带电粒子在组合场中的运动

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1、带电粒子在组合场中的运动1质谱仪图831(1)构造：如图831 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=1mv2o粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvBumV2。由以上两式可得r=；2mU_qaB2 q_ 2U，m ，m_B2T2。(1)构造：如图8322回旋加速器所示，D、D是半圆形金属盒，D形12盒的缝隙处接交流电源，D形盒处于匀强磁场中。图832(2)原理：交流电的周期和粒子做圆周运动的周期相等，粒，可见mv2q2B2r2子经电场加速，经磁场回旋，由qvB=，得E =- rkm2m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，

2、与加速电压无关。典例 如图833 所示为质谱仪的示意图。速度选择器部 分的匀强电场的场强为E=1.2X105 V/m,匀强磁场的磁感强度 为B=0.6 T；偏转分离器的磁感应强度为B=0.8 T。求：(已12 知质子质量为1. 67X 1027kg)图833(1)能通过速度选择器的粒子的速度大小。(2)质子和氘核以相同速度进入偏转分离器后打在照相底片 上的条纹之间的距离d。解析 (1)能通过速度选择器的粒子所受电场力和洛伦兹 力大小相等、方向相反，有eBv=eE，得 v=11. 2X1050.6m/s=2X105 m/s。(2)粒子进入磁场B后做2周运动，洛伦兹力提供向心力，则 eB v=2m

3、R,得R=mvBe设质子质量为m,则氘核质量为2m,故2mvmvd= X2-X2=5.2X103 m。B eB e22答案 (1)2X105m/s (2)5.2X10-3 m针对训练1(多选)(2019天水一模)质谱仪的构造原理如图834 所示。从粒子源S出来时的粒子速度很小，可以看作初速为零, 粒子经过电场加速后进入有界的垂直纸面向里的匀强磁场区域, 并沿着半圆周运动而达到照相底片上的P点，测得P点到入口的 距离为x,则以下说法正确的是()图834A. 粒子一定带正电B. 粒子一定带负电Cx越大，则粒子的质量与电量之比一定越大Dx越大，则粒子的质量与电量之比一定越小解析：选AC根据左手定则，

4、知粒子带正电，故A正确，Bmv2mv1错误；根据半径公式r=qg知，x=2r=_qB，又qU=2mv2,联立解得X =-/-qBr,知x越大，质量与电量的比值越大，故c正确，D错误。2（多选）回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分 是分别与高频交流电极相连接的两个D形金属盒,两盒间的狭缝 中形成的周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加 速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图835 所示，要增大带电粒子射出时的动能，则下列说法中正确的是 ()图835A.增大匀强电场间的加速电压B增大磁场的磁感应强度C减小狭缝间的距离D增大D形金属盒的半径解析：选 BD 回旋加速器利用电场加

5、速和磁场偏转来加速 粒子，粒子射出时的轨道半径恰好等于D 速器时的动能Ek=；mv2=2芈可知，与加速电压无关，与狭缝距 离无关，A、C错误；磁感应强度越大，D形盒的半径越大，动能 越大，B、D正确。形盒的半径，根据qvB=f可得,v=qBRm，因此离开回旋加要点二 带电粒子在四类组合场中的运动带电粒子在电场和磁场的组合场中运动，实际上是将粒子在 电场中的加速与偏转，跟磁偏转两种运动有效组合在一起，有效 区别电偏转和磁偏转，寻找两种运动的联系和几何关系是解题的 关键。当带电粒子连续通过几个不同的场区时，粒子的受力情况 和运动情况也发生相应的变化，其运动过程则由几种不同的运动 阶段组成。多维探究

6、（一）先电场后磁场先在电场中做加速直线运动,然后进入磁场做圆周运动。（如图836甲、乙所示）在电场中利用动能定理或运动学公式求粒子刚进入磁场时 的速度。图836（2）先在电场中做类平抛运动，然后进入磁场做圆周运动。 （如图837甲、乙所示）在电场中利用平抛运动知识求粒子进入磁场时的速度。图837典例1（2019日照检测）如图838 所示，坐标平面第I象限内存在大小为E=4X105N/C、方向水平向左的匀强电场, 在第II象限内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。质荷比m= 4X10-10 kg/C的带正电的粒子，以初速度v =2X107 m/s从x 0轴上的A点垂直x轴射入电场，0A=0.2 m,

