带电粒子在组合场中的运动.docx
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带电粒子在组合场中的运动
带电粒子在组合场中的运动
1．质谱仪
图8 3 1
（1）构造：
如图8 3 1所示，由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片等构成。
（2）原理：
粒子由静止被加速电场加速，qU＝mv2。
粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB＝m。
由以上两式可得r＝，m＝，＝。
2．回旋加速器
（1）构造：
如图8 3 2所示，D1、D2是半圆形金属盒，D形盒的缝隙处接交流电源，D形盒处于匀强磁场中。
图8 3 2
（2）原理：
交流电的周期和粒子做圆周运动的周期相等，粒子经电场加速，经磁场回旋，由qvB＝，得Ekm＝，可见粒子获得的最大动能由磁感应强度B和D形盒半径r决定，与加速电压无关。
[典例] 如图8 3 3所示为质谱仪的示意图。
速度选择器部分的匀强电场的场强为E＝1.2×105V/m，匀强磁场的磁感强度为B1＝0.6T；偏转分离器的磁感应强度为B2＝0.8T。
求：
（已知质子质量为1.67×10－27kg）
图8 3 3
（1）能通过速度选择器的粒子的速度大小。
（2）质子和氘核以相同速度进入偏转分离器后打在照相底片上的条纹之间的距离d。
[解析]
（1）能通过速度选择器的粒子所受电场力和洛伦兹力大小相等、方向相反，有
eB1v＝eE，得v＝＝m/s＝2×105m/s。
（2）粒子进入磁场B2后做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则eB2v＝m，得R＝
设质子质量为m，则氘核质量为2m，故
d＝×2－×2＝5.2×10－3m。
[答案]
（1）2×105m/s
（2）5.2×10－3m
[针对训练]
1．（多选）（2016·天水一模）质谱仪的构造原理如图8 3 4所示。
从粒子源S出来时的粒子速度很小，可以看作初速为零，粒子经过电场加速后进入有界的垂直纸面向里的匀强磁场区域，并沿着半圆周运动而达到照相底片上的P点，测得P点到入口的距离为x，则以下说法正确的是（ ）
图8 3 4
A．粒子一定带正电
B．粒子一定带负电
C．x越大，则粒子的质量与电量之比一定越大
D．x越大，则粒子的质量与电量之比一定越小
解析：
选AC 根据左手定则，知粒子带正电，故A正确，B错误；根据半径公式r＝知，x＝2r＝，又qU＝mv2，联立解得x＝，知x越大，质量与电量的比值越大，故C正确，D错误。
2．（多选）回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图8 3 5所示，要增大带电粒子射出时的动能，则下列说法中正确的是（ ）
图8 3 5
A．增大匀强电场间的加速电压
B．增大磁场的磁感应强度
C．减小狭缝间的距离
D．增大D形金属盒的半径
解析：
选BD 回旋加速器利用电场加速和磁场偏转来加速粒子，粒子射出时的轨道半径恰好等于D
形盒的半径，根据qvB＝可得，v＝，因此离开回旋加速器时的动能Ek＝mv2＝可知，与加速电压无关，与狭缝距离无关，A、C错误；磁感应强度越大，D形盒的半径越大，动能越大，B、D正确。
要点二 带电粒子在四类组合场中的运动
带电粒子在电场和磁场的组合场中运动，实际上是将粒子在电场中的加速与偏转，跟磁偏转两种运动有效组合在一起，有效区别电偏转和磁偏转，寻找两种运动的联系和几何关系是解题的关键。
当带电粒子连续通过几个不同的场区时，粒子的受力情况和运动情况也发生相应的变化，其运动过程则由几种不同的运动阶段组成。
[多维探究]
（一）先电场后磁场
（1）先在电场中做加速直线运动，然后进入磁场做圆周运动。
（如图8 3 6甲、乙所示）
在电场中利用动能定理或运动学公式求粒子刚进入磁场时的速度。
图8 3 6
（2）先在电场中做类平抛运动，然后进入磁场做圆周运动。
（如图8 3 7甲、乙所示）
