專題八 帶電粒子在復合場中的運動

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1、 專題八 帶電粒子在復合場中的運動 帶電粒子在組合場中的運動 帶電粒子在組合場中的運動問題，關(guān)鍵是要按順序?qū)︻}目給出的運動過程進行分段分析，把復雜問題分解成一個一個簡單、熟悉的問題來求解，對于由幾個階段共同組成的運動還應注意銜接處的運動狀態(tài).解決帶電粒子在組合場中運動問題的思路方法是： 【例1】　(2015蘇錫常鎮(zhèn)三模)如圖所示，在xOy平面0L的區(qū)域內(nèi)有一方向垂直于xOy平面向外的勻強磁場.某時刻，一帶正電的粒子從坐標原點以沿x軸正方向的初速度v0進入電場；之后的另一時刻，一帶負電的粒子以同樣的初速度從坐標原點進入電場.正、

2、負粒子從電場進入磁場時速度方向與電場和磁場邊界的夾角分別為60和30，兩粒子在磁場中分別運動半周后恰好在某點相遇.已知兩粒子的重力以及兩粒子之間的相互作用都可忽略不計.求： (1) 正、負粒子的比荷之比∶. (2) 正、負粒子在磁場中運動的半徑大小. (3) 兩粒子先后進入電場的時間差. 【解析】 (1) 設(shè)粒子進磁場方向與邊界夾角為θ， vy=， vy=t， t=， ∶=∶=1∶3. (2) 磁場中圓周運動速度 v=，v1=v0，v2=2v0， qvB=m，R=， =， y=t， 兩粒子離開電場位置間的距離 d=y1+y2=L. 根據(jù)題意作出運動軌跡，兩粒

3、子相遇在P點， 由幾何關(guān)系可得2R1=dsin 60， 2R2=dsin 30， R1==L， R2=d=L. (3) 兩粒子在磁場中運動時間均為半個周期 t1==， t2==. 由于兩粒子在電場中運動時間相同，所以進電場時間差即為磁場中相遇前的時間差 Δt=t1-t2=. 【答案】 (1) 1∶3　(2) L　L　(3) 【變式訓練1】 (2015南京、淮安三模)如圖所示，x軸上方有豎直向下的勻強電場，x軸下方有垂直紙面向外的勻強磁場.矩形OACD的邊長分別為h和2h. 一個帶正電的粒子質(zhì)量為m，電荷量為q，以平行于x軸的某一初速度從A點射出，經(jīng)t0時間粒子從

4、D點進入磁場，再經(jīng)過一段時間后粒子又一次經(jīng)過A點(重力忽略不計). (1) 求電場強度大小E. (2) 求磁感應強度大小B. (3) 若僅改變粒子初速度的大小，求粒子以最短時間由A運動到C所需的初速度大小vx. 【解析】 (1) 由h=a， 得a=. Eq=ma， E==. (2) 由vx=， vy=at0==vx， 得v=. 由R=， 得=2h， 則B=. (3) 設(shè)速度大小為vx，運動軌跡與x軸交點處速度方向與x軸夾角θ，第一次與x軸相交時， vy=，合速度為v， 交點坐標為x2=vxt0， sinθ=， R==vt0， Rsinθ=vt

5、0=2h， 與初速度大小無關(guān). 運動軌跡與x軸另一交點坐標為 x1=x2-2Rsinθ=vxt0-4h， 根據(jù)對稱性x1=-h，x2=3h， 粒子以最短時間由A運動到C所需速率vx=. 【答案】 (1) 　(2) 　(3) 【變式訓練2】　(2015海安、南外、金陵三校聯(lián)考)如圖所示，L1、L2為兩平行的直線，間距為d.L1下方和L2上方的空間有垂直于紙面向里的勻強磁場，且磁感應強度均為B.現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子，以速度v從L1上的M點射入兩線之間的真空區(qū)域，速度方向與L1成θ=30角.不計粒子所受的重力. (1) 粒子從M點出發(fā)后，經(jīng)過多長時間第一次回到直線

