搜索
-1-专题四带电粒子在复合场中的运动考纲解读1.会分析速度选择器、磁流体发电机、质谱仪、回旋加速器等磁场的实际应用问题.2.会分析带电粒子在组合场、叠加场中的运动问题．考点一回旋加速器和质谱仪1．质谱仪图1(1)构造：如图1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＝12mv2.粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB＝mv2r.由以上两式可得r＝1B2mUq，m＝qr2B22U，qm＝2UB2r2.2．回旋加速器(1)图2构造：如图2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＝mv2r，得Ekm＝q2B2r22m，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．例1回旋加速器是用来加速带电粒子，使它获得很大动能的仪器，其核心部分是两个D形金属扁盒，两盒分别和一高频交流电源两极相接，以便在盒间的窄缝中形成匀强电场，使粒-2-子每次穿过狭缝都得到加速，两盒放在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面，粒子源置于盒的圆心附近，若粒子源射出的粒子的电荷量为q，质量为m，粒子最大回旋半径为Rm，其运动轨迹如图3所示．问：图3(1)D形盒内有无电场？(2)粒子在盒内做何种运动？(3)所加交流电压频率应是多大，粒子运动的角速度为多大？(4)粒子离开加速器时速度为多大？最大动能为多少？(5)设两D形盒间电场的电势差为U，盒间距离为d，其间电场均匀，求把静止粒子加速到上述能量所需时间．解析(1)扁盒由金属导体制成，具有屏蔽外电场的作用，盒内无电场．(2)带电粒子在盒内做匀速圆周运动，每次加速之后半径变大．(3)粒子在电场中运动时间极短，因此高频交流电压频率要等于粒子回旋频率，因为T＝2πmqB，故得回旋频率f＝1T＝qB2πm，角速度ω＝2πf＝qBm.(4)粒子做圆周运动的半径最大时，由牛顿第二定律得qvmB＝mv2mRm，故vm＝qBRmm.最大动能Ekm＝12mv2m＝q2B2R2m2m.(5)粒子每旋转一周能量增加2qU.粒子的能量提高到Ekm，则旋转周数n＝qB2R2m4mU.粒子在磁场中运动的时间t磁＝nT＝πBR2m2U.一般地可忽略粒子在电场中的运动时间，t磁可视为总时间．答案(1)D形盒内无电场(2)匀速圆周运动(3)qB2πmqBm(4)qBRmmq2B2R2m2m(5)πBR2m2U-3-递进题组1．[回旋加速器的工作原理]劳伦斯和利文斯设计出回旋加速器，工作原理示意图如图4所示．置于真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可忽略．磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，高频交流电频率为f，加速电压为U.若A处粒子源产生质子的质量为m、电荷量为＋q，在加速器中被加速，且加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响．则下列说法正确的是()图4A．质子被加速后的最大速度不可能超过2πRfB．质子离开回旋加速器时的最大动能与加速电压U成正比C．质子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为2∶1D．不改变磁感应强度B和交流电频率f，该回旋加速器的最大动能不变答案AC解析质子被加速后的最大速度受到D形盒半径R的制约，因v＝2πRT＝2πRf，故A正确；质子离开回旋加速器的最大动能Ekm＝12mv2＝12m×4π2R2f2＝2mπ2R2f2，与加速电压U无关，B错误；根据R＝mvBq，Uq＝12mv21，2Uq＝12mv22，得质子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为2∶1，C正确；因回旋加速器的最大动能Ekm＝2mπ2R2f2与m、R、f均有关，D错误．2．[质谱仪的工作原理]对铀235的进一步研究在核能的开发和利用中具有重要意义．