2019高考物理一輪復習第九章磁場第72講帶電粒子在交變電場磁場中的運動加練半小時教科版.docx

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第72講 帶電粒子在交變電場、磁場中的運動 [方法點撥]　(1)先分析在一個周期內粒子的運動情況，明確運動性質，判斷周期性變化的電場或磁場對粒子運動的影響；(2)畫出粒子運動軌跡，分析軌跡在幾何關系方面的周期性． 1．(2017廣東肇慶第二次模擬)如圖1甲所示，豎直擋板MN左側空間有方向豎直向上的勻強電場和垂直紙面向里的水平勻強磁場，電場和磁場的范圍足夠大，電場強度E＝40N/C，磁感應強度B隨時間t變化的關系圖像如圖乙所示，選定磁場垂直紙面向里為正方向．t＝0時刻，一質量m＝810－4 kg、電荷量q＝＋210－4 C的微粒在O點具有豎直向下的速度v＝0.12 m/s，O′是擋板MN上一點，直線OO′與擋板MN垂直，取g＝10m/s2.求： 　 圖1 (1)微粒再次經過直線OO′時與O點的距離； (2)微粒在運動過程中離開直線OO′的最大高度； (3)水平移動擋板，使微粒能垂直射到擋板上，擋板與O點間的距離應滿足的條件． 2．(2017北京平谷區(qū)零模)當今醫(yī)學成像診斷設備PET/CT堪稱“現(xiàn)代醫(yī)學高科技之冠”，它在醫(yī)療診斷中，常利用能放射電子的同位素碳11作為示蹤原子，碳11是由小型回旋加速器輸出的高速質子轟擊氮14獲得的．加速質子的回旋加速器如圖2甲所示．D形盒裝在真空容器中，兩D形盒內勻強磁場的磁感應強度為B，兩D形盒間的交變電壓的大小為U.若在左側D1盒圓心處放有粒子源S不斷產生質子，質子質量為m，電荷量為q.假設質子從粒子源S進入加速電場時的初速度不計，不計質子所受重力，忽略相對論效應． 　　 圖2 (1)第1次被加速后質子的速度大小v1是多大？ (2)若質子在D形盒中做圓周運動的最大半徑為R，且D形盒間的狹縫很窄，質子在加速電場中的運動時間可忽略不計．那么，質子在回旋加速器中運動的總時間t總是多少？ (3)要把質子從加速器中引出，可以采用靜電偏轉法．引出器原理如圖乙所示，一對圓弧形金屬板組成弧形引出通道，內、外側圓弧形金屬板分別為兩同心圓的一部分，圓心位于O′點．內側圓弧的半徑為r0，外側圓弧的半徑為r0＋d.在內、外金屬板間加直流電壓，忽略邊緣效應，兩板間產生徑向電場，該電場可以等效為放置在O′處的點電荷Q在兩圓弧之間區(qū)域產生的電場，該區(qū)域內某點的電勢可表示為φ＝k(r為該點到圓心O′點的距離)．質子從M點進入圓弧形通道，質子在D形盒中運動的最大半徑R對應的圓周，與圓弧形通道正中央的圓弧相切于M點．若質子從圓弧通道外側邊緣的N點射出，則質子射出時的動能Ek是多少？要改變質子從圓弧通道中射出時的位置，可以采取哪些辦法？ 3．如圖3甲所示，兩平行金屬板A、B長L＝8cm，兩極板間距d＝6cm，A、B兩極板間的電勢差UAB＝100V．一比荷為＝1106C/kg的帶正電粒子(不計重力)從O點沿電場中心線垂直電場線以初速度v0＝2104 m/s飛入電場，粒子飛出平行板電場后經過界面MN、PS間的無電場區(qū)域，已知兩界面MN、PS間的距離為s＝8cm.帶電粒子從PS分界線上的C點進入PS右側的區(qū)域，當粒子到達C點開始計時，PS右側區(qū)域有磁感應強度按圖乙變化的勻強磁場(垂直紙面向里為正方向)．求： 圖3 (1)PS分界線上的C點與中心線OO′的距離y； (2)粒子進入磁場區(qū)域后第二次經過中心線OO′時與PS分界線的距離x. 4．(2018福建三明一中模擬)如圖4甲所示，在平行邊界MN、PQ之間存在寬度為L的勻強電場，電場周期性變化的規(guī)律如圖乙所示，取豎直向下為電場正方向；在平行邊界MN、EF之間存在寬度為s、方向垂直紙面向里的勻強磁場區(qū)域Ⅱ，在PQ右側有寬度足夠大、方向垂直紙面向里的勻強磁場區(qū)域Ⅰ.在區(qū)域Ⅰ中距PQ為L的A點，有一質量為m、電荷量為q、重力不計的帶正電粒子以初速度v0沿豎直向上方向開始運動，以此作為計時起點，再經過一段時間粒子又恰好回到A點，如此循環(huán)，粒子循環(huán)運動一周，電場恰好變化一個周期，已知粒子離開區(qū)域Ⅰ進入電場時，速度恰好與電場方向垂直，sin53＝0.8，cos53＝0.6. 