2020版高考一轮复习(江苏专版)第8章第3节带电粒子在组合场中的运动

1、带电粒子在组合场中的运动课堂提能考点全通零点迂洌彳点情彳到闩田到胆分点上突破点（一）质谱仪与回旋加速器1.质谱仪（1）构造：如图所示，由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片等构成。12(2)原理：粒子由静止被加速电场加速，qU= 2mv。2t，一V粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB=mj7。由以上两式可得q 2U一|22om B r2.回旋加速器(1)构造：如图所示，D、D2是半圆形金属盒，D形盒的缝隙处接交 形盒处于匀强磁场中。(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 mJq2B2r2磁场回旋，由qvB=,得Ekm=2m-,可见粒子获得的最大动能由磁 和D形盒半径r决定

2、，与加速电压无关。典例(2019 盐城中学检测)如图所示，离子从容器A下方的 (初速度为零)电压为U的加速电场区，加速后通过狭缝S2后再从狭缝 场边界射入偏转磁场，该偏转磁场是一个以直线MN为上边界、方向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B,离子经偏转磁场后最终到达上。不考虑离子间的相互作用。流电源，D场加速，经感应强度 B狭缝Si飘入S3垂直于磁 垂直纸面向照相底片D(1)若离子的电荷量为q,它最终打在照相底片D上的位置到狭缝 &的距离为d,求粒子的质量 m;MN方向的最大偏角为 0 ,则照相底片(2)若容器A中有大量如(1)中所述的离子，它们经过电场加速后由狭缝S垂直进入磁场时，可认

3、为速 度大小相等，但速度方向并不都严格垂直于边界，其中偏离垂直于D上得到的谱线的宽度 Ax为多少？(3)若容器A中有电荷量相等的铜 63和铜65两种离子，它们经电场加速后垂直于MN®入磁场中会发生分离，但实际工作时加速电压的大小会在U±AU范围内微小变化，为使这两种离子打在照相底片上的区域不发生重叠， 应小于多少？（结果用百分数表示，保留两位有效数字）。解析 离子在电场中加速，有 qU= 2m2,2进入磁场后，做匀速圆周运动，有qvB=md,2联立解得mi= qB-d-o 8U（2）设垂直于MN方向的离子打到照相底片上的P位置，离狭缝S3d,与垂直于MN方向夹角为0的离子，

4、打到照相底片上的位置离狭缝图:由于各离子速度大小相等，因而在磁场中运动的半径相同,X 3fX J4最远，S?P=S3最近，如2Rcos 0 =dcos 0 , A x= &P 90= d dcos 0 = d(1 cos 0)。（3）设加速电压为U,对于质量为mi,电荷量为q的离子有:qU= gm。， qvB= mR,解得R=2mU q，可见对于质量不同，电荷量相同的不同离子，加速电压相同时，质量越大，其圆周运动的半径越大, 对同种离子，加速电压越大，其圆周运动的半径也越大。UI-AU时的设铜63的质量为m,加速电压为U+AU时的半径为R,铜65的质量为mi,加速电压为2mt UP A

5、U要使得两种离子打到照相底片上的位置不重叠,图。带电粒从x轴坐标疗；坐标分别为)AU m2 m 6563因而丁m=m "015 625 16%。“qBd2、c,答案(1)T (2)d(1 cos 9)(3)1.6%8U集训冲关1 .多选（2019 启东中学模拟 ）如图是质谱仪工作原理的示意子a、b从容器中的A点飘出（在A点初速度为零），经电压U加速后,原点处进入磁感应强度为 B的匀强磁场，最后分别打在感光板 S上,XI、X2O图中半圆形虚线分别表示带电粒子a、b所通过的路径，则（A. b进入磁场的速度一定大于a进入磁场的速度B. a的比荷一定大于b的比荷C.若a、b电荷量相等，则它们

6、的质量之比ma : m>=xi2 ： X22D.若a、b质量相等，则它们在磁场中运动时间之比解析：选BC粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力:ta ： t b = Xi ： X22qvB =m, r =,半径与速度和比荷有关，虽 r qB然b的半径大于a的半径，但不能确定 b进入磁场的速度与 a进入磁场的速度关系，故 A错误；粒子经过加速电场后由动能定理可知b的比荷，故B正确;1 ，2mU根据r=B 丁,若a b电荷量相等,则它们的质量之比ma ： 2X1 ： X2，故C正确；经历的时间为t = 2T=nB-，故若a、b质量相等，则它们在磁场中运动时间之比ta： tb= Xi2： X22,故

