(要点归纳+夯实基础练) 第三节 带电粒子在组合场中的运动-2023年高考物理一轮系统复习学思用

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第三节 带电粒子在组合场中的运动【要点归纳】一、先电场后磁场模型1．带电粒子先在匀强电场中做匀加速直线运动，然后垂直进入匀强磁场做匀速圆周运动，如图所示.2．带电粒子先在匀强电场中做类平抛运动，然后垂直进入磁场做匀速圆周运动，如图所示.注意：进入磁场的速度是离开电场的末速度，而非进入电场的初速度．二、先磁场后电场模型(1)进入电场时粒子速度方向与电场方向相同或相反(如图甲所示)．(2)进入电场时粒子速度方向与电场方向垂直(如图乙所示)．三、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，根据动能定理可得：mv2＝qU。①粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律得：qvB＝m。②由①②两式可得比荷：＝。四、回旋加速器1．工作原理： 交流电的周期和粒子做圆周运动的周期相等，粒子在圆周运动的过程中一次一次地经过D形盒缝隙，两盒间的电势差一次一次地反向，粒子就会被一次一次地加速。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。(1)磁场的作用：带电粒子以某一速度垂直磁场方向进入匀强磁场后，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，其周期与速率、半径均无关(T＝)，带电粒子每次进入D形盒都运动相等的时间(半个周期)后平行电场方向进入电场中加速。(2)电场的作用：回旋加速器两个D形盒之间的窄缝区域存在周期性变化的并垂直于两D形盒正对截面的匀强电场，带电粒子经过该区域时被加速。  (3)交变电压：为保证带电粒子每次经过窄缝时都被加速，使之能量不断提高，需在窄缝两侧加上跟带电粒子在D形盒中运动周期相同的交变电压。2．带电粒子的最终能量当带电粒子的速度最大时，其运动半径也最大，由r＝得v＝，若D形盒半径为R，则带电粒子的最终动能Em＝。可见，要提高加速粒子的最终能量，应尽可能增大磁感应强度B和D形盒的半径R。3．最大动能：由qvmB＝、Ekm＝mvm2得Ekm＝，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＝，粒子在磁场中运动的总时间t＝T＝·＝.(忽略粒子在狭缝中运动的时间)【夯实基础练】1．(多选)(2022•高考湖北卷)在如图所示的平面内，分界线SP将宽度为L的矩形区域分成两部分，一部分充满方向垂直于纸面向外的匀强磁场，另一部分充满方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，SP与磁场左右边界垂直。离子源从S处射入速度大小不同的正离子，离子入射方向与磁场方向垂直且与SP成30°角。已知离子比荷为k，不计重力。若离子从Р点射出，设出射方向与入射方向的夹角为θ，则离子的入射速度和对应θ角的可能组合为(　　)A．kBL，0° B．kBL，0° C．kBL，60° D．2kBL，60°【解析】  若粒子通过下部分磁场直接到达P点，如图所示，根据几何关系则有，，可得，根据对称性可知出射速度与SP成30°角向上，故出射方向与入射方向的夹角为θ=60°。当粒子上下均经历一次时，如图所示，因为上下磁感应强度均为B，则根据对称性有，根据洛伦兹力提供向心力有，可得，此时出射方向与入射方向相同，即出射方向与入射方向的夹角为θ=0°。通过以上分析可知当粒子从下部分磁场射出时，需满足(n=1，2，3……)，此时出射方向与入射方向的夹角为θ=60°；当粒子从上部分磁场射出时，需满足(n=1，2，3……)，此时出射方向与入射方向的夹角为θ=0°。故可知BC正确，AD错误。故选BC【答案】  BC2．(多选)(2022•天津市南开区高三(上)期末)如图所示为回旋加速器的示意图。两个靠得很近的形金属盒处在与盒面垂直的匀强磁场中，一质子从加速器的处开始加速。