7、不计粒子的重力。图838求粒子经过y轴时的位置到原点0的距离；(2)若要使粒子不能进入第III象限，求磁感应强度B的取值 范围(不考虑粒子第二次进入电场后的运动情况)。思路点拨带电粒子在第I象限内做运动，在第II象限内做运动。提示：类平抛匀速圆周(2)粒子恰不能进入第III象限的条件是运动轨迹与x轴提示：相切解析(1)设粒子在电场中运动时间为t粒子经过y轴 时的位置与原点0的距离为y,贝y1qEx = at2 a=y=v toa 2mo代入数据解得a=1.0X1015 m/s2,t=20X108 s, y=0.4 m。粒子经过y轴时在电场方向的分速度为：v =at=2X107 m/sx粒子经过

8、y轴时速度为v=；V汙号=2 j2X107m/s与y轴正方向夹角大小为9。vtan e=19 =45要使粒子不进入第皿象限，如图所示，此时粒子做圆周运动 的半径为R,则R+罟RWy由 qvB=mR解得 BM(2、j2+2)X102 To答案(1)0 4 m (2) BM(2p2+2)X10-2 T(二) 先磁场后电场对于粒子从磁场进入电场的运动，常见的有两种情况：(1) 进入电场时粒子速度方向与电场方向相同或相反；进入电场时粒子速度方向与电场方向垂直。(如图839 甲、乙所示)图839典例2(2019全国卷)如图8310,在第一象限存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面(x0 y平面)向外；在

9、第四象 限存在匀强电场，方向沿x轴负向。在y轴正半轴上某点以与x 轴正向平行、大小为v的速度发射出一带正电荷的粒子，该粒0子在(d,0)点沿垂直于X轴的方向进入电场。不计重力。若该粒 子离开电场时速度方向与y轴负方向的夹角为e,求图 8310(1) 电场强度大小与磁感应强度大小的比值；(2) 该粒子在电场中运动的时间。解析如图，粒子进入磁场后做匀速圆周运ur 0)动。设磁感应强度的大小为B,粒子质量与所带电荷量分别为m 和q,圆周运动的半径为R。由洛伦兹力公式及牛顿第二定律得0v2qv B=mR-0由题给条件和几何关系可知R =d0设电场强度大小为E,粒子进入电场后沿x轴负方向的加速度大小为a

10、,在电场中运动的时间为t,离开电场时沿x轴负方x向的速度大小为V。由牛顿第二定律及运动学公式得xEq=ma xv =a t xxt=d由于粒子在电场中做类平抛运动（如图）,v有 tan 9 =vx0E1联立式得B=2V0tan2 0（2）联立式得2dt=v tan 00答案 见解析（三）先后两个磁场典例3（2019 山东高考）如图8311 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。一带电量为+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

11、场，以后仅保留磁场。已知OP=d, 0Q=2d。不计粒 子重力。图8311(1)求粒子过Q点时速度的大小和方向。若磁感应强度的大小为一确定值B，粒子将以垂直y轴0的方向进入第二象限，求B。0(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。审题指导第一步：抓关键点关键点获取信息沿y轴正方向的匀强电场自y轴上的P点沿x轴正方向射入在第一、三象限内存在相同的匀带电粒子在第四象限内做类平抛运动在第一、三象限内带电粒子做半强磁场以垂直y轴的方向进入第二象在第一象限内做圆周运动的轨迹圆心在y轴上改变磁感应强度值，经

12、过一段时带电粒子在第一、三象限内运动间后粒子再次经过Q 点,且速度的轨迹均为半径相同的匀速圆周运动与第一次相同第二步：找突破口要求过Q点的速度，可以结合平抛运动的知识列方程求解。(2)要求以垂直y轴的方向进入第二象限时的磁感应强度B0值，可以先画出带电粒子在第一象限的运动轨迹，后结合匀速 周运动的知识求解。(3)要求经过一段时间后仍以相同的速度过Q点情况下经历的时间，必须先综合分析带电粒子的运动过程，画出运动轨迹， 后结合有关知识列方程求解。解析(1)设粒子在电场中运动的时间为t，加速度的大0小为a,粒子的初速度为v,过Q点时速度的大小为v,沿y轴0方向分速度的大小为V ,速度与X轴正方向间的

