(江蘇專(zhuān)版)2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第八章 第3節(jié) 帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)講義(含解析)
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1、(江蘇專(zhuān)版)2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第八章 第3節(jié) 帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)講義(含解析) 突破點(diǎn)(一) 質(zhì)譜儀與回旋加速器 1.質(zhì)譜儀 (1)構(gòu)造:如圖所示,由粒子源、加速電場(chǎng)、偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)和照相底片等構(gòu)成。 (2)原理:粒子由靜止被加速電場(chǎng)加速,qU=mv2。 粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),有qvB=m。 由以上兩式可得r=,m=,=。 2.回旋加速器 (1)構(gòu)造:如圖所示,D1、D2是半圓形金屬盒,D形盒的縫隙處接交流電源,D形盒處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。 (2)原理:交流電的周期和粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期相等,粒子經(jīng)電場(chǎng)加速,經(jīng)磁場(chǎng)回旋,由qvB=,得Ekm=,可見(jiàn)粒子獲得的
2、最大動(dòng)能由磁感應(yīng)強(qiáng)度B和D形盒半徑r決定,與加速電壓無(wú)關(guān)。 [典例] (2019·鹽城中學(xué)檢測(cè))如圖所示,離子從容器A下方的狹縫S1飄入(初速度為零)電壓為U的加速電場(chǎng)區(qū),加速后通過(guò)狹縫S2后再?gòu)莫M縫S3垂直于磁場(chǎng)邊界射入偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng),該偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)是一個(gè)以直線(xiàn)MN為上邊界、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,離子經(jīng)偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)后最終到達(dá)照相底片D上。不考慮離子間的相互作用。 (1)若離子的電荷量為q,它最終打在照相底片D上的位置到狹縫S3的距離為d,求粒子的質(zhì)量m; (2)若容器A中有大量如(1)中所述的離子,它們經(jīng)過(guò)電場(chǎng)加速后由狹縫S3垂直進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí),可認(rèn)為速度大小相等,但速度方向
3、并不都嚴(yán)格垂直于邊界,其中偏離垂直于MN方向的最大偏角為θ,則照相底片D上得到的譜線(xiàn)的寬度Δx為多少? (3)若容器A中有電荷量相等的銅63和銅65兩種離子,它們經(jīng)電場(chǎng)加速后垂直于MN進(jìn)入磁場(chǎng)中會(huì)發(fā)生分離,但實(shí)際工作時(shí)加速電壓的大小會(huì)在U±ΔU范圍內(nèi)微小變化,為使這兩種離子打在照相底片上的區(qū)域不發(fā)生重疊,應(yīng)小于多少?(結(jié)果用百分?jǐn)?shù)表示,保留兩位有效數(shù)字)。 [解析] (1)離子在電場(chǎng)中加速,有qU=mv2, 進(jìn)入磁場(chǎng)后,做勻速圓周運(yùn)動(dòng),有qvB=m, 聯(lián)立解得m=。 (2)設(shè)垂直于MN方向的離子打到照相底片上的P位置,離狹縫S3最遠(yuǎn),S3P=d,與垂直于MN方向夾角為θ的離子,打到照
