2025年高考物理复习讲义第九章专题九　带电粒子在组合场中的运动（含解析）

专题九带电粒子在组合场中的运动素养目标带电粒子在组合场中的运动问题的分析方法和力学问题的分析方法基本相同，带电粒子在组合场中的运动问题的解题思路就是利用力学两把“金钥匙”，即动力学观点和能量观点．(科学思维)考点质谱仪和回旋加速器调研Ⅰ.质谱仪的原理1．构造：质谱仪由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片构成.直观情境2.原理：粒子由静止被加速电场加速，qU＝eq\f(1,2)mv2，粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB＝eq\f(mv2,r)，由以上两式可得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．11 B．12C．121 D．144变式1阿斯顿最早设计了质谱仪，并用它发现了氖20(20Ne)和氖22(22Ne)，证实了氖同位素的存在．一种质谱仪的结构可简化为如图所示，半圆柱形通道水平放置，其上下表面内半径均为R、外半径均为3R，该通道内存在方向竖直向上的匀强磁场，正对着通道出口处放置一张照相底片，记录粒子从出口射出时的位置．粒子源释放出的20Ne和22Ne，加速后垂直通过速度选择器的正交电磁场(磁感应强度大小为B0、电场强度大小为E0)，接着垂直于通道入口从中缝MN进入磁场区，其中20Ne恰能击中照相底片的正中间位置．已知20Ne质量为m1,22Ne质量为m2，带电荷量均为q(q>0)，不计粒子重力．(1)求粒子通过速度选择器的速度大小v；(2)求通道中匀强磁场的磁感应强度的大小B1；(3)调节速度选择器的电场强度大小，可改变粒子击中照相底片的位置，为了保证两种粒子都能击中照相底片，求电场强度可调节最大值Em的大小．调研Ⅱ.回旋加速器1．组成：如图所示，两个D形盒(静电屏蔽作用)，大型电磁铁，高频振荡交变电压，两缝间可形成电场.直观情境2.条件：交流电的周期和粒子做圆周运动的周期相等，使粒子每经过一次D形盒缝隙，粒子被加速一次．3．最大动能：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)，粒子获得的最大动能由磁感应强度B和盒半径R决定，与加速电压无关．4．总时间：粒子在磁场中运动一个周期，被电场加速两次，每次增加动能qU，加速次数n＝eq\f(Ekm,qU)，粒子在磁场中运动的总时间t＝eq\f(n,2)T＝eq\f(Ekm,2qU)·eq\f(2πm,qB)＝eq\f(πBR2,2U).(忽略粒子在狭缝中运动的时间)典例2(多选)如图所示是回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D形金属盒，分别与高频交流电源连接，两个D形金属盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两个D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，下列说法正确的是()A．加速电压越大，粒子最终射出时获得的动能就越大B．粒子射出时的最大动能与加速电压无关，与D形金属盒的半径和磁感应强度有关C．若增大加速电压，粒子在金属盒间的加速次数将减少，在回旋加速器中运动的时间将减小D．粒子第5次被加速前、后的轨道半径之比为eq\r(5)∶eq\r(6)变式2(多选)医用回旋加速器的示意图如图所示，其核心部分是两个D形金属盒，两个金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频交流电源相连．现分别加速氘核(eq\o\al(2,1)H)和氦核(eq\o\al(4,2)He)．下列说法正确的是()A．氘核(eq\o\al(2,1)H)的最大速度较大B．它们在D形盒内运动的周期相等C．氦核(eq\o\al(4,2)He)的最大动能较大D．仅增大高频交流电源的频率可增大粒子的最大动能考点带电粒子在组合场中的运动1．“电偏转”和“磁偏转”的比较项目电偏转磁偏转偏转条件带电粒子以v⊥E进入匀强电场(不计重力)带电粒子以v⊥B进入匀强磁场(不计重力)受力情况只受恒定的电场力F＝Eq只受大小恒定的洛伦兹力F＝qvB运动情况类平抛运动匀速圆周运动运动轨迹抛物线圆弧求解方法利用类平抛运动的规律：x＝v0t，y＝eq\f(1,2)at2，a＝eq\f(qE,m)，tanθ＝eq\f(at,v0)利用牛顿第二定律、向心力公式：r＝eq\f(mv,qB)，T＝eq\f(2πm,qB)，t＝eq\f(θ,2π)T2.带电粒子在磁场与电场组合场中运动问题的分析思路与解题方法分析思路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找关键确定带电粒子在场区边界的速度(大小和方向)是解决该类问题的关键画轨迹根据受力分析和运动分析，大致画出粒子的运动轨迹图，有利于形象、直观地解决问题解题方法电场中运动匀变速直线运动：牛顿运动定律＋运动学公式＋动能定理类平抛(斜抛)运动：运动的常规分解法＋特殊分解法＋功能关系磁场中运动匀速直线运动：运动学公式匀速圆周运动：圆周运动公式＋牛顿第二定律＋几何知识典例3(2023·辽宁卷节选)如图所示，水平位置的两平行金属板间存在匀强电场，板长是板间距离的eq\r(3)倍．金属板外有一圆心为O的圆形区域，其内部存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场．质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子沿中线以速度v0水平向右射入两板间，恰好从下板边缘P点飞出电场，并沿PO方向从图中O′点射入磁场．