XX选考高考物理一轮复习 增分突破三 以STSE应用为背景的复杂场问题

PAGE增分突破三以STSE应用为背景的复杂场问题增分策略STSE背景下的带电粒子问题常常是在新背景、新技术下的带电粒子在复合场中的运动,其中质谱仪、速度选择器、磁流体发电机、电磁流量计、回旋加速器、霍尔元件这些都是带电粒子在复合场中的运动实例,其原理分别是:装置原理图规律质谱仪粒子由静止被加速电场加速,qU=mv2粒子在磁场中做匀速圆周运动,qvB=m由以上两式可得r=,m=,=回旋加速器交流电的周期和粒子做圆周运动的周期相等,粒子经电场加速,经磁场回旋,由qvB=,得Ekm=,可见粒子获得的最大动能由磁感应强度B和D形盒半径r决定,与加速电压无关速度选择器若qv0B=Eq,即v0=,粒子做匀速直线运动磁流体发电机等离子体射入,受洛伦兹力偏转,使两极板带正、负电,两极电压为U时稳定,q=qv0B,U=v0Bd电磁流量计q=qvB,所以v=,所以Q=vS=霍尔元件当磁场方向与电流方向垂直时,导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现电势差典例1质谱仪是测量带电粒子的比荷和分析同位素的重要工具。如图所示,带电粒子从容器A下方的小孔S1飘入电势差为U的加速电场,其初速度几乎为零,然后经过S3沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中,最后打到照相底片D上。现有某种元素的三种同位素的原子核由容器A进入质谱仪,最后分别打在底片P1、P2、P3三个位置。不计粒子重力。则打在P1处的粒子()A.质量最小 B.比荷最小C.动能最小 D.动量最小答案B解析质谱仪由加速电场和偏转磁场组成,某种元素的同位素的原子核,带电量相等,质量不同,经过加速由qU=mv2可得v=,粒子进入磁场后,由Bqv=m得R==,所以半径越大,质量越大,比荷越小,A选项错误,B选项正确;动能为Ek=mv2=qU,三者动能相等,C选项错误;动量I=mv=,质量越大,动量越大,D选项错误。典例2某带电粒子从图中速度选择器左端中点O以速度v0向右水平射出,从右端中点a下方的b点以速度v1射出;若增大磁感应强度,该粒子将打到a上方的c点,且ac=ab,其中匀强电场的电场强度大小为E,不计粒子的重力,则下列说法错误的是()A.该粒子带正电B.若使该粒子沿Oa方向水平射出,则电场强度和磁感应强度大小满足=v0C.第二次射出时的速率仍为v1D.第二次射出时的速率为答案C解析当增加磁感应强度时,洛伦兹力变大,粒子向上偏转,说明洛伦兹力增加到大于电场力,且洛伦兹力向上,根据左手定则可以判断粒子带正电,故A正确;若使该粒子沿Oa方向水平射出,根据平衡条件,有qv0B=qE,故v0=,故B正确;从O到b过程,根据动能定理,有qE·y=m-m,从O到c过程,根据动能定理,有-qF·y=m-m,由以上两式求解出:v2=,故C错误,D正确。典例3(多选)利用霍尔效应制作的霍尔元件,广泛应用于测量和自动控制等领域。如图是霍尔元件的工作原理示意图,磁感应强度B垂直于霍尔元件的工作面向下,通入图示方向的电流I,C、D两侧面会形成电势差UCD,下列说法中正确的是()A.电势差UCD仅与材料有关B.若霍尔元件的载流子是自由电子,则电势差UCD<0C.仅增大磁感应强度时,电势差UCD变大D.在测定地球赤道上方的地磁场强弱时,元件的工作面应保持水平答案BC解析电势差UCD与磁感应强度B、材料有关,选项A错误;若霍尔元件的载流子是自由电子,由左手定则可知,电子向C侧面偏转,则电势差UCD<0,选项B正确;仅增大磁感应强度时,电势差UCD变大,选项C正确;在测定地球赤道上方的地磁场强弱时,元件的工作面应保持竖直且东西放置,选项D错误。典例4(多选)如图所示为磁流体发电机的原理图。金属板M、N之间的距离为d=20cm,磁场的磁感应强度大小为B=5T,方向垂直纸面向里。