7、D错误。用，其原理 磁场中，它 不断产生质 大动能Ek2 .多选（2019 丰县月考）回旋加速器在科学研究中得到了广泛应 如图所示。D和D是两个中空的半圆形金属盒，置于与盒面垂直的匀强 们接在电压为 J周期为T的交流电源上。位于 D圆心处的质子源A能 子（初速度可以忽略），它们在两盒之间被电场加速。当质子被加速到最后，再将它们引出。忽略质子在电场中的运动时间，则下列说法中正确的是（）A.若只增大交变电压 U,则质子的最大动能 Ek会变大B.若只增大交变电压 U,则质子在回旋加速器中运行的时间会变短C.若只将交变电压的周期变为2T,仍可用此装置加速质子D.质子第n次被加速前、后的轨道半径之比为后

8、7 : 3解析：选BD根据qvB= mv-,可得v = qBr。则最大动能为 Ek=JmVqBr-,与加速电压无关，故 A rm2 2m项错误；若只增大交变电压 U,则质子在回旋加速器中加速次数会减少，导致运行时间变短，故 B项正确;若只将交变电压的周期变为 2T,而质子在磁场中运动的周期不变，则两周期不同，所以不能始终处于加速状态，故C项错误；根据洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，则半径R=置且nqU= =mv,所以质子第qB2n次被加速前后的轨道半径之比为n 1 ： 5，故D项正确。突破点（二）带电粒子在三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

9、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。(2)先在电场中做类平抛运动，然后进入磁场做圆周运动。(如图丙、丁所示)在电场中利用平抛运动知识求粒子进入磁场时的速度。例1 (2019 苏州期考)如图所示，足够大的荧光屏 ON垂直xOy坐标面，与x 7轴夹角为30 ,当y轴

10、与ON间有?y y方向、场强为E的匀强电场时，一质量为m氏，、QV电荷量为q的正离子从y轴上的P点，以速度Vo、沿+ x轴方向射入电场，恰好垂直打到荧光屏上的 M点(图中未标出)。现撤去电场，在 y轴与ON间加上垂直坐标面向外的匀强磁场，相同的正离子从y轴上的Q点仍以速度V。、沿+ x轴方向射入磁场，恰好也垂直打到荧光屏上的M点，离子的重力不计。则：(1)求离子在电场中运动的时间t；(2)求磁场的磁感应强度 B;(3)若相同的离子分别从 y轴上的不同位置以速度 v= ky(y>0 , k为常数)、沿+ x轴方向射入磁场，离子都能打到荧光屏上，问k应满足什么条件？满足条件的所有离子中，在磁

11、场中运动时间的最大值为多大?解析(1)设离子垂直打到荧光屏上的M点时，沿y轴负方向的分速度大小为Vy,在电场中运动的加速度为 a,则:tan 60图LEq= ma vy= at解得t =(2)设离子在磁场中做圆周运动的半径为r,由几何关系可知rsin 60=Vot2Vo由向心力公式得 Bqvo= m代入得B=崇(3)临界状态：离子恰好能打到荧光屏上,即轨迹与ON相切，设此时圆周运动半径为由几何关系可知ror。+；= ycos 3o '由向心力公式得2 V Bqv= m-, 0 '其中v= ky解得k=2 ,：3 3 Eq2mvo为使离子能打到荧光屏上应满足r >to则k&

12、gt;2 ：3 3 Eq2mvo上述临界状态下，离子在磁场中运动时间有最大值2 nt ro且 T=V2 7tmBq5 兀 mVo代入得tm=。3Eq答案芈侬(2)-E-Eq2Vo2M3 Eq 5兀 mV(3)k >2mo3Eq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。(如图甲、乙所示)度为B、方正方向的匀坐标原点以例2 (2019 徐州模拟)在xOy平面内，x轴上方存在磁感应强向垂直纸面向外的匀强磁场， x轴下方存在电场强度为 E、方向沿y轴 强电场。一个质量为 mr电荷量为q

13、的带正电粒子(不计粒子的重力)从 速度v沿y轴正方向射入磁场区域。求：(1)粒子在磁场中运动的轨道半径；(2)写出粒子从出发开始计时，到第一次打到 x轴前，粒子的位移随着时间变化的表达式;(3)粒子从出发到第n次到达x轴的平均速度的大小。解析(1)根据洛伦兹力提供向心力，粒子在磁场中偏转有2 vqvB= mrg _ mv得R °qBqBtm(2)由 丁=丁，t=2TT，/口9 m f1得 t = 则。= qB0由图中几何关系可知：s=2Rsin 粒子的位移随着时间变化的表达式:sfnqBqBt2m'ntm其中t< -o qB(3)粒子在磁场中的运动周期T=2 7tmqB

