高考物理一轮复习第八章磁场第3节带电粒子在组合场中的运动 23页

第3节电粒子在组合场中的运动突破点(一)　质谱仪与回旋加速器1．质谱仪(1)构造：如图所示，由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片等构成。(2)原理：粒子由静止被加速电场加速，qU＝mv2。粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB＝m。由以上两式可得r＝，m＝，＝。2．回旋加速器(1)构造：如图所示，D1、D2是半圆形金属盒，D形盒的缝隙处接交流电源，D形盒处于匀强磁场中。(2)原理：交流电的周期和粒子做圆周运动的周期相等，粒子经电场加速，经磁场回旋，由qvB＝，得Ekm＝，可见粒子获得的最大动能由磁感应强度B和D形盒半径r决定，与加速电压无关。[典例]　(2016·江苏高考，节选)回旋加速器的工作原理如图甲所示，置于真空中的D形金属盒半径为R。两盒间狭缝的间距为d，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直。被加速粒子的质量为m、电荷量为＋q，加在狭缝间的交变电压如图乙所示，电压值的大小为U0，周期T＝。一束该种粒子在t＝0～时间内从A处均匀地飘入狭缝，其初速度视为零。现考虑粒子在狭缝中的运动时间，假设能够出射的粒子每次经过狭缝均做加速运动，不考虑粒子间的相互作用。求： 甲乙(1)出射粒子的动能Em；(2)粒子从飘入狭缝至动能达到Em所需的总时间t0。[解析]　(1)粒子运动半径为R时qvB＝m且Em＝mv2解得Em＝。(2)粒子被加速n次达到动能Em，则Em＝nqU0粒子在狭缝间做匀加速运动，设n次经过狭缝的总时间为Δt加速度a＝匀加速直线运动nd＝a·Δt2由t0＝(n－1)·＋Δt，解得t0＝－。[答案]　(1)　(2)－[集训冲关]1.(2016·全国乙卷)现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定。质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场。若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍。此离子和质子的质量比约为(　　)A．11　　　　　　　　　　　B．12C．121D．144 解析：选D　带电粒子在加速电场中运动时，有qU＝mv2，在磁场中偏转时，其半径r＝，由以上两式整理得：r＝。由于质子与一价正离子的电荷量相同，B1∶B2＝1∶12，当半径相等时，解得：＝144，选项D正确。2.(多选)回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示，要增大带电粒子射出时的动能，则下列说法中正确的是(　　)A．增大匀强电场间的加速电压B．增大磁场的磁感应强度C．减小狭缝间的距离D．增大D形金属盒的半径解析：选BD　回旋加速器利用电场加速和磁场偏转来加速粒子，粒子射出时的轨道半径恰好等于D形盒的半径，根据qvB＝可得，v＝，因此离开回旋加速器时的动能Ek＝mv2＝可知，与加速电压无关，与狭缝距离无关，A、C错误；磁感应强度越大，D形盒的半径越大，动能越大，B、D正确。突破点(二)　带电粒子在三类组合场中的运动带电粒子在电场和磁场的组合场中运动，实际上是将粒子在电场中的加速与偏转，跟磁偏转两种运动有效组合在一起，有效区别电偏转和磁偏转，寻找两种运动的联系和几何关系是解题的关键。当带电粒子连续通过几个不同的场区时，粒子的受力情况和运动情况也发生相应的变化，其运动过程则由几种不同的运动阶段组成。 [多维探究](一)先电场后磁场(1)先在电场中做加速直线运动，然后进入磁场做圆周运动。(如图甲、乙所示)在电场中利用动能定理或运动学公式求粒子刚进入磁场时的速度。(2)先在电场中做类平抛运动，然后进入磁场做圆周运动。(如图丙、丁所示)在电场中利用平抛运动知识求粒子进入磁场时的速度。