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2023届二轮复习 板块六 带电粒子在组合场、复合场中的运动 学案
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这是一份2023届二轮复习 板块六 带电粒子在组合场、复合场中的运动 学案，共19页。学案主要包含了真题研磨，审题思维，答题要素，多维演练等内容，欢迎下载使用。
板块六 带电粒子在组合场、复合场中的运动
考向一带电粒子在组合场中的运动
【真题研磨】
【典例】(19分)(2021·辽宁选择考)如图所示,在x>0区域内存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场;在x<0区域内存在沿x轴正方向的匀强电场。质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子甲从点S(-a,0)由静止释放,进入磁场区域后,与静止在点P(a,a)、质量为m3的中性粒子乙发生弹性正碰①,且有一半电量转移给粒子乙②。(不计粒子重力及碰撞后粒子间的相互作用,忽略电场、磁场变化引起的效应)
(1)求电场强度的大小E;
(2)若两粒子碰撞后,立即撤去电场,同时在x≤0区域内加上与x>0区域内相同的磁场,求从两粒子碰撞到下次相遇的时间Δt;
(3)若两粒子碰撞后,粒子乙首次离开第一象限时,撤去电场和磁场③,经一段时间后,在全部区域内加上与原x>0区域相同的磁场,此后两粒子的轨迹恰好不相交,求这段时间内粒子甲运动的距离L。
【审题思维】
题眼直击
信息转化
①
粒子甲和粒子乙系统动量守恒,无能量损失
②
碰后,甲、乙两粒子的电量均为q2
③
两粒子做匀速直线运动
【答题要素】
“三步法”解决带电粒子在组合场中的运动问题
(1)明种类:明确组合场的种类及边界特征。
(2)画轨迹:分析带电粒子在各场中受力与速度关系,明确运动特点,画好轨迹图。
(3)用规律:
①在电场中,做直线运动应用匀变速直线运动规律或功能关系求解问题;做曲线运动,应用运动的合成与分解求解问题。
②在磁场中,粒子做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,先找圆心定半径,再应用几何关系分析求解相关问题。
【多维演练】
1.维度:电场类平抛运动+磁场圆周运动+电场中运动的分解
如图所示,第一象限和第四象限分别存在匀强磁场和匀强电场,匀强磁场大小为B,方向未知,匀强电场的方向与x轴负方向的夹角为30°角,第二象限有一平行极板电容器,上极板右端N在y轴上,下极板与x轴重合,且右端在原点O点上。现一质量为m、电量为q的带正电粒子以一定初速度从电容器左端中点A进入,恰好从上极板右端N飞出,经过磁场后垂直x轴进入电场,又恰好从P点垂直y轴飞出电场(P点未标出)。已知电容器板长和间距都为l,不计粒子的重力,求:
(1)磁场方向和在磁场中运动轨迹的半径大小r;
(2)电容器的电压U及第四象限的电场强度大小E;
(3)粒子从A到P的运动时间。
2.维度:电场+磁场+磁场中运动的边界问题
如图甲所示,长方形MNPQ区域(MN=PQ=3d,MQ与NP边足够长)存在垂直纸面向里的磁感应强度大小为B的匀强磁场。长为5d、厚度不计的荧光屏ab,其上下两表面均涂有荧光粉,ab与NP边平行,相距为d,且左端a与MN相距也为d。电子枪一个一个连续地发射出电子(已知电子质量为m、电荷量为e、初速度可视为零),经电场加速后,沿MN边进入磁场区域,电子打到荧光屏就会发光(忽略电子间的相互作用)。
(1)若加速电压为U,求电子进入磁场时的速度大小;
(2)改变加速电压,使电子不断打到荧光屏上,求荧光屏能发光区域的总长度;
(3)若加速电压按如图乙所示的图象变化,求从t=0开始一个周期内,打在荧光屏上的电子数相对总电子数的比例(电子经加速电场的时间远小于周期T)。
考向二带电粒子在复合场中的运动
【真题研磨】
【典例】(9分)(2021·北京等级考)如图所示,M为粒子加速器①;N为速度选择器,两平行导体板之间有方向相互垂直的匀强电场和匀强磁场,磁场的方向垂直纸面向里,磁感应强度为B。从S点释放一初速度为0、质量为m、电荷量为q的带正电粒子,经M加速后恰能以速度v沿直线(图中平行于导体板的虚线)通过N②。不计重力。
(1)求粒子加速器M的加速电压U;
(2)求速度选择器N两板间的电场强度E的大小和方向;
(3)仍从S点释放另一初速度为0、质量为2m、电荷量为q的带正电粒子,离开N时粒子偏离图中虚线的距离为d,求该粒子离开N时的动能Ek。
【审题思维】
题眼直击
信息转化
①
利用qU=12mv2可求加速电压
②
电场力与洛伦兹力平衡
【答题要素】
1.复合场中运动及求解方法归类
复合场
运动及求解方法
磁场、重力场
重力、洛伦兹力平衡:匀速直线运动;
