2022高考一轮第九章带电粒子在组合场中的运动(新人教版)物理

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2 2020高考一轮第九章带电粒子在组合场中的运动（新人教版）

物 理

考点一 质谱仪与回旋加速器

[考点解读]

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．

(2)原理：粒子由静止被加速电场加速，qU ＝12

mv 2. 粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB ＝m v 2r

. 由以上两式可得r ＝1B 2mU

q ，m ＝qr 2B 22U ，q m ＝2U B 2r

2. 2．回旋加速器

(1)构造：如图所示，D 1、D 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．

(2)原理：交流电的周期和粒子做圆周运动的周期相等，粒子经电场加速，经磁场回旋，由qvB ＝mv 2

r ，得E km ＝q 2B 2r 2

2m

，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． (3)回旋加速器在电场中加速的次数n

带电离子在回旋加速器中，被加速的次数为n ，由动能定理，可得nUq ＝12

·mv 2m ① 将①代入②式，得n ＝12·B 2qR 2D Um

② 可见要想求出离子在回旋加速器中被加速的次数，首先要算出离子的最大动能．

(4)带电离子在回旋加速器中运动的时间t

带电离子在回旋加速器中，运动的时间分两部分，在磁场中运动的时间t 磁＝n ·2πm

Bq ，将②代入，得

t

磁＝

2 / 12 πBR 2

D U

在电场中运动的时间t 电＝v m a ＝v m dm Uq ＝BR D d U

(d 为D 形盒狭缝的间距)， 带电离子在回旋加速器中运动的总时间为t ＝t 磁＋t 电＝πBR 2D U ＋BR D d U

由于πR D ?d ，所以t 磁?t 电，所以通常计算带电粒子在回旋加速器中运动时，在时间方面考虑的都是做圆周

运动的周期，而忽略通过间隙的时间，即t ＝t 磁＝πBR 2

D U

. [典例赏析]

[典例1] (2018·全国卷Ⅲ)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v 1，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l .不计重力影响和离子间的相互作用．求

(1)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)设甲种离子电荷量为q 1，质量为m 1，其在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径为R 1，对甲离子经加

速电压U 的加速过程由动能定理得q 1U ＝12

m 1v 21，由于甲离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力， 可得：q 1v 1B ＝m 1v 2

1R 1

又因R 1＝l 2

联立解得：B ＝4U v 1l

(2)设乙种离子所带电荷量为q 2，质量为m 2，其在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径为R 2，进入磁场时的速度为v 2.

在电场中有：q 2U ＝12

m 2v 22 在磁场中有：q 2v 2B ＝m 2v 2

2R 2

又因R 2＝l 4

综合(1)(2)问可得：q 1m 1∶q 2

m 2

＝1∶

4.

3 / 12 [答案] (1)4U

v 1l (2)1∶4

[题组巩固]

1.(2016·全国卷Ⅰ)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 ．12

C ．121

D ．144

解析：D [由qU ＝12

mv 2得带电粒子进入磁场的速度为v ＝ 2qU m ，结合带电粒子在磁场中运动的轨迹半径R ＝mv Bq ，综合得到R ＝1B 2mU q ，由题意可知，该离子与质子在磁场中具有相同的轨道半径和电荷量，故m 0

m p

＝144，故选D.]

2．(2016·江苏卷)回旋加速器的工作原理如图甲所示，置于真空中的D 形金属盒半径为R ，两盒间狭缝的间距为d ，磁感应强度为B 的匀强磁场与盒面垂直，被加速粒子的质量为m ，电荷量为＋q ，加在狭缝间的交变电压如

图乙所示，电压值的大小为U 0.周期T ＝2πm qB .一束该种粒子在t ＝0～T 2

时间内从A 处均匀地飘入狭缝，其初速度视为零．现考虑粒子在狭缝中的运动时间，假设能够出射的粒子每次经过狭缝均做加速运动，不考虑粒子间的相互作用．求：

(1)出射粒子的动能E m .

(2)粒子从飘入狭缝至动能达到E m 所需的总时间t 0.

(3)要使飘入狭缝的粒子中有超过99%能射出，d 应满足的条件．

解析：(1)粒子运动半径为R 时，有

qvB ＝m v 2R ，且E m ＝12

mv 2， 解得E m ＝q 2B 2R 2

2m

. (2)粒子被加速n 次达到动能E m ，则E m

＝nqU 0.

4 / 12

粒子在狭缝间做匀加速运动，设n 次经过狭缝的总时间为Δt ，加速度a ＝qU 0

md

， 粒子做匀加速直线运动，有nd ＝12

a ·Δt 2

，

由t 0＝(n －1)·T

2＋Δt ，解得t 0＝πBR 2

＋2BRd 2U 0－πm

qB

.