4、相底片上的位置離狹縫S3最近,如圖: 由于各離子速度大小相等,因而在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑相同,S3Q=2Rcos θ=dcos θ,Δx=S3P-S3Q=d-dcos θ=d(1-cos θ)。 (3)設(shè)加速電壓為U,對(duì)于質(zhì)量為m,電荷量為q的離子有:qU=mv2,qvB=m,解得R=; 可見(jiàn)對(duì)于質(zhì)量不同,電荷量相同的不同離子,加速電壓相同時(shí),質(zhì)量越大,其圓周運(yùn)動(dòng)的半徑越大,對(duì)同種離子,加速電壓越大,其圓周運(yùn)動(dòng)的半徑也越大。 設(shè)銅63的質(zhì)量為m1,加速電壓為U+ΔU時(shí)的半徑為R1,銅65的質(zhì)量為m2,加速電壓為U-ΔU時(shí)的半徑為R2, R1=,R2= 要使得兩種離子打到照相底片上的位
5、置不重疊,
則有R1 6、∶x22
D.若a、b質(zhì)量相等,則它們?cè)诖艌?chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比ta∶tb=x1∶x2
解析:選BC 粒子在磁場(chǎng)中由洛倫茲力提供向心力:qvB=m,r=,半徑與速度和比荷有關(guān),雖然b的半徑大于a的半徑,但不能確定b進(jìn)入磁場(chǎng)的速度與a進(jìn)入磁場(chǎng)的速度關(guān)系,故A錯(cuò)誤;粒子經(jīng)過(guò)加速電場(chǎng)后由動(dòng)能定理可知qU=mv2,v= ,r=,a的比荷一定大于b的比荷,故B正確;根據(jù)r=,若a、b電荷量相等,則它們的質(zhì)量之比ma∶mb=x12∶x22,故C正確;經(jīng)歷的時(shí)間為t=T=,故若a、b質(zhì)量相等,則它們?cè)诖艌?chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比ta∶tb=x12∶x22,故D錯(cuò)誤。
2.[多選](2019·豐縣月考)回旋加速器在科學(xué) 7、研究中得到了廣泛應(yīng)用,其原理如圖所示。D1和D2是兩個(gè)中空的半圓形金屬盒,置于與盒面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,它們接在電壓為U、周期為T(mén)的交流電源上。位于D1圓心處的質(zhì)子源A能不斷產(chǎn)生質(zhì)子(初速度可以忽略),它們?cè)趦珊兄g被電場(chǎng)加速。當(dāng)質(zhì)子被加速到最大動(dòng)能Ek
后,再將它們引出。忽略質(zhì)子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間,則下列說(shuō)法中正確的是( )
A.若只增大交變電壓U,則質(zhì)子的最大動(dòng)能Ek會(huì)變大
B.若只增大交變電壓U,則質(zhì)子在回旋加速器中運(yùn)行的時(shí)間會(huì)變短
C.若只將交變電壓的周期變?yōu)?T,仍可用此裝置加速質(zhì)子
D.質(zhì)子第n次被加速前、后的軌道半徑之比為∶
解析:選BD 根據(jù)qvB=m,可得v=。則 8、最大動(dòng)能為Ek=mv2=,與加速電壓無(wú)關(guān),故A項(xiàng)錯(cuò)誤;若只增大交變電壓U,則質(zhì)子在回旋加速器中加速次數(shù)會(huì)減少,導(dǎo)致運(yùn)行時(shí)間變短,故B項(xiàng)正確;若只將交變電壓的周期變?yōu)?T,而質(zhì)子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期不變,則兩周期不同,所以不能始終處于加速狀態(tài),故C項(xiàng)錯(cuò)誤;根據(jù)洛倫茲力提供向心力做勻速圓周運(yùn)動(dòng),則半徑R=,且nqU=mv2,所以質(zhì)子第n次被加速前后的軌道半徑之比為∶,故D項(xiàng)正確。
突破點(diǎn)(二) 帶電粒子在三類(lèi)組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
帶電粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)的組合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng),實(shí)際上是將粒子在電場(chǎng)中的加速與偏轉(zhuǎn),跟磁偏轉(zhuǎn)兩種運(yùn)動(dòng)有效組合在一起,有效區(qū)別電偏轉(zhuǎn)和磁偏轉(zhuǎn),尋找兩種運(yùn)動(dòng)的聯(lián)系和幾何關(guān)系是解題的關(guān)鍵。當(dāng)帶 9、電粒子連續(xù)通過(guò)幾個(gè)不同的場(chǎng)區(qū)時(shí),粒子的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況也發(fā)生相應(yīng)的變化,其運(yùn)動(dòng)過(guò)程則由幾種不同的運(yùn)動(dòng)階段組成。