重力、洛伦兹力不平衡:复杂的曲线运动,机械能守恒
电场、磁场
电场力、洛伦兹力平衡:匀速直线运动;
电场力、洛伦兹力不平衡:复杂的曲线运动,可用动能定理求解
电场、磁场、重力场
三力平衡:匀速直线运动;
重力、电场力平衡:匀速圆周运动;
合力不为零:可能做复杂的曲线运动,可用能量守恒或动能定理求解
2.“三步法”解决带电粒子在复合场中的运动问题
(1)明受力:明确复合场中粒子的受力;
(2)画轨迹:从受力分析,知晓粒子的运动特征,画出轨迹图。
(3)用规律:
①做直线运动应用匀变速直线运动规律或功能关系求解问题;做曲线运动,应用运动的合成与分解求解问题。
②做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,先找圆心定半径,再应用几何关系分析求解相关问题。
【多维演练】
1.维度:质谱仪模型
某一质谱仪原理如图所示,区域Ⅰ为粒子加速器,加速电压为U1;区域Ⅱ为速度选择器,磁场与电场正交,磁感应强度为B1,两板间距离为d;区域Ⅲ为偏转分离器,磁感应强度为B2。今有一质量为m、电荷量为q的正粒子(不计重力),经加速后,该粒子恰能通过速度选择器,粒子进入分离器后做匀速圆周运动。求:
(1)粒子离开加速器时的速度大小v;
(2)速度选择器两板间的电压U2;
(3)粒子在分离器中做匀速圆周运动的半径R。
2.维度:电场+磁场复合
如图所示,光滑绝缘轨道abc处于竖直平面内,其中ab是圆心为O、半径R=6.05 m的14圆周,bc水平,一个带负电的小球P(可视为质点)静止于c处,其质量为m。有一个质量为M、外形与P完全相同的不带电小球Q从a处由静止释放,沿轨道滚下后在c处与P发生对心弹性碰撞,碰撞中小球P的电荷量不变。碰后小球P以v=20 m/s的速度进入虚线JK右边的空间中,该空间存在匀强电场和匀强磁场。已知电场和磁场的方向是相同的,“它们与小球速度方向垂直”,电场强度的大小为E=4.0 V/m,磁感应强度的大小为B=0.15 T,碰撞后小球P在此空间中做匀速直线运动。g取10 m/s2,试求:
(1)小球Q的质量是P的多少;
(2)小球P的比荷qm。
1.(电场+磁场)利用电场与磁场控制带电粒子的运动,使其在特定时间内达到预定的位置,在现代科学实验和技术设备中有着广泛的应用。如图所示,一粒子源不断释放质量为m,带电量为+q的带电粒子,其初速度视为零,经过加速电压U后,以一定速度垂直平面MNN1M1,射入边长为L的正方体区域MNPQ-M1N1P1Q1。可调整粒子源及加速电场位置,使带电粒子在边长为12L的正方形MHIJ区域内入射,不计粒子重力及其相互作用,完成以下问题:
(1)若仅在正方体区域中加上沿MN方向的匀强电场,要让所有粒子都到达平面NPP1N1,求所加匀强电场的电场强度的最小值E0;
(2)若仅在正方体区域中加上沿MN方向的匀强磁场,要让所有粒子都到达平面M1N1P1Q1,求所加匀强磁场磁感应强度的最小值B0及最大值Bm。
2.(磁场+电场)电子对湮灭是指电子e-和正电子e+碰撞后湮灭,产生伽马射线的过程,电子对湮灭是正电子发射计算机断层扫描(PET)及正电子湮灭能谱学(PAS)的物理基础。如图所示,在平面直角坐标系xOy上,P点在x轴上,且OP=2L,Q点在负y轴上某处。在第Ⅰ象限内有平行于y轴的匀强电场,在第Ⅱ象限内有一圆形区域,与x、y轴分别相切于A、C两点,OA=L在第Ⅳ象限内有一未知的矩形区域(图中未画出),未知矩形区域和圆形区域内有完全相同的匀强磁场,磁场方向垂直于xOy平面向里。一束速度大小为v0的电子束从A点沿y轴正方向射入磁场,经C点射入电场,最后从P点射出电场区域;另一束速度大小为2v0的正电子束从Q点沿与y轴正向成45°角的方向射入第Ⅳ象限,而后进入未知矩形磁场区域,离开磁场时正好到达P点,且恰好与从P点射出的电子束正碰发生湮灭,即相碰时两束电子速度方向相反。已知正、负电子质量均为m、电荷量大小均为e,正、负电子的重力不计。忽略正、负电子间的相互作用,求:
(1)圆形区域内匀强磁场磁感应强度B的大小和第Ⅰ象限内匀强电场的场强E的大小;
(2)电子从A点运动到P点所用的时间;
(3)Q点纵坐标及未知矩形磁场区域的最小面积S。
3.(复合场)如图所示,在竖直平面内建立直角坐标系xOy,其第一象限存在着正交的匀强电场和匀强磁场,电场强度的方向水平向右,磁感应强度的方向垂直纸面向里。一带电荷量为+q、质量为m的微粒从原点出发沿与x轴正方向成45°夹角的方向以一定速度进入复合场中,正好做直线运动,当微粒运动到A(l,l)时,电场方向突然变为竖直向上(不计电场变化的时间),微粒继续运动一段时间后,正好垂直于y轴穿出复合场。不计一切阻力,重力加速度为g,求:
(1)电场强度E的大小;
(2)磁感应强度B的大小;
(3)微粒在复合场中的运动时间。
板块六 带电粒子在组合场、复合场中的运动
考向一 带电粒子在组合场中的运动
【真题研磨】