已知形盒的半径为，磁场的磁感应强度为，高频交变电源的电压为、频率为，质子质量为、电荷量为。下列说法正确的是(　　)A．质子的最大速度不超过B．质子的最大动能为C．只增大磁感应强度，回旋加速器仍可正常工作D．在不改变所加交变电源频率和磁场的情况下，可直接对氦核()进行加速【解析】  质子如果能在回旋加速器中一直加速，条件是质子在磁场中做圆周运动的周期等于所接高频交流电源周期，即A．质子一直加速，则出回旋加速器时速度最大，此时半径为R，有，则质子的最大速度不超过，故A正确；B．质子的最大动能为，故B正确；C．如果只增大磁感应强度，则质子在磁场中做圆周运动的周期将变小，不等于交流电源的周期，则回旋加速器不能正常工作，故C错误；D．在不改变所加交变电源频率和磁场的情况下，只要粒子的比荷与质子的相同，回旋加速器就能正常使用，而氦核的比荷与质子比荷不相等，故D错误。故选AB。【答案】  AB3．(2022•成都石室中学高三(下)专家联测卷(四))如图为质谱仪的原理图，它主要由加速电场和偏转磁场两大部分组成．一质量为m、带电量为q、初速度为零的带电粒子(不计重力)，经电压为U的加速电场加速后，垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，OP为带电粒子在磁场中做圆周运动的直径，设OP=x．则下列描述x随U变化的关系图象中，可能正确的是(    )A．             B．  C．             D．【解析】  根据动能定理得．粒子在磁场中偏转洛伦兹力提供向心力，则，．知x2∝U．x2-U是过原点的直线；A．该图与结论相符，选项A正确；B．该图与结论不相符，选项B错误；C．该图与结论不相符，选项C错误；D．该图与结论不相符，选项D错误；【答案】  A4．(2022•沈阳市第二中学高三(上)二模)质谱仪是测量带电粒子的质量和分析同位素的重要工具．如图所示为质谱仪的原理示意图，现利用质谱仪对氢元素进行测量．让氢元素三种同位素的离子流从容器A下方的小孔s无初速度飘入电势差为U的加速电场．加速后垂直进入磁感强度为B的匀强磁场中．氢的三种同位素最后打在照相底片D上，形成a、b、c三条“质谱线”．则下列判断正确的是(　　)A．进入磁场时速度从大到小排列的顺序是氕、氘、氚B．进入磁场时动能从大到小排列的顺序是氕、氘、氚C．在磁场中运动时间由大到小排列的顺序是氕、氘、氚D．a、b、C三条“质谱线”依次排列的顺序是氕、氘、氚【解析】  A．根据qU= 得,v= ，比荷最大的是氕，最小的是氚，所以进入磁场速度从大到小的顺序是氕、氘、氚，故A正确；B．根据动能定理可知Ek=qU，故动能相同，故B错误；C．时间为t=，故在磁场中运动时间由大到小排列的顺序是氚氘氕，故C错误；D．进入偏转磁场有qvB=，解得：R=，氕比荷最大，轨道半径最小，c对应的是氕，氚比荷最小，则轨道半径最大，a对应的是氚，故D错误，故选A【答案】  A5．(多选)(2022•黑龙江省哈六中五模)在回旋加速器中(　　)A．电场用来加速带电粒子，磁场则使带电粒子回旋B．带电粒子在半圆形盒内经过半个圆周所需要的时间与带电粒子的比荷无关C．在其它条件都一定时，回旋加速器的半径越大，则带电粒子获得的动能越大D．用此回旋加速器加速质子之后，不需要改变任何量，这个装置也能用于加速α粒子【解析】  A．回旋加速器是利用电场对粒子进行加速和磁场进行偏转，A正确；B．根据粒子在磁场中的周期公式，即，可知，带电粒子在半圆形盒内经过半个圆周所需要的时间与带电粒子的比荷有关，B错误；C．根据洛伦兹力提供向心力，即有，可得最大速度为，则最大动能为，故同一粒子，回旋加速器的半径越大，获得的动能越大，C正确；D．当质子换成α粒子，在磁场的运动周期为，可知周期发生变化，即质子和α粒子在磁场的周期与在电场的周期不相等，不满足回旋加速器的工作原理，D错误。故选AC。【答案】  AC6．(2022•西南大学附属中学校高三(下)全真二)大型强子对撞机是一种将质子加速对撞的高能物理设备。如图所示，其原理可简化为：两束横截面积极小、长度为的连续质子束以初速度同时从左侧射入加速电场，所有质子全部穿出电场后，经过相同的一段距离再同时射入垂直纸面的“8”字形匀强磁场，磁场外边界为两个半径均为的外切圆，圆心O、在对应质子束的入射方向上。