2025年高考物理復習講義第九章專題九　帶電粒子在組合場中的運動（含解析）

專題九帶電粒子在組合場中的運動素養(yǎng)目標帶電粒子在組合場中的運動問題的分析方法和力學問題的分析方法基本相同，帶電粒子在組合場中的運動問題的解題思路就是利用力學兩把“金鑰匙”，即動力學觀點和能量觀點．(科學思維)考點質譜儀和回旋加速器調研Ⅰ.質譜儀的原理1．構造：質譜儀由粒子源、加速電場、偏轉磁場和照相底片構成.直觀情境2.原理：粒子由靜止被加速電場加速，qU＝eq\f(1,2)mv2，粒子在磁場中做勻速圓周運動，有qvB＝eq\f(mv2,r)，由以上兩式可得r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))，m＝eq\f(qr2B2,2U)，eq\f(q,m)＝eq\f(2U,B2r2).典例1現代質譜儀可用來分析比質子重很多倍的離子，其示意圖如圖所示，其中加速電壓恒定．質子在入口處從靜止開始被加速電場加速，經勻強磁場偏轉后從出口離開磁場．若某種一價正離子在入口處從靜止開始被同一加速電場加速，為使它經勻強磁場偏轉后仍從同一出口離開磁場，需將磁感應強度增加到原來的12倍．此離子和質子的質量比約為()A．11 B．12C．121 D．144變式1阿斯頓最早設計了質譜儀，并用它發(fā)現了氖20(20Ne)和氖22(22Ne)，證實了氖同位素的存在．一種質譜儀的結構可簡化為如圖所示，半圓柱形通道水平放置，其上下表面內半徑均為R、外半徑均為3R，該通道內存在方向豎直向上的勻強磁場，正對著通道出口處放置一張照相底片，記錄粒子從出口射出時的位置．粒子源釋放出的20Ne和22Ne，加速后垂直通過速度選擇器的正交電磁場(磁感應強度大小為B0、電場強度大小為E0)，接著垂直于通道入口從中縫MN進入磁場區(qū)，其中20Ne恰能擊中照相底片的正中間位置．已知20Ne質量為m1,22Ne質量為m2，帶電荷量均為q(q>0)，不計粒子重力．(1)求粒子通過速度選擇器的速度大小v；(2)求通道中勻強磁場的磁感應強度的大小B1；(3)調節(jié)速度選擇器的電場強度大小，可改變粒子擊中照相底片的位置，為了保證兩種粒子都能擊中照相底片，求電場強度可調節(jié)最大值Em的大?。{研Ⅱ.回旋加速器1．組成：如圖所示，兩個D形盒(靜電屏蔽作用)，大型電磁鐵，高頻振蕩交變電壓，兩縫間可形成電場.直觀情境2.條件：交流電的周期和粒子做圓周運動的周期相等，使粒子每經過一次D形盒縫隙，粒子被加速一次．3．最大動能：由qvmB＝meq\f(v\o\al(2,m),R)、Ekm＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)得Ekm＝eq\f(q2B2R2,2m)，粒子獲得的最大動能由磁感應強度B和盒半徑R決定，與加速電壓無關．4．總時間：粒子在磁場中運動一個周期，被電場加速兩次，每次增加動能qU，加速次數n＝eq\f(Ekm,qU)，粒子在磁場中運動的總時間t＝eq\f(n,2)T＝eq\f(Ekm,2qU)·eq\f(2πm,qB)＝eq\f(πBR2,2U).(忽略粒子在狹縫中運動的時間)典例2(多選)如圖所示是回旋加速器的示意圖，其核心部分是兩個D形金屬盒，分別與高頻交流電源連接，兩個D形金屬盒間的狹縫中形成周期性變化的電場，使粒子在通過狹縫時都能得到加速，兩個D形金屬盒處于垂直于盒底的勻強磁場中，下列說法正確的是()A．加速電壓越大，粒子最終射出時獲得的動能就越大B．粒子射出時的最大動能與加速電壓無關，與D形金屬盒的半徑和磁感應強度有關C．若增大加速電壓，粒子在金屬盒間的加速次數將減少，在回旋加速器中運動的時間將減小D．粒子第5次被加速前、后的軌道半徑之比為eq\r(5)∶eq\r(6)變式2(多選)醫(yī)用回旋加速器的示意圖如圖所示，其核心部分是兩個D形金屬盒，兩個金屬盒置于勻強磁場中，并分別與高頻交流電源相連．現分別加速氘核(eq\o\al(2,1)H)和氦核(eq\o\al(4,2)He)．下列說法正確的是()A．氘核(eq\o\al(2,1)H)的最大速度較大B．它們在D形盒內運動的周期相等C．氦核(eq\o\al(4,2)He)的最大動能較大D．僅增大高頻交流電源的頻率可增大粒子的最大動能考點帶電粒子在組合場中的運動1．