2020届高考物理总复习讲义：带电粒子在组合场中的运动

1、第 3 节 带电粒子在组合场中的运动研究好- 题型，考法，技巧 _/重难理请能力大增高考对本节内容的考查，主要集中在质谱仪与回旋加速器、带电粒子在三类组合场中 的运动、带电粒子在交变电磁场中的运动，其中对质谱仪与回旋加速器的考查，主要以选 择题的形式呈现，难度一般，而对带电粒子在三类组合场中的运动和带电粒子在交变电磁 场中的运动的考查，难度较大。考点一质谱仪与回旋加速器师生共研类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原理：粒子由静止被加速电场加速，qU = -mv。2粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB=m*。2.回旋加速器构造：如图所示，Di、D

2、2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。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22口22场加速，经磁场回旋，由qvB= ，得 Ekm=七- ，可见粒子获得的最大动能由磁感应R2m强度 B 和 D 形盒半径 R 决定，与加速电压无关。例 1 （2018 全国卷川）如图，从离子源产生的甲、 乙两种离子， 由静止经加速电压 U 加速后在纸面内水平向右运动， 自 M 点垂直于 磁场边界射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场左边界竖直。已知甲种离子射入磁场的速度大小为v1,并在磁场边界的 N 点射出；乙种离子在 MN的中点射出；MN 长为 I。不计重力影

3、响和离子间的相互作用。求:由以上两式可得1,2mUr=Bq，m=qr2B22U ，2UBP。Af+xI1 MI!xIXXXX（接交流电源磁场的磁感应强度大小;(2)甲、乙两种离子的比荷之比。解析(1)设甲种离子所带电荷量为qi、质量为 mi,在磁场中做匀速圆周运动的半径为 R1,磁场的磁感应强度大小为B,由动能定理有qiU = mivi2由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有2qiviB= miR由几何关系知2Ri= l 由式得(2)设乙种离子所带电荷量为q2、质量为 m2,射入磁场的速度为v2,在磁场中做匀速圆周运动的半径为R2。同理有q2U = ?m2V222q2v2B= m2R 由题给条件有2R

4、2= 2 由式得，甲、乙两种离子的比荷之比为車：樂=i : 4。mim2答案( (I) )鬲( (2) )i : 4例 2某型号的回旋加速器的工作原理如图甲所示，图乙为俯视图。回旋加速器的核心部分为两个 D 形盒，分别为 Di、D2。D 形盒装在真空容器里，整个装置放在巨大的电 磁铁两极之间的强大磁场中，磁场可以认为是匀强磁场，且与D 形盒底面垂直。两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过狭缝的时间可以忽略不计。D 形盒的半径为 R,磁场的磁感应强度为 B。若质子从粒子源 0 处进入加速电场的初速度不计，质子质量为m、电荷量为+ q。加速器接入一定频率的高频交变电压，加速电压为U。不考虑相对论效应和重力

5、作用。求质子被加速后获得的最大动能Ekm和高频交变电压的频率f ；(3)若两 D 形盒狭缝之间距离为 d,且 d? R,计算质子在电场中运动的总时间ti与在磁场中运动的总时间 t2,并由此说明质子穿过电场的时间可以忽略不计的原因。(1)求质子第一次经过狭缝被加速后进入的轨迹半径 ri；D 形盒时的速度大小 vi和进入 D 形盒后运动解析(1)质子第 1 次经过狭缝被加速后的速度大小为v1,贝 V qU = *mvi2,2m viqviB =解得 vi=(2)当质子在磁场中运动的轨迹半径为D 形盒的半径 R 时，质子的动能最大，设此时速2度为 vm,贝 y qvmB= mTR,Ekm=mvm2解

6、得Ekm=甲2qUm ，回旋加速器正常工作时高频交变电压的频率2nR=2nvmqB1f 等于质子在磁场中运动的频率，则半=T4mU4mU则Ark=2+r，冋理Ark+1=2+rqB (rk+1 + 5 )qB (rk+2+S+1J因 rk+2rk,故Ark+10 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 yv0 的区域存在方向垂直于 xOy 平面向外的匀强磁场。一个氕核1H和一个氘核2H 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1H进入磁场时，EJh_-+速度方向与 x 轴正方向的夹角为60并从坐标原点 O 处第一次射出磁场。iH