(3)只有在0～? ??

??T

2－Δt 时间内飘入的粒子才能每次均被加速，则所占的比例η＝T

2

－Δt

T 2

，

由η>99%，解得d <πmU 0

100qB 2R

.

答案：(1)q 2B 2R 22m (2)πBR 2

＋2BRd 2U 0－πm

qB

(3)d <πmU 0

100qB 2R

考点二 带电粒子在组合场中的运动

[考点解读]

1．组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，电场、磁场交替出现． 2．“磁偏转”和“电偏转”的比较

利用类平抛运动的规律x ＝

[典例2] (2018·全国卷Ⅰ)如图，在y ＞0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y ＜0的区域存在方向垂直于xOy 平面向外的匀强磁场．一个氕核1

1H 和一个氘核2

1H 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1

1H 进入磁场时，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.1

1H 的质量为m ，电荷量为q .不计重力．求：

5 / 12

(1)1

1H 第一次进入磁场的位置到原点O 的距离；

(2)磁场的磁感应强度大小；

(3)21H 第一次离开磁场的位置到原点O 的距离．

[解析] (1)11H 在电场中做类平拋运动，在磁场中做圆周运动，运动轨迹如图所示．设11H 在电场中的加速度大小为a 1，初速度大小为v 1，它在电场中的运动时间为t 1，第一次进入磁场的位置到原点O 的距离为s 1.由运动学公式有s 1＝v 1t 1① h ＝12

a 1t 2

1②

由题给条件，11H 进入磁场时速度的方向与x 轴正方向夹角θ1＝60°.11H 进入磁场时速度的y 分量的大小为 a 1t 1＝v 1tan θ1③

联立以上各式得s 1＝233

h ④

(2)1

1H 在电场中运动时，由牛顿第二定律有 qE ＝ma 1⑤

设11H 进入磁场时速度的大小为v ′1，由速度合成法则有v ′1＝v 21＋(a 1t 1)2

⑥

设磁感应强度大小为B ，11H 在磁场中运动的圆轨道半径为R 1，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有 qv ′1B ＝mv ′2

1R 1

⑦ 由几何关系得s 1＝2R 1sin θ1⑧

联立以上各式得B ＝

6mE qh ⑨ (3)设21H 在电场中沿x 轴正方向射出的速度大小为v 2，在电场中的加速度大小为a 2，由题给条件得

12(2m )v 22＝12

mv 21⑩ 由牛顿第二定律有qE ＝2ma 2?

设2

1H 第一次射入磁场时的速度大小为v 2′，速度的方向与x 轴正方向夹角为θ2，入射点到原点的距离为s 2，在电场中运动的时间为t 2.由运动学公式有 s 2＝v 2t 2?

h ＝12a

2

t 2

2?

6 / 12 v ′2＝v 2

2＋(a 2t 2)2?

sin θ2＝a 2t 2v ′2

? 联立以上各式得s 2＝s 1，θ2＝θ1，v ′2＝

22v ′1? 设21H 在磁场中做圆周运动的半径为R 2，由⑦?式及粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公式得

R 2＝(2m )v ′2qB

＝2R 1? 所以出射点在原点左侧．设2

1H 进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点的距离为s ′2，由几何关系有s ′2＝2R 2sin θ2?

联立④⑧???式得，21H 第一次离开磁场时的位置到原点O 的距离为s ′2－s 2＝233

(2－1)h . [答案] (1)233h (2) 6mE qh (3)233

(2－1)h

“5步”突破带电粒子在组合场中的运动问题

[题组巩固]

1．(2019·烟台模拟)如图所示的平面直角坐标系xOy ，在第Ⅰ、Ⅲ象限内有平行于y 轴，电场强度大小相同、方向相反的匀强电场，在第Ⅳ象限内有垂直于纸面向里的匀强磁场．一质量为m ，电荷量为q 的带电粒子，从y 轴上的M (0，d )点，以大小为v 0的速度沿x 轴正方向射入电场，通过电场后从x 轴的N ? ??

??233d ，0点进入第Ⅳ象限内，又经过磁场垂直y 轴进入第Ⅲ象限，最终粒子从x 轴上的P 点离开．不计粒子所受到的重力．求：

(1)匀强电场的电场强度E 和磁场的磁感应强度B 的大小；

(2)粒子运动到P 点的速度大小；

(3)

粒子从M 点运动到P 点所用的时间．

解析：(1)粒子运动轨迹如图所示．

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设粒子在第Ⅰ象限内运动的时间为t 1，粒子在N 点时速度大小为v 1，方向与x 轴正方向间的夹角为θ，则： x ＝v 0t 1＝

233d y ＝1

2at 2

1＝d

qE ＝ma ，tan θ＝v y v 0＝at 1v 0

v 1＝v 0cos θ 联立以上各式得：θ＝π3，v 1＝2v 0，E ＝3mv 202qd

. 粒子在第Ⅳ象限内做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qv 1B ＝m v 2

1R

由几何关系得：R ＝ON sin θ＝43d 联立并代入数据解得：B ＝3mv 02qd

. (2)粒子由M 点到P 点的过程，由动能定理得：

qEd ＋qE (R ＋R cos θ)＝1

2mv 2

P －12

mv 20 代入(1)中所求数据解得：v P ＝10v 0.