【典例】【解析】(1)粒子甲进入磁场后做匀速圆周运动过P点,则在磁场中运动轨迹半径R=a
由公式qBv=mv2R得v=qBam
粒子从S到O,由动能定理可得qEa=12mv2
可得E=qB2a2m
(2)甲、乙粒子在P点发生弹性碰撞,设碰后速度为v1、v2,取向上为正方向,则有mv=mv1+13mv2
12mv2=12mv12+12×13mv22
计算可得v1=12v=qBa2m
v2=32v=3qBa2m
两粒子碰后在磁场中运动12qBv1=mv12R1 12qBv2=mv223R2
解得R1=a R2=a
两粒子在磁场中一直做轨迹相同的匀速圆周运动,周期分别为T1=2πR1v1=4πmqB T2=2πR2v2=4πm3qB
则两粒子碰后再次相遇2πT2Δt=2πT1Δt+2π
解得再次相遇时间Δt=2πmqB
(3)两粒子运动轨迹如图所示,
粒子乙首次在A点离开第一象限时,
粒子甲运动到N点,因v1=12v,v2=32v,即v1=13v2,
又有两粒子轨迹半径相等均为a,则有角速度ω甲=13ω乙,
故粒子甲转过的圆心角β为粒子乙转过圆心角90°的13,即β=30°;
经一段时间t,两粒子做匀速直线运动,可知粒子甲的匀速运动距离MN=L,
则粒子乙的匀速运动距离AB=3L,加上磁场后两粒子的轨迹恰好相切(外切),
设两圆心的连线O甲O乙与x轴正方向的夹角为θ。
由几何关系知:
NQ=a·tanβ,
O甲C=2a·sinθ,
MD=(L+NQ)sin60°,
又有:MD=a·sinβ+O甲C
可得:(L+a·tan30°)sin60°=a·sin30°+2a·sinθ
整理得:32L=2a·sinθ
再由几何关系知:
O乙Q=O乙C+CD+DQ=2a·cosθ+a·cosβ+(L+a·tan30°)cos60°;
又有:O乙Q=3L+acosβ,
整理得:52L=2a·cosθ
解得:L=277a
答案:(1)qB2a2m (2)2πmqB (3)277a
【多维演练】
1.【解析】带正电的粒子运动轨迹如图所示:
在第二象限做类平抛运动,第一象限只受洛伦兹力做部分圆周运动,第四象限做曲线运动到达P点。
(1)在第一象限内由左手定则,判断可知粒子在垂直于纸面向外的磁场中运动,在第二象限由类平抛规律得tanα=2tanβ=2×12ll=1,所以α=45°
那么由几何关系得,粒子在磁场中的轨迹半经r=2l。
(2)由洛伦兹力提供向心力得qvB=mv2r,v=2qBlm且有v=2v0
所以v0=qBlm
由平抛规律:l=v0t和l2=12×qUml×t2
联立解得U=qB2l2m
粒子以2v0进入第四象限,受到的电场力与水平方向夹角为30°斜向左上方,将电场力分解如图所示,则水平向左匀加速运动,竖直向下为匀减速运动,由图可得水平位移为l+2l,由牛顿第二定律:
qEcos30°=max
qEsin30°=may
(1+2)l=12axt32
2v0=ay·t3
联立得E=23(2-1)qB2lm
(3)类平抛运动的时间t1=lv0=mqB
在磁场中做匀速圆周运动的时间t2=34π2π×2πmqB=3πm4qB
在第四象限做曲线运动的时间t3=2v0ay=6m3(2-1)qB
那么总时间T=t1+t2+t3=mqB+3πm4qB+6m3(2-1)qB=(1+3π4+23+63)mqB
答案:(1)垂直于纸面向外 2l
(2)qB2l2m 23(2-1)qB2lm
(3)(1+3π4+23+63)mqB
2.【解析】(1)电子在加速场中,根据动能定理有eU=12mv2
解得电子刚进入磁场的速度大小为v=2eUm
(2)打在荧光屏a点的电子,根据几何关系得R12=(2d)2+(R1-d)2,解得R1=2.5d
①若减小电子的速度,电子打在荧光屏的下表面,临界条件是轨迹相切于c点,是电子能打在荧光屏上的最小速度,如图所示:
根据几何关系可得,对应电子做圆周运动的半径为R2=2d,因此ac区域长度是ac=d,
②若增大电子的速度,电子打在荧光屏上表面,临界条件是电子运动轨迹与NP相切,由几何关系得R3=3d
所以ag的长度为ag=3d+(3d)2-(2d)2-d=2d+5d
由于af=3d,那么fg=5d-d
发光区域的总长度为Δd=ac+fg=d+5d-d=5d
(3)由第(2)步可知,电子半径在2d≤R≤3d的区间内,电子能打在荧光屏上,
根据洛伦兹力提供向心力有evB=mv2R
根据动能定理有eU=12mv2
可求得当2eB2d2m≤U≤4.5eB2d2m,时,电子能打在荧光屏上,因此
η=4.5eB2d2m-2eB2d2m5eB2d2m-eB2d2m×100%=62.5%
答案:(1)2eUm (2)5d (3)62.5%
考向二 带电粒子在复合场中的运动
【真题研磨】
【典例】【解析】(1)根据功能关系qU=12mv2得U=mv22q
(2)电场力与洛伦兹力平衡,则Eq=qvB得E=vB
方向垂直导体板向下