已知圆形磁场区域半径为eq\f(2mv0,3qB)，不计粒子重力．(1)求金属板间电势差U；(2)求粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角θ.1．[先电场加速再磁场偏转模型]如图所示，初速度不计的电子束经电压为U的电场加速后，进入一半径为r的圆形匀强磁场区域(区域中心为O，磁场方向垂直于圆面)，最后射到了与OM连线垂直的屏幕上的P处．已知不加磁场时，电子束将通过O点打到屏幕的中心M处，电子的电荷量为e、质量为m，电子所受重力不计．则下列判断正确的是()A．圆形区域中磁场的方向可能垂直于纸面向里B．电子在磁场中运动时受到的洛伦兹力大小一定是eq\f(2eU,r)C．若仅增大加速电压U，电子束打到屏幕上的位置在P点上方D．若仅改变圆形区域的磁感应强度大小，电子束可能打不到屏幕上2．[先磁场偏转再电场偏转模型](多选)如图所示，半径为L的圆边界内存在垂直纸面向外的匀强磁场，ab、cd是圆边界的两个互相垂直的直径，边长为L的正方形defg内存在匀强电场，边长de与直径cd共线，电场与磁场垂直、与gd平行，质量为m、电荷量为q的粒子(不计重力)从a点正对圆心O以初速度v0垂直射入磁场，从d点射出磁场立即进入电场，最后恰好从f点射出电场，下列说法正确的是()A．粒子带正电B．电场方向由f指向eC．粒子在磁场与电场中运动时间的比值为eq\f(π,2)D．磁感应强度与电场强度大小的比值为eq\f(1,v0)答案及解析考点质谱仪和回旋加速器典例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．11 B．12C．121 D．144解析：设加速电压为U，质子做匀速圆周运动的半径为r，原来磁场的磁感应强度为B，质子质量为m，一价正离子质量为M.质子在入口处从静止开始加速，由动能定理得，eU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，质子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，ev1B＝meq\f(v\o\al(2,1),r)；一价正离子在入口处从静止开始加速，由动能定理得，eU＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)，该正离子在磁感应强度为12B的匀强磁场中做匀速圆周运动，轨迹半径仍为r，洛伦兹力提供向心力，ev2·12B＝Meq\f(v\o\al(2,2),r)；联立解得M∶m＝144∶1，选项D正确．故选D．变式1阿斯顿最早设计了质谱仪，并用它发现了氖20(20Ne)和氖22(22Ne)，证实了氖同位素的存在．一种质谱仪的结构可简化为如图所示，半圆柱形通道水平放置，其上下表面内半径均为R、外半径均为3R，该通道内存在方向竖直向上的匀强磁场，正对着通道出口处放置一张照相底片，记录粒子从出口射出时的位置．粒子源释放出的20Ne和22Ne，加速后垂直通过速度选择器的正交电磁场(磁感应强度大小为B0、电场强度大小为E0)，接着垂直于通道入口从中缝MN进入磁场区，其中20Ne恰能击中照相底片的正中间位置．已知20Ne质量为m1,22Ne质量为m2，带电荷量均为q(q>0)，不计粒子重力．(1)求粒子通过速度选择器的速度大小v；(2)求通道中匀强磁场的磁感应强度的大小B1；(3)调节速度选择器的电场强度大小，可改变粒子击中照相底片的位置，为了保证两种粒子都能击中照相底片，求电场强度可调节最大值Em的大小．解析：(1)在速度选择器中，粒子所受洛伦兹力与电场力相等，即qvB0＝qE0解得v＝eq\f(E0,B0).(2)依题意知20Ne的轨道半径为r1＝2R根据牛顿第二定律有qvB1＝m1eq\f(v2,r1)解得B1＝eq\f(m1E0,2qRB0).(3)根据(2)中方程可知，当20Ne和22Ne以相同速度进入磁场区时，质量较大的22Ne轨道半径较大，所以在保证两种粒子都能击中照相底片的情况下，当22Ne恰好能够击中照相底片时，其速度最大，速度选择器的电场强度最大同理可得vm＝eq\f(Em,B0)，qvmB1＝m2eq\f(v\o\al(2,m),rm)其中2rm＝5R，联立解得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(多选)如图所示是回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D形金属盒，分别与高频交流电源连接，两个D形金属盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两个D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，下列说法正确的是()A．加速电压越大，粒子最终射出时获得的动能就越大B．粒子射出时的最大动能与加速电压无关，与D形金属盒的半径和磁感应强度有关C．若增大加速电压，粒子在金属盒间的加速次数将减少，在回旋加速器中运动的时间将减小D．