6、L1上? (2) 若在直線L1、L2之間的平面內(nèi)，存在與圖示速度方向垂直斜向上、場強為E的勻強電場，則粒子經(jīng)過多長時間第一次到達直線L2? (3) 若直線L1、L2之間無電場，v滿足什么條件時，粒子恰好能回到M點? 【解析】 (1) 粒子運動軌跡如下圖所示，由圖可知粒子在無磁場區(qū)域做勻速直線運動的時間為 t1==. 粒子在磁場中做圓周運動，圓弧對應的圓心角為300，故偏轉(zhuǎn)的時間為 t2=T==， 所求時間為t=t1+t2=+. (2) 粒子在電場中運動的軌跡如圖所示， 沿場強方向的加速度為a=， 位移y=at2， 沿速度方向的位移x=vt， 由幾何關(guān)系有t

7、an30=， 整理得t2+vt-2d=0， 解得t=(負值舍去). (3) 由下圖幾何關(guān)系可知，粒子在磁場中的軌道半徑正好等于弦長.要使粒子在L2上方的磁場中經(jīng)過n次偏轉(zhuǎn)能回到M點，粒子在磁場中的軌道半徑必須滿足： R=n2dcot30(n=1，2，3，…)， 根據(jù)qvB=m， 聯(lián)立以上兩式得到v=(n=1，2，3，…). 【答案】 (1) + (2) 　 (3) (n=1，2，3，…) 帶電粒子在復合場中的運動 帶電粒子在復合場中運動的分析方法 【例2】　(2015蘇錫常鎮(zhèn)二模)如圖甲所示，在xOy平面的第Ⅰ象限內(nèi)有沿x軸正方向的勻強電場E1；第Ⅱ、Ⅲ

8、象限內(nèi)同時存在著豎直向上的勻強電場E2和垂直紙面的勻強磁場B，E2=2.5N/C，磁場B隨時間t周期性變化的規(guī)律如圖乙所示，B0=0.5T，垂直紙面向外為磁場正方向. 一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電液滴從P點(0.6m，0.8m)處以速度v0=3m/s沿x軸負方向入射，恰好以指向y軸負方向的速度v經(jīng)過原點O后進入x≤0的區(qū)域. 已知m=510-5kg，q=210-4C，t=0時液滴恰好通過O點，取g=10m/s2. (1) 求電場強度E1和液滴到達O點時速度v的大小. (2) 液滴從P點開始運動到第二次經(jīng)過x軸所需的時間. (3) 若從某時刻起磁場突然消失，發(fā)現(xiàn)液滴恰好以與y軸正方向

9、成30角的方向穿過y軸后進入x>0的區(qū)域，試確定液滴穿過y軸時的位置. 甲乙 【解析】 (1) 液滴在x>0的區(qū)域內(nèi)受豎直向下的重力和水平向右的電場力的作用.液滴在豎直方向上做自由落體運動， y=gt2， v=gt， v=4m/s. 液滴在水平方向上做勻減速運動 v0=at， E1q=ma， E1=1.875N/C. (2) 液滴進入x<0的區(qū)域后，由于E2q=mg，液滴運動軌跡如圖甲所示，其做圓周運動的大、小圓半徑分別為r1、r2，運動周期分別為T1、T2，則 qvB0=， 2qvB0=， r1=2m， r2=1m， T1=， T2=， T1=π s，

10、 T2= s， 液滴從P點到第二次穿過x軸經(jīng)過的時間 t總=t++=s. (3) 情形一：若磁場消失時，液滴在x軸上方， 甲乙 如圖甲所示，OM1=+r2(1-sin30)=(2-1) m， OM2=+r2(1-sin30)=(6-1) m. 根據(jù)周期性可得，液滴穿過y軸時的坐標yn滿足： yn=+r2(1-sin30)， yn=[2(2n-1)-1] m(式中n=1，2，3，…). 情形二：若磁場消失時，液滴在x軸下方，如圖乙所示： ON1=-r2(1-sin30)=(2+1)m， ON2=-r2(1-sin30)=(6+1)m. 根據(jù)周期性可得，液滴穿過y軸時