(3)电场力做正功,根据功能关系Ek=qU+Eqd
得Ek=12mv2+qBvd
答案:(1)mv22q
(2)vB 垂直导体板向下
(3)12mv2+qBvd
【多维演练】
1.【解析】(1)粒子经过加速电场U1加速后,根据动能定理qU1=12mv2
解得v=2qU1m
(2)因为粒子恰能通过速度选择器,则粒子在速度选择器中受到的电场力和洛伦兹力为一对平衡力,即qE=qU2d=qvB1
解得U2=B1d2qU1m
(3)粒子在B2磁场中运动时,洛伦兹力提供向心力,则qvB2=mv2R
解得R=1B22mU1q
答案:(1)2qU1m
(2)B1d2qU1m
(3)1B22mU1q
2.【解析】(1)不带电小球Q从a静止释放运动到与带电小球P碰撞前,根据机械能守恒定律得
MgR=12Mv02
Q与P发生对心弹性碰撞过程,根据动量守恒和能量守恒得
Mv0=Mv1+mv
12Mv02=12Mv12+12mv2
代入数据联立解得Mm=101
即小球Q的质量是P的10倍
(2)小球P在匀强电场和匀强磁场中做匀速直线运动,故重力、电场力和洛伦兹力三力平衡,且电场和磁场的方向是相同的,电场力和洛伦兹力垂直,根据平衡条件得
(qE)2+(qvB)2=(mg)2
解得qm=2 C/kg
答案:(1)10倍
(2)2 C/kg
1.【解析】(1)粒子经过加速电场加速有qU=12mv02
仅加电场时粒子在正方体区域中做类平抛运动,当M点射入的粒子恰好到达P点,则所有粒子均能到达平面NPP1N1,由类平抛规律可得
qE0=ma
L=12at2
L=v0t
联立解得
E0=4UL
(2)仅加磁场时粒子在正方体区域中做匀速圆周运动,当从M点射入的粒子恰好到达Q1点时,所加的磁场为最小值,由圆周运动规律与几何关系可得
r1=L
qv0B0=mv02r1
联立解得
B0=1L2mU2q
当从M点射入的粒子恰好到达M1点时,所加的磁场为最大值,有
r2=12L
qv0Bm=mv02r2
联立解得
Bm=2L2mU2q
答案:(1)4UL
(2)最小值为1L2mU2q
最大值为2L2mU2q
2.【解析】(1)电子在匀强磁场中做匀速圆周运动,其轨迹如图所示,从A点到C点在磁场中运动轨迹为14圆周,可知电子的运动半径为r1=OA=L。
由洛伦兹力提供向心力得ev0B=mv02r1
联立解得B=mv0eL
电子由C点到P点在匀强电场中做类平抛运动,沿x轴正方向以速度v0做匀速直线运动,沿y轴负方向做匀加速直线运动,设其加速度大小为a,由P点出电场时的速度为v,v与x轴正方向的夹角为θ,沿y轴的位移大小为y,速度为vy,C到P的运动时间为t1,则有
y=L=vy2t1
2L=v0t1
tanθ=vyv0
vy=at1
v=v0cosθ
联立解得t1=2Lv0,
θ=45°,a=v022L
由牛顿第二定律得eE=ma
解得E=mv022eL
(2)电子在磁场中运动周期为T=2πr1v0=2πLv0
从A点到C点在磁场中运动轨迹为14圆周,则在磁场中运动时间为
t2=14T=πL2v0
则电子从A点运动到P点所用的时间为
t=t1+t2=2Lv0+πL2v0=(2+π2)Lv0
(3)由题意可知正电子进入矩形磁场区域偏转了90°(轨迹为14圆周,圆心角为90°),恰好与电子在P点正碰,其轨迹如图所示,正电子由N点进入矩形磁场,设其运动半径为r2。
由洛伦兹力提供向心力得
e·2v0B=m(2v0)2r2
解得r2=2mv0eB=2L
由图中几何关系可得PN=2r2=2L,且PN平行于y轴,可得MQ=MN=OP=2L,
则Q点纵坐标为yQ=-(PN+MQ)=-4L
矩形磁场的面积最小如图中阴影所示,设此矩形的长和宽分别为a、b,由几何关系得
a=r2-r2cos45°=(2-1)L
b=PN=2L
则S=ab=2(2-1)L2
答案:(1)mv0eL mv022eL (2)(2+π2)Lv0 (3)-4L 2(2-1)L2
3.【解析】(1)微粒在到达A(l,l)之前做直线运动,因为洛伦兹力的大小F洛=qvB与速度v有关,故微粒一定做匀速直线运动,对微粒受力分析,如图甲所示:
沿微粒的速度方向受力平衡:Eqcos45°=mgsin45°
可得E=mgq ①
(2)微粒做直线运动时,垂直微粒的速度方向受力平衡:qvB=mgcos45°+Eqsin45°②
电场方向变化后,微粒所受重力与电场力平衡,微粒在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动,轨迹如图乙所示:
根据洛伦兹力提供向心力可得qvB=mv2r ③
由几何关系可得r=2l ④
联立①②③④式可得v=2gl ⑤
B=mqgl
(3)微粒做匀速直线运动的时间为t1=2lv=lg ⑥
微粒做圆周运动的周期:T=2πrv ⑦
微粒做圆周运动转过的圆心角:θ=34π⑧
微粒做圆周运动的时间:t2=θ2π·T ⑨
