全国通用版高考物理 第九章 磁场 微专题72 带电粒子在交变电场磁场中的运动备考精炼文档格式.docx

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北京平谷区零模）当今医学成像诊断设备PET/CT堪称“现代医学高科技之冠”，它在医疗诊断中，常利用能放射电子的同位素碳11作为示踪原子，碳11是由小型回旋加速器输出的高速质子轰击氮14获得的．加速质子的回旋加速器如图2甲所示．D形盒装在真空容器中，两D形盒内匀强磁场的磁感应强度为B，两D形盒间的交变电压的大小为U.若在左侧D1盒圆心处放有粒子源S不断产生质子，质子质量为m，电荷量为q.假设质子从粒子源S进入加速电场时的初速度不计，不计质子所受重力，忽略相对论效应．

　　　　　　　　　　图2

（1）第1次被加速后质子的速度大小v1是多大？

（2）若质子在D形盒中做圆周运动的最大半径为R，且D形盒间的狭缝很窄，质子在加速电场中的运动时间可忽略不计．那么，质子在回旋加速器中运动的总时间t总是多少？

（3）要把质子从加速器中引出，可以采用静电偏转法．引出器原理如图乙所示，一对圆弧形金属板组成弧形引出通道，内、外侧圆弧形金属板分别为两同心圆的一部分，圆心位于O′点．内侧圆弧的半径为r0，外侧圆弧的半径为r0＋d.在内、外金属板间加直流电压，忽略边缘效应，两板间产生径向电场，该电场可以等效为放置在O′处的点电荷Q在两圆弧之间区域产生的电场，该区域内某点的电势可表示为φ＝k（r为该点到圆心O′点的距离）．质子从M点进入圆弧形通道，质子在D形盒中运动的最大半径R对应的圆周，与圆弧形通道正中央的圆弧相切于M点．若质子从圆弧通道外侧边缘的N点射出，则质子射出时的动能Ek是多少？

要改变质子从圆弧通道中射出时的位置，可以采取哪些办法？

3．如图3甲所示，两平行金属板A、B长L＝8cm，两极板间距d＝6cm，A、B两极板间的电势差UAB＝100V．一比荷为＝1×

106C/kg的带正电粒子（不计重力）从O点沿电场中心线垂直电场线以初速度v0＝2×

104m/s飞入电场，粒子飞出平行板电场后经过界面MN、PS间的无电场区域，已知两界面MN、PS间的距离为s＝8cm.带电粒子从PS分界线上的C点进入PS右侧的区域，当粒子到达C点开始计时，PS右侧区域有磁感应强度按图乙变化的匀强磁场（垂直纸面向里为正方向）．求：

图3

（1）PS分界线上的C点与中心线OO′的距离y；

（2）粒子进入磁场区域后第二次经过中心线OO′时与PS分界线的距离x.

4．（2018·

福建三明一中模拟）如图4甲所示，在平行边界MN、PQ之间存在宽度为L的匀强电场，电场周期性变化的规律如图乙所示，取竖直向下为电场正方向；

在平行边界MN、EF之间存在宽度为s、方向垂直纸面向里的匀强磁场区域Ⅱ，在PQ右侧有宽度足够大、方向垂直纸面向里的匀强磁场区域Ⅰ.在区域Ⅰ中距PQ为L的A点，有一质量为m、电荷量为q、重力不计的带正电粒子以初速度v0沿竖直向上方向开始运动，以此作为计时起点，再经过一段时间粒子又恰好回到A点，如此循环，粒子循环运动一周，电场恰好变化一个周期，已知粒子离开区域Ⅰ进入电场时，速度恰好与电场方向垂直，sin53°

＝0.8，cos53°

＝0.6.

图4

（1）求区域Ⅰ的磁场的磁感应强度大小B1.

（2）若E0＝，要实现上述循环，确定区域Ⅱ的磁场宽度s的最小值以及磁场的磁感应强度大小B2.

（3）若E0＝，要实现上述循环，求电场的变化周期T.