“電偏轉”和“磁偏轉”的比較項目電偏轉磁偏轉偏轉條件帶電粒子以v⊥E進入勻強電場(不計重力)帶電粒子以v⊥B進入勻強磁場(不計重力)受力情況只受恒定的電場力F＝Eq只受大小恒定的洛倫茲力F＝qvB運動情況類平拋運動勻速圓周運動運動軌跡拋物線圓弧求解方法利用類平拋運動的規(guī)律：x＝v0t，y＝eq\f(1,2)at2，a＝eq\f(qE,m)，tanθ＝eq\f(at,v0)利用牛頓第二定律、向心力公式：r＝eq\f(mv,qB)，T＝eq\f(2πm,qB)，t＝eq\f(θ,2π)T2.帶電粒子在磁場與電場組合場中運動問題的分析思路與解題方法分析思路分過程將粒子運動的過程劃分為幾個不同的階段，對不同的階段選取不同的規(guī)律處理找關鍵確定帶電粒子在場區(qū)邊界的速度(大小和方向)是解決該類問題的關鍵畫軌跡根據受力分析和運動分析，大致畫出粒子的運動軌跡圖，有利于形象、直觀地解決問題解題方法電場中運動勻變速直線運動：牛頓運動定律＋運動學公式＋動能定理類平拋(斜拋)運動：運動的常規(guī)分解法＋特殊分解法＋功能關系磁場中運動勻速直線運動：運動學公式勻速圓周運動：圓周運動公式＋牛頓第二定律＋幾何知識典例3(2023·遼寧卷節(jié)選)如圖所示，水平位置的兩平行金屬板間存在勻強電場，板長是板間距離的eq\r(3)倍．金屬板外有一圓心為O的圓形區(qū)域，其內部存在磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向外的勻強磁場．質量為m、電荷量為q(q>0)的粒子沿中線以速度v0水平向右射入兩板間，恰好從下板邊緣P點飛出電場，并沿PO方向從圖中O′點射入磁場．已知圓形磁場區(qū)域半徑為eq\f(2mv0,3qB)，不計粒子重力．(1)求金屬板間電勢差U；(2)求粒子射出磁場時與射入磁場時運動方向間的夾角θ.1．[先電場加速再磁場偏轉模型]如圖所示，初速度不計的電子束經電壓為U的電場加速后，進入一半徑為r的圓形勻強磁場區(qū)域(區(qū)域中心為O，磁場方向垂直于圓面)，最后射到了與OM連線垂直的屏幕上的P處．已知不加磁場時，電子束將通過O點打到屏幕的中心M處，電子的電荷量為e、質量為m，電子所受重力不計．則下列判斷正確的是()A．圓形區(qū)域中磁場的方向可能垂直于紙面向里B．電子在磁場中運動時受到的洛倫茲力大小一定是eq\f(2eU,r)C．若僅增大加速電壓U，電子束打到屏幕上的位置在P點上方D．若僅改變圓形區(qū)域的磁感應強度大小，電子束可能打不到屏幕上2．[先磁場偏轉再電場偏轉模型](多選)如圖所示，半徑為L的圓邊界內存在垂直紙面向外的勻強磁場，ab、cd是圓邊界的兩個互相垂直的直徑，邊長為L的正方形defg內存在勻強電場，邊長de與直徑cd共線，電場與磁場垂直、與gd平行，質量為m、電荷量為q的粒子(不計重力)從a點正對圓心O以初速度v0垂直射入磁場，從d點射出磁場立即進入電場，最后恰好從f點射出電場，下列說法正確的是()A．粒子帶正電B．電場方向由f指向eC．粒子在磁場與電場中運動時間的比值為eq\f(π,2)D．磁感應強度與電場強度大小的比值為eq\f(1,v0)答案及解析考點質譜儀和回旋加速器典例1現代質譜儀可用來分析比質子重很多倍的離子，其示意圖如圖所示，其中加速電壓恒定．質子在入口處從靜止開始被加速電場加速，經勻強磁場偏轉后從出口離開磁場．若某種一價正離子在入口處從靜止開始被同一加速電場加速，為使它經勻強磁場偏轉后仍從同一出口離開磁場，需將磁感應強度增加到原來的12倍．此離子和質子的質量比約為()A．11 B．12C．121 D．144解析：設加速電壓為U，質子做勻速圓周運動的半徑為r，原來磁場的磁感應強度為B，質子質量為m，一價正離子質量為M.質子在入口處從靜止開始加速，由動能定理得，eU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，質子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，ev1B＝meq\f(v\o\al(2,1),r)；一價正離子在入口處從靜止開始加速，由動能定理得，eU＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)，該正離子在磁感應強度為12B的勻強磁場中做勻速圓周運動，軌跡半徑仍為r，洛倫茲力提供向心力，ev2·12B＝Meq\f(v\o\al(2,2),r)；聯立解得M∶m＝144∶1，選項D正確．