[典例1]　(2017·长沙市望城一中高三调考)如图所示，某种带电粒子由静止开始经电压为U1的电场加速后，射入水平放置、电势差为U2的两导体板间的匀强电场中，带电粒子沿平行于两板的方向从两板正中间射入，穿过两板后又垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场中，则粒子入磁场和射出磁场的M、N两点间的距离d随着U1和U2的变化情况为(不计重力，不考虑边缘效应)(　　) A．d随U1变化，d与U2无关B．d与U1无关，d随U2变化C．d随U1变化，d随U2变化D．d与U1无关，d与U2无关[解析]　带电粒子在电场中做类平抛运动，可将射出电场的粒子速度v分解成初速度方向与加速度方向，设出射速度与水平夹角为θ，则有：＝cosθ而在磁场中做匀速圆周运动，设运动轨迹对应的半径为R，由几何关系得，半径与直线MN夹角正好等于θ，则有：＝cosθ，所以d＝，又因为半径公式R＝，则有d＝＝。故d随U1变化，d与U2无关，故A正确；B、C、D错误。[答案]　A(二)先磁场后电场对于粒子从磁场进入电场的运动，常见的有两种情况：(1)进入电场时粒子速度方向与电场方向相同或相反；(2)进入电场时粒子速度方向与电场方向垂直。(如图甲、乙所示)[典例2]　(2014·海南高考)如图，在x轴上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外；在x轴下方存在匀强电场，电场方向与xOy平面平行，且与x轴成45°夹角。一质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子以初速度v0从y轴上的P点沿y轴正方向射出，一段时间后进入电场，进入电场时的速度方向与电场方向相反；又经过一段时间T0，磁场的方向变为垂直于纸面向里，大小不变。不计重力。(1)求粒子从P点出发至第一次到达x轴时所需的时间；(2)若要使粒子能够回到P点，求电场强度的最大值。[解析]　(1)带电粒子在磁场中做圆周运动，设运动半径为R，运动周期为T，根据洛伦兹力公式及圆周运动规律，有qv0B＝m　T＝ 依题意，粒子第一次到达x轴时，运动转过的角度为π，所需时间t1为t1＝T，求得t1＝。(2)粒子进入电场后，先做匀减速运动，直到速度减小为0，然后沿原路返回做匀加速运动，到达x轴时速度大小仍为v0，设粒子在电场中运动的总时间为t2，加速度大小为a，电场强度大小为E，有qE＝ma　v0＝at2　得t2＝根据题意，要使粒子能够回到P点，必须满足t2≥T0得电场强度最大值E＝。[答案]　(1)　(2)(三)先后多个电、磁场[典例3]　(2014·广东高考)如图所示，足够大的平行挡板A1、A2竖直放置，间距6L，两板间存在两个方向相反的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，以水平面MN为理想分界面。Ⅰ区的磁感应强度为B0，方向垂直纸面向外。A1、A2上各有位置正对的小孔S1、S2，两孔与分界面MN的距离均为L。质量为m、电荷量为＋q的粒子经宽度为d的匀强电场由静止加速后，沿水平方向从S1进入Ⅰ区，并直接偏转到MN上的P点，再进入Ⅱ区，P点与A1板的距离是L的k倍，不计重力，碰到挡板的粒子不予考虑。(1)若k＝1，求匀强电场的电场强度E；(2)若20范围内以x轴为电场和磁场的边界，在x<0范围内以第三象限内的直线OM为电场与磁场的边界，OM与x轴负方向成θ＝45°角，在边界的下方空间存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝0.1T，在边界的上方有沿y轴正方向的匀强电场，场强大小为E＝32N/C；在y轴上的P点有一个不计重力的带电微粒，以沿x轴负方向的初速度v0＝2×103m/s射出，已知OP＝0.8cm，微粒所带电荷量q＝－5×10－18C，质量m＝1×10－24kg，求：(1)带电微粒第一次进入电场时的位置坐标；(2)带电微粒从P点出发到第三次经过电、磁场边界经历的总时间；(3)带电微粒第四次经过电、磁场边界时的速度大小。