答案精析

1．

（1）1.2m　

（2）2.48m　（3）L＝（1.2n＋0.6）m（n＝0,1,2，…）

解析　

（1）根据题意可以知道，微粒所受的重力G＝mg＝8×

10－3N①

电场力大小F＝qE＝8×

10－3N②

因此重力与电场力平衡

微粒先在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，则qvB＝m③

由③式解得：

R＝0.6m④

由T＝⑤

得：

T＝10πs⑥

则微粒在5πs内转过半个圆周，再次经过直线OO′时与O点的距离：

l＝2R⑦

将数据代入上式解得：

l＝1.2m⑧

（2）微粒运动半周后向上匀速运动，运动的时间为t＝5πs，

轨迹如图所示，

位移大小：

x＝vt⑨

由⑨式解得：

x≈1.88m⑩

因此，微粒离开直线OO′的最大高度：

H＝x＋R＝2.48m⑪

（3）若微粒能垂直射到挡板上的某点P，P点在直线OO′下方时，由图象可以知道，挡板MN与O点间的距离应满足：

L＝（2.4n＋0.6）m（n＝0,1,2，…）⑫

若微粒能垂直射到挡板上的某点P，P点在直线OO′上方时，由图象可以知道，挡板MN与O点间的距离应满足：

L＝（2.4n＋1.8）m（n＝0,1,2，…）⑬

⑫⑬两式合写成L＝（1.2n＋0.6）m（n＝0,1,2…）

2．见解析

解析　

（1）质子第一次被加速，由动能定理：

qU＝mv12

解得：

v1＝

（2）质子在磁场中做圆周运动时，洛伦兹力提供向心力：

qvB＝m

质子在做圆周运动的周期为：

T＝

设质子在D形盒中被电场加速了n次，由动能定理：

nqU＝mv2

质子在磁场中做圆周运动的周期恒定，在回旋加速器中运动的总时间为：

t总＝T

t总＝

（3）设M、N两点的电势分别为φ1、φ2，由能量守恒定律：

qφ1＋mv2＝qφ2＋Ek

由题可知：

φ1＝k，φ2＝k

Ek＝＋

改变圆弧通道内、外金属板间所加直流电压的大小（改变圆弧通道内电场的强弱），或者改变圆弧通道内磁场的强弱，可以改变质子从圆弧通道中射出时的位置．

3．

（1）4cm　

（2）12cm

解析　

（1）粒子在电场中的加速度a＝

粒子在电场中运动的时间t1＝

粒子离开电场时竖直方向分速度vy＝at1

粒子在MN与PS间运动时间t2＝

粒子在电场中偏转位移y1＝at12＝＝cm

出电场后：

y2＝vyt2

联立解得：

y2＝cm

所以C点与中心线OO′的距离y＝y1＋y2＝4cm

（2）粒子运动轨迹如图所示，粒子进入磁场时，

设速度与水平方向夹角为θ，tanθ＝＝

所以θ＝30°

粒子进入磁场时的速度v＝＝×

104m/s

设粒子在磁场中运动轨道半径为R

则qvB＝

所以R＝4cm

粒子在磁场中运动的周期T＝＝2π×

10－6s

在t＝×

10－6s内粒子的偏转角α＝t＝120°

竖直向上偏移h1＝Rcos30°

＝2cm

在×

10－6～π×

10－6s内通过OO′，

这段时间内竖直向上偏移h2＝h1＝2cm

因为h1＋h2＝y＝4cm

则粒子在t＝×

10－6s时刚好第二次到达OO′

此时x＝2（R＋Rsin30°

）＝12cm.

4．

（1）　

（2）　　（3）L

解析　

（1）粒子在区域Ⅰ做圆周运动的半径R＝L

由洛伦兹力提供向心力知qv0B1＝

联立解得B1＝

（2）粒子在电场中做类平抛运动，离开电场时沿电场方向的速度vy＝at＝·

＝v0，

设离开电场时速度的偏转角为θ，tanθ＝＝，θ＝53°

所以粒子离开电场时的速度v＝＝v0

粒子在电场中偏转的距离y＝at2＝·

2＝L

画出粒子运动轨迹的示意图如图所示，粒子在区域Ⅱ做圆周运动的圆心O2与在区域Ⅰ做圆周运动的圆心O1的连线必须与边界垂直才能完成上述运动，

由几何关系知粒子在区域Ⅱ做圆周运动的半径r＝＝L

所以s≥r（1－sin53°

）＝

即s的最小值为

根据r＝

解得B2＝

（3）电场变化的周期等于粒子运动的周期

粒子在区域Ⅰ中运动的时间t1＝

粒子在电场中运动的时间t2＝

粒子在区域Ⅱ中运动的时间t3＝·

＝

所以周期T＝t1＋t2＋t3＝L.