11、的坐標yn滿足： yn=-r2(1-sin30)， yn=[2(2n-1)+1]m(式中n=1，2，3，…). 【答案】 (1) 1.875 N/C　4 m/s　(2) s　(3) 見解析 【變式訓練3】　(2014重慶)如圖所示，在無限長的豎直邊界NS和MT間充滿勻強電場，且該區(qū)域上、下部分的磁場方向分別為垂直于NSTM平面向外和向內(nèi)，磁感應強度大小分別為B和2B，KL為上下磁場的水平分界線，在NS和MT的邊界上，距KL高h處分別有P、Q兩點，NS和MT間距為1.8h.現(xiàn)有一質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的粒子從P點垂直于NS邊界射入該區(qū)域，在兩邊界之間做圓周運動，重力加速度為g.

12、 (1) 求電場強度的大小和方向. (2) 要使粒子不從NS邊界飛出，求粒子入射速度的最小值. (3) 若粒子能經(jīng)過Q點從MT邊界飛出，求粒子入射速度的所有可能值. 【解析】 (1) 設(shè)電場強度大小為E， 由題意可知mg=qE， 得E=，方向豎直向上. (2) 如圖甲所示，設(shè)粒子不從NS邊飛出的入射速度最小值為vmin，對應的粒子在上、下區(qū)域的運動半徑分別為r1和r2，兩圓心的連線與NS的夾角為φ. 由r=，有r1=，r2=r1. 由(r1+r2)sin φ=r2，r1+r1cos φ=h， 解得vmin=(9-6). 甲乙 (3) 如圖乙所示，設(shè)粒子入射速度為

13、v，粒子在上、下兩區(qū)域的運動半徑分別為r1和r2，粒子第一次通過KL時距離K點為x. 由題意知3nx=1.8h(n=1，2，3，…). x≥r2=. x=. 得r1=，解得n<3.5. 即n=1時，v=； n=2時，v=； n=3時，v=. 【答案】 (1) 　方向豎直向上 (2) (3) 可能的速度有三個為、、 帶電粒子在周期性變化的電磁場中運動的問題 解決這類問題首先要注意交變電場和交變磁場的特點，弄清在各個過程中受到哪些力的作用，帶電粒子在周期性變化的電場或磁場中處于何種狀態(tài)、做什么運動，確定帶電粒子的運動過程，然后選擇物理原理和規(guī)律按運動過程列式求解.解

14、題步驟如下： 【例3】　(2014海安中學)如圖所示，在xOy平面內(nèi)存在均勻、大小隨時間周期性變化的磁場和電場，變化規(guī)律分別如圖乙、丙所示(規(guī)定垂直紙面向里為磁感應強度的正方向、沿y軸正方向的電場強度為正).在t=0時刻由原點O發(fā)射初速度大小為v0，方向沿y軸正方向的帶負電粒子.已知v0、t0、B0，粒子的比荷為，不計粒子的重力.求： (1) 當t=t0時，求粒子的位置坐標. (2) 若t=5t0時粒子回到原點，求0~5t0時間內(nèi)粒子距x軸的最大距離. (3) 若粒子能夠回到原點，求滿足條件的所有E0值. 　　思維軌跡： 【解析】 (1) 由粒子的比荷=，則粒子做圓

15、周運動的周期T==2t0. 則在0t0內(nèi)轉(zhuǎn)過的圓心角α=π. 由牛頓第二定律qv0B=m， 得r1=，位置坐標. (2) 粒子在t=5t0時回到原點，軌跡如圖所示， r2=2r1，r1=，r2=， 得v2=2v0. 又=，r2=. 粒子在t02t0時間內(nèi)做勻加速直線運動， 2t03t0時間內(nèi)做勻速圓周運動，則在5t0時間內(nèi)粒子距x軸的最大距離 hm=t0+r2=v0t0. (3) 如圖所示，設(shè)帶電粒子在x軸上方做圓周運動的軌道半徑為r1，在x軸下方做圓周運動的軌道半徑為r2， 由幾何關(guān)系可知，要使粒子經(jīng)過原點，則必須滿足n(2r2-2r1)=2r1(n=1，2，3