(3)粒子在第Ⅰ象限内运动时间：t 1＝233d v 0＝23d 3v 0

粒子在第Ⅳ象限内运动周期：T ＝2πR v 1＝4πd 3v 0

t 2＝π－13π2πT ＝4πd 9v 0

粒子在第Ⅲ象限内运动时有：R ＋R cos θ＝12

at 23 解得：t 3＝26d 3v 0

粒子从M 点运动到P 点的时间：

t ＝t 1＋t 2＋t 3＝(

63＋66＋4π)d 9v 0

.

8 / 12 答案：(1)3mv 202qd 3mv 02qd

(2)10v 0 (3)(63＋66＋4π)d 9v 0

2．(2017·天津卷)平面直角坐标系xOy 中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第Ⅲ象限存在沿y 轴负方向的匀强电场，如图所示．一带负电的粒子从电场中的Q 点以速度v 0沿x 轴正方向开始运动，Q 点到y 轴的距离为到x 轴距离的2倍．粒子从坐标原点O 离开电场进入磁场，最终从x 轴上的P 点射出磁场，P 点到y 轴距离与Q 点到y 轴距离相等．不计粒子重力，问：

(1)粒子到达O 点时速度的大小和方向；

(2)电场强度和磁感应强度的大小之比．

解析：(1)粒子在电场中从Q 到O 做类平抛运动，设O 点速度v ，与＋x 方向夹角为α，Q 点到x 轴的距离为L ，到y 轴的距离为2L ，粒子的加速度为a ，运动时间为t ，根据类平抛运动的规律，有：

x 方向：2L ＝v 0t

y 方向：L ＝12at 2

粒子到达O 点时沿y 轴方向的分速度为v y ＝at

又：tan α＝v y v 0

解得：tan α＝1，即α＝45°，粒子到达O 点时速度方向与x 轴方向的夹角为45°角斜向上．

粒子到达O 点时的速度大小为v ＝v 0

cos 45° ＝2v 0 (2)设电场强度为E ，粒子所带电荷量为q ，质量为m ，粒子在电场中受到的电场力为F ，

粒子在电场中运动的加速度：a ＝qE

m

设磁感应强度大小为B ，粒子做匀速圆周运动的半径为R ，洛伦兹力提供向心力，有：qvB ＝m v 2

R 根据几何关系可知：

R

＝2L

整理可得：E B ＝v 02

9 / 12 答案：(1)v ＝2v 0，方向与x 轴方向的夹角为45°角斜向上 (2)E B ＝v 02

. 考点三 带电粒子在交变电、磁场中的运动

[考点解读]

解决带电粒子在交变电、磁场中的运动问题的基本思路

[典例赏析]

[典例3] 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象如图(b)所示，y 轴正方向为E 的正方向，垂直于纸面向里为B 的正方向．t ＝0时刻，带负电粒子P (重力不计)由原点O 以速度v 0沿y 轴正方向射出，它恰能沿一定轨道做周期性运动．v 0、E 0和t 0为已知量，图

(b)中E 0B 0＝8v 0π2，在0～t 0时间内粒子P 第一次离x 轴最远时的坐标为? ??

??2v 0t 0π，2v 0t 0π.求：

(1)粒子P 的比荷；

(2)t ＝2t 0时刻粒子P 的位置；

(3)带电粒子在运动中距离原点O 的最远距离L .

[解析] (1)0～t 0时间内粒子P 在匀强磁场中做匀速圆周运动，当粒子所在位置的纵、横坐标相等时，粒子在

磁场中恰好经过14圆周，所以粒子P 第一次离x 轴的最远距离等于轨道半径R ，即R ＝2v 0t 0π

①

又qv 0B 0＝m v 2

0R

② 代入E 0B 0＝8v 0π2

10 / 12 解得q m ＝4v 0πE 0t 0

③ (2)设粒子P 在磁场中运动的周期为T ，则

T ＝2πR v 0

④ 联立①④解得T ＝4t 0 ⑤

即粒子P 做14

圆周运动后磁场变为电场，粒子以速度v 0垂直电场方向进入电场后做类平抛运动，设t 0～2t 0时间内水平位移和竖直位移分别为x 1、y 1，则

x 1＝v 0t 0＝

2πR 4＝πR 2 ⑥ y 1＝12at 2

0 ⑦

其中加速度a ＝qE 0m

由③⑦解得y 1＝2v 0t 0π＝R ，因此t ＝2t 0时刻粒子P 的位置坐标为? ??