解析：(1)带电微粒从P点开始在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示，第一次经过磁场边界上的A点，由半径公式可得r＝＝4×10－3m。因为OP＝0.8cm，匀速圆周运动的圆心在OP的中点C，由几何关系可知，A点位置的坐标为(－4×10－3m，－4×10－3m)。(2)带电微粒在磁场中做匀速圆周运动的周期为T＝＝1.256×10－5s。由图可知，微粒运动四分之一个圆周后竖直向上进入电场，故t1＝T＝0.314×10－5s。微粒在电场中先做匀减速直线运动到速度为零，然后反向做匀加速直线运动，微粒运动的加速度为a＝，故在电场中运动的时间为t2＝＝＝2.5×10－5s。微粒再次进入磁场后又做四分之一圆周运动，故t3＝t1＝0.314×10－5s，所以微粒从P 点出发到第三次经过电、磁场边界的时间为t＝t1＋t2＋t3＝3.128×10－5s。(3)微粒从B点第三次经过电、磁场边界水平向左进入电场后做类平抛运动，则加速度a＝＝1.6×108m/s2，则第四次到达电、磁场边界时，y＝at42，x＝v0t4，tan45°＝，解得vy＝at4＝4×103m/s。则微粒第四次经过电、磁场边界时的速度为v＝＝2×103m/s。答案：(1)(－4×10－3m，－4×10－3m)(2)3.128×10－5s(3)2×103m/s对点训练：带电粒子在交变电、磁场中的运动5．(2017·上饶二模)如图甲所示，在光滑绝缘水平桌面内建立xOy坐标系，在第Ⅱ象限内有平行于桌面的匀强电场，场强方向与x轴负方向的夹角θ＝45°。在第Ⅲ象限垂直于桌面放置两块相互平行的平板C1、C2，两板间距为d1＝0.6m，板间有竖直向上的匀强磁场，两板右端在y轴上，板C1与x轴重合，在其左端紧贴桌面有一小孔M，小孔M离坐标原点O的距离为L＝0.72m。在第Ⅳ象限垂直于x轴放置一块平行y轴且沿y轴负向足够长的竖直平板C3，平板C3在x轴上垂足为Q，垂足Q与原点O相距d2＝0.18m。现将一带负电的小球从桌面上的P点以初速度v0＝4m/s垂直于电场方向射出，刚好垂直于x轴穿过C1板上的M孔，进入磁场区域。已知小球可视为质点，小球的比荷＝20C/kg，P点与小孔M在垂直于电场方向上的距离为s＝m，不考虑空气阻力。求：(1)匀强电场的场强大小；(2)要使带电小球无碰撞地穿出磁场并打到平板C3上，求磁感应强度的取值范围；(3)若t＝0时刻小球从M点进入磁场，磁场的磁感应强度如乙图随时间呈周期性变化(取竖直向上为磁场正方向)，求小球从M点到打在平板C3 上所用的时间。(计算结果保留两位小数)解析：(1)小球在第Ⅱ象限内做类平抛运动有：v0t＝sat＝v0tanθ由牛顿第二定律有：qE＝ma代入数据解得：E＝8N/C。(2)设小球通过M点时的速度为v，由类平抛运动规律：v＝＝m/s＝8m/s；小球垂直磁场方向进入两板间做匀速圆周运动，轨迹如图，由牛顿第二定律有：qvB＝m，得：B＝小球刚好能打到Q点，磁感应强度最强设为B1。此时小球的轨迹半径为R1由几何关系有：＝，代入数据解得：B1＝1T。小球刚好不与C2板相碰时，磁感应强度最小设为B2，此时粒子的轨迹半径为R2。由几何关系有：R2＝d1，代入数据解得：B2＝T；综合得磁感应强度的取值范围：T≤B≤1T。(3)小球进入磁场做匀速圆周运动，设半径为R3，周期为T；由周期公式可得：R3＝解得：R3＝0.18mT＝解得：T＝s 由磁场周期T0＝分析知小球在磁场中运动的轨迹如图，一个磁场周期内小球在x轴方向的位移为3R3＝0.54m，L－3R3＝0.18m即：小球刚好垂直y轴方向离开磁场，则在磁场中运动的时间t1＝＋＋＝s＝0.13s从离开磁场到打在平板C3上所用的时间t2＝＝0.02s小球从M点到打在平板C3上所用总时间t＝t1＋t2＝0.02s＋0.13s＝0.15s。答案：(1)8N/C　(2)T≤B≤1T　(3)0.15s6．