如图5所示，质量为m、电荷量为q的铀235离子，从容器A下方的小孔S1不断飘入加速电场，其初速度可视为零，然后经过小孔S2垂直于磁场方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，做半径为R的匀速圆周运动．离子行进半个圆周后离开磁场并被收集，离开磁场时离子束的等效电流为I.不考虑离子重力及离子间的相互作用．图5-4-(1)求加速电场的电压U；(2)求出在离子被收集的过程中任意时间t内收集到的离子的质量M.答案(1)qB2R22m(2)mItq解析(1)设离子经电场加速后进入磁场时的速度为v，由动能定理得qU＝12mv2①离子在磁场中做匀速圆周运动，所受洛伦兹力提供向心力，即qvB＝mv2R②由①②式解得U＝qB2R22m③(2)设在任意时间t内收集到的离子个数为N，总电荷量为Q，则Q＝It④N＝Qq⑤M＝Nm⑥由④⑤⑥式解得M＝mItq考点二带电体在叠加场中的运动1．带电体在叠加场中无约束情况下的运动情况分类(1)洛伦兹力、重力并存①若重力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动．②若重力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒，由此可求解问题．(2)静电力、洛伦兹力并存(不计重力的微观粒子)①若静电力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动．②若静电力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用动能定理求解问题．(3)静电力、洛伦兹力、重力并存①若三力平衡，一定做匀速直线运动．②若重力与静电力平衡，一定做匀速圆周运动．③若合力不为零且与速度方向不垂直，将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用能量守恒定律或动能定理求解问题．2．带电体在叠加场中有约束情况下的运动-5-带电体在叠加场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道等约束的情况下，常见的运动形式有直线运动和圆周运动，此时解题要通过受力分析明确变力、恒力做功情况，并注意洛伦兹力不做功的特点，运用动能定理、能量守恒定律结合牛顿运动定律求解．例2如图6所示，位于竖直平面内的坐标系xOy，在其第三象限空间有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝0.5T，还有沿x轴负方向的匀强电场，场强大小为E＝2N/C.在其第一象限空间有沿y轴负方向的、场强大小也为E的匀强电场，并在yh＝0.4m的区域有磁感应强度也为B的垂直于纸面向里的匀强磁场．一个带电荷量为q的带电油滴从图中第三象限的P点得到一初速度，恰好能沿PO做匀速直线运动(PO与x轴负方向的夹角为θ＝45°)，并从原点O进入第一象限．已知重力加速度g＝10m/s2，问：图6(1)油滴在第三象限运动时受到的重力、电场力、洛伦兹力三力的大小之比，并指出油滴带何种电荷；(2)油滴在P点得到的初速度大小；(3)油滴在第一象限运动的时间．解析(1)根据受力分析(如图)可知油滴带负电荷，设油滴质量为m，由平衡条件得：mg∶qE∶F＝1∶1∶2.(2)由第(1)问得：mg＝qEqvB＝2qE解得：v＝2EB＝42m/s.-6-(3)进入第一象限，电场力和重力大小相等、方向相反，油滴受力平衡，知油滴先做匀速直线运动，进入y≥h的区域后做匀速圆周运动，轨迹如图，最后从x轴上的N点离开第一象限．油滴由O→A做匀速运动的位移为x1＝hsin45°＝2h其运动时间：t1＝x1v＝2h2EB＝hBE＝0.1s由几何关系和圆周运动的周期关系式T＝2πmqB知，油滴由A→C做圆周运动的时间为t2＝14T＝πE2gB≈0.628s由对称性知油滴从C→N运动的时间t3＝t1油滴在第一象限运动的总时间t＝t1＋t2＋t3＝2×0.1s＋0.628s＝0.828s答案(1)1∶1∶2油滴带负电荷(2)42m/s(3)0.828s变式题组3．[带电粒子在叠加场中的运动]如图7所示，两块水平放置、相距为d的长金属板接在电压可调的电源上．两板之间的右侧区域存在方向垂直纸面向里的匀强磁场．