[多維探究]
先電場(chǎng)后磁場(chǎng)
(1)先在電場(chǎng)中做加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),然后進(jìn)入磁場(chǎng)做圓周運(yùn)動(dòng)。(如圖甲、乙所示)
在電場(chǎng)中利用動(dòng)能定理或運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求粒子剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度。
(2)先在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng),然后進(jìn)入磁場(chǎng)做圓周運(yùn)動(dòng)。(如圖丙、丁所示)
在電場(chǎng)中利用平拋運(yùn)動(dòng)知識(shí)求粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度。
[例1] (2019·蘇州期考)如圖所示,足夠大的熒光屏ON垂直xOy坐標(biāo)面,與x軸夾角為30°,當(dāng)y軸與ON間有沿-y方向、場(chǎng)強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)時(shí),一質(zhì)量為m、 10、電荷量為q的正離子從y軸上的P點(diǎn),以速度v0、沿+x軸方向射入電場(chǎng),恰好垂直打到熒光屏上的M點(diǎn)(圖中未標(biāo)出)?,F(xiàn)撤去電場(chǎng),在y軸與ON間加上垂直坐標(biāo)面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng),相同的正離子從y軸上的Q點(diǎn)仍以速度v0、沿+x軸方向射入磁場(chǎng),恰好也垂直打到熒光屏上的M點(diǎn),離子的重力不計(jì)。則:
(1)求離子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t;
(2)求磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B;
(3)若相同的離子分別從y軸上的不同位置以速度v=ky(y>0,k為常數(shù))、沿+x軸方向射入磁場(chǎng),離子都能打到熒光屏上,問(wèn)k應(yīng)滿(mǎn)足什么條件?滿(mǎn)足條件的所有離子中,在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間的最大值為多大?
[解析] (1)設(shè)離子垂直打到熒光屏上的M點(diǎn)時(shí),沿 11、y軸負(fù)方向的分速度大小為vy,在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的加速度為a,則:
tan 60°=
Eq=ma vy=at
解得t=。
(2)設(shè)離子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r,由幾何關(guān)系可知
rsin 60°=v0t
則r=
由向心力公式得Bqv0=m
代入得B=。
(3)臨界狀態(tài):離子恰好能打到熒光屏上,即軌跡與ON相切,設(shè)此時(shí)圓周運(yùn)動(dòng)半徑為r0,
由幾何關(guān)系可知r0+=y(tǒng)
由向心力公式得Bqv=m,
其中v=ky
解得k=
為使離子能打到熒光屏上應(yīng)滿(mǎn)足r≥r0
則k≥
上述臨界狀態(tài)下,離子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間有最大值tm=T
且T==
代入得tm=。
[答案] (1) (2 12、)
(3)k≥
先磁場(chǎng)后電場(chǎng)
對(duì)于粒子從磁場(chǎng)進(jìn)入電場(chǎng)的運(yùn)動(dòng),常見(jiàn)的有兩種情況:
(1)進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)粒子速度方向與電場(chǎng)方向相同或相反;
(2)進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)粒子速度方向與電場(chǎng)方向垂直。(如圖甲、乙所示)