7、的质量为 m,1邑壕中iH 进入磁场时速度在 y 轴方向的分量大小为vitanOi=aiti联立以上各式得 s1= 233h。3(2)；H 在电场中运动时，由牛顿第二定律有qE = mai进入磁场时速度的大小为v = pv2+(dti 2在磁场中运动时由牛顿第二定律有2qv B= m由几何关系得si=2RisinBiiH 在电场中运动时有qE = 2ma2h= 2a2t2?进入磁场时 v2tan 伍=v = !v2+ 但2t2 j联立以上各式得;6mEqhm)v2= ?mv2/2qv B= 2mVR?联立以上各式得S2=Si,也=9|,R2=. 2Ri?所以2H 第一次离开磁场的出射点在原点左

8、侧，设出射点到入射点的距离为S2，由几何关系有&=2R2sin02?联立？式得，1H第一次离开磁场时的位置到原点o 的距离为S -s2=2 1)h。?答案( (1)233h (2)，6mE(3)233( 2- 1)h题型技法(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。甲 2mwu乙类型(二)先磁场后电场进入电场时粒子速度方向与电场方向垂直( (如图乙所示) )。例

9、2如图所示，真空中有一以 0 点为圆心的圆形匀强磁场区域， 半径为R= 0.5 m，磁场垂直纸面向里。 在 yR 的区域存在沿一 y 方向的匀 强电场，电场强度为E = 1.0 x102 * * 5v/m。在M点有一正粒子以速率v=1.0 x6im/s 沿+ x 方向射入磁场，粒子穿出磁场进入电场，速度减小到o后又返回磁场，最终又从磁场离开。 已知粒子的比荷为q= 1.0X107c/kg ,粒子重力不计。(1)求圆形磁场区域磁感应强度的大小；求沿+ x 方向射入磁场的粒子，从进入磁场到再次穿出磁场所走过的路程。解析(1)沿+ x 方向射入磁场的粒子进入电场后，速度减小到0,粒子一定是从如图的

10、P 点射出磁场，逆着电场线运动， 所以粒子在磁场 中做圆周运动的半径 r= R= 0.5 m2mv / 口mv / 口根据 Bqv =，得 r=，得rBqB=mR，代入数据得B= 0.2 T。(2)粒子返回磁场后，经磁场偏转后从程为二分之一圆周长s1=nRN 点射出磁场，MN 为直径，粒子在磁场中的路设在电场中的路程为S2,根据动能定理得122mv ,S2=2mvEq类型( (三) )先后多个电、磁场例 3 (2018 江苏高考) )如图所示，真空中四个相同的矩形匀强磁场区域，高为4d，宽为 d,中间两个磁场区域间隔为 2d，中轴线与磁场区域两侧相交于0、0点，各区域磁感应强度大小相等。某粒子

11、质量为m、电荷量为+ q,从 O 沿轴线射入磁场。当入射速度为v0时，粒子从 O 上方号处射出磁场。取 sin 53 0.8, cos 53= 0.6。；x XXX；x X X X；K X K；X X X；ix X X(1) 求磁感应强度大小 B;(2) 入射速度为 5V0时，求粒子从 O 运动到 O的时间 t;(3) 入射速度仍为 5v0,通过沿轴线 OO 平移中间两个磁场( (磁场不重叠) )，可使粒子从 O 运动到O 的时间增加 &,求&的最大值。解析(1)粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由题意知r0=4当初速度 v= 5v0时，由 qvB= 得 r =：d,粒子运动