联立⑤⑦⑧⑨式可得t2=34πlg ⑩
联立⑥⑩两式子可得微粒在复合场中运动时间
t=t1+t2=(34π+1)lg
答案:(1)mgq (2)mqgl
(3)(34π+1)lg
板块六 带电粒子在组合场、复合场中的运动
考向一带电粒子在组合场中的运动
【真题研磨】
【典例】(19分)(2021·辽宁选择考)如图所示,在x>0区域内存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场;在x<0区域内存在沿x轴正方向的匀强电场。质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子甲从点S(-a,0)由静止释放,进入磁场区域后,与静止在点P(a,a)、质量为m3的中性粒子乙发生弹性正碰①,且有一半电量转移给粒子乙②。(不计粒子重力及碰撞后粒子间的相互作用,忽略电场、磁场变化引起的效应)
(1)求电场强度的大小E;
(2)若两粒子碰撞后,立即撤去电场,同时在x≤0区域内加上与x>0区域内相同的磁场,求从两粒子碰撞到下次相遇的时间Δt;
(3)若两粒子碰撞后,粒子乙首次离开第一象限时,撤去电场和磁场③,经一段时间后,在全部区域内加上与原x>0区域相同的磁场,此后两粒子的轨迹恰好不相交,求这段时间内粒子甲运动的距离L。
【审题思维】
题眼直击
信息转化
①
粒子甲和粒子乙系统动量守恒,无能量损失
②
碰后,甲、乙两粒子的电量均为q2
③
两粒子做匀速直线运动
【答题要素】
“三步法”解决带电粒子在组合场中的运动问题
(1)明种类:明确组合场的种类及边界特征。
(2)画轨迹:分析带电粒子在各场中受力与速度关系,明确运动特点,画好轨迹图。
(3)用规律:
①在电场中,做直线运动应用匀变速直线运动规律或功能关系求解问题;做曲线运动,应用运动的合成与分解求解问题。
②在磁场中,粒子做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,先找圆心定半径,再应用几何关系分析求解相关问题。
【多维演练】
1.维度:电场类平抛运动+磁场圆周运动+电场中运动的分解
如图所示,第一象限和第四象限分别存在匀强磁场和匀强电场,匀强磁场大小为B,方向未知,匀强电场的方向与x轴负方向的夹角为30°角,第二象限有一平行极板电容器,上极板右端N在y轴上,下极板与x轴重合,且右端在原点O点上。现一质量为m、电量为q的带正电粒子以一定初速度从电容器左端中点A进入,恰好从上极板右端N飞出,经过磁场后垂直x轴进入电场,又恰好从P点垂直y轴飞出电场(P点未标出)。已知电容器板长和间距都为l,不计粒子的重力,求:
(1)磁场方向和在磁场中运动轨迹的半径大小r;
(2)电容器的电压U及第四象限的电场强度大小E;
(3)粒子从A到P的运动时间。
2.维度:电场+磁场+磁场中运动的边界问题
如图甲所示,长方形MNPQ区域(MN=PQ=3d,MQ与NP边足够长)存在垂直纸面向里的磁感应强度大小为B的匀强磁场。长为5d、厚度不计的荧光屏ab,其上下两表面均涂有荧光粉,ab与NP边平行,相距为d,且左端a与MN相距也为d。电子枪一个一个连续地发射出电子(已知电子质量为m、电荷量为e、初速度可视为零),经电场加速后,沿MN边进入磁场区域,电子打到荧光屏就会发光(忽略电子间的相互作用)。
(1)若加速电压为U,求电子进入磁场时的速度大小;
(2)改变加速电压,使电子不断打到荧光屏上,求荧光屏能发光区域的总长度;
(3)若加速电压按如图乙所示的图象变化,求从t=0开始一个周期内,打在荧光屏上的电子数相对总电子数的比例(电子经加速电场的时间远小于周期T)。
考向二带电粒子在复合场中的运动
【真题研磨】
【典例】(9分)(2021·北京等级考)如图所示,M为粒子加速器①;N为速度选择器,两平行导体板之间有方向相互垂直的匀强电场和匀强磁场,磁场的方向垂直纸面向里,磁感应强度为B。从S点释放一初速度为0、质量为m、电荷量为q的带正电粒子,经M加速后恰能以速度v沿直线(图中平行于导体板的虚线)通过N②。不计重力。
(1)求粒子加速器M的加速电压U;
(2)求速度选择器N两板间的电场强度E的大小和方向;
(3)仍从S点释放另一初速度为0、质量为2m、电荷量为q的带正电粒子,离开N时粒子偏离图中虚线的距离为d,求该粒子离开N时的动能Ek。
【审题思维】
题眼直击
信息转化
①
利用qU=12mv2可求加速电压
②
电场力与洛伦兹力平衡
【答题要素】
1.复合场中运动及求解方法归类
复合场
运动及求解方法
磁场、重力场
重力、洛伦兹力平衡:匀速直线运动;
重力、洛伦兹力不平衡:复杂的曲线运动,机械能守恒
电场、磁场
电场力、洛伦兹力平衡:匀速直线运动;
电场力、洛伦兹力不平衡:复杂的曲线运动,可用动能定理求解
电场、磁场、重力场
三力平衡:匀速直线运动;
重力、电场力平衡:匀速圆周运动;
合力不为零:可能做复杂的曲线运动,可用能量守恒或动能定理求解