[例2] (2019·徐州模擬)在xOy平面內(nèi),x軸上方存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng),x軸下方存在電場(chǎng)強(qiáng)度為E、方向沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)。一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子(不計(jì)粒子的重力)從坐標(biāo)原點(diǎn)以速度v沿y軸正方向射入磁場(chǎng)區(qū)域。求:
(1)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑;
(2)寫(xiě)出粒子從出發(fā)開(kāi)始計(jì)時(shí),到第一次打到x軸前,粒子的位移隨著時(shí)間變化的 13、表達(dá)式;
(3)粒子從出發(fā)到第n次到達(dá)x軸的平均速度的大小。
[解析] (1)根據(jù)洛倫茲力提供向心力,粒子在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)有
qvB=m
得R=。
(2)由T=,t=T,
得t=,則θ=
由圖中幾何關(guān)系可知:s=2Rsin
粒子的位移隨著時(shí)間變化的表達(dá)式:s=sin ,
其中t<。
(3)粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)周期T=
在電場(chǎng)中往返一次運(yùn)動(dòng)時(shí)間:t1==
設(shè)第n次到x軸
n為奇數(shù)時(shí): 第n次到x軸的位移為
x=·2R=,
時(shí)間為t=·+·t1=+
平均速度為==
n為偶數(shù)時(shí): 第n次到x軸的位移為
x=·2R=,
時(shí)間為t=·+·t1=+
平均速度為==。
14、[答案] (1) (2)s=sin ,t<
(3)n為奇數(shù)時(shí):= ;
n為偶數(shù)時(shí):=
先后多個(gè)電、磁場(chǎng)
[例3] (2018·南京三模)如圖所示,平面直角坐標(biāo)系x軸水平向右,y軸豎直向上,虛線(xiàn)MN與y軸平行,y軸左側(cè)有豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng),場(chǎng)強(qiáng)E1=6 N/C,y軸與MN之間有平行于y軸的勻強(qiáng)電場(chǎng)E2,y軸右側(cè)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1 T。一帶正電小球(m=1×10-3 kg,q=5×10-3 C)從圖中與y軸距離為x0=0.3 m的P點(diǎn),以v0=3 m/s的初速度沿x軸正向開(kāi)始運(yùn)動(dòng),經(jīng)坐標(biāo)原點(diǎn)O越過(guò)y軸,在y軸與MN之間恰好做勻速圓周運(yùn)動(dòng),再經(jīng)C點(diǎn)越過(guò)MN, 15、越過(guò)時(shí)速度方向與x軸正方向一致。線(xiàn)段CD平行于x軸,小球能通過(guò)D點(diǎn),取g=10 m/s2。求:
(1)經(jīng)過(guò)O點(diǎn)時(shí)的速度;
(2)勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)E2以及C點(diǎn)的坐標(biāo);
(3)線(xiàn)段CD的長(zhǎng)度。
[解析] (1)小球在PO段做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)
t==0.1 s
ay==40 m/s2
vy=ayt1=4 m/s
v==5 m/s
tan θ==
與x軸正方向夾角θ=53°斜向下。
(2)小球在y軸與MN之間做勻速圓周運(yùn)動(dòng),重力與電場(chǎng)力平衡
mg=qE2
E2==2 N/C,方向向上
洛倫茲力提供小球做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力qvB=m
R==1 m
x=Rsin θ=0.8 m
y 16、=R-Rcos θ=0.4 m
C點(diǎn)坐標(biāo)為(0.8 m,-0.4 m)。
(3)在MN右側(cè),由qv1B=mg,得v1==2 m/s
v2=v-v1=3 m/s
小球在C點(diǎn)的速度大小是v=5 m/s,可看成是v1=2 m/s和v2=3 m/s兩個(gè)速度的合成,在磁場(chǎng)中小球的運(yùn)動(dòng)軌跡由勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)與勻速圓周運(yùn)動(dòng)同步合成