14、.,、2v 2mv在电场中往返一次运动时间：t1 = =qE qEm设第n次到n为奇数时:第n次到x轴的位移为n+ 1x = -2- , 2R=n 1 mv qB '时间为t =n+1 T n 1n+1 nt mT . 2+-2- , t1=2qB +n 1 mvqE平均速度为一 x v =-=2 n+1 Evn+1 ttE+ 2n 1 Bvn为偶数时:第n次到x轴的位移为nmv， n T nn % m nmv时间为t = 2- 5+2.t1=而+下平均速度为vx 2Evt 兀 E+ 2Bv°mv 答案qB2mv(2)s =-qBsinqBt2m'兀mt< -r

15、 qB(3)n为奇数时:2 v n+ 1n+ 1EvE E+ 2 n-1 Bv 'n为偶数时：v2Ev兀 E+ 2Bv先后多个电、磁场例3 (2018 南京三模)如图所不，平面直角坐标系x轴水平向右，y轴 竖直向上，虚线MN< y轴平行，y轴左侧有竖直向下的匀强电场，场强Ei = 6 N/C,y轴与MN之间有平行于y轴的匀强电场 E, y轴右侧存在垂直纸面向里的匀强 磁场，磁感应强度 B= 1 T。一带正电小球(m= 1X10 3 kg , q = 5X10 3 C)从图 中与y轴距离为xo= 0.3 m的P点，以vo= 3 m/s的初速度沿x轴正向开始运动，经坐标原点 O越过y

16、轴，在y轴与MN之间恰好做匀速圆周运动，再经 C点越过MN越过时速度方向与 x 轴正方向一致。线段 CD平行于x轴，小球能通过 D点，取g=10 m/s2。求：(1)经过O点时的速度；(2)匀强电场的场强 巳以及C点的坐标;线段CD的长度。解析(1)小球在PO段做类平抛运动Xo-t = -= 0.1 sV0ay=m»= 40 m/s 2 mvy= ayt 1 = 4 m/sv = v02 + vy2 = 5 m/stanvy40 = V0=3与x轴正方向夹角 0 = 53°斜向下。(2)小球在y轴与MN之间做匀速圆周运动，重力与电场力平衡mgr qE2_ mgE2= 2 N

17、/C ,万向向上q2v洛伦兹力提供小球做圆周运动的向心力qvB= mRmvR= -= 1 m qBx= Rsin 0 = 0.8 my = R Rcos 0 = 0.4 mC 点坐标为(0.8 m , - 0.4 m)。(3)在 MN右侧，由 qv1B= mg 彳导 v1 = mg= 2 m/s qBv2= v v1 = 3 m/s小球在C点的速度大小是 v= 5 m/s ,可看成是v1= 2 m/s和v2=3 m/s两个速度的合成，在磁场中小球的运动轨迹由匀速直线运动与匀速圆周运动同步合成2 7tm周期为T=-=0.4兀s qB所以 Lcd= V2 , nT= 1.2n 兀 m, n= 1,

18、2,3 ,。答案(1)5 m/s ,与x轴正方向夹角为 53°斜向下(2)2 N/C ,方向向上 (0.8 m , 0.4 m)(3)1.2n 兀 m, n= 1,2,3 ,突破点（三） 带电粒子在交变电、磁场中的运动解决带电粒子在交变电、磁场中的运动问题的基本思路先读图看清、并明白场的变化情况受力分析分析粒子在不同的变化场区的受力情况过程分析分析粒子在不同时间内的运动情况找衔接点找出衔接相邻两过程的物理量选规律联立不同阶段的方程求解多维探究交艾磁场例1如图甲所示，间距为 d、垂直于纸面的两平行板 P、Q间存在匀强磁场。取垂直于纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度随时间的变化规律如图乙

19、所示。t=0时刻，一质量为 m带电荷量为+ q的粒子（不计重力）以初速度vo由板Q左端靠近板面的位置， 沿垂直于磁场且平行于板面的方向射入磁场区。当B0和Tb取某些特定值时，可使 t =0时刻入射的粒子经时间 At恰能垂直打在板 P±（不考虑粒子反弹）。上述mr q、d、vo为已知量。1,、_(1)若 At = 2%,求 Bo；(2)为使t = 0时刻入射的粒子垂直打在P板上，求粒子在0万时间内速度的偏转角“应满足的条件;若翳为使粒子仍能垂直打在p板上，求TBOR,由牛顿第二定律得:解析(1)设粒子做匀速圆周运动的半径为2VoqvoBo= mR根据题意由几何关系得到：R = d联立可