16、，…). r1=，r2=， 聯(lián)立以上方程解得v=v0. 又由于v=v0+， 得E0=(n=1，2，3，…). 【答案】 (1) 　(2) v0t0 (3) E0=(n=1，2，3，…) 【變式訓練4】　(2015揚泰南三模)在科學研究中，可以通過施加適當?shù)碾妶龊痛艌鰧崿F(xiàn)對帶電粒子運動的控制.如圖甲所示的xOy平面處于勻強電場和勻強磁場中，電場強度E和磁感應強度B隨時間做周期性變化的圖象如圖乙所示，周期為7t0，y軸正方向為E的正方向，垂直紙面向外為B的正方向.在t=0時刻從坐標原點由靜止釋放一個質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子，當B0=時，粒子沿某軌道做周期性運動，圖中E0、t0

17、已知，不計粒子的重力. (1) 求t0時刻粒子位置的縱坐標y1及3t0時刻粒子的速度大小v. (2) 改變B0的大小，仍要使粒子做周期性運動，求B0的可能取值. (3) 在(2)的情況下，求粒子速度沿y軸負方向時橫坐標x的可能值. 甲乙 【解析】 (1) 0t0時間內(nèi)，粒子做勻加速直線運動，設(shè)加速度為a，則 qE0=ma， y1=a， 解得y1=. 粒子在磁場中做勻速圓周運動，則 T=， 由于B0=， 則有t0=T. 在t02t0時間內(nèi)，粒子做勻速圓周運動，運動了四分之一周期；在2t03t0時間內(nèi)，粒子在+x方向做勻速直線運動，在-y方向做初速度為零的勻加速直線運

18、動，設(shè)t=3t0時+x方向的速度為vx，-y方向的速度為vy，則 vx=at0， vy=at0， v=， 解得v=， 方向與+x和-y方向的夾角均成45. (2) 在3t04t0時間內(nèi)，粒子做勻速圓周運動，運動了四分之一周期；4t05t0時間粒子在-x方向做勻速直線運動，在-y方向做勻減速直線運動，t=5t0時在y方向速度為零；5t06t0做勻速圓周運動，運動了四分之一周期，6t0粒子運動到y(tǒng)軸，速度沿+y方向.改變B0的大小，仍要使粒子做周期性運動，則應滿足 t0=T(n=0，1，2，3，…)， 解得B0=(n=0，1，2，3，…). (3) 在t=t0時粒子進入磁場做勻速圓

19、周運動，設(shè)運動速度為v1，則v1=at0，qvB0=. 粒子的運動軌跡如圖，速度沿y軸負方向時可能的位置有M、N、P點，M、N點對應的橫坐標 x1=2r， 解得x1=(n=1，2，3，…). P點對應的橫坐標x2=r+v1t0+r， 由于qvB0=， 解得x2=(n=0，1，2，3，…). 【答案】 (1) 　　(2) (n=0，1，2，3，…)　(3) 見解析 帶電粒子在復合場中的實際應用 無論是速度選擇器、回旋加速器，還是質(zhì)譜儀、電磁流量計，其實質(zhì)都是帶電粒子在電磁場中的應用實例，解決這類問題思路主要有：(1) 力和運動的關(guān)系.根據(jù)帶電體所受的力，運用牛頓第二定律