在电场中利用平抛运动知识求粒子进入磁场时的速度。
图8 3 7
[典例1] （2016·日照检测）如图8 3 8所示，坐标平面第Ⅰ象限内存在大小为E＝4×105N/C、方向水平向左的匀强电场，在第Ⅱ象限内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。
质荷比＝4×10－10kg/C的带正电的粒子，以初速度v0＝2×107m/s从x轴上的A点垂直x轴射入电场，OA＝0.2m，不计粒子的重力。
图8 3 8
（1）求粒子经过y轴时的位置到原点O的距离；
（2）若要使粒子不能进入第Ⅲ象限，求磁感应强度B的取值范围（不考虑粒子第二次进入电场后的运动情况）。
[思路点拨]
（1）带电粒子在第Ⅰ象限内做________运动，在第Ⅱ象限内做__________运动。
提示：
类平抛 匀速圆周
（2）粒子恰不能进入第Ⅲ象限的条件是运动轨迹与x轴________。
提示：
相切
[解析]
（1）设粒子在电场中运动时间为t，粒子经过y轴时的位置与原点O的距离为y，则
xOA＝at2 a＝ y＝v0t
代入数据解得a＝1.0×1015m/s2，
t＝2.0×10－8s，y＝0.4m。
（2）粒子经过y轴时在电场方向的分速度为：
vx＝at＝2×107m/s
粒子经过y轴时速度为
v＝＝2×107m/s
与y轴正方向夹角大小为θ。
tanθ＝＝1 θ＝45°
要使粒子不进入第Ⅲ象限，如图所示，此时粒子做圆周运动的半径为R，
则R＋R≤y
由qvB＝m
解得B≥（2＋2）×10－2T。
[答案]
（1）0.4m
（2）B≥（2＋2）×10－2T
（二）先磁场后电场
对于粒子从磁场进入电场的运动，常见的有两种情况：
（1）进入电场时粒子速度方向与电场方向相同或相反；
（2）进入电场时粒子速度方向与电场方向垂直。
（如图8 3 9甲、乙所示）
图8 3 9
[典例2] （2014·全国卷）如图8 3 10，在第一象限存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面（xOy平面）向外；在第四象限存在匀强电场，方向沿x轴负向。
在y轴正半轴上某点以与x轴正向平行、大小为v0的速度发射出一带正电荷的粒子，该粒子在（d,0）点沿垂直于x轴的方向进入电场。
不计重力。
若该粒子离开电场时速度方向与y轴负方向的夹角为θ，求
图8 3 10
（1）电场强度大小与磁感应强度大小的比值；
（2）该粒子在电场中运动的时间。
[解析]
（1）如图，粒子进入磁场后做匀速圆周运动。
设磁感应强度的大小为B，粒子质量与所带电荷量分别为m和q，圆周运动的半径为R0。
由洛伦兹力公式及牛顿第二定律得
qv0B＝m①
由题给条件和几何关系可知R0＝d②
设电场强度大小为E，粒子进入电场后沿x轴负方向的加速度大小为ax，在电场中运动的时间为t，离开电场时沿x轴负方向的速度大小为vx。
由牛顿第二定律及运动学公式得
Eq＝max③
vx＝axt④
t＝d⑤
由于粒子在电场中做类平抛运动（如图），
有tanθ＝⑥
联立①②③④⑤⑥式得＝v0tan2θ⑦
（2）联立⑤⑥式得
t＝⑧
[答案] 见解析
（三）先后两个磁场
[典例3] （2013·山东高考）如图8 3 11所示，在坐标系xOy的第一、第三象限内存在相同的匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面向里；第四象限内有沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E。
一带电量为＋q、质量为m的粒子，自y轴上的P点沿x轴正方向射入第四象限，经x轴上的Q点进入第一象限，随即撤去电场，以后仅保留磁场。
已知OP＝d，OQ＝2d。
不计粒子重力。
图8 3 11
（1）求粒子过Q点时速度的大小和方向。
（2）若磁感应强度的大小为一确定值B0，粒子将以垂直y轴的方向进入第二象限，求B0。
（3）若磁感应强度的大小为另一确定值，经过一段时间后粒子将再次经过Q点，且速度与第一次过Q点时相同，求该粒子相邻两次经过Q点所用的时间。