现将一束等离子体(即高温下电离的气体,含有大量带正电和带负电的微粒,整体呈电中性)从左侧喷射入磁场,发现在M、N两板间接入的额定功率为P=100W的灯泡正常发光,且此时灯泡电阻为R=100Ω,不计离子重力和发电机内阻,且认为离子均为一价离子,则下列说法中正确的是()A.金属板M上聚集负电荷,金属板N上聚集正电荷B.该发电机的电动势为100VC.离子从左侧喷射入磁场的初速度大小为103m/sD.每秒钟有6.25×1018个离子打在金属板N上答案BD解析由左手定则可知,射入的等离子体中正离子将向金属板M偏转,负离子将向金属板N偏转,选项A错误;由于不考虑发电机的内阻,由闭合电路欧姆定律可知,电源的电动势等于电源的路端电压,所以E=U==100V,选项B正确;由Bqv=q可得v==100m/s,选项C错误;每秒钟经过灯泡L的电荷量Q=It,而I==1A,所以Q=1C,由于离子为一价离子,所以每秒钟打在金属板N上的离子个数为n===6.25×1018(个),选项D正确。典例5如图所示为一种获得高能粒子的装置——环形加速器,环形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场。质量为m、电荷量为+q的粒子在环中做半径为R的圆周运动。A、B为两块中心开有小孔的极板,原来电势都为零,每当粒子飞经A板时,A板电势升高为+U,B板电势仍保持为零,粒子在两极板间的电场中加速。每当粒子离开电场区域时,A板电势又降为零,粒子在电场中一次次加速,动能不断增大,而在环形区域内绕行半径不变(设极板间距远小于R)。下列关于环形加速器的说法正确的是()A.环形区域内的磁感应强度大小Bn与加速次数n之间的关系为=B.环形区域内的磁感应强度大小Bn与加速次数n之间的关系为=C.A、B板之间的电压可以始终保持不变D.粒子每次绕行一圈所需的时间tn与加速次数n之间的关系为=答案B解析因粒子每绕行一圈,其增加的能量为qU,所以绕行第n圈时获得的总动能为m=nqU,得第n圈的速度vn=。在磁场中,由牛顿第二定律得qBnvn=m,解得Bn=,所以=,A项错误,B项正确;如果A、B板之间的电压始终保持不变,粒子在A、B两极板之间飞行时,电场对其做功qU,从而使之加速,在磁场内飞行时,电场又对粒子做功-qU,从而使之减速,粒子绕行一周电场对其所做总功为零,动能不会增加,达不到加速效果,C项错误;根据t=得tn=2πR,得=,D项错误。增分专练1.现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子,其示意图如图所示,其中加速电压恒定。质子在入口处从静止开始被加速电场加速,经匀强磁场偏转后从出口离开磁场。若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速,为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场,需将磁感应强度增加到原来的12倍。此离子和质子的质量比约为()A.144 B.121 C.12 D.11答案A根据动能定理得qU=mv2,得v=,离子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,根据牛顿第二定律有qvB=m,解得R=,由以上各式可得m=,一价正离子电荷量与质子电荷量相等,同一加速电场U相同,同一出口离开磁场则R相同,所以m正比于B2,磁感应强度增加到原来的12倍,则离子质量是质子质量的144倍,A正确,B、C、D错误。2.(多选)如图所示,含有HHHe的带电粒子束从小孔O1处射入速度选择器,沿直线O1O2运动的粒子在小孔O2处射出后垂直进入偏转磁场,最终打在P1、P2两点。则()A.打在P1点的粒子是HeB.打在P2点的粒子是H和HeC.O2P2的长度是O2P1长度的2倍D.粒子在偏转磁场中运动的时间都相等答案BC粒子沿O1O2运动,满足关系Eq=B1qv,则v=。