20、以得到：Bo。qd(2)由题意可知，粒子若垂直打到P板上，速度偏转角a必须满足a >90°若速度偏转角过大，就会从左边界射出，速度偏转角最大如图所示：，一r 1 一此时 sin 3 = 2r =万，3 =30 , a = 150综上可得：90° < / 150° 。(3)设粒子做圆周运动的半径为R周期为T,根据圆周运动公式得到：丁=2段V02V0由牛顿第二定律得到：qv°B0= mRR-将由代入上式可得：d = 5R粒子运动轨迹如图所示：0 ,在每个Tb内，只有A、B两个位置O、O为圆心，O、Q连线与水平方向夹角为712才有可能垂直击中 P板

21、，由题意可知:Tb 2若在A点击中P板，根据题意由几何关系得到:_ _兀R+ 2(R+Rsin 0 )n = d,且要求：0W。w 3当n = 0、n= 1时，无解。一 ， 近当 n = 2 时，sin 0 = 0,此时 Tbs= ,5v0当n>3时无解；若在B点击中P板，根据题意由几何关系得到:R+ 2Rsin 9+2(R+Rsin 0 )n = d一一，、 一兀且要求：0< 0 < 3当n = 0时无解、”.1当 n = 1 时，sin 0 =- ，24 7td此时Tb15v0兀 d 4 7td菰或前当n>2时，无解。心mv答案(1) qd (2)90 a <

22、 /150交变电场+恒定磁场例2射入电场中。无电场。紧邻金属板右侧有垂直纸面向里的匀强磁场B,分界线为CD EF为屏幕。金属板间距为 d,长度（2018 宿迁模拟）如图甲所示，带正电粒子以水平速度v0从平行金属板 MN间中线OO连续MN板间接有如图乙所示的随时间t变化的电压 Umn,两板间电场可看作是均匀的，且两板外为l ,磁场的宽度为 do已知：B= 5X10 3 T, l=d = 0.2 m ,每个带正电粒子的速度v0= 105 m/s ,比荷为m=108 0kg,重力忽略不计，在每个粒子通过电场区域的极短时间内，电场可视作是恒定不变的。试求:(1)带电粒子进入磁场做圆周运动的最小半径;(

23、2)带电粒子射出电场时的最大速度；(3)带电粒子打在屏幕上的范围。审题指导第一步：抓关键点关键点获取信息电场可视作是恒定不义的电场是匀强电场，带电粒子做类平抛运动最小半径当加速电压为零时，带电粒子进入磁场时的速率最小，半径最 小最大速度由动能定理可知，当加速电压最大时，粒子的速度最大，但应注意粒子能否从极板中飞出第二步：找突破口(1)要求圆周运动的最小半径，由带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式可知，应先求最小速度，后列方程求解。(2)要求粒子射出电场时的最大速度，应先根据平抛运动规律求出带电粒子能从极板间飞出所应加的 板间电压的范围，后结合动能定理列方程求解。(3)要求粒子打在屏幕上

24、的范围，应先综合分析带电粒子的运动过程，画出运动轨迹，后结合几何知 识列方程求解。解析(1)t = 0时刻射入电场的带电粒子不被加速，进入磁场做圆周运动的半径最小。mvo2粒子在磁场中运动时 qv0Br min则带电粒子进入磁场做圆周运动的最小半径r min =mvo一qB105108 5 10-3 m = 0.2 m其运动的径迹如图中曲线I所示。(2)设两板间电压为 Ui,带电粒子刚好从极板边缘射出电场，则有5=1*2=1 Uq L 22 22 dm vo代入数据，解得Ui=ioo V在电压低于100 V时，带电粒子才能从两板间射出电场，电压高于100 V时，带电粒子打在极板上，不能从两板间

25、射出。带电粒子刚好从极板边缘射出电场时，速度最大，设最大速度为vmax,则有Imvnlmv)2Ui+ q , 2解得 vmax=/ x 105 m/s = 1.414 x 10 5 m/s。(3)由第(1)问计算可知，t = 0时刻射入电场的粒子在磁场中做圆周运动的半径r min= d= 0.2 m径迹恰与屏幕相切，设切点为E, E为带电粒子打在屏幕上的最高点，则 O' E = rmin= 0.2 mr max,打在屏幕上的位置为F,运动径带电粒子射出电场时的速度最大时，在磁场中做圆周运动的半径最大，打在屏幕上的位置最低。设带电粒子以最大速度射出电场进入磁场中做圆周运动的半径为 迹如图