??2＋ππv 0t 0，0，如图中的b 点所示． (3)分析知，粒子P 在2t 0～3t 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x 2＝x 1＝v 0t 0；在3t 0～5t 0时间内粒子P 沿逆时针方向做匀速圆周运动，往复运动轨迹如图所示，由图可知，带电粒子在运动中距原点O 的最远距离L 即O 、d 间的距离L ＝2R ＋2x 1 ⑧

解得L ＝4＋2ππ

v 0t 0. [答案] (1)4v 0πE 0t 0 (2)? ??

??2＋ππv 0t 0，0 (3)4＋2ππv 0t 0 [题组巩固]

1．如图甲所示，宽度为d 的竖直狭长区域内(边界为L 1、L 2)，存在垂直纸面向里的匀强磁场和竖直方向上的周期性变化的电场(如图乙所示)，电场强度的大小为E 0，E 0＞0表示电场方向竖直向上．t ＝0时，一带正电、质量为m 的微粒从左边界上的N 1点以水平速度v 射入该区域，沿直线运动到Q 点后，做一次完整的圆周运动，再沿直线运动到右边界上的N 2点．Q 为线段N 1N 2的中点，重力加速度为g .上述d 、E 0、m 、v 、g 为已知量．

(1)求微粒所带电荷量q 和磁感应强度B 的大小．

(2)求电场变化的周期T .

(3)改变宽度d ，使微粒仍能按上述运动过程通过相应宽度的区域，求T 的最小值． 解析：(1)微粒做直线运动，则mg ＋qE 0＝qvB ①

微粒做圆周运动，则mg ＝qE 0②

11 / 12 q ＝mg E 0

③ 联立①②得B ＝2E 0v

④ (2)设微粒从N 1点运动到Q 点的时间为t 1，做圆周运动的半径为R ，周期为t 2，则d 2＝vt 1⑤ qvB ＝mv 2R

⑥ 2πR ＝vt 2⑦

联立③④⑤⑥⑦得t 1＝d 2v ，t 2＝πv g

电场变化的周期T ＝t 1＋t 2＝d 2v ＋πv g

(3)若微粒能完成题述的运动过程，要求

d ≥2R ⑧

联立③④⑥得R ＝v 2

2g

⑨ 设微粒在N 1Q 段直线运动的最短时间为t 1min ，则由⑤⑧⑨得t 1min ＝v 2g

因t 2不变，所以T 的最小值T min ＝t 1min ＋t 2＝(2π＋1)v 2g

. 答案：(1)mg E 0 2E 0v (2)d 2v ＋πv g (3)(2π＋1)v 2g

2．(2019·合肥模拟)如图甲所示，带正电粒子以水平速度v 0从平行金属板MN 间中线OO ′连续射入电场中．MN 板间接有如图乙所示的随时间t 变化的电压U MN ，两板间电场可看做是均匀的，且两板外无电场．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 ，长度为l ，磁场的宽度为d .已知：B ＝5×10－3 T ，l ＝d ＝0.2 m ，每个带正电粒子的速度v 0＝105 m/s ，比荷为q m ＝108

C/kg ，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；

(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．

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．

粒子在磁场中运动时qv 0B ＝mv 2

0r min

12 / 12 则带电粒子进入磁场做圆周运动的最小半径

r min ＝mv 0qB ＝105108×5×10－3

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U 1，带电粒子刚好从极板边缘射出电场，则有

d 2＝12at 2＝12·U 1q dm ? ????l v 02 代入数据，解得U 1＝100 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v max ，

则有12mv 2max ＝12mv 20＋q U 12

解得v max ＝2×105 m/s ＝1.414×105

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 ＝r min ＝0.2 m

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r max ，打在屏幕上的位置为F ，运动径迹如图中曲线Ⅱ所示．

qv max B ＝mv 2max r max 则带电粒子进入磁场做圆周运动的最大半径

r max ＝mv max qB ＝2×105108×5×10－3 m ＝25

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．则

O ′Q ＝d 2＝0.22

m ＝0.1 m 带电粒子打在屏幕上的最低点为F ，则

O ′F ＝r max －O ′Q ＝? ??

??25－0.1m ＝0.18 m 即带电粒子打在屏幕上O ′上方0.2 m 到O ′下方0.18 m 的范围内． 答案：(1)0.2 m (2)1.414×105 m/s

(3)O ′上方0.2 m 到O ′下方0.18 m 的范围内

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