故選D．變式1阿斯頓最早設計了質譜儀，并用它發(fā)現了氖20(20Ne)和氖22(22Ne)，證實了氖同位素的存在．一種質譜儀的結構可簡化為如圖所示，半圓柱形通道水平放置，其上下表面內半徑均為R、外半徑均為3R，該通道內存在方向豎直向上的勻強磁場，正對著通道出口處放置一張照相底片，記錄粒子從出口射出時的位置．粒子源釋放出的20Ne和22Ne，加速后垂直通過速度選擇器的正交電磁場(磁感應強度大小為B0、電場強度大小為E0)，接著垂直于通道入口從中縫MN進入磁場區(qū)，其中20Ne恰能擊中照相底片的正中間位置．已知20Ne質量為m1,22Ne質量為m2，帶電荷量均為q(q>0)，不計粒子重力．(1)求粒子通過速度選擇器的速度大小v；(2)求通道中勻強磁場的磁感應強度的大小B1；(3)調節(jié)速度選擇器的電場強度大小，可改變粒子擊中照相底片的位置，為了保證兩種粒子都能擊中照相底片，求電場強度可調節(jié)最大值Em的大小．解析：(1)在速度選擇器中，粒子所受洛倫茲力與電場力相等，即qvB0＝qE0解得v＝eq\f(E0,B0).(2)依題意知20Ne的軌道半徑為r1＝2R根據牛頓第二定律有qvB1＝m1eq\f(v2,r1)解得B1＝eq\f(m1E0,2qRB0).(3)根據(2)中方程可知，當20Ne和22Ne以相同速度進入磁場區(qū)時，質量較大的22Ne軌道半徑較大，所以在保證兩種粒子都能擊中照相底片的情況下，當22Ne恰好能夠擊中照相底片時，其速度最大，速度選擇器的電場強度最大同理可得vm＝eq\f(Em,B0)，qvmB1＝m2eq\f(v\o\al(2,m),rm)其中2rm＝5R，聯立解得Em＝eq\f(5m1E0,4m2).答案：(1)eq\f(E0,B0)(2)eq\f(m1E0,2qRB0)(3)eq\f(5m1E0,4m2)典例2(多選)如圖所示是回旋加速器的示意圖，其核心部分是兩個D形金屬盒，分別與高頻交流電源連接，兩個D形金屬盒間的狹縫中形成周期性變化的電場，使粒子在通過狹縫時都能得到加速，兩個D形金屬盒處于垂直于盒底的勻強磁場中，下列說法正確的是()A．加速電壓越大，粒子最終射出時獲得的動能就越大B．粒子射出時的最大動能與加速電壓無關，與D形金屬盒的半徑和磁感應強度有關C．若增大加速電壓，粒子在金屬盒間的加速次數將減少，在回旋加速器中運動的時間將減小D．粒子第5次被加速前、后的軌道半徑之比為eq\r(5)∶eq\r(6)解析：粒子在磁場中做圓周運動，由牛頓第二定律得qvmB＝meq\f(v\o\al(2,m),R)，解得vm＝eq\f(qBR,m)，則粒子獲得的最大動能為Ekm＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＝eq\f(q2B2R2,2m)，知粒子獲得的最大動能與加速電壓無關，與D形金屬盒的半徑R和磁感應強度B有關，故A錯誤，B正確；對粒子由動能定理有nqU＝eq\f(q2B2R2,2m)，加速次數n＝eq\f(qB2R2,2mU)，增大加速電壓U，粒子在金屬盒間的加速次數將減少，粒子在回旋加速器中運動的時間t＝eq\f(n,2)T＝eq\f(nπm,qB)將減小，故C正確；對粒子由動能定理得nqU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,n)，解得vn＝eq\r(\f(2nqU,m))，粒子在磁場中做圓周運動，由牛頓第二定律得qvnB＝meq\f(v\o\al(2,n),rn)，解得rn＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2nmU,q))，則粒子第5次被加速前、后的軌道半徑之比為eq\f(r4,r5)＝eq\f(\r(4),\r(5))，故D錯誤．故選BC．變式2(多選)醫(yī)用回旋加速器的示意圖如圖所示，其核心部分是兩個D形金屬盒，兩個金屬盒置于勻強磁場中，并分別與高頻交流電源相連．現分別加速氘核(eq\o\al(2,1)H)和氦核(eq\o\al(4,2)He)．下列說法正確的是()A．氘核(eq\o\al(2,1)H)的最大速度較大B．