(2016·保定期末调研)如图(a)所示，灯丝K可以连续逸出不计初速度的电子，在KA间经大小为U的加速电压加速后，从A板中心小孔射出，再从M、N两极板的正中间以平行极板的方向进入偏转电场。M、N两极板长为L，间距为L。如果在两板间加上如图(b)所示的电压UMN，电子恰能全部射入如图(a)所示的匀强磁场中。不考虑极板边缘的影响，电子穿过平行板的时间极短，穿越过程可认为板间电压不变，磁场垂直纸面向里且范围足够大，不考虑电场变化对磁场的影响。已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子的重力及它们之间的相互作用力。(1)求偏转电场电压UMN的峰值；(2)已知在t＝时刻射入偏转电场的电子恰好能返回板间，求匀强磁场的磁感应强度B的大小；(3)求从电子进入偏转电场开始到离开磁场的最短时间。解析：(1)电子在经过加速电场过程中，根据动能定理可得eU＝mv02由题意可知在偏转电压达到峰值时进入的电子恰好沿极板边缘飞出电场L＝at02a＝ L＝v0t0联立可得Umax＝U。(2)设t＝时刻进入偏转电场的电子离开电场时速度大小为v，v与v0之间夹角为θ，则tanθ＝·＝，所以θ＝30°v0＝vcosθ电子垂直进入磁场，由洛伦兹力充当向心力：evB＝根据几何关系2Rcosθ＝L解得B＝。(3)电子在偏转电场中运动历时相等，设电子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T，经N板边缘飞出的电子在磁场中运动时间最短，在磁场中飞行时间为又T＝联立解得tmin＝＋。答案：(1)U　(2)　(3)＋考点综合训练7．(2017·福建质检)如图所示，圆形区域半径为R，圆心在O点，区域中有方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。电子在电子枪中经电场加速后沿AO方向垂直进入磁场，偏转后从M点射出并垂直打在荧光屏PQ上的N点，PQ平行于AO，O点到PQ的距离为2R。电子电荷量为e，质量为m，忽略电子加速前的初动能及电子间的相互作用。求： (1)电子进入磁场时的速度大小v；(2)电子枪的加速电压U；(3)若保持电子枪与AO平行，将电子枪在纸面内向下平移至距AO为处，则电子打在荧光屏上的点位于N点的左侧还是右侧及该点距N点的距离。解析：(1)电子在磁场中，洛伦兹力提供圆周运动的向心力evB＝m电子轨迹如图甲所示，由几何关系得r＝R联立解得v＝。(2)电子在电子枪中，由动能定理得eU＝mv2联立解得U＝。(3)电子在磁场中运动的半径r＝R，故平行于AO射入磁场的电子都将经过M点后打在荧光屏上。从与AO相距的C点射入磁场的电子打在荧光屏上的G点，G点位于N点的左侧，其轨迹如图乙所示。由几何关系，α＝60°GN＝＝R。答案：(1)　(2)　(3)左侧　R8．(2013·安徽高考)如图所示的平面直角坐标系xOy，在第Ⅰ象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y轴正方向；在第Ⅳ象限的正三角形abc区域内有匀强磁场，方向垂直于xOy平面向里，正三角形边长为L，且ab边与y轴平行。一质量为m、电荷量为q的粒子，从y轴上的P(0，h)点，以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴上的a(2h,0)点进入第Ⅳ象限，又经过磁场从y轴上的某点进入第Ⅲ象限，且速度与y轴负方向成45°角，不计粒子所受的重力。求： (1)电场强度E的大小；(2)粒子到达a点时速度的大小和方向；(3)abc区域内磁场的磁感应强度B的最小值。解析：(1)设粒子在电场中运动的时间为t，则有x＝v0t＝2hy＝at2＝h　qE＝ma联立以上各式可得E＝。(2)粒子到达a点时沿y轴负方向的分速度为vy＝at＝v0所以v＝＝v0，方向指向第Ⅳ象限与x轴正方向成45°角。(3)粒子在磁场中运动时，有qvB＝m当粒子从b点射出时，磁场的磁感应强度为最小值，此时有r＝L，所以B＝。答案：(1)　(2)v0　方向指向第Ⅳ象限与x轴正方向成45°角　(3)