进入偏转磁场后有B2qv=m,则R==H与He的质量与电荷量之比相等,且等于H的2倍,故B、C均正确,A错。粒子在偏转磁场中运动的时间t==,可见在偏转磁场中H与He的运动时间相等,且等于H的2倍,故D错。3.美国物理学家劳伦斯于1932年发明回旋加速器,应用运动的带电粒子在磁场中做圆周运动的特点,能使带电粒子在较小的空间范围内经过电场的多次加速获得较大的能量,使人类在获得较高能量带电粒子方面前进了一步。如图所示为一种改进后的回旋加速器的示意图,其中盒缝间的加速电场的场强大小恒定,且被限制在A、C板间,带电粒子从P0处静止释放,并沿电场线方向射入加速电场,经加速后再进入D形盒中的匀强磁场中做匀速圆周运动,两条虚线之间(除A、C板间)为无场区域,对于这种改进后的回旋加速器,下列说法正确的是()A.带电粒子每运动一周被加速两次B.P1P2=P2P3C.加速电场的方向不需要周期性变化D.加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸无关答案C由题意可知,该回旋加速器只在A、C板间对粒子加速,故粒子每运动一周被加速一次,加速电场也不需要周期性变化,D形盒的半径越大,加速的次数就越多,粒子的最大速度也就越大,故A、D选项均错,C项正确。设加速电压为U,加速n次后粒子获得的速度为vn,则有nqU=m,vn=,粒子的转动半径rn=,直径dn=∝,由此关系可知:=,故B错。4.(多选)如图所示为某种质谱仪的工作原理示意图。此质谱仪由以下几部分构成:粒子源N;P、Q间的加速电场;静电分析器,即中心线半径为R的四分之一圆形通道,通道内有均匀辐射电场,方向沿径向指向圆心O,且与圆心O等距的各点电场强度大小相等;磁感应强度为B的有界匀强磁场,方向垂直纸面向外;胶片M。由粒子源发出的不同带电粒子,经加速电场加速后进入静电分析器,某些粒子能沿中心线通过静电分析器并经小孔S垂直磁场边界进入磁场,最终打到胶片上的某点。粒子从粒子源发出时的初速度不同,不计粒子所受重力。下列说法中正确的是()A.从小孔S进入磁场的粒子速度大小一定相等B.从小孔S进入磁场的粒子动能一定相等C.打到胶片上同一点的粒子速度大小一定相等D.打到胶片上位置距离O点越远的粒子,其比荷(q/m)越小答案CD直线加速过程,根据动能定理,有qU=mv2-m①,电场中偏转过程,根据牛顿第二定律,有qE=m②,磁场中偏转过程,根据牛顿第二定律,有qvB=m③,由①②解得v=④,R=⑤,由⑤式知,只有满足R=的粒子可以在弧形电场区通过;由④式知,从小孔S进入磁场的粒子的速度大小与其比荷及初速度大小有关,故A错误;由①式知,从小孔S进入磁场的粒子动能为qU+m,故电量不同、初速度不同,则其动能可能不同,故B错误;由③④解得r==,打到胶片上同一点的粒子的比荷一定相等,打到胶片上位置距离O点越远的粒子,比荷越小;由④式知,比荷相同,故粒子的速度相同,故C、D正确。5.电磁泵模型简化为一个长方体,ab边长为L1,左右两侧面是边长为L2的正方形。在泵头通入导电剂后,液体的电阻率为ρ,泵体所在处有方向垂直侧面向外的磁场B,把泵体的上下两表面接在电压为U(内阻不计)的电源上,理想电流表示数为I。若电磁泵和水面高度差为h,不计水在流动中和管壁之间的阻力,重力加速度为g。则()A.泵体上表面应接电源负极B.电源提供的电功率为C.增大液体的电阻率可获得更大的抽液高度D.在t时间内抽取水的质量为m,这部分水离开电磁泵时的动能为UIt-mgh-I2t答案D当泵体上表面接电源的正极时,电流从上向下流过泵体,这时液体受到的磁场力水平向左,拉动液体,若上表面接电源的负极时,则不能拉动液体,故A错误;根据电阻定律,泵体内液体的电阻R=ρ=ρ×=,因此流过泵体的电流I==,那么液体消耗的电功率为P=,而电源提供的电功率为UI,故B错误;若增大液体的电阻率,则电流减小,液体受到的磁场力减小,使抽液高度减小,故C错误;若t时间内抽取水的质量为m,根据能量守恒定律,则这部分水离开泵时的动能为Ek=UIt-mgh-I2t,故D正确。