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1、第12講帶電粒子在復合場中的運動問題,帶電粒子在組合場中的運動 考向1 磁場+磁場 【典題1】(2018年2月寧波期末,22)在一個放射源水平放出、、三種射線,垂直射入如圖所示磁場,區(qū)域和的寬度均為d,各自存在著垂直紙面的勻強磁場,兩區(qū)域的磁感應強度大小B相等,方向相反(粒子運動不考慮相對論效應)。,(1)若要篩選出速率大小v1的所有粒子進入?yún)^(qū)域,求磁場寬度d與B和v1的關系; (2)若B=0.027 3 T,v1=0.1c(c是光速度),計算d;粒子的速率為0.001c,計算粒子和射線離開區(qū)域時的距離(答案均保留三位有效數(shù)字); (3)當d滿足第(1)小題所給關系時,請給出速率在v1
2、2區(qū)間的粒子離開區(qū)域時的位置。已知電子質(zhì)量me=9.110-31 kg,粒子質(zhì)量m=6.710-27 kg,電子電荷量q=1.610-19 C, (|x|<1時),(3)畫出速率分別為v1和v2的粒子離開區(qū)域的軌跡如下圖,解題技法帶電粒子在磁場+磁場的組合場中運動,當隨空間位置的改變粒子從一個磁場進入另一個磁場時,要注意作為銜接的物理量速度是不變的,從而粒子在相鄰的兩個磁場中的圓周運動的軌跡會有相切的關系(內(nèi)切或外切),另外還要注意由于磁場邊界的存在所需要滿足的相應幾何關系。,當堂練1(2018年5月溫州新力量聯(lián)盟高二期中聯(lián)考)一束電子束射入如圖所示的組合磁場中,其中磁場的磁感應強度
3、為B,方向向里,磁場橫向?qū)挾葹閐,縱向延伸至無窮;磁場的磁感應強度為B,方向向外,磁場橫向?qū)挾葹?d,縱向延伸至無窮。以粒子進入磁場點處為原點,射入方向為x軸正方向,建立平面直角坐標系。同時為了探測電子的位置,在磁場的左側(cè)邊界鋪設了熒光屏。已知電子的比荷為k。忽略電子間的相互作用與重力作用。求:,(1)粒子能夠進入磁場的最小速度v1的大小。 (2)當v1滿足(1)小題所給值,粒子速度為 時離開磁場時的坐標。 (3)當v1滿足(1)小題所給值時,若運動的帶電粒子能使熒光屏發(fā)光,已知放射源放出的粒子速度為3v1v0.5v1,那么熒光屏發(fā)光的坐標范圍是多少?,解析:(1)粒子進入磁場的最小速度
4、情況如圖1所示: 圖1 由洛倫茲力提供向心力得:,圖2,(3)當0.5v1
5、源持續(xù)不斷地產(chǎn)生質(zhì)量為m、電荷量為q的正粒子(不計電荷間的相互作用、初速度和重力,不考慮磁場的邊界效應)。,(1)當UMN=U0時,求這些粒子經(jīng)電容器MN加速后速度v的大小; (2)電容器的電壓連續(xù)可調(diào),當磁場的磁感應強度恒為B= ,求粒子從D點射出時,電容器的電壓(用U0表示); (3)保持(2)問中的磁感應強度B和打到D點時的電壓不變,欲使粒子打到C點,可將電容器和粒子源繞O點同步旋轉(zhuǎn),求旋轉(zhuǎn)的角度大小; (4)請在直線x= 右方設置一個或多個電場、磁場區(qū)域(或組合),使得(2)問中從D點出射的粒子最終從x軸上沿x軸正方向射出(只需畫出場或組合場的范圍、方向,并大致畫出粒子的運動軌跡
6、。,(2)粒子從D點射出時,設半徑為r,所加電壓為U,,(3)設應旋轉(zhuǎn)的角度為, 從C點射出時,其軌跡如圖所示,COB=53 因而=COB-=53-30=23 即應旋轉(zhuǎn)的角度為23。,(4)如圖所示。,解題技法帶電粒子在電場和磁場的組合場中運動,實際上是將粒子在電場中加速與偏轉(zhuǎn)和磁偏轉(zhuǎn)兩種運動有效組合在一起,有效區(qū)別電磁偏轉(zhuǎn),尋找兩種運動的聯(lián)系和幾何關系是解題的關鍵。當帶電粒子連續(xù)通過幾個不同的場區(qū)時,粒子的受力情況和運動情況也發(fā)生相應的變化,其運動過程則由幾個不同的運動階段組成。,當堂練2“太空粒子探測器”是安裝在國際空間站上的一種粒子物理試驗設備,用于探測宇宙中的奇異物質(zhì)。該設備的原理可簡