它們在D形盒內運動的周期相等C．氦核(eq\o\al(4,2)He)的最大動能較大D．僅增大高頻交流電源的頻率可增大粒子的最大動能解析：帶電粒子在磁場中受洛倫茲力做勻速圓周運動，且當速度最大時粒子的軌跡半徑應與D形盒半徑相等，根據qvB＝meq\f(v2,R)，得v＝eq\f(qBR,m)，兩粒子的比荷相等，所以最大速度相等，A錯誤；帶電粒子在磁場中運動的周期T＝eq\f(2πm,qB)，兩粒子的比荷相等，所以周期相等，B正確；粒子速度最大時具有最大動能，可得Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(q2B2R2,2m)，則氦核的最大動能較大，C正確；僅增大高頻交流電源的頻率，會導致粒子環(huán)繞周期與加速電壓方向變化的周期不匹配，D錯誤．答案：BC考點帶電粒子在組合場中的運動典例3(2023·遼寧卷節(jié)選)如圖所示，水平位置的兩平行金屬板間存在勻強電場，板長是板間距離的eq\r(3)倍．金屬板外有一圓心為O的圓形區(qū)域，其內部存在磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向外的勻強磁場．質量為m、電荷量為q(q>0)的粒子沿中線以速度v0水平向右射入兩板間，恰好從下板邊緣P點飛出電場，并沿PO方向從圖中O′點射入磁場．已知圓形磁場區(qū)域半徑為eq\f(2mv0,3qB)，不計粒子重力．(1)求金屬板間電勢差U；(2)求粒子射出磁場時與射入磁場時運動方向間的夾角θ.解析：(1)設板間距離為d，則板長為eq\r(3)d，帶電粒子在板間做類平拋運動，兩板間的電場強度為E＝eq\f(U,d)根據牛頓第二定律得qE＝ma，解得a＝eq\f(qU,md)設粒子在板間的運動時間為t0，根據類平拋運動的規(guī)律得eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,0)，eq\r(3)d＝v0t0聯立解得U＝eq\f(mv\o\al(2,0),3q).(2)設粒子出電場時與水平方向夾角為α，則有tanα＝eq\f(at0,v0)＝eq\f(\r(3),3)，故α＝eq\f(π,6)則出電場時粒子的速度為v＝eq\f(v0,cosα)＝eq\f(2\r(3),3)v0粒子出電場后沿直線做勻速直線運動，接著進入磁場，根據牛頓第二定律，由洛倫茲力提供粒子做勻速圓周運動所需的向心力，得qvB＝meq\f(v2,r)，解得r＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(2\r(3)mv0,3qB)已知圓形磁場區(qū)域半徑為R＝eq\f(2mv0,3qB)，故r＝eq\r(3)R粒子沿PO方向射入磁場即沿半徑方向射入磁場，故粒子將沿半徑方向射出磁場，粒子射出磁場時與射入磁場時運動方向的夾角為θ，則粒子在磁場中運動圓弧軌跡對應的圓心角也為θ，由幾何關系可得θ＝2α＝eq\f(π,3)故粒子射出磁場時與射入磁場時運動方向的夾角為eq\f(π,3)或60°.答案：(1)eq\f(mv\o\al(2,0),3q)(2)eq\f(π,3)或60°1．[先電場加速再磁場偏轉模型]如圖所示，初速度不計的電子束經電壓為U的電場加速后，進入一半徑為r的圓形勻強磁場區(qū)域(區(qū)域中心為O，磁場方向垂直于圓面)，最后射到了與OM連線垂直的屏幕上的P處．已知不加磁場時，電子束將通過O點打到屏幕的中心M處，電子的電荷量為e、質量為m，電子所受重力不計．則下列判斷正確的是()A．圓形區(qū)域中磁場的方向可能垂直于紙面向里B．電子在磁場中運動時受到的洛倫茲力大小一定是eq\f(2eU,r)C．若僅增大加速電壓U，電子束打到屏幕上的位置在P點上方D．若僅改變圓形區(qū)域的磁感應強度大小，電子束可能打不到屏幕上解析：根據電子偏轉的方向和左手定則可知，圓形區(qū)域中磁場的方向垂直于紙面向外，A錯誤；在加速電場中由動能定理有eU＝eq\f(1,2)mv2，在磁場中運動時受到的洛倫茲力大小為F＝evB＝meq\f(v2,R)＝eq\f(2eU,R)，而電子的運動軌跡半徑不等于r，B錯誤；若僅增大加速電壓U，電子進入磁場時的速度增大，洛倫茲力增大，電子在磁場中的軌道半徑變大，電子束打