周期為T(mén)==0.4π s
所以L(fǎng)CD=v2·nT=1.2nπ m,n=1,2,3,…。
[答案] (1)5 m/s,與x軸正方向夾角為53°斜向下
(2)2 N/C,方向向上 (0.8 m,-0.4 m)
(3)1.2nπ m,n=1,2,3,…
突破點(diǎn)(三) 17、帶電粒子在交變電、磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
解決帶電粒子在交變電、磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的基本思路
先讀圖
看清、并明白場(chǎng)的變化情況
受力分析
分析粒子在不同的變化場(chǎng)區(qū)的受力情況
過(guò)程分析
分析粒子在不同時(shí)間內(nèi)的運(yùn)動(dòng)情況
找銜接點(diǎn)
找出銜接相鄰兩過(guò)程的物理量
選規(guī)律
聯(lián)立不同階段的方程求解
[多維探究]
交變磁場(chǎng)
[例1] 如圖甲所示,間距為d、垂直于紙面的兩平行板P、Q間存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)。取垂直于紙面向里為磁場(chǎng)的正方向,磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖乙所示。t=0時(shí)刻,一質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的粒子(不計(jì)重力)以初速度v0由板Q左端靠近板面的位置,沿垂直于磁場(chǎng)且平行于板面的方 18、向射入磁場(chǎng)區(qū)。當(dāng)B0和TB取某些特定值時(shí),可使t=0時(shí)刻入射的粒子經(jīng)時(shí)間Δt恰能垂直打在板P上(不考慮粒子反彈)。上述m、q、d、v0為已知量。
(1)若Δt=TB,求B0;
(2)為使t=0時(shí)刻入射的粒子垂直打在P板上,求粒子在0~時(shí)間內(nèi)速度的偏轉(zhuǎn)角α應(yīng)滿(mǎn)足的條件;
(3)若B0=,為使粒子仍能垂直打在P板上,求TB。
[解析] (1)設(shè)粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R1,由牛頓第二定律得:
qv0B0=m
根據(jù)題意由幾何關(guān)系得到:R1=d
聯(lián)立可以得到:B0=。
(2)由題意可知,粒子若垂直打到P板上,速度偏轉(zhuǎn)角α必須滿(mǎn)足α≥90°
若速度偏轉(zhuǎn)角過(guò)大,就會(huì)從左邊界射出,速 19、度偏轉(zhuǎn)角最大如圖所示:
此時(shí)sin β==,β=30°,α=150°
綜上可得:90°≤α≤150°。
(3)設(shè)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R,周期為T(mén),根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)公式得到:T=
由牛頓第二定律得到:qv0B0=m
將B0代入上式可得:d=5R
粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示:
O1、O2為圓心,O1、O2連線(xiàn)與水平方向夾角為θ,在每個(gè)TB內(nèi),只有A、B兩個(gè)位置才有可能垂直擊中P板,由題意可知:
T=
若在A點(diǎn)擊中P板,根據(jù)題意由幾何關(guān)系得到:
R+2(R+Rsin θ)n=d,且要求:0≤θ≤
當(dāng)n=0、n=1時(shí),無(wú)解。
當(dāng)n=2時(shí),sin θ=0,此時(shí)TB=,
當(dāng)n≥3時(shí)無(wú)解; 20、
若在B點(diǎn)擊中P板,根據(jù)題意由幾何關(guān)系得到:
R+2Rsin θ+2(R+Rsin θ)n=d
且要求:0<θ≤
當(dāng)n=0時(shí)無(wú)解
當(dāng)n=1時(shí),sin θ=
此時(shí)TB=
當(dāng)n≥2時(shí),無(wú)解。
[答案] (1) (2)90°≤α≤150° (3)或
交變電場(chǎng)+恒定磁場(chǎng)
