【物理】2020届一轮复习人教版带电粒子在组合场中的运动学案 14页

带电粒子在组合场中的运动 考点一质谱仪与回旋加速器 ‎[考点解读]‎ ‎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．‎ ‎(3)回旋加速器在电场中加速的次数n 带电离子在回旋加速器中，被加速的次数为n，由动能定理，可得nUq＝·mv①‎ 将①代入②式，得n＝·②‎ 可见要想求出离子在回旋加速器中被加速的次数，首先要算出离子的最大动能．‎ ‎(4)带电离子在回旋加速器中运动的时间t 带电离子在回旋加速器中，运动的时间分两部分，在磁场中运动的时间t磁＝n·，将②代入，得t磁＝ 在电场中运动的时间t电＝＝＝(d为D形盒狭缝的间距)，‎ 带电离子在回旋加速器中运动的总时间为t＝t磁＋t电＝＋ 由于πRD≫d，所以t磁≫t电，所以通常计算带电粒子在回旋加速器中运动时，在时间方面考虑的都是做圆周运动的周期，而忽略通过间隙的时间，即t＝t磁＝.‎ ‎[典例赏析]‎ ‎[典例1](2018·全国卷Ⅲ)如图，从离子源产生的甲、乙两种离子，由静止经加速电压U加速后在纸面内水平向右运动，自M点垂直于磁场边界射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场左边界竖直．已知甲种离子射入磁场的速度大小为v1，并在磁场边界的N点射出；乙种离子在MN的中点射出；MN长为l.不计重力影响和离子间的相互作用．求 ‎(1)磁场的磁感应强度大小；‎ ‎(2)甲、乙两种离子的比荷之比．‎ ‎[解析](1)设甲种离子电荷量为q1，质量为m1，其在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径为R1，对甲离子经加速电压U的加速过程由动能定理得q1U＝m1v，由于甲离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，‎ 可得：q1v1B＝m1 又因R1＝ 联立解得：B＝ ‎(2)设乙种离子所带电荷量为q2，质量为m2，其在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径为R2，进入磁场时的速度为v2.‎ 在电场中有：q2U＝m2v 在磁场中有：q2v2B＝m2 又因R2＝ 综合(1)(2)问可得：∶＝1∶4.‎ ‎[答案](1)(2)1∶4‎ ‎[题组巩固]‎ ‎1.(2016·全国卷Ⅰ)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．12 C．121 D．144‎ 解析：D[由qU＝mv2得带电粒子进入磁场的速度为v＝ ，结合带电粒子在磁场中运动的轨迹半径R＝，综合得到R＝ ，由题意可知，该离子与质子在磁场中具有相同的轨道半径和电荷量，故＝144，故选D.]‎ ‎2．(2016·江苏卷)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：‎ ‎(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.‎ ‎(3)要使飘入狭缝的粒子中有超过99%能射出，d应满足的条件．‎ 解析：(1)粒子运动半径为R时，有 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＝，‎ 粒子做匀加速直线运动，有nd＝a·Δt2，‎ 由t0＝(n－1)·＋Δt，解得t0＝－.‎ ‎(3)只有在0～时间内飘入的粒子才能每次均被加速，则所占的比例η＝，‎ 由η>99%，解得d<.‎ 答案：(1)(2)－ ‎(3)d< 考点二带电粒子在组合场中的运动 ‎[考点解读]‎ ‎1．组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，电场、磁场交替出现．‎ ‎2．