2.“三步法”解决带电粒子在复合场中的运动问题
(1)明受力:明确复合场中粒子的受力;
(2)画轨迹:从受力分析,知晓粒子的运动特征,画出轨迹图。
(3)用规律:
①做直线运动应用匀变速直线运动规律或功能关系求解问题;做曲线运动,应用运动的合成与分解求解问题。
②做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,先找圆心定半径,再应用几何关系分析求解相关问题。
【多维演练】
1.维度:质谱仪模型
某一质谱仪原理如图所示,区域Ⅰ为粒子加速器,加速电压为U1;区域Ⅱ为速度选择器,磁场与电场正交,磁感应强度为B1,两板间距离为d;区域Ⅲ为偏转分离器,磁感应强度为B2。今有一质量为m、电荷量为q的正粒子(不计重力),经加速后,该粒子恰能通过速度选择器,粒子进入分离器后做匀速圆周运动。求:
(1)粒子离开加速器时的速度大小v;
(2)速度选择器两板间的电压U2;
(3)粒子在分离器中做匀速圆周运动的半径R。
2.维度:电场+磁场复合
如图所示,光滑绝缘轨道abc处于竖直平面内,其中ab是圆心为O、半径R=6.05 m的14圆周,bc水平,一个带负电的小球P(可视为质点)静止于c处,其质量为m。有一个质量为M、外形与P完全相同的不带电小球Q从a处由静止释放,沿轨道滚下后在c处与P发生对心弹性碰撞,碰撞中小球P的电荷量不变。碰后小球P以v=20 m/s的速度进入虚线JK右边的空间中,该空间存在匀强电场和匀强磁场。已知电场和磁场的方向是相同的,“它们与小球速度方向垂直”,电场强度的大小为E=4.0 V/m,磁感应强度的大小为B=0.15 T,碰撞后小球P在此空间中做匀速直线运动。g取10 m/s2,试求:
(1)小球Q的质量是P的多少;
(2)小球P的比荷qm。
1.(电场+磁场)利用电场与磁场控制带电粒子的运动,使其在特定时间内达到预定的位置,在现代科学实验和技术设备中有着广泛的应用。如图所示,一粒子源不断释放质量为m,带电量为+q的带电粒子,其初速度视为零,经过加速电压U后,以一定速度垂直平面MNN1M1,射入边长为L的正方体区域MNPQ-M1N1P1Q1。可调整粒子源及加速电场位置,使带电粒子在边长为12L的正方形MHIJ区域内入射,不计粒子重力及其相互作用,完成以下问题:
(1)若仅在正方体区域中加上沿MN方向的匀强电场,要让所有粒子都到达平面NPP1N1,求所加匀强电场的电场强度的最小值E0;
(2)若仅在正方体区域中加上沿MN方向的匀强磁场,要让所有粒子都到达平面M1N1P1Q1,求所加匀强磁场磁感应强度的最小值B0及最大值Bm。
2.(磁场+电场)电子对湮灭是指电子e-和正电子e+碰撞后湮灭,产生伽马射线的过程,电子对湮灭是正电子发射计算机断层扫描(PET)及正电子湮灭能谱学(PAS)的物理基础。如图所示,在平面直角坐标系xOy上,P点在x轴上,且OP=2L,Q点在负y轴上某处。在第Ⅰ象限内有平行于y轴的匀强电场,在第Ⅱ象限内有一圆形区域,与x、y轴分别相切于A、C两点,OA=L在第Ⅳ象限内有一未知的矩形区域(图中未画出),未知矩形区域和圆形区域内有完全相同的匀强磁场,磁场方向垂直于xOy平面向里。一束速度大小为v0的电子束从A点沿y轴正方向射入磁场,经C点射入电场,最后从P点射出电场区域;另一束速度大小为2v0的正电子束从Q点沿与y轴正向成45°角的方向射入第Ⅳ象限,而后进入未知矩形磁场区域,离开磁场时正好到达P点,且恰好与从P点射出的电子束正碰发生湮灭,即相碰时两束电子速度方向相反。已知正、负电子质量均为m、电荷量大小均为e,正、负电子的重力不计。忽略正、负电子间的相互作用,求:
(1)圆形区域内匀强磁场磁感应强度B的大小和第Ⅰ象限内匀强电场的场强E的大小;
(2)电子从A点运动到P点所用的时间;
(3)Q点纵坐标及未知矩形磁场区域的最小面积S。
3.(复合场)如图所示,在竖直平面内建立直角坐标系xOy,其第一象限存在着正交的匀强电场和匀强磁场,电场强度的方向水平向右,磁感应强度的方向垂直纸面向里。一带电荷量为+q、质量为m的微粒从原点出发沿与x轴正方向成45°夹角的方向以一定速度进入复合场中,正好做直线运动,当微粒运动到A(l,l)时,电场方向突然变为竖直向上(不计电场变化的时间),微粒继续运动一段时间后,正好垂直于y轴穿出复合场。不计一切阻力,重力加速度为g,求:
(1)电场强度E的大小;
(2)磁感应强度B的大小;
(3)微粒在复合场中的运动时间。
板块六 带电粒子在组合场、复合场中的运动
考向一 带电粒子在组合场中的运动
【真题研磨】
【典例】【解析】(1)粒子甲进入磁场后做匀速圆周运动过P点,则在磁场中运动轨迹半径R=a
由公式qBv=mv2R得v=qBam
粒子从S到O,由动能定理可得qEa=12mv2
可得E=qB2a2m
(2)甲、乙粒子在P点发生弹性碰撞,设碰后速度为v1、v2,取向上为正方向,则有mv=mv1+13mv2