[例2] (2018·宿遷模擬)如圖甲所示,帶正電粒子以水平速度v0從平行金屬板MN間中線(xiàn)OO′連續(xù)射入電場(chǎng)中。MN板間接有如圖乙所示的隨時(shí)間t變化的電壓UMN,兩板間電場(chǎng)可看作是均勻的,且兩板外無(wú)電場(chǎng)。緊鄰金屬板右側(cè)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B,分界線(xiàn)為CD,EF為屏幕。金屬板間距為d,長(zhǎng)度為l,磁場(chǎng)的寬度 21、為d。已知:B=5×10-3 T,l=d=0.2 m,每個(gè)帶正電粒子的速度v0=105 m/s,比荷為=108 C/kg,重力忽略不計(jì),在每個(gè)粒子通過(guò)電場(chǎng)區(qū)域的極短時(shí)間內(nèi),電場(chǎng)可視作是恒定不變的。試求:
(1)帶電粒子進(jìn)入磁場(chǎng)做圓周運(yùn)動(dòng)的最小半徑;
(2)帶電粒子射出電場(chǎng)時(shí)的最大速度;
(3)帶電粒子打在屏幕上的范圍。
[審題指導(dǎo)]
第一步:抓關(guān)鍵點(diǎn)
關(guān)鍵點(diǎn)
獲取信息
電場(chǎng)可視作是恒定不變的
電場(chǎng)是勻強(qiáng)電場(chǎng),帶電粒子做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)
最小半徑
當(dāng)加速電壓為零時(shí),帶電粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速率最小,半徑最小
最大速度
由動(dòng)能定理可知,當(dāng)加速電壓最大時(shí),粒子的速度最大,但應(yīng)注意 22、粒子能否從極板中飛出
第二步:找突破口
(1)要求圓周運(yùn)動(dòng)的最小半徑,由帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑公式可知,應(yīng)先求最小速度,后列方程求解。
(2)要求粒子射出電場(chǎng)時(shí)的最大速度,應(yīng)先根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律求出帶電粒子能從極板間飛出所應(yīng)加的板間電壓的范圍,后結(jié)合動(dòng)能定理列方程求解。
(3)要求粒子打在屏幕上的范圍,應(yīng)先綜合分析帶電粒子的運(yùn)動(dòng)過(guò)程,畫(huà)出運(yùn)動(dòng)軌跡,后結(jié)合幾何知識(shí)列方程求解。
[解析] (1)t=0時(shí)刻射入電場(chǎng)的帶電粒子不被加速,進(jìn)入磁場(chǎng)做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑最小。
粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)qv0B=
則帶電粒子進(jìn)入磁場(chǎng)做圓周運(yùn)動(dòng)的最小半徑
rmin== m=0.2 m
其 23、運(yùn)動(dòng)的徑跡如圖中曲線(xiàn)Ⅰ所示。
(2)設(shè)兩板間電壓為U1,帶電粒子剛好從極板邊緣射出電場(chǎng),則有=at2=·2
代入數(shù)據(jù),解得U1=100 V
在電壓低于100 V時(shí),帶電粒子才能從兩板間射出電場(chǎng),電壓高于100 V時(shí),帶電粒子打在極板上,不能從兩板間射出。帶電粒子剛好從極板邊緣射出電場(chǎng)時(shí),速度最大,設(shè)最大速度為vmax,則有mvmax2=mv02+q·
解得vmax=×105 m/s=1.414×105 m/s。
(3)由第(1)問(wèn)計(jì)算可知,t=0時(shí)刻射入電場(chǎng)的粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑
rmin=d=0.2 m
徑跡恰與屏幕相切,設(shè)切點(diǎn)為E,E為帶電粒子打在屏幕上的最高點(diǎn) 24、,
則=rmin=0.2 m
帶電粒子射出電場(chǎng)時(shí)的速度最大時(shí),在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑最大,打在屏幕上的位置最低。
設(shè)帶電粒子以最大速度射出電場(chǎng)進(jìn)入磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為rmax,打在屏幕上的位置為F,運(yùn)動(dòng)徑跡如圖中曲線(xiàn)Ⅱ所示。
qvmaxB=
則帶電粒子進(jìn)入磁場(chǎng)做圓周運(yùn)動(dòng)的最大半徑
rmax== m= m
由數(shù)學(xué)知識(shí)可得運(yùn)動(dòng)徑跡的圓心必落在屏幕上,如圖中Q點(diǎn)所示,并且Q點(diǎn)必與M板在同一水平線(xiàn)上。則
== m=0.1 m