将喷墨打印机的喷口靠近上板下表面，从喷口连续不断喷出质量均为m、水平速度均为v0、带相等电荷量的墨滴．调节电源电压至U，墨滴在电场区域恰能沿水平向右做匀速直线运动；进入电场、磁场共存区域后，最终垂直打在下板的M点．已知重力加速度为g.图7(1)判断墨滴所带电荷的种类，并求其电荷量；(2)求磁感应强度B的值；(3)现保持喷口方向不变，使其竖直下移到两板中间的位置．为了使墨滴仍能到达下板M点，应将磁感应强度调至B′，则B′的大小为多少？答案(1)负电荷mgdU(2)v0Ugd2(3)4v0U5gd2解析(1)墨滴在电场区域做匀速直线运动，有qUd＝mg①由①式得：q＝mgdU②-7-由于电场方向向下，墨滴所受电场力方向向上，可知：墨滴带负电荷．(2)墨滴垂直进入电场、磁场共存区域后，重力仍与电场力平衡，洛伦兹力提供向心力，墨滴做匀速圆周运动，有qv0B＝mv20R③考虑墨滴进入电场、磁场共存区域和下板的几何关系，可知墨滴在该区域恰完成四分之一圆周运动，则半径R＝d④由②③④式得B＝v0Ugd2(3)根据题设，墨滴运动轨迹如图所示，设墨滴做圆周运动的半径为R′，有qv0B′＝mv20R′⑤由图可得：R′2＝d2＋(R′－d2)2⑥由⑥式得：R′＝54d⑦联立②⑤⑦式可得：B′＝4v0U5gd2.考点三带电粒子在组合场中运动“电偏转”和“磁偏转”的比较：垂直电场线进入匀强电场(不计重力)垂直磁感线进入匀强磁场(不计重力)受力情况电场力F＝qE，其大小、方向不变，与速度v无关，F是恒力洛伦兹力F洛＝qvB，其大小不变，方向随v而改变，F洛是变力轨迹抛物线圆或圆的一部分运动轨迹-8-求解方法利用类似平抛运动的规律求解：vx＝v0，x＝v0tvy＝qEm·t，y＝12·qEm·t2偏转角φ：tanφ＝vyvx＝qEtmv0半径：r＝mvqB周期：T＝2πmqB偏移距离y和偏转角φ要结合圆的几何关系利用圆周运动规律讨论求解运动时间t＝Lv0t＝φ2πT＝φmqB动能变化不变例3(2013·山东·23)如图8所示，在坐标系xOy的第一、第三象限内存在相同的匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面向里；第四象限内有沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E.一电荷量为＋q、质量为m的粒子，自y轴上的P点沿x轴正方向射入第四象限，经x轴上的Q点进入第一象限，随即撤去电场，以后仅保留磁场．已知OP＝d，OQ＝2d.不计粒子重力．图8(1)求粒子过Q点时速度的大小和方向；(2)若磁感应强度的大小为一确定值B0，粒子将沿垂直y轴的方向进入第二象限，求B0；(3)若磁感应强度的大小为另一确定值，经过一段时间后粒子将再次经过Q点，且速度与第一次过Q点时相同，求该粒子相邻两次经过Q点所用的时间．解析(1)设粒子在电场中运动的时间为t0，加速度的大小为a，粒子的初速度为v0，过Q点时速度的大小为v，沿y轴方向分速度的大小为vy，速度与x轴正方向间的夹角为θ，由牛顿第二定律得qE＝ma①由运动学公式得d＝12at20②2d＝v0t0③vy＝at0④v＝v20＋v2y⑤-9-tanθ＝vyv0⑥联立①②③④⑤⑥式得v＝2qEdm⑦θ＝45°，即粒子过Q点时速度方向斜向上与x轴正方向成45°角⑧(2)设粒子做圆周运动的半径为R1，粒子在第一象限的运动轨迹如图所示，O1为圆心，由几何关系可知△O1OQ为等腰直角三角形，得R1＝22d⑨由牛顿第二定律得qvB0＝mv2R1⑩联立⑦⑨⑩式得B0＝mE2qd⑪(3)设粒子做圆周运动的半径为R2，由几何知识分析知，粒子运动的轨迹如图所示，O2、O2′是粒子做圆周运动的圆心，Q、F、G、H是轨迹与两坐标轴的交点，连接O2、O2′，由几何关系知，O2FGO2′和O2QHO2′均为矩形，进而知FQ、GH均为直径，QFGH也是矩形，又FH⊥GQ，可知QFGH是正方形，△QOF为等腰直角三角形．由此可知，粒子在第一、第三象限的轨迹均为半圆，得2R2＝22d⑫粒子在第二、第四象限的轨迹为长度相等的线段，得FG＝HQ＝2R2⑬设粒子相邻两次经过Q点所用的时间为t，则t＝FG＋HQ＋2πR2v⑭联立⑦⑫⑬⑭式得t＝(2＋π)2mdqE答案(1)2qEdm，方向斜向上与x轴正方向成45°角(2)mE2qd