“磁偏转”和“电偏转”的比较 电偏转 磁偏转 偏转条件 带电粒子以v⊥E进入匀强电场(不计重力)‎ 带电粒子以v⊥B进入匀强磁场(不计重力)‎ 受力情况 只受恒定的电场力F＝Eq 只受大小恒定的洛伦兹力F＝qvB 运动情况 类平抛运动 匀速圆周运动 运动轨迹 求解方法 利用类平抛运动的规律x＝v0t，y＝at2，a＝，tan θ＝ 牛顿第二定律、向心力公式r＝，T＝，t＝ ‎[典例赏析]‎ ‎[典例2](2018·全国卷Ⅰ)如图，在y＞0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E；在y＜0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场．一个氕核H和一个氘核H先后从y轴上y＝h点以相同的动能射出，速度方向沿x轴正方向．已知H进入磁场时，速度方向与x轴正方向的夹角为60°，并从坐标原点O处第一次射出磁场.H的质量为m，电荷量为q.不计重力．求：‎ ‎(1)H第一次进入磁场的位置到原点O的距离；‎ ‎(2)磁场的磁感应强度大小；‎ ‎(3)H第一次离开磁场的位置到原点O的距离．‎ ‎[解析](1)H在电场中做类平拋运动，在磁场中做圆周运动，运动轨迹如图所示．设H在电场中的加速度大小为a1，初速度大小为v1，它在电场中的运动时间为t1，第一次进入磁场的位置到原点O的距离为s1.由运动学公式有s1＝v1t1①‎ h＝a1t②‎ 由题给条件，H进入磁场时速度的方向与x轴正方向夹角θ1＝60°.H进入磁场时速度的y分量的大小为 a1t1＝v1tan θ1③‎ 联立以上各式得s1＝h④‎ ‎(2)H在电场中运动时，由牛顿第二定律有 qE＝ma1⑤‎ 设H进入磁场时速度的大小为v′1，由速度合成法则有v′1＝⑥‎ 设磁感应强度大小为B，H在磁场中运动的圆轨道半径为R1，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有 qv′1B＝⑦‎ 由几何关系得s1＝2R1sin θ1⑧‎ 联立以上各式得B＝⑨‎ ‎(3)设H在电场中沿x轴正方向射出的速度大小为v2，在电场中的加速度大小为a2，由题给条件得 (‎2m)v＝mv⑩‎ 由牛顿第二定律有qE＝2ma2⑪‎ 设H第一次射入磁场时的速度大小为v2′，速度的方向与x轴正方向夹角为θ2，入射点到原点的距离为s2，在电场中运动的时间为t2.由运动学公式有 s2＝v2t2⑫‎ h＝a2t⑬‎ v′2＝⑭‎ sin θ2＝⑮‎ 联立以上各式得s2＝s1，θ2＝θ1，v′2＝v′1⑯‎ 设H在磁场中做圆周运动的半径为R2，由⑦⑯式及粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公式得 R2＝＝R1⑰‎ 所以出射点在原点左侧．设H进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点的距离为s′2，由几何关系有s′2＝2R2sin θ2⑱‎ 联立④⑧⑯⑰⑱式得，H第一次离开磁场时的位置到原点O的距离为s′2－s2＝‎ eq f(2 (3),3)(－1)h.‎ ‎[答案](1)h(2) (3)(－1)h ‎“5步”突破带电粒子在组合场中的运动问题 ‎[题组巩固]‎ ‎1．(2019·烟台模拟)如图所示的平面直角坐标系xOy，在第Ⅰ、Ⅲ象限内有平行于y轴，电场强度大小相同、方向相反的匀强电场，在第Ⅳ象限内有垂直于纸面向里的匀强磁场．一质量为m，电荷量为q的带电粒子，从y轴上的M(0，d)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轴的N点进入第Ⅳ象限内，又经过磁场垂直y轴进入第Ⅲ象限，最终粒子从x轴上的P点离开．不计粒子所受到的重力．求：‎ ‎(1)匀强电场的电场强度E和磁场的磁感应强度B的大小；‎ ‎(2)粒子运动到P点的速度大小；‎ ‎(3)粒子从M点运动到P点所用的时间．‎ 解析：(1)粒子运动轨迹如图所示．‎ 设粒子在第Ⅰ象限内运动的时间为t1，粒子在N点时速度大小为v1，方向与x轴正方向间的夹角为θ，则：‎ x＝v0t1＝d y＝at＝d qE＝ma，tan θ＝＝ v1＝ 联立以上各式得：θ＝，v1＝2v0，E＝.