12mv2=12mv12+12×13mv22
计算可得v1=12v=qBa2m
v2=32v=3qBa2m
两粒子碰后在磁场中运动12qBv1=mv12R1 12qBv2=mv223R2
解得R1=a R2=a
两粒子在磁场中一直做轨迹相同的匀速圆周运动,周期分别为T1=2πR1v1=4πmqB T2=2πR2v2=4πm3qB
则两粒子碰后再次相遇2πT2Δt=2πT1Δt+2π
解得再次相遇时间Δt=2πmqB
(3)两粒子运动轨迹如图所示,
粒子乙首次在A点离开第一象限时,
粒子甲运动到N点,因v1=12v,v2=32v,即v1=13v2,
又有两粒子轨迹半径相等均为a,则有角速度ω甲=13ω乙,
故粒子甲转过的圆心角β为粒子乙转过圆心角90°的13,即β=30°;
经一段时间t,两粒子做匀速直线运动,可知粒子甲的匀速运动距离MN=L,
则粒子乙的匀速运动距离AB=3L,加上磁场后两粒子的轨迹恰好相切(外切),
设两圆心的连线O甲O乙与x轴正方向的夹角为θ。
由几何关系知:
NQ=a·tanβ,
O甲C=2a·sinθ,
MD=(L+NQ)sin60°,
又有:MD=a·sinβ+O甲C
可得:(L+a·tan30°)sin60°=a·sin30°+2a·sinθ
整理得:32L=2a·sinθ
再由几何关系知:
O乙Q=O乙C+CD+DQ=2a·cosθ+a·cosβ+(L+a·tan30°)cos60°;
又有:O乙Q=3L+acosβ,
整理得:52L=2a·cosθ
解得:L=277a
答案:(1)qB2a2m (2)2πmqB (3)277a
【多维演练】
1.【解析】带正电的粒子运动轨迹如图所示:
在第二象限做类平抛运动,第一象限只受洛伦兹力做部分圆周运动,第四象限做曲线运动到达P点。
(1)在第一象限内由左手定则,判断可知粒子在垂直于纸面向外的磁场中运动,在第二象限由类平抛规律得tanα=2tanβ=2×12ll=1,所以α=45°
那么由几何关系得,粒子在磁场中的轨迹半经r=2l。
(2)由洛伦兹力提供向心力得qvB=mv2r,v=2qBlm且有v=2v0
所以v0=qBlm
由平抛规律:l=v0t和l2=12×qUml×t2
联立解得U=qB2l2m
粒子以2v0进入第四象限,受到的电场力与水平方向夹角为30°斜向左上方,将电场力分解如图所示,则水平向左匀加速运动,竖直向下为匀减速运动,由图可得水平位移为l+2l,由牛顿第二定律:
qEcos30°=max
qEsin30°=may
(1+2)l=12axt32
2v0=ay·t3
联立得E=23(2-1)qB2lm
(3)类平抛运动的时间t1=lv0=mqB
在磁场中做匀速圆周运动的时间t2=34π2π×2πmqB=3πm4qB
在第四象限做曲线运动的时间t3=2v0ay=6m3(2-1)qB
那么总时间T=t1+t2+t3=mqB+3πm4qB+6m3(2-1)qB=(1+3π4+23+63)mqB
答案:(1)垂直于纸面向外 2l
(2)qB2l2m 23(2-1)qB2lm
(3)(1+3π4+23+63)mqB
2.【解析】(1)电子在加速场中,根据动能定理有eU=12mv2
解得电子刚进入磁场的速度大小为v=2eUm
(2)打在荧光屏a点的电子,根据几何关系得R12=(2d)2+(R1-d)2,解得R1=2.5d
①若减小电子的速度,电子打在荧光屏的下表面,临界条件是轨迹相切于c点,是电子能打在荧光屏上的最小速度,如图所示:
根据几何关系可得,对应电子做圆周运动的半径为R2=2d,因此ac区域长度是ac=d,
②若增大电子的速度,电子打在荧光屏上表面,临界条件是电子运动轨迹与NP相切,由几何关系得R3=3d
所以ag的长度为ag=3d+(3d)2-(2d)2-d=2d+5d
由于af=3d,那么fg=5d-d
发光区域的总长度为Δd=ac+fg=d+5d-d=5d
(3)由第(2)步可知,电子半径在2d≤R≤3d的区间内,电子能打在荧光屏上,
根据洛伦兹力提供向心力有evB=mv2R
根据动能定理有eU=12mv2
可求得当2eB2d2m≤U≤4.5eB2d2m,时,电子能打在荧光屏上,因此
η=4.5eB2d2m-2eB2d2m5eB2d2m-eB2d2m×100%=62.5%
答案:(1)2eUm (2)5d (3)62.5%
考向二 带电粒子在复合场中的运动
【真题研磨】
【典例】【解析】(1)根据功能关系qU=12mv2得U=mv22q
(2)电场力与洛伦兹力平衡,则Eq=qvB得E=vB
方向垂直导体板向下
(3)电场力做正功,根据功能关系Ek=qU+Eqd
得Ek=12mv2+qBvd
答案:(1)mv22q
(2)vB 垂直导体板向下
(3)12mv2+qBvd
【多维演练】
1.【解析】(1)粒子经过加速电场U1加速后,根据动能定理qU1=12mv2
解得v=2qU1m
