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高中物理
第八章 静电场与粒子运动
带电粒子在组合场中的运动
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2024-12-17 10:33
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带电粒子在组合场中的运动
1.组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，或在同一区域，电场、磁场交替出现. 2.分析思路 (1)画运动轨迹：根据受力分析和运动学分析，大致画出粒子的运动轨迹图. (2)找关键点：确定带电粒子在场区边界的速度(包括大小和方向)是解决该类问题的关键. (3)划分过程：将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选取不同的规律处理. 3.常见粒子的运动及解题方法  ## 磁场与磁场的组合 磁场与磁场的组合问题实质就是两个有界磁场中的圆周运动问题，带电粒子在两个磁场中的速度大小相同，但轨迹半径和运动周期往往不同.解题时要充分利用两段圆弧轨迹的衔接点与两圆心共线的特点，进一步寻找边角关系. `例` 如图所示，在无限长的竖直边界AC和DE间，上、下部分分别充满方向垂直于平面ADEC向外的匀强磁场，上部分区域的磁感应强度大小为B0，OF为上、下磁场的水平分界线.质量为 m、带电荷量为＋q的粒子从AC边界上与O点相距为a的P点垂直于AC边界射入上方磁场区域，经OF上的Q点第一次进入下方磁场区域，Q点与O点的距离为3a.不考虑粒子重力.  (1)求粒子射入时的速度大小； (2)要使粒子不从AC边界飞出，求下方磁场区域的磁感应强度大小B1应满足的条件； (3)若下方区域的磁感应强度B＝3B0，粒子最终垂直DE边界飞出，求边界 DE与AC间距离的可能值. 解：（1）粒子在 $O F$ 上方的运动轨迹如图所示，设粒子做圆周运动的半径为 $R$ ，由几何关系可知 $R^2-(R-a)^2=(3 a)^2$ ，则 $R=5 a$ ，由牛顿第二定律可知 $q v B_0=m \frac{v^2}{R}$, 解得 $v=\frac{5 a q B_0}{m}$. （2）当粒子恰好不从 $A C$ 边界飞出时，其运动轨迹如图所示，设粒子在 $O F$下方做圆周运动的半径为 $r_1$ ，由几何关系得 $r_1+r_1 \cos \theta=3 a$ ，由(1) 可知 $\cos \theta=\frac{O Q}{R}=\frac{3}{5}$, 所以 $r_1=\frac{15 a}{8}$,根据 $q v B_1=\frac{m v^2}{r_1}$, 联立解得 $B_1=\frac{8 B_0}{3}$,故当 $B_1 \geqslant \frac{8 B_0}{3}$ 时, 粒子不会从 $A C$ 边界飞出.  （3）当 $B=3 B_0$ 时，粒子的运动轨迹如图所示， 粒子在 $O F$ 下方的运动半径为 $r=\frac{5}{3} a$ ， 设粒子的速度方向再次与射入磁场时的速度 方向一致时，粒子的位置为 $P_1$ 点， 则 $P$ 点与 $P_1$ 点的连线一定与 $O F$ 平行， 根据几何关系知 $P P_1=4 a$ ， 所以若粒子最终垂直 $D E$ 边界飞出，边界 $D E$ 与 $A C$ 间的距离为 $L=n P P_1$ $$ =4 n a(n=1,2,3, \cdots) . $$ ## 电场与磁场的组合 1.带电粒子在匀强电场中做匀加速直线运动，在匀强磁场中做匀速圆周运动，如图所示.  2.带电粒子在匀强电场中做类平抛(或类斜抛)运动，在磁场做匀速圆周运动，如图所示  `例`如图, 在 $y>0$ 的区域存在方向沿 $y$ 轴负方向的匀强电场, 场强大小为 $E$; 在 $y<0$ 的区域存在方向垂直于 $x O y$ 平面向外的匀强磁场。一个気核 1 -1-H 和一个気核 2-I- H 先后从 $y$ 轴上 $y=h$ 点以相同的动能射出, 速度方向沿 $x$ 轴正方向. 已知 1-1- H 进入磁场时, 速度方向与 $x$ 轴正方向的夹角为 $60^{\circ}$, 并从坐标原点 $O$ 处第一次射出磁场. 