20、并結(jié)合運動學規(guī)律求解.(2) 功能關(guān)系.根據(jù)場力以及其他外力對帶電粒子做功引起的能量變化或全過程中的功能關(guān)系解決問題.這條線索不但適用于均勻場，也適用于非均勻場. 【例4】　(2015江蘇)一臺質(zhì)譜儀的工作原理如圖所示，電荷量均為+q、質(zhì)量不同的離子飄入電壓為U0的加速電場，其初速度幾乎為零.這些離子經(jīng)加速后通過狹縫O沿著與磁場垂直的方向進入磁感應強度為B的勻強磁場，最后打在底片上. 已知放置底片的區(qū)域MN=L，且OM=L.某次測量發(fā)現(xiàn)MN中左側(cè)區(qū)域MQ損壞，檢測不到離子，但右側(cè)區(qū)域QN仍能正常檢測到離子. 在適當調(diào)節(jié)加速電壓后，原本打在MQ的離子即可在QN檢測到. (1) 求原本打在

21、MN中點P的離子質(zhì)量m. (2) 為使原本打在P的離子能打在QN區(qū)域，求加速電壓U的調(diào)節(jié)范圍. (3) 為了在QN區(qū)域?qū)⒃敬蛟贛Q區(qū)域的所有離子檢測完整，求需要調(diào)節(jié)U的最少次數(shù).(取lg2=0.301，lg3=0.477，lg5=0.699) 【解析】 (1) 離子在電場中加速qU0=mv2， 在磁場中做勻速圓周運動qvB=m， 解得r=. 代入r0=L，解得m=. (2) 由(1)知，U=， 離子打在Q點，r=L，U=， 離子打在N點，r=L，U=， 則電壓的范圍為≤U≤. (3) 由(1)可知，r∝. 由題意知，第1次調(diào)節(jié)電壓到U1，使原本Q點的離子打在N點

22、 =， 此時，原本半徑為r1的打在Q1的離子打在Q上， =， 解得r1=L. 第2次調(diào)節(jié)電壓到U2，原本打在Q1的離子打在N點，原本半徑為r2的打在Q2的離子打在Q上，則 ==， 解得r2=L. 同理，第n次調(diào)節(jié)電壓，有rn=L， 檢測完整，有rn≤， 解得n≥-1≈2.8，最少次數(shù)為3次. 【答案】 (1) 　(2) ≤U≤(3) 3次 【變式訓練5】　(2015重慶)如圖為某種離子加速器的設(shè)計方案.兩個半圓形金屬盒內(nèi)存在相同的垂直于紙面向外的勻強磁場.其中MN和MN是間距為h的兩平行極板，其上分別有正對的兩個小孔O和O，ON=ON=d，P為靶點，OP=kd(k為大

23、于1的整數(shù)).極板間存在方向向上的勻強電場，兩極板間電壓為U.質(zhì)量為m、帶電荷量為q的正離子從O點由靜止開始加速，經(jīng)O進入磁場區(qū)域.當離子打到極板上ON區(qū)域(含N點)或外殼上時將會被吸收.兩虛線之間的區(qū)域無電場和磁場存在，離子可勻速穿過.忽略相對論效應和離子所受的重力.求： (1) 離子經(jīng)過電場僅加速一次后能打到P點所需的磁感應強度大小. (2) 能使離子打到P點的磁感應強度的所有可能值. (3) 打到P點的能量最大的離子在磁場中運動的時間和在電場中運動的時間. 【解析】 (1) 離子經(jīng)電場加速，由動能定理知qU=mv2，可得v=. 在磁場中做勻速圓周運動，qvB=m， 剛好打

24、在P點，軌跡為半圓，由幾何關(guān)系知r=， 聯(lián)立解得B=. (2) 若磁感應強度較大，設(shè)離子經(jīng)過一次加速后速度較小，圓周運動半徑較小，不能直接打在P點，而做圓周運動到達N右端，再勻速直線運動到下端磁場，將重新回到O點重新加速，直到打在P點.設(shè)共加速了n次，有nqU=m， qvnB=m， 且rn=， 解得B=. 要求離子第一次加速后不能打在板上，有r1>，且qU=m，qv1B=m， 解得n