(2)因为粒子恰能通过速度选择器,则粒子在速度选择器中受到的电场力和洛伦兹力为一对平衡力,即qE=qU2d=qvB1
解得U2=B1d2qU1m
(3)粒子在B2磁场中运动时,洛伦兹力提供向心力,则qvB2=mv2R
解得R=1B22mU1q
答案:(1)2qU1m
(2)B1d2qU1m
(3)1B22mU1q
2.【解析】(1)不带电小球Q从a静止释放运动到与带电小球P碰撞前,根据机械能守恒定律得
MgR=12Mv02
Q与P发生对心弹性碰撞过程,根据动量守恒和能量守恒得
Mv0=Mv1+mv
12Mv02=12Mv12+12mv2
代入数据联立解得Mm=101
即小球Q的质量是P的10倍
(2)小球P在匀强电场和匀强磁场中做匀速直线运动,故重力、电场力和洛伦兹力三力平衡,且电场和磁场的方向是相同的,电场力和洛伦兹力垂直,根据平衡条件得
(qE)2+(qvB)2=(mg)2
解得qm=2 C/kg
答案:(1)10倍
(2)2 C/kg
1.【解析】(1)粒子经过加速电场加速有qU=12mv02
仅加电场时粒子在正方体区域中做类平抛运动,当M点射入的粒子恰好到达P点,则所有粒子均能到达平面NPP1N1,由类平抛规律可得
qE0=ma
L=12at2
L=v0t
联立解得
E0=4UL
(2)仅加磁场时粒子在正方体区域中做匀速圆周运动,当从M点射入的粒子恰好到达Q1点时,所加的磁场为最小值,由圆周运动规律与几何关系可得
r1=L
qv0B0=mv02r1
联立解得
B0=1L2mU2q
当从M点射入的粒子恰好到达M1点时,所加的磁场为最大值,有
r2=12L
qv0Bm=mv02r2
联立解得
Bm=2L2mU2q
答案:(1)4UL
(2)最小值为1L2mU2q
最大值为2L2mU2q
2.【解析】(1)电子在匀强磁场中做匀速圆周运动,其轨迹如图所示,从A点到C点在磁场中运动轨迹为14圆周,可知电子的运动半径为r1=OA=L。
由洛伦兹力提供向心力得ev0B=mv02r1
联立解得B=mv0eL
电子由C点到P点在匀强电场中做类平抛运动,沿x轴正方向以速度v0做匀速直线运动,沿y轴负方向做匀加速直线运动,设其加速度大小为a,由P点出电场时的速度为v,v与x轴正方向的夹角为θ,沿y轴的位移大小为y,速度为vy,C到P的运动时间为t1,则有
y=L=vy2t1
2L=v0t1
tanθ=vyv0
vy=at1
v=v0cosθ
联立解得t1=2Lv0,
θ=45°,a=v022L
由牛顿第二定律得eE=ma
解得E=mv022eL
(2)电子在磁场中运动周期为T=2πr1v0=2πLv0
从A点到C点在磁场中运动轨迹为14圆周,则在磁场中运动时间为
t2=14T=πL2v0
则电子从A点运动到P点所用的时间为
t=t1+t2=2Lv0+πL2v0=(2+π2)Lv0
(3)由题意可知正电子进入矩形磁场区域偏转了90°(轨迹为14圆周,圆心角为90°),恰好与电子在P点正碰,其轨迹如图所示,正电子由N点进入矩形磁场,设其运动半径为r2。
由洛伦兹力提供向心力得
e·2v0B=m(2v0)2r2
解得r2=2mv0eB=2L
由图中几何关系可得PN=2r2=2L,且PN平行于y轴,可得MQ=MN=OP=2L,
则Q点纵坐标为yQ=-(PN+MQ)=-4L
矩形磁场的面积最小如图中阴影所示,设此矩形的长和宽分别为a、b,由几何关系得
a=r2-r2cos45°=(2-1)L
b=PN=2L
则S=ab=2(2-1)L2
答案:(1)mv0eL mv022eL (2)(2+π2)Lv0 (3)-4L 2(2-1)L2
3.【解析】(1)微粒在到达A(l,l)之前做直线运动,因为洛伦兹力的大小F洛=qvB与速度v有关,故微粒一定做匀速直线运动,对微粒受力分析,如图甲所示:
沿微粒的速度方向受力平衡:Eqcos45°=mgsin45°
可得E=mgq ①
(2)微粒做直线运动时,垂直微粒的速度方向受力平衡:qvB=mgcos45°+Eqsin45°②
电场方向变化后,微粒所受重力与电场力平衡,微粒在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动,轨迹如图乙所示:
根据洛伦兹力提供向心力可得qvB=mv2r ③
由几何关系可得r=2l ④
联立①②③④式可得v=2gl ⑤
B=mqgl
(3)微粒做匀速直线运动的时间为t1=2lv=lg ⑥
微粒做圆周运动的周期:T=2πrv ⑦
微粒做圆周运动转过的圆心角:θ=34π⑧
微粒做圆周运动的时间:t2=θ2π·T ⑨
联立⑤⑦⑧⑨式可得t2=34πlg ⑩
联立⑥⑩两式子可得微粒在复合场中运动时间
t=t1+t2=(34π+1)lg
答案:(1)mgq (2)mqgl
(3)(34π+1)lg
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