12、轨迹如图，设粒子在矩形磁场中的偏转角为由以上两式解得 B = 4m：0qd粒子向上的偏移量 y= 2r(1 cosa+ xtana由 yW2,解得 x 哼 d则当 xm=；d 时，At 有最大值由几何关系4d=rsina,得 sina=一，即a=53xa2nmtl=360qB解得 t1=53n72Ovo解得 t2=2d5vo贝 V t= 4t1+ t2=53n+72 d180vo。(3)设将中间两磁场分别向中央移动距离X。粒子做直线运动的时间粒子直线运动路程的最大值2Xmsm=cosa+(2Xm)=3d增加路程的最大值Asm= sm 2d= d共性归纳5 步 突破带电粒子在组合场中的运动冋题要

13、清楚场的性质.方向、强弱.范国等带电粒子怔余通过不同埼区时，由受力情况确 杲粒子在不同区域的运动情况.正确地画出思子的运动轨迹图 a楓据区城和运动规律的不同， 将粒予迂动的过程 划春为几个不同的阶段+对不同的阶段选取不同 的规萍处理- 要明确带电ft子迪过不同协区的交界赴时速度大小和方向关柬，上一 6 区域的末速度往往是下一 个區域的初速廈考点三 带电粒子在交变电磁场中的运动师生共研类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

14、程求解典例如图甲所示，虚线 MN 的左侧空间中存在竖直向上的匀强电场（上、下及左侧无边界）。一个质量为 m、电荷量为 q 的带正电小球（视为质点），以大小为 vo的水平初速度 沿PQ 向右做直线运动。若小球刚经过D 点时（t= 0）,在电场所在空间叠加如图乙所示随时间周期性变化、垂直纸面向里的匀强磁场，使得小球再次通过D 点时的速度方向与 PQ 连线成 60角。已知 D、Q 间的距离为（，（，3+ 1）L , t0小于小球在磁场中做圆周运动的周期，重答案(1)4mvoqd佥增加时间的最大值d5vo3 卄 72 d180V0明性质.定运动力加速度大小为 go(1) 求电场强度 E 的大小;求 t

15、o与 t!的比值；(3)小球过 D 点后将做周期性运动，当小球运动的周期最大时，求此时磁感应强度的大 小 Bo及运动的最大周期Tm。解题指导题中信息吹“沙”见“金”沿 PQ 向右做直线运动小球受力平衡，通过平衡条件，可求出电场强度 的大小小球再次通过 D 点速度与 PQ 成 60角画出运动轨迹，找出直线运动位移大小与匀速圆 周运动轨迹半径的关系求运动的最大周期当小球运动轨迹最长，圆弧轨迹与MN 相切时小球运动周期最大解析(1)小球沿 PQ 向右做直线运动，受力平衡，则mg= Eq,又知 s= voti圆弧轨迹所对的圆心角0=2n n= 4n解得 E =mgoq小球能再次通过 D 点，其运动轨迹

16、应如图(a)所示。设小球做匀速圆周运动的轨迹半径为r，则由几何关系有r s= tan30,.wI甲4*n1- - - u1I|Ip1IaIIvIIIiIi11IRI1IaihR!|IIIpbI I 1 I: I. 2 t *1曲住耐盼瓯岔1*细时(a)联立解得 t= 4rnti9（3）当小球运动的周期最大时，其运动轨迹应与MN 相切，小球运动R一个周期的轨迹如图（b）所示，由几何关系得R+ tan30亍 宀+ 1）L解得 R= L2由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qvoBo= mA .若粒子的初始位置在 a 处，在 t= 3T 时给粒子一个沿切线方向水平向右的初速度解得 Bo=qL小球在一个周期

17、内运动的路程Rsi=3X3x2nR+6xtOTRF=(4n+6 3)L故 J-S1-46 3L。v0v0答案罟（2）誉n器4n+6 3 Lv0题点全练i. 带电粒子在B 且大小不变、（多选）某一空间存在着磁感应强度为磁场（如图甲所示）,规定垂直纸面向里的磁场方向为正。方向随时间 t 做周期性变化的匀强为使静（即如图乙所示的轨迹）， 下列办法可子能按 aT尸 l f 的顺序做横g”字曲线运动甲AB.若粒子的初始位置在 f 处，在 t=T时给粒子一个沿切线方向竖直向下的初速度11C 若粒子的初始位置在 e 处，在 t= -T 时给粒子一个沿切线方向水平向左的初速度D 若粒子的初始位置在 b 处，在