粒子第5次被加速前、后的轨道半径之比为eq\r(5)∶eq\r(6)解析：粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律得qvmB＝meq\f(v\o\al(2,m),R)，解得vm＝eq\f(qBR,m)，则粒子获得的最大动能为Ekm＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＝eq\f(q2B2R2,2m)，知粒子获得的最大动能与加速电压无关，与D形金属盒的半径R和磁感应强度B有关，故A错误，B正确；对粒子由动能定理有nqU＝eq\f(q2B2R2,2m)，加速次数n＝eq\f(qB2R2,2mU)，增大加速电压U，粒子在金属盒间的加速次数将减少，粒子在回旋加速器中运动的时间t＝eq\f(n,2)T＝eq\f(nπm,qB)将减小，故C正确；对粒子由动能定理得nqU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,n)，解得vn＝eq\r(\f(2nqU,m))，粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律得qvnB＝meq\f(v\o\al(2,n),rn)，解得rn＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2nmU,q))，则粒子第5次被加速前、后的轨道半径之比为eq\f(r4,r5)＝eq\f(\r(4),\r(5))，故D错误．故选BC．变式2(多选)医用回旋加速器的示意图如图所示，其核心部分是两个D形金属盒，两个金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频交流电源相连．现分别加速氘核(eq\o\al(2,1)H)和氦核(eq\o\al(4,2)He)．下列说法正确的是()A．氘核(eq\o\al(2,1)H)的最大速度较大B．它们在D形盒内运动的周期相等C．氦核(eq\o\al(4,2)He)的最大动能较大D．仅增大高频交流电源的频率可增大粒子的最大动能解析：带电粒子在磁场中受洛伦兹力做匀速圆周运动，且当速度最大时粒子的轨迹半径应与D形盒半径相等，根据qvB＝meq\f(v2,R)，得v＝eq\f(qBR,m)，两粒子的比荷相等，所以最大速度相等，A错误；带电粒子在磁场中运动的周期T＝eq\f(2πm,qB)，两粒子的比荷相等，所以周期相等，B正确；粒子速度最大时具有最大动能，可得Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(q2B2R2,2m)，则氦核的最大动能较大，C正确；仅增大高频交流电源的频率，会导致粒子环绕周期与加速电压方向变化的周期不匹配，D错误．答案：BC考点带电粒子在组合场中的运动典例3(2023·辽宁卷节选)如图所示，水平位置的两平行金属板间存在匀强电场，板长是板间距离的eq\r(3)倍．金属板外有一圆心为O的圆形区域，其内部存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场．质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子沿中线以速度v0水平向右射入两板间，恰好从下板边缘P点飞出电场，并沿PO方向从图中O′点射入磁场．已知圆形磁场区域半径为eq\f(2mv0,3qB)，不计粒子重力．(1)求金属板间电势差U；(2)求粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角θ.解析：(1)设板间距离为d，则板长为eq\r(3)d，带电粒子在板间做类平抛运动，两板间的电场强度为E＝eq\f(U,d)根据牛顿第二定律得qE＝ma，解得a＝eq\f(qU,md)设粒子在板间的运动时间为t0，根据类平抛运动的规律得eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,0)，eq\r(3)d＝v0t0联立解得U＝eq\f(mv\o\al(2,0),3q).(2)设粒子出电场时与水平方向夹角为α，则有tanα＝eq\f(at0,v0)＝eq\f(\r(3),3)，故α＝eq\f(π,6)则出电场时粒子的速度为v＝eq\f(v0,cosα)＝eq\f(2\r(3),3)v0粒子出电场后沿直线做匀速直线运动，接着进入磁场，根据牛顿第二定律，由洛伦兹力提供粒子做匀速圆周运动所需的向心力，得qvB＝meq\f(v2,r)，解得r＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(2\r(3)mv0,3qB)已知圆形磁场区域半径为R＝eq\f(2mv0,3qB)，故r＝eq\r(3)R粒子沿PO方向射入磁场即沿半径方向射入磁场，故粒子将沿半径方向射出磁场，粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向的夹角为θ，则粒子在磁场中运动圆弧轨迹对应的圆心角也为θ，由几何关系可得θ＝2α＝eq\f(π,3)故粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向的夹角为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．[先电场加速再磁场偏转模型]如图所示，初速度不计的电子束经电压为U的电场加速后，进入一半径为r的圆形匀强磁场区域(区域中心为O，磁场方向垂直于圆面)，最后射到了与OM连线垂直的屏幕上的P处．已知不加磁场时，电子束将通过O点打到屏幕的中心M处，电子的电荷量为e、质量为m，电子所受重力不计．则下列判断正确的是()A．圆形区域中磁场的方向可能垂直于纸面向里B．电子在磁场中运动时受到的洛伦兹力大小一定是eq\f(2eU,r)C．若仅增大加速电压U，电子束打到屏幕上的位置在P点上方D．若仅改变圆形区域的磁感应强度大小，电子束可能打不到屏幕上解析：根据电子偏转的方向和左手定则可知，圆形区域中磁场的方向垂直于纸面向外，A错误；在加速电场中由动能定理有eU＝eq\f(1,2)mv2，在磁场中运动时受到的洛伦兹力大小为F＝evB＝meq\f(v2,R)＝eq\f(2eU,R)，而电子的运动轨迹半径不等于r，B错误；若仅增大加速电压U，电子进入磁场时的速度增大，洛伦兹力增大，电子在磁场中的轨道半径变大，电子束打