帶電粒子打在屏幕上的最低點(diǎn)為F,則
=rmax-=(-0.1)m=0.18 m
即帶電粒子打在屏幕上O′上方0.2 m到O′下方0.18 m的范圍內(nèi)。 25、
[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的范圍內(nèi)
交變磁場(chǎng)+恒定電場(chǎng)
[例3] 如圖甲所示,在直角坐標(biāo)系中有兩條與y軸平行的磁場(chǎng)邊界AB和CD,AB、CD與x軸的交點(diǎn)分別為M(2L,0)、N(4L,0)。在AB和CD之間存在著垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng),在AB與 y軸之間存在著沿著y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)。現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為e的電子,在y軸上的P點(diǎn)以初速度v0沿著x軸的正方向射入勻強(qiáng)電場(chǎng),正好從M點(diǎn)進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng),且速度方向與x軸所成夾角為30°。
(1)求勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E。
(2)若電子不能越過(guò)邊界 26、CD,求勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B應(yīng)滿(mǎn)足的條件。
(3)若電子通過(guò)M點(diǎn)時(shí)開(kāi)始計(jì)時(shí),磁場(chǎng)隨時(shí)間變化的情況如圖乙所示(垂直紙面向外為正,且不考慮磁場(chǎng)變化所產(chǎn)生的感生電場(chǎng)),要使電子運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后從N點(diǎn)飛出,速度方向與x軸的夾角為30°。求磁場(chǎng)變化的周期T、磁感應(yīng)強(qiáng)度B1的大小各應(yīng)滿(mǎn)足的表達(dá)式。
[解析] (1)由tan θ=,vy=at
eE=ma,2L=v0t
解得:E=。
(2)電子恰好不越過(guò)邊界CD的軌跡如圖甲實(shí)線(xiàn)所示
v=,Rsin 30°+R=2L,eBv=
解得:B=,即滿(mǎn)足B≥。
(3)要滿(mǎn)足電子從N點(diǎn)射出,且與x軸的夾角為30°,軌跡如圖乙所示,在磁場(chǎng)變化的半個(gè)周期 27、內(nèi),電子偏轉(zhuǎn)了60°,所以在磁場(chǎng)變化的半個(gè)周期內(nèi),電子在x軸方向上的位移等于R0。
nR0=2L(n=1,2,3,…)
eB1v=m,v=
解得:B1=(n=1,2,3,…)
又:=,T1=
解得:T=(n=1,2,3,…)。
[答案] (1)E= (2)B≥ (3)T=(n=1,2,3,…) B1=(n=1,2,3,…)
交變電、磁場(chǎng)
[例4] 如圖(a)所示的xOy平面處于變化的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,電場(chǎng)強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間做周期性變化的圖像如圖(b)所示,y軸正方向?yàn)镋的正方向,垂直于紙面向里為B的正方向。t=0時(shí)刻,帶負(fù)電粒子P(重力不計(jì))由原點(diǎn)O以速度v0 28、沿y軸正方向射出,它恰能沿一定軌道做周期性運(yùn)動(dòng)。v0、E0和t0為已知量,圖(b)中=,在0~t0時(shí)間內(nèi)粒子P第一次離x軸最遠(yuǎn)時(shí)的坐標(biāo)為,。求:
(1)粒子P的比荷;
(2)t=2t0時(shí)刻粒子P的位置;
(3)帶電粒子在運(yùn)動(dòng)中距離原點(diǎn)O的最遠(yuǎn)距離L。
[解析] (1)0~t0時(shí)間內(nèi)粒子P在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),當(dāng)粒子所在位置的縱、橫坐標(biāo)相等時(shí),粒子在磁場(chǎng)中恰好經(jīng)過(guò)圓周,所以粒子P第一次離x軸的最遠(yuǎn)距離等于軌道半徑R,即
R= ①
又qv0B0=m ②
代入=
解得=。 ③
(2)設(shè)粒子P在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期為T(mén),則