7、化如下:如圖所示,輻射狀的加速電場區(qū)域邊界為兩個同心平行半圓弧面MN和MN,圓心為O,弧面MN與弧面MN間的電勢差設為U,在加速電場的右邊有一寬度為L的足夠長的勻強磁場,磁感應強度大小為B,方向垂直紙面向里,磁場的右邊界放有一足夠長的熒光屏PQ。假設太空中漂浮著質(zhì)量為m,電荷量為q的帶正電粒子,它們能均勻地吸附到MN圓弧面上,并被加速電場從靜止開始加速,不計粒子間的相互作用和其他星球?qū)αＷ右Φ挠绊憽?由上題結(jié)論可知r=L 從O點斜向下射入磁場時,OC為弦,到達PQ屏時間最短,由幾何關系可知 OD=CD=OC=L,故=60,(3)設粒子打在C點上方最遠點為E,此時圓弧與PQ屏相切于E點, 過圓
8、心O1作OC的垂線O1G,在直角OO1G中,,設粒子打在C點下方最遠點為F, 此時粒子從O點豎直向下進入磁場, 圓弧與PQ交于F點。,考向3 磁場+電場 【典題3】電子對湮滅是指電子e-和正電子e+碰撞后湮滅,產(chǎn)生伽馬射線的過程,電子對湮滅是正電子發(fā)射計算機斷層掃描(PET)及正電子湮滅能譜學(PAS)的物理基礎。如圖所示,在平面直角坐標系xOy上,P點在x軸上,且OP=2L,Q點在負y軸上某處。在第象限內(nèi)有平行于y軸的勻強電場,在第象限內(nèi)有一圓形區(qū)域,與x、y軸分別相切于A、C兩點,OA=L,在第象限內(nèi)有一未知的矩形區(qū)域(圖中未畫出),未知矩形區(qū)域和圓形區(qū)域內(nèi)有完全相同的勻強磁場,磁場方向垂
9、直于xOy平面向里。一束速度大小為v0的電子束從A點沿y軸正方向射入磁場,經(jīng)C點射入電場,最后從P點射出電場區(qū)域;另一束速度大小為 v0的正電子束從Q點沿與y軸正向成45角的方向射入第象限,而后進入未知矩形磁場區(qū)域,離開磁場時正好到達P點,且恰好與從P點射出的電子束正碰發(fā)生湮滅,即相碰時兩束粒子速度方向相反。,已知正負電子質(zhì)量均為m、電荷量均為e,電子的重力不計。求: (1)圓形區(qū)域內(nèi)勻強磁場磁感應強度B的大小和第象限內(nèi)勻強電場的電場強度E的大小; (2)電子從A點運動到P點所用的時間; (3)Q點縱坐標及未知矩形磁場區(qū)域的最小面積S。,解析:(1)電子束從A點沿y軸正方向發(fā)射,經(jīng)過C點,
10、由題意可得電子在磁場中運動的半徑R=L,,解題技法 1.帶電粒子在復合場中的常見運動,2.分析方法,當堂練3如圖所示,在0 x2a,-aya內(nèi)某一區(qū)域存在一勻強磁場,方向垂直紙面向里。在直線y=a的上方,直線x=0與x=2a之間的區(qū)域內(nèi),另有一沿y軸負方向的勻強電場,電場強度大小為E。一質(zhì)量為m、電荷量為+q(q0)的粒子以速度v從O點垂直于磁場方向射入磁場,當速度方向沿x軸正方向時,粒子恰好從O1(x=a的位置)點正上方的A點沿y軸正方向射出磁場,不計粒子重力。,(1)求磁感應強度B的大小。 (2)若粒子以速度v從O點垂直于磁場方向射入磁場,速度方向沿x軸正方向成角(-90<<90,其中粒子
11、射入第一象限,取正;粒子射入第四象限,取負),為使這些粒子射出磁場后在電場中運動的時間相同且最長,寫出磁場邊界的軌跡方程。 (3)磁場的邊界如題(2)所求,若粒子以速度v從O點垂直于磁場方向射入第一象限,當速度方向沿x軸正方向的夾角=30時,求粒子從射入磁場到最終離開磁場的總時間t。,解析: (1)由題知該粒子在磁場中運動的軌跡半徑r=a,,(2)要使這些粒子射出磁場后能在電場中運動的時間相同且最長,則要求進入電場時的速度與電場線平行。設與y軸正方向成角的粒子從磁場邊界某點P(x,y)射出,由題知粒子運動軌跡對應的圓心角剛好為1=90-,如圖所示,由幾何關系得P點坐標為 x=a(1-cos1)
