2025版高考物理一轮复习第九章专题六带电粒子在组合场中的运动教案新人教版

PAGEPAGE11专题六带电粒子在组合场中的运动突破1质谱仪和回旋加速器考向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＝eq\f(1,2)mv2.粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB＝meq\f(v2,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).现代质谱仪可用来分析比质子重许多倍的离子，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起先被加速电场加速，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起先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】设质子的质量和电荷量分别为m1、q1，一价正离子的质量和电荷量为m2、q2.对于随意粒子，在加速电场中，由动能定理得qU＝eq\f(1,2)mv2－0，得v＝eq\r(\f(2qU,m))①在磁场中qvB＝meq\f(v2,r)②由①②式联立得m＝eq\f(B2r2q,2U)，由题意知，两种粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，加速电压U不变，其中B2＝12B1，q1＝q2，可得eq\f(m2,m1)＝eq\f(B\o\al(2,2),B\o\al(2,1))＝144，故选项D正确．【答案】D1．质谱仪又称质谱计，是分别和检测不同同位素的仪器．工作原理如图所示，电荷量均为＋q、质量不同的离子初速度几乎为零地进入电压为U0的加速电场．这些离子经加速后通过狭缝O沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度大小为B的匀强磁场中，最终打在底片上．已知放置底片的区域MN＝L，且OM＝L.某次测量发觉MN中左侧eq\f(2,3)区域MQ损坏，检测不到离子，但右侧eq\f(1,3)区域QN仍能正常检测到离子．在适当调整加速电压后，原本打在MQ的离子即可在QN检测到．为使原本打在MN中点P的离子能打在QN区域，则加速电压U的值不行能为(D)A.eq\f(16U0,9) B.eq\f(100U0,81)C.eq\f(140U0,81) D．2U0解析：由题意知，起先离子在电场中加速，有qU0＝eq\f(1,2)mv2，在磁场中做匀速圆周运动，有qvB＝meq\f(v2,r0)，打在P点的离子r0＝eq\f(3,4)L，解得U0＝eq\f(9qB2L2,32m)；当加速电压为U时，qU＝eq\f(1,2)mv′2，qv′B＝eq\f(mv′2,r)；离子打在Q点时，r＝eq\f(5,6)L，得U＝eq\f(100U0,81)；离子打在N点时，r＝L，得U＝eq\f(16U0,9)；则加速电压U的范围为eq\f(100U0,81)≤U≤eq\f(16U0,9)，选项D符合题意．考向2回旋加速器1．构造：如图所示，D1、D2是半圆形金属盒，D形盒的缝隙处接沟通电源，D形盒处于匀强磁场中．2．回旋加速器的原理和分析(1)加速条件：T电场＝T回旋＝eq\f(2πm,qB)；(2)磁场约束偏转：qvB＝eq\f(mv2,r)⇒v＝eq\f(qBr,m).(3)带电粒子的最大速度vmax＝eq\f(qBrD,m)，rD为D形盒的半径．粒子的最大速度vmax与加速电压U无关．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U0，周期T＝eq\f(2πm,qB).一束该种粒子在t＝0～eq\f(T,2)时间内从A处匀称地飘入狭缝，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Em；(2)粒子从飘入狭缝至动能达到Em所需的总时间t0；(3)要使飘入狭缝的粒子中有超过99%能射出，d应满意的条件．[审题指导]计算粒子在电场中运动的总时间时，可剔除粒子在磁场中的运动，干脆将粒子在电场中的各段运动相连接，作为一个匀加速直线运动来处理，可用总位移nd＝eq\f(1,2)aΔt2或总速度v＝aΔt来计算．【解析】(1)粒子运动半径为R时qvB＝meq\f(v2,R)且Em＝eq\f(1,2)mv2解得Em＝eq\f(q2B2R2,2m).