2025届高考物理二轮复习讲义：微专题4 质谱仪、回旋加速器等组合场问题 【含答案】

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组合场是指空间不同区域存在不重叠的多个电场或磁场,带电粒子依次通过这些区域,这类问题称作组合场问题,质谱仪和回旋加速器类问题都是属于组合场问题.求解组合场问题的基本思路:
质谱仪及其拓展

例1 [2024·福建福州模拟] 质谱仪是分析研究同位素的重要仪器.如图甲所示为某质谱仪的截面图,速度很小的带电粒子从O点进入电压为U1的加速电场,加速后经狭缝O'进入磁感应强度为B1的速度选择器,沿直线运动从狭缝S垂直于直线边界MN进入磁分析器,速度与磁感应强度为B2的匀强磁场垂直,经偏转最终打在照相底片上.粒子质量为m、电荷量为q.不计粒子重力.
(1)求速度选择器中匀强电场的电场强度大小E;
(2)P1和P2是互为同位素的原子核,若保持U1、B1、B2不变,改变E,使原子核P1、P2均沿直线通过速度选择器,最终打到照相底片上的位置到狭缝S的距离之比为k,求P1、P2的质量之比m1∶m2;
(3)某次实验,由于加速电场和速度选择器的电场强度出现微小波动,并考虑狭缝S有一定的宽度且为d,使得粒子从S射出时速度大小范围为v0~v0+Δv,速度方向与边界MN的垂线间的夹角范围为0°~θ,如图乙所示,则粒子打在照相底片上沿MN方向的宽度为多少?
【技法点拨】
质谱仪中存在加速区域和偏转区域,带电粒子在电场中的加速由动能定理求解,带电粒子的偏转分两种情况:一是在辐向电场中做匀速圆周运动,满足qE=mv2r;二是在磁场中做匀速圆周运动,满足qvB=mv2r.
回旋加速器及其拓展
例2 1932年美国物理学家劳伦斯发明了回旋加速器,巧妙地利用带电粒子在磁场中运动的特点,解决了粒子的加速问题.现在回旋加速器被广泛用于科学研究和医学设备中.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,两盒间的狭缝很小,带电粒子穿过的时间可以忽略不计,磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直,加速器接一定频率的高频交流电源,保证粒子每次经过电场都被加速,加速电压为U.D形金属盒中心粒子源产生粒子,初速度不计,在加速器中被加速,加速过程中不考虑相对论效应和重力作用.
(1)求把质量为m、电荷量为q的静止粒子加速到最大动能所需的时间;
(2)若此回旋加速器原来加速α粒子(24He),获得的最大动能为E km,现改为加速氘核(12H),它获得的最大动能为多少?要想使氘核获得与α粒子相同的动能,请你通过分析,提出一种简单可行的办法;
(3)已知两D形盒间的交变电压如图乙所示,设α粒子在此回旋加速器中运动的周期为T,现对 2041Ca核进行加速,已知该核的电荷量为q',在t=T4时进入加速电场,求该核在加速器中能获得的最大动能.(在此过程中,粒子未飞出D形盒)
【技法点拨】
回旋加速器中,带电粒子在电场中加速,在磁场中回转,如图所示.
(1)同步条件:交流电周期和粒子做圆周运动的周期相等,使粒子每经过一次D形盒缝隙就被加速一次.
(2)粒子获得的最大动能:由qvmB=mvm2R,E km=12mvm2,联立可得Ekm=q2B2R22m,粒子获得的最大动能由磁感应强度B和盒半径R决定,与加速电场的电压无关.
(3)加速次数和粒子在磁场中运动的总时间:粒子在磁场中运动一个周期,被电场加速两次(加速的时间忽略不计),每次动能增加qU,加速次数n=EkmqU=qB2R22nU,粒子在磁场中运动的总时间t=(n-1)T2=πBR22U-πmqB.