18、 t= 2 时给粒子一个沿切线方向竖直向上的初速度解析：选 AD 要使粒子的运动轨迹如题图乙所示，由左手定则知粒子做圆周运动的周期应为 To=T,若粒子的初始位置在 a 处时，对应时刻应为 t=3TO=3T,同理可判断 B、C、24 oD 选项，可得 A、D 正确。2.带电粒子在正方形交变磁场中的运动在如图甲所示的正方形平面 Oabc 内存在着垂直于该平面的匀强磁场， 磁感应强度的变 化规律如图乙所示。一个质量为 m、带正电荷量为 q 的粒子( (不计重力) )，在 t= 0 时刻平行 于 Oc 边从 O 点射入磁场中。已知正方形边长为 L,磁感应强度的大小为 Bo,规定磁场向 外的方向为正。

19、求：(2)若带电粒子不能从 Oa 边界射出磁场，磁感应强度变化周期T 的最大值。(3)要使带电粒子从 b 点沿着 ab 方向射出磁场，满足这一条件的磁感应强度变化的周期 T 及粒子射入磁场时速度大小v0。2解析：由 qvBo=m及 T =2n# To=。rvqB01如图(a)所示，若使粒子不能从Oa 边射出，则有 sina= ，a=30专项研究拓视野一一突破“磁发散”和“磁聚焦”两大难点磁发散磁聚焦带电粒子从圆形有界匀强磁场边界上冋一点 射入，如果轨迹半径与磁场半径相等，则粒子出射方向与入射点的切线方向平行带电粒子平行射入圆形有界匀强磁场，如果 轨迹半径与磁场半径相等，则粒子从磁场边 界上同一

20、点射出，该点切线与入射方向平行-/y XX X- _/ x江址yxI X.乂 主X 1. j _x x* X X.7 护 _ 0 彭例 1电子质量为 m、电荷量为 e,从坐标原点 O 处沿 xOy 平面-在磁场变化的半个周期内，粒子在磁场中旋转150角， 运动时间为55nmt=To=6qBo而t= 2，所以磁场变化的最大周期为T=器。（3） 若使粒子从 b 点沿着 ab 方向射出磁场，轨迹如图（b）所示。在磁场变化的半个周期内,粒子在磁场中旋转的角度为2其中$45即T=殳所以磁场变化的周期为“qB0,每一个圆弧对应的弦长 0Ms L 丄(n = 2,4,6,) )，圆弧半径为R2= n。由 q

21、voBo=2voqLBo_m 得：vo=o(n = 2,4,6,Rnm）。答案:（i）2nm（2）3qB0請qLBo(n= 2,4,6，)nm查缺漏- 盲点短板*妙法（淸障补矩髙人一点）（L）射入第一象限，射入时速度方向不同，速度大小均为vo,如图所示。现(2)所加磁场的最小面积是以 O为圆心、R 为半径的斜线部分，其面积大小为例 2如图甲所示，平行金属板 A 和 B 间的距离为 d,现在 A、B 板上加上如图乙所示的方波形电压，t= 0 时，A 板比 B 板的电势高，电压的正向值为uo,反向值为一 uo,现有质量为 m、带电荷量为 q 的正粒子组成的粒子束，从 AB 的中点以平行于金属板方向 O1O2的速度v。= 射入，所有粒子在 AB 间的飞行时间均为 T,不计重力影响。求：3dmA1%?.-0,11111iq|a111ciiii11J- 0刼卩知落;711“41iiiii8L _ _ _i_ii_J甲乙(1)粒子射出电场时位置离 O2点的距离范围及对应的速度;在某一区域加一方向向外且垂直于xOy 平面的匀强磁场，磁感应强度为B，若这些电子穿过磁场后都能垂直射到荧光屏MN 上，荧光屏与 y 轴平行，求：(1)荧光屏上光斑的长度;所加磁场范围的最小面积。解析(1)如图所示，初速度沿 x 轴正方向的电子，沿弧 0B 运 动到P 点，为荧光屏