(2)粒子被加速n次达到动能Em，则Em＝nqU0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＝eq\f(qU0,md)匀加速直线运动nd＝eq\f(1,2)a·Δt2由t0＝(n－1)·eq\f(T,2)＋Δt，解得t0＝eq\f(πBR2＋2BRd,2U0)－eq\f(πm,qB).(3)只有在0～eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(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为η＝eq\f(\f(T,2)－Δt,\f(T,2))由η>99%，解得d<eq\f(πmU0,100qB2R).【答案】(1)eq\f(q2B2R2,2m)(2)eq\f(πBR2＋2BRd,2U0)－eq\f(πm,qB)(3)d<eq\f(πmU0,100qB2R)2．(2024·宁夏银川模拟)如图所示，回旋加速器D形盒的半径为R，所加磁场的磁感应强度为B，用来加速质量为m、电荷量为q的质子，质子从下半盒的质子源由静止动身，加速到最大能量E后，由A孔射出．则下列说法不正确的是(D)A．回旋加速器不能无限加速质子B．增大交变电压U，则质子在加速器中的运行时间将变短C．回旋加速器所加交变电压的频率为eq\f(\r(2mE),2πmR)D．下半盒内部，质子的运动轨迹半径之比(由内到外)为1eq\r(3)eq\r(5)解析：随着质子速度的增大，相对论效应渐渐显现，质子质量增大，做圆周运动的周期不能保持与所加电场变更的周期同步，从而不能再被加速，因此，加速器不能无限加速质子，A正确；增大交变电压，质子每次经过电场时获得的动能增大，在磁场中运动的半径增大，加速次数和所做圆周运动的次数削减，因此运动时间减小，B正确；由f＝eq\f(1,T)，T＝eq\f(2πm,qB)，R＝eq\f(mv,qB)，E＝eq\f(1,2)mv2，联立得f＝eq\f(\r(2mE),2πmR)，C正确；设下半盒第n个半圆的半径为rn，粒子速度为vn，则2nqU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,n)，得vn＝eq\r(\f(4nqU,m))，rn＝eq\f(mvn,qB)＝eq\f(2,B)eq\r(\f(mU,q))·eq\r(n)，从内向外半径之比为1eq\r(2)eq\r(3)，D错误．1质谱仪的本质是粒子先在电场中加速，再在磁场中偏转，最终利用感光底片记录粒子的位置.2质谱仪是计算带电粒子的质量和分析同位素的重要工具.3回旋加速器的工作条件是粒子做圆周运动的周期与金属外壳所加沟通电的周期相等，粒子的最大动能由匀强磁场磁感应强度和D形盒半径确定.突破2带电粒子在组合场中运动1．组合场：电场与磁场各位于肯定的区域内，并不重叠，或在同一区域，电场、磁场分时间段或分区域交替出现．2．“电偏转”与“磁偏转”的比较垂直电场线进入匀强电场(不计重力)垂直磁感线进入匀强磁场(不计重力)受力状况电场力FE＝qE，其大小、方向不变，与速度v无关，FE是恒力洛伦兹力FB＝qvB，其大小不变，方向随v而变更，FB是变力轨迹抛物线圆或圆的一部分运动轨迹求解方法偏转距离y：y＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)·t2偏转角φ：tanφ＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(qEt,mv0)半径：r＝eq\f(mv,qB)周期：T＝eq\f(2πm,qB)偏移距离y和偏转角φ要结合圆的几何关系利用圆周运动规律探讨求解考向1电场加速，磁场偏转(2024·新课标全国卷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对里，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)设甲种离子所带电荷量为q1、质量为m1，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q1U＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)①由洛伦兹力公式和牛顿其次定律有q1v1B＝m1eq\f(v\o\al(2,1),R1)②由几何关系知2R1＝l③由①②③式得B＝eq\f(4U,lv1)④(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＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)⑤q2v2B＝m2eq\f(v\o\al(2,2),R2)⑥由题给条件有2R2＝eq\f(l,2)⑦由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙两种离子的比荷之比为eq\f(q1,m1)eq\f(q2,m2)＝14⑧【答案】(1)eq\f(4U,lv1)(2)143．