12、, y=asin1, 消去1得,邊界曲線的方程為 (x-a)2+y2=a2, 即所加磁場在以(a,0)為圓心, 半徑為a的圓內(nèi), 如圖中圓所示。,粒子從磁場中的P點射出,因磁場圓和粒子的軌跡圓的半徑相等,OO1PO2構成菱形,故粒子從P點的出射方向與y軸平行,粒子由O到P所對應的圓心角為1=60 由幾何知識可知,粒子由P點到x軸的距離 s=acos 粒子在電場中做勻變速運動,在電場中運動的時間,粒子由P點第2次進入磁場,由Q點射出,PO1QO3構成菱形,由幾何知識可知Q點在x軸上,粒子由P到Q的偏向角為2=120 則1+2=,帶電粒子在疊加場中的運動 【典題4】(2017浙江紹興三月模擬)質(zhì)譜
13、儀由電離室、加速區(qū)、速度選擇器和磁分析區(qū)(圖中未畫出)組成。電離室會電離出速度不同的同種帶電粒子,加速區(qū)電壓為U,速度選擇器中電場強度方向向下,大小為E,磁場垂直紙面向內(nèi),B的大小可變化。O1,O,O2三個小孔在同一直線上,且平行于選擇器極板。,(1)當電離室的帶電粒子速度幾乎為零由O1“飄出”,調(diào)節(jié)磁感應強度為B1時,從小孔O點進入的粒子可以直線通過選擇器,求該帶電粒子的比荷 。 (2)某研究員發(fā)現(xiàn),當電離室中“飄出”帶電粒子的速度值處于0v0之間,控制選擇器的磁感應強度在B0B1(B0
14、。 (3)第(2)問中,當選擇器的磁感應強度為B1,此時進入速度選擇器的粒子有一部分撞到選擇器的右擋板上,其中電離室“飄出”的最大速度的帶電粒子剛好打在右擋板上距離O2為y的位置,求此粒子撞擊擋板前瞬時速度vm1大小。,(3)分析得,最大速度的粒子在B1磁場下必打到O2上方的擋板處,電場力做負功,,解題技法1.帶電體在疊加場中無約束情況下的運動情況分類 (1)洛倫茲力、重力并存 若重力和洛倫茲力平衡,則帶電體做勻速直線運動。 若重力和洛倫茲力不平衡,則帶電體將做復雜的曲線運動,因洛倫茲力不做功,故機械能守恒,由此可求解問題。 (2)靜電力、洛倫茲力并存(不計重力的微觀粒子) 若靜電力和洛倫茲力
15、平衡,則帶電體做勻速直線運動。 若靜電力和洛倫茲力不平衡,則帶電體將做復雜的曲線運動,因洛倫茲力不做功,可用動能定理求解問題。 (3)靜電力、洛倫茲力、重力并存 若三力平衡,一定做勻速直線運動。 若重力與靜電力平衡,一定做勻速圓周運動。 若合力不為零且與速度方向不垂直,將做復雜的曲線運動,因洛倫茲力不做功,可用能量守恒定律或動能定理求解問題。,2.速度選擇器、磁流體發(fā)電機、電磁流量計和霍爾元件原理及規(guī)律,當堂練4(2017年3月浙江寧波新高考選考適應卷)【加試題】一帶電液滴在互相垂直的勻強電場和勻強磁場中作半徑為R的圓周運動,如圖所示,已知電場強度為E,方向豎直向下,磁感應強度為B,方向水平(
16、圖中垂直紙面向里),重力加速度為g。運動中液滴所受浮力、空氣阻力都不計,求:,(1)液滴是順時針運動還是逆時針運動? (2)液滴運動的速度多大? (3)若液滴運動到最低點A時分裂成兩個完全相同的液滴,其中一個仍在原平面內(nèi)做半徑R1=3R的圓周運動,繞行方向不變,且圓周的最低點仍是A點,則另一個液滴怎樣運動?,解析: (1)帶電液滴所受電場力向上且與重力平衡,液滴帶負電,做順時針圓周運動。 (2)Eq=mg 液滴所受洛侖茲力提供向心力,即,(3)第一個液滴電荷量、質(zhì)量均減半,電場力與重力仍平衡,依據(jù)上面運算可得,第一個液滴的繞行速度大小,解得v2=-v 即分裂后第二個液滴速度大小為v,在A點時方向向右,所受電場力與重力仍平衡。在洛侖茲力作用下仍做勻速圓周運動,繞行方向仍是順時針,A點是圓周最高點,圓角半徑R2=R。,
（浙江選考）2019屆高考物理二輪復習 專題三 電場與磁場 第12講 帶電粒子在復合場中的運動問題課件.ppt
