《（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》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（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（46頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

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的所有粒子進入區(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。已知電子質量me=9.110-31 kg,粒子質量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,磁場橫向寬度為d,縱向延伸至無窮;磁場的磁感應強度為B,方向向外,磁場橫向寬度為3d,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)不斷地產生質量為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,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,求旋轉的角度大小; (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和磁偏轉兩種運動有效組合在一起,有效區(qū)別電磁偏轉,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。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對粒子引力的影響。,由上題結論可知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。在第象限內有平行于y軸的勻強電場,在第象限內有一圓形區(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)域內勻強磁場磁感應強度B的大小和第象限內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,另有一沿y軸負方向的勻強電場,電場強度大小為E。一質量為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, 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,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,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、質量均減半,電場力與重力仍平衡,依據上面運算可得,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。,