(2024·四川南充二模)如图，平行板电容器的N板开有一小孔，与固定圆筒的小孔a正对，O是圆筒的圆心，圆筒的内径为r，筒内有垂直纸面的匀强磁场，筒壁光滑．电容器内紧靠极板有一个带电粒子(初速度为零)，经电压U加速后从a孔垂直磁场并正对着圆心O进入筒中，该带电粒子与圆筒壁碰撞三次后恰好又从小孔a射出．带电粒子每次与筒壁发生碰撞时电荷量和动能都不损失，粒子的比荷为eq\f(q,m)＝k不计粒子的重力和空气阻力．求：(1)带电粒子进入磁场的速度大小；(2)筒内磁感应强度B的大小．(结论均用r、U和k表示)解析：(1)由动能定理：qU＝eq\f(1,2)mv2得v＝eq\r(\f(2qU,m))＝eq\r(2kU)；(2)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由于带电粒子与圆筒壁碰撞时无电荷量和动能损失，故每次碰撞前后粒子速度大小不变．设圆周运动的半径为R，由牛顿其次定律得qvB＝eq\f(mv2,R)速度方向总是沿着圆筒半径方向，3个碰撞点与小孔a恰好将圆筒壁四等分，粒子在圆筒内的轨迹具有对称性，由四段相同的圆弧组成，则每段轨迹圆弧对应的圆心角为90°，则由几何关系得R＝r联立解得B＝eq\f(mv,qr)＝eq\r(\f(2U,kr2)).答案：(1)eq\r(2kU)(2)eq\r(\f(2U,kr2))考向2电场偏转，磁场偏转(2024·安徽皖北联考)如图所示，区域中一部分有匀强磁场，另一部分有匀强电场，磁场方向垂直于纸面对里，电场方向与电、磁场分界线平行向右．一带正电粒子从A点以速度v射入匀强磁场，方向未知，经过一段时间运动到磁场与电场交界处B点，此时速度方向垂直于两个场的分界线，此后粒子在电场力的作用下，又经过一段时间从C点离开电场，已知磁场宽度与电场宽度分别为l1和l2，AC垂直于电、磁场分界线，A与B点的水平距离为d，不计重力．求：(1)整个运动过程中粒子的最大速度；(2)求出磁感应强度与电场强度的比值eq\f(B,E).【解析】(1)在整个运动过程中只有电场力对粒子做功，所以当粒子在C点射出电场时速度最大．粒子进入电场后做类平抛运动，其初速度为v，方向垂直于电场．由运动学公式有：l2＝vt，d＝eq\f(1,2)at2加速度为a＝eq\f(qE,m)由动能定理得qEd＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,c)－eq\f(1,2)mv2联立解得vc＝eq\f(\r(l\o\al(2,2)＋4d2),l2)v(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动(如图)．由于粒子在分界线处的速度与分界线垂直，圆心O应在分界线上，OB长度即为粒子运动的圆弧的半径R.由几何关系得R2＝(R－d)2＋leq\o\al(2,1)，设粒子的质量和所带电荷量分别为m和q，由洛伦兹力公式得qvB＝meq\f(v2,R)粒子进入电场后做类平抛运动，其初速度为v，方向垂直于电场．设粒子加速度大小为a，由运动学公式有l2＝vt，d＝eq\f(1,2)at2加速度为a＝eq\f(qE,m)由以上各式得eq\f(B,E)＝eq\f(l\o\al(2,2),l\o\al(2,1)＋d2v).【答案】(1)eq\f(\r(l\o\al(2,2)＋4d2),l2)v(2)eq\f(l\o\al(2,2),l\o\al(2,1)＋d2v)4．平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面对里的匀强磁场，第Ⅲ象限存在沿y轴负方向电场强度为E的匀强电场，如图所示．一质量为m，电荷量为q的带负电粒子从电场的Q点以初速度v0沿x轴正方向起先运动，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；(2)匀强磁场的磁感应强度的大小；(3)带电粒子从Q到P的运动时间．解析：(1)粒子在电场中由Q到O做类平抛运动，设粒子到