最后两质子束在两圆切点P发生碰撞。已知质子质量为，电量为，加速极板间电压。忽略重力、粒子间的相互作用及相对论效应。求：(1)上下两个圆形区域磁感应强度的大小和方向；(2)所有质子全部穿出电场且还未有质子进入磁场时，质子束的长度。【解析】  (1)质子经过加速电场过程，根据动能定理可得解得质子离开电场时的速度为质子在磁场中由洛伦兹力提供向心力由几何关系可得，联立解得质子带正电，根据左手定则可知上下两个圆形区域磁感应强度方向分别为垂直纸面向外和垂直纸面向里；(2)所有质子在电场中的加速时间都是相等的，在加速之前，进入电场的时间差为质子出电场的时间差也为，所以出电场后，该质子束的长度为【答案】  (1)，垂直纸面向外和垂直纸面向里；(2)7．(2022•天津市南开中学高三(下)第4次学情调查)有一种质谱仪由静电分析器和磁分析器组成，其简化原理如图所示．左侧静电分析器中有方向指向圆心O、与O点等距离各点的场强大小相同的径向电场，右侧的磁分析器中分布着方向垂直于纸面向外的匀强磁场，其左边界与静电分析器的右边界平行，两者间距近似为零．离子源发出两种速度均为v0、电荷量均为q、质量分别为m和0.5m的正离子束，从M点垂直该点电场方向进入静电分析器．在静电分析器中，质量为m的离子沿半径为r0的四分之一圆弧轨道做匀速圆周运动，从N点水平射出，而质量为0.5m的离子恰好从ON连线的中点P与水平方向成θ角射出，从静电分析器射出的这两束离子垂直磁场方向射入磁分析器中，最后打在放置于磁分析器左边界的探测板上，其中质量为m的离子打在O点正下方的Q点．已知OP=0.5r0，OQ=r0，N、P两点间的电势差，，不计重力和离子间相互作用。(1)求静电分析器中半径为r0处的电场强度E0和磁分析器中的磁感应强度B的大小；(2)求质量为0.5m的离子到达探测板上的位置与O点的距离l(用r0表示)；(3)若磁感应强度在(B—△B)到(B＋△B)之间波动，要在探测板上完全分辨出质量为m和0.5m的两束离子，求的最大值。【解析】  (1)在静电分析器中，电场力提供向心力，有，解得离子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有，解得(2)对离子，由动能定理，解得离子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有，解得距离，解得(3)恰好能分辨的条件，解得【答案】  (1)，；(2)；(3)0.128．(2022•东北师范大学附属中学七测)如图所示，在的空间中和的空间内同时存在着大小相等、方向相反的匀强电场，上、下电场以x轴为分界线。在y轴左侧和图中竖直虚线MN右侧均无电场，但有大小相等方向垂直纸面向里和向外的匀强磁场，MN与y轴的距离为2d。一带负电的粒子从y轴上的P(0，d)点以沿x轴正方向的初速度v0开始运动，经过一段时间后，粒子又以相同的速度回到P点，不计粒子的重力。求：(1)电场强度与磁感应强度的比值。(2)带电粒子运动一个周期的时间。【解析】  (1)由分析可知，粒子以相同的速度回到P点，粒子在电场中做类平抛运动的侧位移与粒子在磁场中做圆周运动的半径相等，即在电场中竖直方向上有在电场中水平方向上有粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力充当向心力，则联立以上方程可得 (n＝0，1，2，3…)(2)粒子在电场中水平方向上做匀速直线运动，所以有粒子在磁场中做一个完整的圆周运动，有所以【答案】  (1)(n＝0，1，2，3…)；(2)9．(2022•天津市耀华中学高三(上)第三次月考)如图所示，在区域内存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场；在区域内存在沿x轴正方向的匀强电场。质量为m、电荷量为的粒子甲从点由静止释放，进入磁场区域后，与静止在点、质量为的中性粒子乙发生弹性正碰，且有一半电量转移给粒子乙。