‎ 粒子在第Ⅳ象限内做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qv1B＝m 由几何关系得：R＝＝d 联立并代入数据解得：B＝.‎ ‎(2)粒子由M点到P点的过程，由动能定理得：‎ qEd＋qE(R＋Rcos θ)＝mv－mv 代入(1)中所求数据解得：vP＝v0.‎ ‎(3)粒子在第Ⅰ象限内运动时间：t1＝＝ 粒子在第Ⅳ象限内运动周期：T＝＝ t2＝T＝ 粒子在第Ⅲ象限内运动时有：R＋Rcos θ＝at 解得：t3＝ 粒子从M点运动到P点的时间：‎ t＝t1＋t2＋t3＝.‎ 答案：(1)(2)v0‎ ‎(3) ‎2．(2017·天津卷)平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第Ⅲ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，如图所示．一带负电的粒子从电场中的Q 点以速度v0沿x轴正方向开始运动，Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍．粒子从坐标原点O离开电场进入磁场，最终从x轴上的P点射出磁场，P点到y轴距离与Q点到y轴距离相等．不计粒子重力，问：‎ ‎(1)粒子到达O点时速度的大小和方向；‎ ‎(2)电场强度和磁感应强度的大小之比．‎ 解析：(1)粒子在电场中从Q到O做类平抛运动，设O点速度v，与＋x方向夹角为α，Q点到x轴的距离为L，到y轴的距离为‎2L，粒子的加速度为a，运动时间为t，根据类平抛运动的规律，有：‎ x方向：‎2L＝v0t y方向：L＝at2‎ 粒子到达O点时沿y轴方向的分速度为vy＝at 又：tan α＝ ‎ 解得：tan α＝1，即α＝45°，粒子到达O点时速度方向与x轴方向的夹角为45°角斜向上．‎ 粒子到达O点时的速度大小为v＝ ＝v0‎ ‎(2)设电场强度为E，粒子所带电荷量为q，质量为m，粒子在电场中受到的电场力为F，‎ 粒子在电场中运动的加速度：a＝ 设磁感应强度大小为B，粒子做匀速圆周运动的半径为R，洛伦兹力提供向心力，有：qvB＝m 根据几何关系可知：R＝L 整理可得：＝ 答案：(1)v＝v0，方向与x轴方向的夹角为45°角斜向上(2)＝.‎ 考点三带电粒子在交变电、磁场中的运动 ‎[考点解读]‎ 解决带电粒子在交变电、磁场中的运动问题的基本思路 ‎[典例赏析]‎ ‎[典例3]如图(a)所示的xOy平面处于变化的匀强电场和匀强磁场中，电场强度E和磁感应强度B随时间做周期性变化的图象如图(b)所示，y轴正方向为E的正方向，垂直于纸面向里为B的正方向．t＝0时刻，带负电粒子P(重力不计)由原点O以速度v0沿y轴正方向射出，它恰能沿一定轨道做周期性运动．v0、E0和t0为已知量，图(b)中＝，在0～t0时间内粒子P第一次离x轴最远时的坐标为.求：‎ ‎(1)粒子P的比荷；‎ ‎(2)t＝2t0时刻粒子P的位置；‎ ‎(3)带电粒子在运动中距离原点O的最远距离L.‎ ‎[解析](1)0～t0时间内粒子P在匀强磁场中做匀速圆周运动，当粒子所在位置的纵、横坐标相等时，粒子在磁场中恰好经过圆周，所以粒子P第一次离x轴的最远距离等于轨道半径R，即R＝①‎ 又qv0B0＝m②‎ 代入＝ 解得＝③‎ ‎(2)设粒子P在磁场中运动的周期为T，则 T＝④‎ 联立①④解得T＝4t0⑤‎ 即粒子P做圆周运动后磁场变为电场，粒子以速度v0垂直电场方向进入电场后做类平抛运动，设t0～2t0时间内水平位移和竖直位移分别为x1、y1，则 x1＝v0t0＝＝⑥‎ y1＝at⑦‎ 其中加速度a＝ 由③⑦解得y1＝＝R，因此t＝2t0时刻粒子P的位置坐标为，如图中的b点所示．‎ ‎(3)分析知，粒子P在2t0～3t0时间内，电场力产生的加速度方向沿y轴正方向，由对称关系知，在3t0时刻速度方向为x轴正方向，位移x2＝x1＝v0t0；在3t0～5t0时间内粒子P沿逆时针方向做匀速圆周运动，往复运动轨迹如图所示，由图可知，带电粒子在运动中距原点O的最远距离L即O、d间的距离L＝2R＋2x1⑧‎ 解得L＝v0t0.