【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

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【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

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
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