26、中曲线n所示。2 mVnax qVmaxB =r max则带电粒子进入磁场做圆周运动的最大半径mvnax.12X 1052rmax= qB = 108X 5X 10 3 m= 5 m由数学知识可得运动径迹的圆心必落在屏幕上，如图中Q点所示，并且Q点必与M板在同一水平线上。d 0.2O' Q =2 = 22 m=0.1 m带电粒子打在屏幕上的最低点为F,则2O F =rmax O Q = (0.1)m = 0.18 m即带电粒子打在屏幕上O上方0.2 m至ij O'下方0.18 m的范围内。答案(1)0.2 m (2)1.414 X105 m/s(3)0'上方0.2 m到

27、O'下方0.18 m的范围内交变磁场+恒定电场例3如图甲所示，在直角坐标系中有两条与y轴平行的磁场边界 AB和CD AR CD与x轴的交点分别为M(2L,0)、N(4L,0)。在AB和CD之间存在着垂直纸面向外的匀强磁场，在 AB与y轴之间存在着沿着y轴正方向的匀强电场。现有一质量为m电荷量为e的电子，在y轴上的P点以初速度V。沿着x轴的正方向射入匀强电场，正好从M点进入匀强磁场，且速度方向与x轴所成夹角为30 o(1)求匀强电场的电场强度 E。(2)若电子不能越过边界 CD求匀强磁场的磁感应强度B应满足的条件。若电子通过M点时开始计时，磁场随时间变化的情况如图乙所示(垂直纸面向外为正

28、，且不考虑磁场变化所产生的感生电场)，要使电子运动一段时间后从N点飞出，速度方向与 x轴的夹角为30。求磁场变化的周期T、磁感应强度B的大小各应满足的表达式。解析(1)由tanVy一,Vy= atVo'eE= ma,2L= vot“ 33mv2解得：e=l。6eL(2)电子恰好不越过边界CD的轨迹如图甲实线所示v = -V°-, Rsin 30 cos 302 mv + R= 2L, eBv= R解得：B=WF，即?足B>骁 2eL2eL(3)要满足电子从N点射出，且与x轴的夹角为30° ,轨迹如图乙所示，在磁场变化的半个周期内，电子偏转了60。，所以在磁场变

29、化的半个周期内，电子在 x轴方向上的位移等于R>onR=2L(n = 1,2,3 ,)2vV。eBv = m7, v=-A' cos 30解得：Bi=3T%(n = 1,2,3 ,)3eL-T T- 又：5=6, Tl =2 ntmeBi解得：T = 2W 兀 ° (n = 1,2,3 ,)。3nv0/3mv)2/3mv)2xi3 兀 LJ3nmM答案 (1)E=eT(2)B>eT 丁二:1,2,3，)BMerm：1,2,3，)交变电、磁场例4如图（a）所示的xOy平面处于变化的匀强电场和匀强磁场中，电场强度E和磁感应强度B随时间做周期性变化的图像如图（b）所示,

30、y轴正方向为 E的正方向，垂直于纸面向里为B的正方向。刻，带负电粒子P（重力不计）由原点O以速度V0沿y轴正方向射出，它恰能沿一定轨道做周期性运动。V0、E0 8v0 ，E）和10为已知星）图（b）中=2）在D0兀2v0t 00t0时间内粒子P第一次离x轴最远时的坐标为兀2v0t 0o兀求:（1）粒子P的比荷;（2）t =2t。时刻粒子 P的位置;当粒子所在第一次离x（3）带电粒子在运动中距离原点。的最远距离L。解析（1）0to时间内粒子P在匀强磁场中做匀速圆周运动,1，小位置的纵、横坐标相等时，粒子在磁场中恰好经过4圆周，所以粒子 p轴的最远距离等于轨道半径R,即2v0t 0 R=兀2V0又

31、 qv0B)= mz-RE0 8V0代入瓦q 4v0解得乜=丁丁。m 兀 E 0t 0(2)设粒子P在磁场中运动的周期为 T,则2兀RT =V0联立解得T= 4t01即粒子P做4圆周运动后磁场变为电场， 粒子以速度V0垂直电场方向进入电场后做类平抛运动，设t02t 0时间内水平位移和竖直位移分别为xi、yi,则X1 = v 0t 0 =2兀R 兀R4 = T1 2yi = 2at。，其中加速度qE0 a 一m由解得yi = 2v0t2=R,因此t=2t。时刻粒子P的位置坐标为 2工v0t0, 0 ,如图中的b点所示。 兀兀(3)分析知,粒子 P在2t03t 0时间内，电场力产生的加速度方向沿y轴正方向，由对称关系知，在3t 0时刻速度方向为 x轴正方向)位移 X2=Xi = v°t0；在3t 05t 0时间内粒子P沿逆时针方向做匀