组合场收集带电粒子
例3 某离子诊断测量装置的简化结构如图所示.在第一象限中存在一沿y轴正方向的匀强电场,在第二、三象限存在垂直于xOy平面向外的匀强磁场.有一块长度为a的探测板CD,仅可在第四象限范围内移动,且始终接地.在第一象限的抛物线y=2ax20≤x≤a上有一簇粒子源,沿x轴负方向发射大量同种负离子,离子的质量为m,电荷量为-q(q>0),速度大小均为v0,单位时间内发射的离子数为N,这些离子沿y轴均匀分布.稳定工作后,若探测板CD在某处平行于y轴固定,则从O点出射的离子恰能击中探测板的C点,从A点(a,2a)出射的离子恰能击中探测板的D点.已知匀强电场的电场强度E=4mv02aq,匀强磁场的磁感应强度B=mv0aq,不计离子的重力及相互作用,不考虑离子间的碰撞.
(1)求探测板上C点的纵坐标y0;
(2)求探测板的横坐标x0;
(3)求离子第二次经过y轴时的纵坐标y与其出发点的横坐标x的关系;
(4)若探测板沿x轴平移,求单位时间内的探测板上接收到的离子数n与探测板的横坐标x之间的关系.
【跟踪训练】
1.[2024·杭州模拟] 如图甲所示为某质谱仪核心部件结构图.半径为R的圆内有垂直于纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场,圆心为O,OO'为竖直方向的轴线,O点右侧S处有一粒子源(OS⊥OO')可以均匀地沿各个方向向圆形磁场内发出速度大小相同、质量为m、电荷量为q的同种带正电粒子,圆形磁场上方有关于轴线OO'对称放置的两块平行金属板,两平行板之间的距离为1.6R,板长为2R,两平行板间加如图乙所示的匀强电场,其中U0=16B2R2q25m,平行金属板上方有垂直于纸面向内、范围足够大的匀强磁场,其磁感应强度也为B,磁场下边缘处有一只可左右平移的接收板PQ.从S点正对圆心O射出的粒子恰好沿轴线进入电场中.不计粒子之间的相互作用,不计重力,电场变化的周期远大于带电粒子在电场中运动的时间.(取sin 53°=0.8,cs 53°=0.6)
(1)求进入圆形磁场中的粒子的速度大小;
(2)两平行板间不加电压时,求能从两平行板间射出的粒子数占总粒子数的比例;
(3)两平行板M、N之间加上如图乙所示的电压,要使接收板能接收到所有从两平行板间射出的粒子,则接收板至少为多长?
(4)当U=U0时,若接收板可以上下左右平移,要使接收板能接收到所有从两平行板间射出的粒子,则接收板至少为多长?
2.质子重离子治疗系统设备由离子源、直径较大的环形同步加速器和偏转系统组成,整个系统置于真空中.回旋加速器的原理如图甲所示,D1和D2是两个中空的半径为R的半圆金属盒,它们接在电压一定、频率为f的交流电源上,位于D1圆心附近的质子源A能不断产生质子(初速度可以忽略,重力不计),它们在两盒之间被电场加速(忽略质子在电场中运动的时间,其最大速度远小于光速),D1、D2置于与盒面垂直的磁感应强度为B0的匀强磁场中,已知质子每次经过狭缝均做加速运动,最后从边缘处飞出.
(1)已知质子的电荷量为q,求质子的质量.
(2)若质子束从开始加速到从回旋加速器输出的过程中回旋加速器的平均功率为P,求此过程质子束的平均等效电流I(用P、B0、R、f表示).
(3)已知偏转系统中电场和磁场的分布区域是边长为L的同一正方体,其偏转系统的底面与目标所在水平面平行,间距也为L.当偏转系统不加电场及磁场时,质子恰好沿偏转系统对称轴OO'运动,竖直到达图中O点(即图中坐标原点,x轴垂直于纸面向外).偏转系统同时加上电场和磁场时,要求打在目标平面上L100,L100处.已知角度α很小时,有sin α≈tan α≈α,cs α≈1-12α2.求偏转系统中E、B的大小.