‎ ‎[答案](1)(2)(3)v0t0‎ ‎[题组巩固]‎ ‎1．如图甲所示，宽度为d的竖直狭长区域内(边界为L1、L2)，存在垂直纸面向里的匀强磁场和竖直方向上的周期性变化的电场(如图乙所示)，电场强度的大小为E0，E0＞0表示电场方向竖直向上．t＝0时，一带正电、质量为m的微粒从左边界上的N1点以水平速度v射入该区域，沿直线运动到Q 点后，做一次完整的圆周运动，再沿直线运动到右边界上的N2点．Q为线段N1N2的中点，重力加速度为g.上述d、E0、m、v、g为已知量．‎ ‎(1)求微粒所带电荷量q和磁感应强度B的大小．‎ ‎(2)求电场变化的周期T.‎ ‎(3)改变宽度d，使微粒仍能按上述运动过程通过相应宽度的区域，求T的最小值．‎ 解析：(1)微粒做直线运动，则mg＋qE0＝qvB①‎ 微粒做圆周运动，则mg＝qE0②‎ q＝③‎ 联立①②得B＝④‎ ‎(2)设微粒从N1点运动到Q点的时间为t1，做圆周运动的半径为R，周期为t2，则＝vt1⑤‎ qvB＝⑥‎ ‎2πR＝vt2⑦‎ 联立③④⑤⑥⑦得t1＝，t2＝ 电场变化的周期T＝t1＋t2＝＋ ‎(3)若微粒能完成题述的运动过程，要求 d≥2R⑧‎ 联立③④⑥得R＝⑨‎ 设微粒在N1Q段直线运动的最短时间为t1min，则由⑤⑧⑨得t1min＝ 因t2不变，所以T的最小值Tmin＝t1min＋t2＝.‎ 答案：(1)(2)＋(3) ‎2．(2019·合肥模拟)如图甲所示，带正电粒子以水平速度v0从平行金属板MN间中线OO′连续射入电场中．MN板间接有如图乙所示的随时间t变化的电压UMN，两板间电场可看做是均匀的，且两板外无电场．紧邻金属板右侧有垂直纸面向里的匀强磁场B ‎，分界线为CD，EF为屏幕．金属板间距为d，长度为l，磁场的宽度为d.已知：B＝5×10－3 T，l＝d＝‎0.2 m，每个带正电粒子的速度v0＝‎105 m/s，比荷为＝‎108 C/kg，重力忽略不计，在每个粒子通过电场区域的极短时间内，电场可视作是恒定不变的．试求：‎ ‎(1)带电粒子进入磁场做圆周运动的最小半径；‎ ‎(2)带电粒子射出电场时的最大速度；‎ ‎(3)带电粒子打在屏幕上的范围．‎ 解析：(1)t＝0时刻射入电场的带电粒子不被加速，进入磁场做圆周运动的半径最小．‎ 粒子在磁场中运动时qv0B＝ 则带电粒子进入磁场做圆周运动的最小半径 rmin＝＝ m＝‎‎0.2 m 其运动的径迹如图中曲线Ⅰ所示．‎ ‎(2)设两板间电压为U1，带电粒子刚好从极板边缘射出电场，则有 ＝at2＝·2‎ 代入数据，解得U1＝100 V 在电压低于100 V时，带电粒子才能从两板间射出电场，电压高于100 V时，带电粒子打在极板上，不能从两板间射出．带电粒子刚好从极板边缘射出电场时，速度最大，设最大速度为vmax，‎ 则有mv＝mv＋q 解得vmax＝×‎105 m/s＝1.414×‎105 m/s.‎ ‎(3)由第(1)问计算可知，t＝0时刻射入电场的粒子在磁场中做圆周运动的半径rmin＝d＝‎0.2 m，径迹恰与屏幕相切，设切点为E，E为带电粒子打在屏幕上的最高点，‎ 则＝rmin＝‎‎0.2 m 带电粒子射出电场时的速度最大时，在磁场中做圆周运动的半径最大，打在屏幕上的位置最低．‎ 设带电粒子以最大速度射出电场进入磁场中做圆周运动的半径为rmax，打在屏幕上的位置为F，运动径迹如图中曲线Ⅱ所示．‎ qvmaxB＝ 则带电粒子进入磁场做圆周运动的最大半径 rmax＝＝ m＝ m 由数学知识可得运动径迹的圆心必落在屏幕上，如图中Q点所示，并且Q点必与M板在同一水平线上．则 ＝＝ m＝‎‎0.1 m 带电粒子打在屏幕上的最低点为F，则 ＝rmax－＝m＝‎‎0.18 m 即带电粒子打在屏幕上O′上方‎0.2 m到O′下方‎0.18 m的范围内．‎ 答案：(1)‎0.2 m(2)1.414×‎105 m/s(3)O′上方‎0.2 m到O′下方‎0.18 m的范围内