(不计粒子重力及碰撞后粒子间的相互作用，忽略电场、磁场变化引起的效应)(1)求电场强度的大小E；(2)若两粒子碰撞后，立即撤去电场，同时在区域内加上与区域内相同的磁场，求从两粒子碰撞到下次相遇的时间。【解析】  (1)粒子甲从O匀速圆周运动到P点，则在磁场中运动轨迹半径洛伦兹力提供向心力，有，则粒子从S到O，由动能定理可得，可得(2)甲乙粒子在P点发生弹性碰撞，设碰后速度为、，取向上为正，则有，计算可得，两粒子碰后在磁场中运动，，解得两粒子在磁场中一直做轨迹相同的匀速圆周运动，周期分别为，则两粒子碰后再次相遇需满足，解得再次相遇时间【答案】  (1)；(2)10．(2022•重庆市育才中学高三(下)入学考试)如图所示，在y>0的区域内有沿y轴正方向的匀强电场，在y<0的区域内有垂直坐标平面向里的匀强磁场．一电子(质量为m、电量为e)从y轴上A点以沿x轴正方向的初速度v0开始运动．当电子第一次穿越x轴时，恰好到达C点；当电子第二次穿越x轴时，恰好到达坐标原点.已知A、C点到坐标原点的距离分别为d、2d．不计电子的重力．求(1)电场强度E的大小；(2)磁感应强度B的大小；【解析】  电子的运动轨迹如图所示：(1)电子在电场中做类平抛运动，设电子从A到C的时间为t1，则，，，解得(2)设电子进入磁场时速度为v，v与x轴的夹角为，则 ，解得，解得 电子进入磁场后做匀速圆周运动，洛仑兹力提供向心力，得 由图可知　，解得【答案】  (1) (2) 11．(2022•重庆育才中学一模)一个质量，电荷量的带电粒子(不计重力)，从静止开始经的电压加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场，偏转电场的电压．金属板长，两板间距．(1)求粒子进入偏转电场时的速度的大小；(2)求粒子射出偏转电场时的偏转角；(3)若右侧匀强磁场的宽度为，为使粒子不会由磁场右边界射出，求该匀强磁场的磁感应强度B的最小值？【解析】  (1)微粒在电场中加速，解得(2)微粒在偏转电场中做类平抛运动，，解得m/s2，m/s速度偏转角的正切值，解得(3)进入磁场时微粒的速度为微粒不会由磁场右边射出的轨迹如图所示，由几何关系，有洛伦兹力提供向心力，联立解得该匀强磁场的磁感应强度B至少为【答案】  (1)；(2)；(3)12．(2022•四省区八校高三(下)开学考试)如图所示，在竖直平面内的直角坐标系xOy中，x轴上方有x轴正方向成45°的匀强电场，电场强度等于E，x轴下方有垂直向外的匀强磁场。有一质量为m，电荷量为-q的带电粒子从y轴上的P点(0，)由静止开始释放，从x轴上的(，0)点进入匀强磁场，且从x轴的C(，0)点第二次穿过x轴进入电场，不计粒子的重力。求：(1)磁感应强度B；(2)小球第三次经过x轴上的位置坐标。【解析】  (1)电荷量为-q的带电粒子从y轴上的P点由静止开始释放后做匀加速运动，到达x轴A点第一次经x轴，进入磁场后做匀速圆周运动，且从x轴的C点第二次穿过x轴进入电场，最后做类平抛运动，到达x轴的D点，第三次经x轴，如图所示，则有AP=d=由动能定理，又，R=d=2L，解得    (2)由图可知，粒子做类平抛运动，则有，，，x＇=y＇，，，，小球第三次经过x轴上的位置坐标(，0)【答案】  (1)；(2)，013．(2022•鹤岗市第一中学高三(上)期末)如图所示，真空中有一以(r，0)为圆心、半径为r的圆柱形匀强磁场区域，磁场的磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里，在y≥r的范围内，有沿﹣x轴方向的匀强电场，电场强度大小E。从O点向不同方向发射速率相同的质子，质子的运动轨迹均在纸面内．已知质子的电量为e，质量为m，质子在磁场中的偏转半径也为r，不计重力。求：(1)质子进入磁场时的速度大小；(2)速度方向沿x轴正方向射入磁场的质子，到达y轴所需的时间；(3)速度方向与x轴正方向成30°角(如图中所示)射入磁场的质子，到达y轴时的位置坐标。