参考答案与详细解析
例1 (1)B12qU1m (2)k2
(3)2mv0+Δv-v0csθqB2+d
[解析] (1)粒子经过加速电场过程,根据动能定理有qU1=12mv12
粒子在速度选择器中做匀速直线运动,根据平衡条件有qv1B1=qE
联立解得E=B12qU1m
(2)粒子在磁分析器的磁场中做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力,有qv1B2=mv12R
粒子打到底片上的位置的狭缝S距离为x=2R
联立解得x=2B22mU1q
根据题意,P1和P2是互为同位素的原子核,电荷量大小相等,原子核P1、P2沿直线通过速度选择器,最终打到照相底片上的位置到狭缝S的距离之比为k,即x1x2=k,则m1m2=k2
(3)结合上述可知,从狭缝S右端以v0+Δv的速度垂直于边界射出的粒子到达底片上的位置到狭缝S的距离最远,对该粒子有qv0+ΔvB2=mv0+Δv2r1
该粒子打在底片上的位置到狭缝S右侧的距离为x1=2r1
从狭缝S左端以v0的速度与边界MN的垂线方向成θ角射出的粒子到达底片上的位置到狭缝S的距离最近,对该粒子有qv0B2=mv02r2
该粒子打在底片上的位置到狭缝S左侧的距离为x2=2r2cs θ
所以粒子打在底片上沿MN方向的宽度Δx=x1+d-x2
联立解得Δx=2mv0+Δv-v0csθqB2+d
例2 (1)πBR22U-πmqB (2)12Ekm 磁感应强度增大为原来的2倍,高频交流电源的周期变为原来的22
(3)20q'U
[解析] (1)粒子在磁场中做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力,当从D形盒导出时,粒子动能最大,此时有
qvmB=mvm2R
解得vm=qBRm
粒子电场中每加速一次,动能增加qU,则加速次数
n=12mvm2qU=qB2R22mU
粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T=2πmBq
粒子在磁场中运动的时间t磁=(n-1)T2=πBR22U-πmqB
一般地可忽略粒子在电场中运动的时间,t磁可视为总时间
(2)设α粒子质量为4m0、电荷量为2e,氘核质量为2m0、电荷量为e,对α粒子,其最大速度vmα=2eBR4m0=eBR2m0,则其最大动能为E km=12×4m0vmα2=e2B2R22m0
对氘核,其最大速度vmH=eBR2m0,则其最大动能为Ekm'=12×2m0vmH2=e2B2R24m0=12Ekm
要想使氘核获得与α粒子相同的动能,可将磁感应强度变为B',使得q2B2R22m=q2B'2R24m
解得B'=2B
即磁感应强度需增大为原来的2倍
高频交流电源原来的周期T=4πmqB
磁感应强度改变后,高频交流电源的周期T'=4πmqB'=22πmqB=22T
即高频交流电源的周期应变为原来的22
(3)α粒子在此回旋加速器中运动的周期T=2π·4m02eB=4πm0eB
对粒子 2041Ca分析,其在磁场中运动的周期T1=2π·41m020eB=41πm010eB=4140T
每次 2041Ca进入加速电场时与前一次进入加速电场时相比,相对加速电场方向改变时刻延后的时间为ΔT=T1-T2=T80
当k次延后至该核逆着加速电场方向进入时,该核不能再被加速,该核的动能已达到最大,此时有kΔT=T2-T4
解得k=20
根据动能定理得Ekm″=kq'U=20q'U
例3 (1)-2a (2)a4 (3)y=-2a,y与x无关
(4)n=N(0≤x≤a4)N·a216x2(x>a4)
[解析] (1)从O点出射的离子直接进入第三象限做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力有
qv0B=mv02R1
解得R1=a
该离子恰能击中探测板的C点,故C点的纵坐标为
y0=-2R1=-2a
(2)从A点出射的离子在电场中做类平抛运动,有
a=v0t
y1=12·Eqmt2
y1=12vyt
联立解得y1=2a,vy=4v0
说明该离子从原点O进入磁场.如图甲所示,设进入磁场时该离子速度为v,速度方向与x轴方向的夹角为θ,该离子在磁场中运动,由洛伦兹力提供向心力,有
qvB=mv2R2
由几何关系可知v0=vcs θ
该离子从磁场中射出的点记为F,则F点到O点的距离yOF=2R2cs θ
联立解得yOF=2a
由几何关系可知tan θ=axCF=vyv0
探测板的横坐标为x0=xCF
解得x0=a4
(3)在抛物线上任取一点(x,y2),则y2=2ax2
该点处发射的离子在电场中做类平抛运动,有
x=v0t
y″=12·Eqmt2
联立解得y″=2ax2
可见y″=y2
说明所有离子均从O点进入磁场.
