1、-2-帶電粒子在組合場中的運(yùn)動(dòng)帶電粒子在組合場中的運(yùn)動(dòng)考向1 磁場+磁場【典題1】(2018年2月寧波期末,22)在一個(gè)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(qiáng)磁場,兩區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B相等,方向相反(粒子運(yùn)動(dòng)不考慮相對論效應(yīng))。-3-(1)若要篩選出速率大小v1的所有粒子進(jìn)入?yún)^(qū)域,求磁場寬度d與B和v1的關(guān)系;(2)若B=0.027 3 T,v1=0.1c(c是光速度),計(jì)算d;粒子的速率為0.001c,計(jì)算粒子和射線離開區(qū)域時(shí)的距離(答案均保留三位有效數(shù)字);(3)當(dāng)d滿足第(1)小題所給關(guān)系時(shí),請給出速率在v1vv2區(qū)間的粒子離開區(qū)

2、域時(shí)的位置。已知電子質(zhì)量me=9.110-31 kg,粒子質(zhì)量m=6.710-27 kg,電子電荷量q=1.610-19 C, (|x|v0.5v1,那么熒光屏發(fā)光的坐標(biāo)范圍是多少?-10-解析:(1)粒子進(jìn)入磁場的最小速度情況如圖1所示: 圖1由洛倫茲力提供向心力得:-11-圖2 -12-(3)當(dāng)0.5v1vv1時(shí),臨界情況如圖3所示。 圖3亮線范圍是:y軸上-2dy-d。-13-當(dāng)v1v0)的粒子以速度v從O點(diǎn)垂直于磁場方向射入磁場,當(dāng)速度方向沿x軸正方向時(shí),粒子恰好從O1(x=a的位置)點(diǎn)正上方的A點(diǎn)沿y軸正方向射出磁場,不計(jì)粒子重力。 -33-(1)求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小。(2)若粒子以

3、速度v從O點(diǎn)垂直于磁場方向射入磁場,速度方向沿x軸正方向成角(-9090,其中粒子射入第一象限,取正;粒子射入第四象限,取負(fù)),為使這些粒子射出磁場后在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)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(diǎn)垂直于磁場方向射入第一象限,當(dāng)速度方向沿x軸正方向的夾角=30時(shí),求粒子從射入磁場到最終離開磁場的總時(shí)間t。解析: (1)由題知該粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑r=a, -34-(2)要使這些粒子射出磁場后能在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同且最長,則要求進(jìn)入電場時(shí)的速度與電場線平行。設(shè)與y軸正方向成角的粒子從磁場邊界某點(diǎn)P(x,y)射出,由題知粒子運(yùn)動(dòng)軌跡

4、對應(yīng)的圓心角剛好為1=90-,如圖所示,由幾何關(guān)系得P點(diǎn)坐標(biāo)為x=a(1-cos1),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(nèi),如圖中圓所示。-35-粒子從磁場中的P點(diǎn)射出,因磁場圓和粒子的軌跡圓的半徑相等,OO1PO2構(gòu)成菱形,故粒子從P點(diǎn)的出射方向與y軸平行,粒子由O到P所對應(yīng)的圓心角為1=60由幾何知識(shí)可知,粒子由P點(diǎn)到x軸的距離s=acos粒子在電場中做勻變速運(yùn)動(dòng),在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間粒子由P點(diǎn)第2次進(jìn)入磁場,由Q點(diǎn)射出,PO1QO3構(gòu)成菱形,由幾何知識(shí)可知Q點(diǎn)在x軸上,粒子由P到Q的偏向角為2=120則1+2=

5、-36-37-帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動(dòng)帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動(dòng)【典題4】(2017浙江紹興三月模擬)質(zhì)譜儀由電離室、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(huì)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(qiáng)度方向向下,大小為E,磁場垂直紙面向內(nèi),B的大小可變化。O1,O,O2三個(gè)小孔在同一直線上,且平行于選擇器極板。-38-(1)當(dāng)電離室的帶電粒子速度幾乎為零由O1“飄出”,調(diào)節(jié)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1時(shí),從小孔O點(diǎn)進(jìn)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(xiàn),當(dāng)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(yīng)強(qiáng)度在B0B1(B

6、0B1)范圍內(nèi),總有粒子能從速度選擇器中直線通過,進(jìn)入磁分析區(qū),求電離室中“飄出”的帶電粒子的最大速度v0。(3)第(2)問中,當(dāng)選擇器的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1,此時(shí)進(jìn)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(shí)速度vm1大小。-39-40-(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(fù)功,-41-解題技法1.帶電體在疊加場中無約束情況下的運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)。若重力和洛倫茲力不平衡,則帶電體將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng),因

7、洛倫茲力不做功,故機(jī)械能守恒,由此可求解問題。(2)靜電力、洛倫茲力并存(不計(jì)重力的微觀粒子)若靜電力和洛倫茲力平衡,則帶電體做勻速直線運(yùn)動(dòng)。若靜電力和洛倫茲力不平衡,則帶電體將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng),因洛倫茲力不做功,可用動(dòng)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(yùn)動(dòng)。若重力與靜電力平衡,一定做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。若合力不為零且與速度方向不垂直,將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng),因洛倫茲力不做功,可用能量守恒定律或動(dòng)能定理求解問題。-42-2.速度選擇器、磁流體發(fā)電機(jī)、電磁流量計(jì)和霍爾元件原理及規(guī)律-43-44-當(dāng)堂練4(2017年3月浙江寧波新高考選考適應(yīng)卷)【加試題】一帶電液滴在互相垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中作半徑為R的圓周運(yùn)動(dòng),如圖所示,已知電場強(qiáng)度為E,方向豎直向下,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,方向水平(圖中垂直紙面向里),重力加速度為g。運(yùn)動(dòng)中液滴所受浮力、空氣阻力都不計(jì),求:-45-(1)液滴是順時(shí)針運(yùn)動(dòng)還是逆時(shí)針運(yùn)動(dòng)?(2)液滴運(yùn)動(dòng)的速度多大?(3)若液滴運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)A時(shí)分裂成兩個(gè)完全相同的液滴,其中一個(gè)仍在原平面內(nèi)做半徑R1=3R的圓周運(yùn)動(dòng),繞行方向不變,且圓周的最低點(diǎn)仍是A點(diǎn),則另一個(gè)液滴怎樣運(yùn)動(dòng)?解析: (1)帶電液滴所受電場力向上且與重力平衡,液滴帶負(fù)電,做順時(shí)針圓周運(yùn)動(dòng)。(2)Eq=mg液滴所受洛侖茲力提供向心力,即-46-(3)第一個(gè)液滴電荷量、