【解析】  (1)质子射入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得evB＝，解得(2)质子沿x轴正方向射入磁场，经圆弧后以速度v垂直于电场方向进入电场，所以质子在磁场中的运动时间为t1＝＝质子进入电场后做类平抛运动，沿电场方向运动r后到达y轴，因此有，t2＝＝故所求时间为(3)质子在磁场中转过120°角后从P点垂直电场方向进入电场，如图所示质子出P点后先做一小段距离的匀速直线运动．设质子在电场中运动到达 y轴所需时间为t3，则由运动学知识可得由几何知识可得由二式可解得在y轴方向质子做匀速直线运动，因此有所以质子到达y轴的位置坐标为(0，)。【答案】  (1)；(2)；(3)(0，)14．(2022•黑龙江省大庆一中高三(下)第二次月考)如图所示，一带电粒子垂直射入匀强电场中，经电场偏转后从磁场的左边界上A点进入垂直纸面向外的匀强磁场中，最后从磁场的左边界上的B点离开磁场。已知带电粒子的比荷为=3.2×109C/kg，电场强度为E=200V/m，磁感应强度为B=2.5×10-2T，金属板长L=25cm，粒子初速度v0=4×105m/s。带电粒子重力忽略不计，求：(1)粒子射出电场时的运动方向与初速度v0的夹角θ；(2)A、B之间的距离。【解析】  (1)由牛顿第二定律可得解得在电场中的加速度为粒子在电场中水平方向做匀速直线运动，运动时间为在竖直方向做初速度为零的匀加速运动，则射出电场时的竖直分速度为速度偏向角的正切值，代入数据解得，所以(2)粒子射出电场时的速度大小为在磁场中洛伦兹力提供向心力，则有，解得由几何关系可得，代入数据解得【答案】  (1)θ=45°；(2)1cm15．(2022•安徽师范大学附属中学第五次综合测试)如图所示，在xOy坐标系中的第一象限内存在沿x轴正方向的匀强电场，第二象限内存在可调节的垂直于纸面的匀强磁场(图中未画出)。一粒子源固定在x轴上M(L，0)点，沿y轴正方向释放出速度大小均为v0的电子，电子经电场后恰好从y轴上的N点进入第二象限。已知电子的质量为m，电荷量的绝对值为e，电场强度，不考虑电子的重力和电子间的相互作用，求：(1)ON的距离；(2)若第二象限充满匀强磁场，要使电子从x＝－2L处射出第二象限，则所加磁场的大小和方向；(3)若第二象限内的磁场是一个垂直于纸面向外的圆形有界磁场，磁感应强度为B，要使电子经磁场偏转后通过x轴时，与x轴的夹角为60°，已知粒子此后未进入第一象限，则圆形磁场的最小面积。【解析】  (1)从M到N的过程中，电子做类平抛运动，有，解得，则ON的距离为。(2)设电子到达N点的速度大小为v，方向与y轴正方向的夹角为，由动能定理有根据速度关系可得，解得，设电子在磁场中运动的半径为r，由图可知，可得又有电子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，解得垂直于纸面向外。(3)①当电子与x轴负方向的夹角为60°时，其运动轨迹图如图电子在磁场中偏转90°后射出，则磁场最小半径，解得②当电子与x轴正方向的夹角为60°时，其运动轨迹图如图，电子在磁场中偏转150°后射出，则磁场最小半径，解得【答案】  (1)；(2)，垂直于纸面向外 ；(3) 或16．(2022•东北育才学校七模)如图所示，真空中有一回旋加速器，其两金属D形盒的半径为1.5R，左盒接出一个水平向右的管道，管道右边紧连一垂直纸面向里、磁感应强度为B2、半径为R的圆形匀强磁场，距离磁场右边界0.2R处有一长度为的荧光屏。两盒间距较小，加入一交流加速电压；垂直于两盒向上加入一磁感应强度B1的匀强磁场。现在盒的中心处由静止释放一比荷为的电子，经过时间t电子便进入水平向右的管道。已知电子在电场中的加速次数与回旋半周的次数相同，加速电子时电压的大小可视为不变。则：(1)进入圆形磁场的电子获得的速度为多大？(2)此加速器的加速电压U为多大？(3)如果电子不能打出荧光屏之外，那么B1必须符合什么条件？【解析】  (1)电子加速至D形盒最外层时，根据牛顿第二定律，有得进入圆形磁场的电子获得的速度为(2)周期电子加速次数为根据动能定理有得加速器的加速电压为(3)电子离开磁场时其速度方向的反向延长线通过圆心，与水平线的夹角设为θ，如图所示，由此可得，解得电子在磁场中运动的圆心角也为，圆弧的半径为，根据牛顿第二定律，有联立解得，即当，电子就不会打出荧光屏之外。【答案】  (1)；(2)；(3)