圖4 (1)求區(qū)域Ⅰ的磁場的磁感應強度大小B1. (2)若E0＝，要實現(xiàn)上述循環(huán)，確定區(qū)域Ⅱ的磁場寬度s的最小值以及磁場的磁感應強度大小B2. (3)若E0＝，要實現(xiàn)上述循環(huán)，求電場的變化周期T. 答案精析 1．(1)1.2m　(2)2.48m　(3)L＝(1.2n＋0.6) m(n＝0,1,2，…) 解析　(1)根據(jù)題意可以知道，微粒所受的重力G＝mg＝810－3N① 電場力大小F＝qE＝810－3N② 因此重力與電場力平衡 微粒先在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，則qvB＝m③ 由③式解得：R＝0.6m④ 由T＝⑤ 得：T＝10πs⑥ 則微粒在5πs內轉過半個圓周，再次經過直線OO′時與O點的距離：l＝2R⑦ 將數(shù)據(jù)代入上式解得：l＝1.2m⑧ (2)微粒運動半周后向上勻速運動，運動的時間為t＝5πs， 軌跡如圖所示， 位移大?。簒＝vt⑨ 由⑨式解得：x≈1.88m⑩ 因此，微粒離開直線OO′的最大高度：H＝x＋R＝2.48m? (3)若微粒能垂直射到擋板上的某點P，P點在直線OO′下方時，由圖像可以知道，擋板MN與O點間的距離應滿足： L＝(2.4n＋0.6) m (n＝0,1,2，…)? 若微粒能垂直射到擋板上的某點P，P點在直線OO′上方時，由圖像可以知道，擋板MN與O點間的距離應滿足： L＝(2.4n＋1.8) m (n＝0,1,2，…)? ??兩式合寫成L＝(1.2n＋0.6) m (n＝0,1,2…) 2．見解析 解析　(1)質子第一次被加速，由動能定理：qU＝mv 解得：v1＝ (2)質子在磁場中做圓周運動時，洛倫茲力提供向心力：qvB＝m 質子在做圓周運動的周期為：T＝ 設質子在D形盒中被電場加速了n次，由動能定理：nqU＝mv2 質子在磁場中做圓周運動的周期恒定，在回旋加速器中運動的總時間為：t總＝T 解得：t總＝ (3)設M、N兩點的電勢分別為φ1、φ2，由能量守恒定律： qφ1＋mv2＝qφ2＋Ek 由題可知：φ1＝k，φ2＝k 解得：Ek＝＋ 改變圓弧通道內、外金屬板間所加直流電壓的大小(改變圓弧通道內電場的強弱)，或者改變圓弧通道內磁場的強弱，可以改變質子從圓弧通道中射出時的位置． 3．(1)4cm　(2)12cm 解析　(1)粒子在電場中的加速度a＝ 粒子在電場中運動的時間t1＝ 粒子離開電場時豎直方向分速度vy＝at1 粒子在MN與PS間運動時間t2＝ 粒子在電場中偏轉位移y1＝at＝＝cm 出電場后：y2＝vyt2 聯(lián)立解得：y2＝cm 所以C點與中心線OO′的距離y＝y(tǒng)1＋y2＝4cm (2)粒子運動軌跡如圖所示，粒子進入磁場時， 設速度與水平方向夾角為θ，tanθ＝＝ 所以θ＝30 粒子進入磁場時的速度v＝＝104m/s 設粒子在磁場中運動軌道半徑為R 則qvB＝ 所以R＝4cm 粒子在磁場中運動的周期T＝＝2π10－6s 在t＝10－6s內粒子的偏轉角α＝t＝120 豎直向上偏移h1＝Rcos30＝2cm 在10－6～π10－6s內通過OO′， 這段時間內豎直向上偏移h2＝h1＝2cm 因為h1＋h2＝y(tǒng)＝4cm 則粒子在t＝10－6s時剛好第二次到達OO′ 此時x＝2(R＋Rsin30)＝12cm. 4．(1)　(2)　　(3)L 解析　(1)粒子在區(qū)域Ⅰ做圓周運動的半徑R＝L 由洛倫茲力提供向心力知qv0B1＝ 聯(lián)立解得B1＝ (2)粒子在電場中做類平拋運動，離開電場時沿電場方向的速度vy＝at＝＝v0， 設離開電場時速度的偏轉角為θ，tan θ＝＝，θ＝53 所以粒子離開電場時的速度v＝＝v0 粒子在電場中偏轉的距離y＝at2＝2＝L 畫出粒子運動軌跡的示意圖如圖所示，粒子在區(qū)域Ⅱ做圓周運動的圓心O2與在區(qū)域Ⅰ做圓周運動的圓心O1的連線必須與邊界垂直才能完成上述運動， 由幾何關系知粒子在區(qū)域Ⅱ做圓周運動的半徑r＝＝L 所以s≥r(1－sin 53)＝ 即s的最小值為 根據(jù)r＝ 解得B2＝ (3)電場變化的周期等于粒子運動的周期 粒子在區(qū)域Ⅰ中運動的時間t1＝ 粒子在電場中運動的時間t2＝ 粒子在區(qū)域Ⅱ中運動的時間t3＝＝ 所以周期T＝t1＋t2＋t3＝L.