13、夹角为。，由 y牛顿第二定律得qE=ma由运动学公式得d=Jat 222d=v t 0 0v =at yv= .Vo2+v 2vtan 0 =v0联立式得v=20 =45。(2)设粒子做圆周运动的半径为R ,粒子在第一象限的运动1轨迹如图甲所示，。1为圆心,由几何关系可知AO OQ为等腰直角1三角形，得R=2：2d 由牛顿第二定律得qvB =mR1蟲。联立式得Bo=(3) 设粒子做圆周运动的半径为R ,由几何分析，粒子运动2的轨迹如图乙所示，0、0 是粒子做圆周运动的圆心，Q、F、G、22H是轨迹与两坐标轴的交点，连接0、0，由几何关系知，2 20FG0z和0QH0,均为矩形，进而知FQ、GH

14、均为直径，QFGH2 2 2 2也是矩形，又FH丄GQ，可知QFGH是正方形, AQ0F为等腰直角 三角形。可知，粒子在第一、第三象限的轨迹均为半圆，得2R2=2、：;2d 乙粒子在第二、第四象限的轨迹为长度相等的线段，得FG=HQ=2R 设粒子相邻两次经过Q点所用的时间为t，则有七=陀+曲+2吧联立式得2mdt=(2+n) 西。答案 (1)2QEd方向与水平方向成 45角斜向上(2)2Qd (2+n)2mdqE(四) 先后多个电、磁场典例4(2019 天津高考)现代科学仪器常利用电场、磁 场控制带电粒子的运动。真空中存在着如图8312 所示的多层 紧密相邻的匀强电场和匀强磁场，电场与磁场的宽

15、度均为d。电 场强度为E,方向水平向右；磁感应强度为B,方向垂直纸面向 里，电场、磁场的边界互相平行且与电场方向垂直。一个质量为m、电荷量为Q的带正电粒子在第1层电场左侧边界某处由静止 释放，粒子始终在电场、磁场中运动，不计粒子重力及运动时的 电磁辐射。图8312(1)求粒子在第2层磁场中运动时速度v的大小与轨迹半径2r；2(2)粒子从第n层磁场右侧边界穿出时，速度的方向与水平 方向的夹角为& ,求出sin 0 ；nn(3) 若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出，试问在其 他条件不变的情况下，也进入第n层磁场，但比荷较该粒子大的 粒子能否穿出该层磁场右侧边界，请简要推理说明之。解析 (1)粒

16、子在进入第2层磁场时，经过两次电场加速，中间穿过磁场时洛伦兹力不做功。由动能定理，有2qEd=2叫由式解得v =22粒子在第2层磁场中受到的洛伦兹力充当向心力，有qvB2v2=mr2由式解得r2=2 罟。(2)设粒子在第n层磁场中运动的速度为v,轨迹半径为nr (各量的下标均代表粒子所在层数，下同)。nnqEd=mv 2 2nv2 qv B=m-n.n粒子进入第n层磁场时，速度的方向与水平方向的夹角为a ,从第n层磁场右侧边界穿出时速度方向与水平方向的夹角 n为0，粒子在电场中运动时，垂直于电场线方向的速度分量不 n变,有甲v sin 0=v sin a n1n1nn由图甲看出r sin 0

17、r sin a =dnn nn由式得r sin 9 r sin =dnn n1n1乙由式看出r sin 9 , r sin 9，1 1 2 2rsin 9为一等差数列，公差为d,可得nnr sin 9 =r sin 9 +(n1)dnn 11当n=1时，由图乙看出r sin 9 =d11由式得sin 9n=g n若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出，则。歹sin 9 =1 n在其他条件不变的情况下,换用比荷更大的粒子,设其比荷 为筹，假设能穿出第n层磁场右侧边界，粒子穿出时的速度方 向与水平方向的夹角为9J，由于加善则导致sin 9，1n说明9 不存在，即原假设不成立。所以比荷较该粒子大 n的粒子不能穿出该层磁场右侧边界。qEd 2-mEd答案(1)2 r(3)见解析