T= ④
聯(lián)立①④解得T=4t0 ⑤
即粒子 29、P做圓周運(yùn)動(dòng)后磁場(chǎng)變?yōu)殡妶?chǎng),粒子以速度v0垂直電場(chǎng)方向進(jìn)入電場(chǎng)后做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng),設(shè)t0~2t0時(shí)間內(nèi)水平位移和豎直位移分別為x1、y1,則
x1=v0t0== ⑥
y1=at02, ⑦
其中加速度a=
由③⑦解得y1==R,因此t=2t0時(shí)刻粒子P的位置坐標(biāo)為,如圖中的b點(diǎn)所示。
(3)分析知,粒子P在2t0~3t0時(shí)間內(nèi),電場(chǎng)力產(chǎn)生的加速度方向沿y軸正方向,由對(duì)稱(chēng)關(guān)系知,在3t0時(shí)刻速度方向?yàn)閤軸正方向,位移x2=x1=v0t0;在3t0~5t0時(shí)間內(nèi)粒子P沿逆時(shí)針?lè)较蜃鰟蛩賵A周運(yùn)動(dòng),往復(fù)運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示,由圖可知,帶電粒子在運(yùn)動(dòng)中距原點(diǎn)O的最遠(yuǎn)距離L即O、d間的距離L=2R+2x1 30、 ⑧
解得L=2v0t0。
[答案] (1) (2) (3)2v0t0
現(xiàn)代科技中的組合場(chǎng)問(wèn)題
近年來(lái),高考試題中不斷出現(xiàn)以現(xiàn)代科技為背景的題目,學(xué)生應(yīng)強(qiáng)化對(duì)背景的分析,構(gòu)建出正確的物理模型,現(xiàn)舉例如下。
離子推進(jìn)器是太空飛行器常用的動(dòng)力系統(tǒng)。某種推進(jìn)器設(shè)計(jì)的簡(jiǎn)化原理如圖甲所示,截面半徑為R的圓柱腔分為兩個(gè)工作區(qū)。Ⅰ為電離區(qū),將氙氣電離獲得1價(jià)正離子;Ⅱ?yàn)榧铀賲^(qū),長(zhǎng)度為L(zhǎng),兩端加有電壓,形成軸向的勻強(qiáng)電場(chǎng)。Ⅰ區(qū)產(chǎn)生的正離子以接近0的初速度進(jìn)入Ⅱ區(qū),被加速后以速度vM從右側(cè)噴出。
Ⅰ區(qū)內(nèi)有軸向的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,在離軸線(xiàn)處的C點(diǎn)持續(xù)射出一定速率范圍的電子。假設(shè)射出的電 31、子僅在垂直于軸線(xiàn)的截面上運(yùn)動(dòng),截面如圖乙所示(從左向右看)。電子的初速度方向與中心O點(diǎn)和C點(diǎn)的連線(xiàn)成α角(0<α≤90°)。推進(jìn)器工作時(shí),向Ⅰ區(qū)注入稀薄的氙氣。電子使氙氣電離的最小速率為v0,電子在Ⅰ區(qū)內(nèi)不與器壁相碰且能到達(dá)的區(qū)域越大,電離效果越好。已知離子質(zhì)量為M;電子質(zhì)量為m,電量為e。(電子碰到器壁即被吸收,不考慮電子間的碰撞)
(1)求Ⅱ區(qū)的加速電壓及離子的加速度大??;
(2)為取得好的電離效果,請(qǐng)判斷Ⅰ區(qū)中的磁場(chǎng)方向(按圖乙說(shuō)明是“垂直紙面向里”或“垂直紙面向外”);
(3)α為90°時(shí),要取得好的電離效果,求射出的電子速率v的范圍;
(4)要取得好的電離效果,求射出的電 32、子最大速率vmax與α角的關(guān)系。
解析:(1)由動(dòng)能定理得MvM2=Eu ①
U= ②
a==e=。 ③
(2)垂直紙面向外。 ④
(3)設(shè)電子運(yùn)動(dòng)的最大半徑為r,由圖甲中幾何關(guān)系得
2r=R ⑤
eBv=m ⑥
所以有v0≤v< ⑦
要使⑦式有解,磁感應(yīng)強(qiáng)度B>。 ⑧
(4)如圖乙所示,OA=R-r,OC=,AC=r
根據(jù)幾何關(guān)系得r= ⑨
由⑥⑨式得vmax=。
答案:見(jiàn)解析
把握三點(diǎn),解決現(xiàn)代科技中的組合場(chǎng)問(wèn)題
1.對(duì)題目背景涉及的物理知識(shí)和原理機(jī)制進(jìn)行認(rèn)真分析。
2.從力、運(yùn)動(dòng)、能量三個(gè)角度分析粒子的運(yùn)動(dòng)過(guò)程,并畫(huà)出運(yùn)動(dòng)軌跡的草圖。
3.構(gòu)建物理模型,選擇適用的物理規(guī)律和方法解決問(wèn)題?! ?
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