故选D。6.中国科学家发现了量子反常霍尔效应,杨振宁称这一发现是诺贝尔奖级的成果。如图所示,厚度为h,宽度为d的金属导体,当磁场方向与电流方向垂直时,在导体上下表面会产生电势差,这种现象称为霍尔效应。下列说法正确的是()A.上表面的电势高于下表面的电势B.仅增大h时,上下表面的电势差增大C.仅增大d时,上下表面的电势差减小D.仅增大电流I时,上下表面的电势差减小答案C因电流方向向右,则金属导体中的自由电子是向左运动的,根据左手定则可知上表面带负电,则上表面的电势低于下表面的电势,A错误。当达到平衡时,电场力等于洛伦兹力,即e=evB,又I=nevhd(n为导体单位体积内的自由电子数),得U=,则仅增大h时,上下表面的电势差不变;仅增大d时,上下表面的电势差减小;仅增大I时,上下表面的电势差增大。故C正确,B、D错误。7.某粒子加速器位于竖直平面内,剖面图如图所示,圆筒内、外直径分别为D和2D,O为圆心,水平直径GH以上部分是偏转区,以下是回收区,偏转区存在垂直圆面向里的匀强磁场。间距为d的两平行金属板间有匀强电场,上板开有一小孔,大量的质量为m、电荷量为+q的粒子由下方处的P点静止释放,加速后粒子以竖直向上的速度v0射出电场,由H点紧靠大圆内侧射入磁场,偏转后进入回收区,不计粒子重力,设粒子若撞到内外筒壁会被吸收,则()A.电场强度大小为B.若磁感应强度满足<B<,粒子一定可以进入回收区C.若磁感应强度满足B≥,粒子一定不可以进入回收区D.进入回收区的粒子在磁场中的运动时间全都相同答案B由P点静止释放的带电粒子经电场加速,由动能定理有Eqd=m,得E=,所以选项A错误。进入回收区的带电粒子其做匀速圆周运动的半径r<=或D<r<D,根据洛伦兹力提供向心力,得r=,从而求得B>(落在右回收区)或<B<(落在左边回收区),选项B正确,C错误。进入回收区的带电粒子在磁场中转半周,运动时间为半个周期,而周期T=,与磁感应强度有关,所以所有进入回收区的粒子均在磁场中转过半周,但运动时间不相等,选项D错误。8.“太空粒子探测器”是由加速、偏转和收集三部分组成。其原理可简化如下:如图所示,辐射状的加速电场区域边界为两个同心平行半圆弧面,圆心为M,外圆弧面AB与内圆弧面CD的电势差为U。图中偏转磁场分布在以P为圆心、半径为3R的圆周内,磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向外;内有半径为R的圆盘(圆心在P处)作为收集粒子的装置,粒子碰到圆盘边缘即被吸收。假设太空中漂浮着质量为m、电荷量为q的带正电粒子,它们能均匀地吸附到圆弧面上,并被加速电场从静止开始加速,从M点以某一速率向右侧各个方向射入偏转磁场,不计粒子间的相互作用和其他星球对粒子引力的影响。(1)求粒子到达M点时的速率;(2)若电势差U=,则粒子从M点到达圆盘的最短时间是多少?(3)接第(2)问,试求到达圆盘的粒子数与到达M点的粒子总数的比值η。(结果用反三角函数表示。例:sinθ=k,则θ=arcsink,θ为弧度)答案(1)(2)(3)解析(1)设粒子到达M点时的速度为v,由动能定理得qU=mv2解得v=。(2)将U=代入,则v==设该粒子轨迹半径为r,则根据qvB=m得r=2R若要时间最短,则粒子在磁场中运动的弦长最短,故从M斜向上射入,在图甲中E点到达圆盘用时最短。ME=EO=OM=2R,故∠MOE=60°甲得tmin=·=。(3)若粒子以与MP成α角从M点射入磁场,轨迹恰好与圆盘左侧相切。画出轨迹如图乙所示。乙根据几何关系找出粒子轨迹的圆心O1刚好落在磁场的边界上。MP=O1P=3R,在等腰△MPO1中作PF⊥MO1,因为PF与该粒子从M进入时的速度方向平行,故sinα==,α=arcsin。若粒子以与MP垂直从M点射入磁场,轨迹也恰好与圆相切,如图丙所示。丙故到达圆盘的粒子数与到达M点的粒子总数的比值η==。9.如图所示为回旋加速器的简易图,整个装