[审题指导]
第一步：
抓关键点
关键点
获取信息
（1）沿y轴正方向的匀强电场
（2）自y轴上的P点沿x轴正方向射入
带电粒子在第四象限内做类平抛运动
在第一、三象限内存在相同的匀强磁场
在第一、三象限内带电粒子做半径相同的匀速圆周运动
以垂直y轴的方向进入第二象限
在第一象限内做圆周运动的轨迹圆心在y轴上
改变磁感应强度值，经过一段时间后粒子再次经过Q点，且速度与第一次相同
带电粒子在第一、三象限内运动的轨迹均为半圆
第二步：
找突破口
（1）要求过Q点的速度，可以结合平抛运动的知识列方程求解。
（2）要求以垂直y轴的方向进入第二象限时的磁感应强度B0值，可以先画出带电粒子在第一象限的运动轨迹，后结合匀速圆周运动的知识求解。
（3）要求经过一段时间后仍以相同的速度过Q点情况下经历的时间，必须先综合分析带电粒子的运动过程，画出运动轨迹，后结合有关知识列方程求解。
[解析]
（1）设粒子在电场中运动的时间为t0，加速度的大小为a，粒子的初速度为v0，过Q点时速度的大小为v，沿y轴方向分速度的大小为vy，速度与x轴正方向间的夹角为θ，由牛顿第二定律得
qE＝ma①
由运动学公式得d＝at02②
2d＝v0t0③
vy＝at0④
v＝⑤
tanθ＝⑥
联立①②③④⑤⑥式得v＝2⑦
θ＝45°。
⑧
（2）设粒子做圆周运动的半径为R1，粒子在第一象限的运动轨迹如图甲所示，O1为圆心，由几何关系可知△O1OQ为等腰直角三角形，得
甲
R1＝2d⑨
由牛顿第二定律得
qvB0＝m⑩
联立⑦⑨⑩式得B0＝。
⑪
（3）设粒子做圆周运动的半径为R2，由几何分析，粒子运动的轨迹如图乙所示，O2、O2′是粒子做圆周运动的圆心，Q、F、G、H是轨迹与两坐标轴的交点，连接O2、O2′，由几何关系知，O2FGO2′和O2QHO2′均为矩形，进而知FQ、GH均为直径，QFGH也是矩形，又FH⊥GQ，可知QFGH是正方形，△QOF为等腰直角三角形。
可知，粒子在第一、第三象限的轨迹均为半圆，得2R2＝2d ⑫
乙
粒子在第二、第四象限的轨迹为长度相等的线段，得
FG＝HQ＝2R2⑬
设粒子相邻两次经过Q点所用的时间为t，则有
t＝⑭
联立⑦⑫⑬⑭式得
t＝（2＋π）。
⑮
[答案]
（1）2 方向与水平方向成45°角斜向上
（2） （3）（2＋π）
（四）先后多个电、磁场
[典例4] （2015·天津高考）现代科学仪器常利用电场、磁场控制带电粒子的运动。
真空中存在着如图8 3 12所示的多层紧密相邻的匀强电场和匀强磁场，电场与磁场的宽度均为d。
电场强度为E，方向水平向右；磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，电场、磁场的边界互相平行且与电场方向垂直。
一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子在第1层电场左侧边界某处由静止释放，粒子始终在电场、磁场中运动，不计粒子重力及运动时的电磁辐射。
图8 3 12
（1）求粒子在第2层磁场中运动时速度v2的大小与轨迹半径r2；
（2）粒子从第n层磁场右侧边界穿出时，速度的方向与水平方向的夹角为θn，求出sinθn；
（3）若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出，试问在其他条件不变的情况下，也进入第n层磁场，但比荷较该粒子大的粒子能否穿出该层磁场右侧边界，请简要推理说明之。
[解析]
（1）粒子在进入第2层磁场时，经过两次电场加速，中间穿过磁场时洛伦兹力不做功。
由动能定理，有2qEd＝mv22①
由①式解得v2＝2②
粒子在第2层磁场中受到的洛伦兹力充当向心力，有qv2B＝m③
由②③式解得r2＝。
④
（2）设粒子在第n层磁场中运动的速度为vn，轨迹半径为rn（各量的下标均代表粒子所在层数，下同）。
nqEd＝mvn2⑤
qvnB＝m⑥
粒子进入第n层磁场时，速度的方向与水平方向的夹角为αn，从第n层磁场右
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