设该点处发射的离子进入磁场时速度为v',速度方向与x轴方向的夹角为α,该离子在磁场中运动,由洛伦兹力提供向心力,有
qv'B=mv'2R3
由几何关系可知v0=v'cs α
该离子第二次经过y轴时的纵坐标为y=-2R3cs α
联立解得y=-2a
所以任意离子第二次穿过y轴时的纵坐标均为y=-2a,y与其出发点的横坐标x无关
(4)由(2)和(3)的结论得
①当0≤x≤a4时,n=N
②当x>a4时,设从抛物线上(x3,y3)点处发射的离子打在探测板的D点,如图乙所示
由几何关系得tan β=vy3v0=ax
该离子在电场中做类平抛运动,有
vy32=2Eqmy3
由于离子发射时沿着y轴均匀分布,则击中探测板的离子个数为
n=N·y32a
联立解得n=N·a216x2
综上所述,可得
n=N(0≤x≤a4)N·a216x2(x>a4)
【跟踪训练】
1.(1)qBRm (2)5390 (3)1.6R (4)0.4R
[解析] (1)从S点正对圆心O射出的粒子恰好沿轴线进入电场,由几何关系可知,该粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r=R,由洛伦兹力提供向心力,有
qv0B=mv02r
解得进入圆形磁场中的粒子的速度v0=qBRm
(2)由于粒子做圆周运动的轨迹圆半径与磁场圆半径相等,所以根据磁聚焦特点可知,所有粒子射出磁场时速度方向均平行于轴线OO'.设从N、M板处射出两平行板间的粒子在S点射出时速度方向与SO方向的夹角分别为θ1、θ2.如图甲所示,根据几何关系可知
Rsin θ1=12×1.6R
Rsin θ2=12×1.6R
解得θ1=53°,θ2=53°
能从两平行板间射出的粒子数占总粒子数的比例为η=θ1180°+θ2180°=5390
(3)粒子在上方磁场中偏转的距离L=2r'cs θ
其中r'=mvqB,v=v0csθ
联立可得L=2mv0qB=2R
即所有进入上方磁场中的粒子在磁场中向左偏转的距离都为2R.
要使所有粒子都能打到接收板PQ上,由于接收板可左右平移,所以可移动接收板至Q端与N板相距为2R处,保证当两平行板间电压为零时射出两平行板间的粒子能都打到探测板PQ上即可.
探测板PQ的长度至少为Lmin=1.6R
(4)当U=U0时,带电粒子在电场中偏转的位移为y=12at2
其中a=qU01.6Rm,t=2Rv0
又知U0=16B2R2q25m
联立可得y=0.8R
如图乙所示,①为从右边缘射出平行板间的粒子进入磁场运动的轨迹,③为从左边缘射入平行板间的粒子经电场偏转后进入磁场运动的轨迹,②为①③中间的圆.当接收板PQ移到P'Q'位置(P'为②③的交点,Q'为①②的交点)时,所有粒子都被挡住,因而接收板PQ的长度至少为Lmin'=12y=0.4R
2.(1)qB02πf (2)PπB0R2f
(3)πfB0R275L B0R150L
[解析] (1)根据题意可知,质子在磁场中运动周期与交流电源的周期相等,则有T=1f
质子在磁场中运动时,由牛顿第二定律有qvB0=mv2r
又知T=2πrv
联立解得m=qB02πf
(2)设质子离开加速器时速度大小为v,由牛顿第二定律有
qvB0=mv2R
输出时质子束的平均等效电流为I=Nqt
设在t时间内离开加速器的质子数为N,则质子束从回旋加速器输出时的平均功率P满足
Pt=N·12mv2
联立解得I=PπB0R2f
(3)由上述分析可知,粒子出加速器时的速度v=2πRf
根据运动的分解,只考虑电场存在时,经过电场后,质子在x方向偏转的距离
x1=12·qEmLv2
速度偏转角的正切值tan θ=x112L=qELmv2
离开电场后,质子在x方向偏移的距离
x2=Ltan θ=qEL2mv2
则有x=x1+x2=3qEL22mv2=L100
解得E=πfB0R275L
只考虑磁场存在时,质子进入磁场后做圆周运动的半径
r=mvqB
又有sin α=Lr≈α
经过磁场后,质子在y方向偏转的距离
y1=r1−csα≈12αr≈L22r
离开磁场后,质子在y方向偏移的距离
y2=Ltan α≈αL≈L2r
则有y=y1+y2=3L22r=L100
解得B=B0R150L