1-1- H 的质量为 $m$,电荷量为 $q$. 不计重力. 求: (1) 1 H 第一次进入磁场的位置到原点 $O$ 的距离; (2)磁场的磁感应强度大小； (3) 2-1-H 第一次离开磁场的位置到原点O的距离.       `例` 平面直角坐标系xOy中，直线OP与x轴正方向的夹角为30°，其上方存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，下方存在匀强电场，电场强度方向与x轴负方向的夹角为60°，如图所示.质量为m、电荷量为q的带正电粒子以速度v从坐标原点沿y轴正方向进入磁场，经磁场偏转后由P点进入电场，最后从x轴上的Q点离开电场，已知O、P两点间距离为L，PQ连线平行于y轴.不计粒子重力，求： (1)匀强磁场的磁感应强度B的大小；  (2)匀强电场的电场强度E的大小. 解：（1）粒子在磁场中运动时(如图所示)，设轨迹半径为 $R$根据洛伦兹力提供向心力可得 $q v B=\frac{m v^2}{R}$由几何关系有 $L=2 R \cos 30^{\circ}$ 联立解得 $B=\frac{\sqrt{3} m v}{q L}$. （2）粒子进入电场时，速度方向与边界 $O P$ 的夹角为 $60^{\circ}$ ，由几何关系可知，速度方向和电场方向垂直，粒子在电场中的位移 $x=P Q=L \sin 30^{\circ}$ 又 $x \sin 30^{\circ}=v t$ $x \cos 30^{\circ}=\frac{1}{2} a t^2$ $E q=m a$ 联立解得 $E=\frac{8 \sqrt{3} m v^2}{q L}$. `例`如图所示，一对足够长平行栅极板M、N水平放置，极板与可调电源相连.极板外上方和下方分别存在方向垂直纸面向外和向内的匀强磁场B1和B2，B1和B2的大小未知，但满足B2＝ B1，磁场左边界上距M板距离为2l的A点处的粒子源平行极板向右发射速度为v的带正电粒子束，单个粒子的质量为m、电荷量为q，粒子第1次离开M板的位置为C点，已知C点距离磁场左边界距离为l.忽略栅极的电场边缘效应、粒子间的相互作用及粒子所受重力.  (1)求磁感应强度B1的大小； （2）(2)当两板间电势差$U_{MN}＝0$时，粒子经过下方磁场一次偏转后恰能从C点再次返回极板上方的磁场，求两板间距d的大小； (3)当两板间所加的电势差 $U_{M N}=-\frac{6 m v^2}{5 q}$ 时，在 $M$ 板上 $C$ 点右侧 $P$ 点处放置一粒子靶(忽略靶的大小)，用于接收从 $M$ 板上方打入的粒子。问当 $P$ 点离磁场左边界多远的地方能接收到粒子? 解：（1）粒子从 $A$ 点发射后运动到 $C$ 的过程, 洛伦兹力提供向心力 $q v B_1=\frac{m v^2}{R_1}$由几何知识可得 $R_1^2=\left(2 l-R_1\right)^2+l^2$, 解得 $R_1=\frac{5}{4} l, B_1=\frac{4 m v}{5 q l}$  (2)粒子经过 $C$ 点时的速度方向与坚直方向的夹角为 $\theta$, 则 $\cos \theta=\frac{l}{R_1}=0.8$,粒子进入磁场 $B_2$ 之后, 圆周运动半径为 $R_2=$ $$ \frac{m v}{q B_2}=\frac{3}{5} R_1=\frac{3}{4} l, $$ 又因为 $d \tan \theta=R_2 \cos \theta$ ，解得 $d=0.8 l$由 $R_2=\frac{3}{4} l$ 得, 粒子在 $B_2$ 磁场中不会从左边界飞出。 (3)粒子到达 $C$ 点后第一次在电场中向左运动距离 $\Delta x=v \sin \theta \cdot \frac{2 v \cos \theta}{\frac{U q}{d m}}=$ $$ 0.64 l $$ 粒子在 $B_1$ 磁场中运动到最左边时，距 $C$ 点距离 $$ x_C=\Delta x+R_1-l=0.89 l<R_1 $$ 所以不会从左边界飞出， $P$ 点离磁场左边界的距离为 $x_P=l+n(2 l-0.64 l)$ $$ =(1+1.36 n) l, n=0 、 1,2,3, \cdots $$
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