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2020版物理浙江高考选考一轮复习讲义：选修3-1第八章专题突破带电粒子在复合场中的运动
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专题突破 带电粒子在复合场中的运动
带电粒子在复合场中运动的实例分析
命题角度1 质谱仪的原理和分析
1.作用
测量带电粒子质量和分离同位素的仪器。
2.原理(如图1所示)
图1
(1)加速电场：qU＝mv2；
(2)偏转磁场：qvB＝，l＝2r；
由以上两式可得r＝，m＝，＝。
【例1】 质谱仪又称质谱计，是分离和检测不同同位素的仪器。工作原理如图2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，最后打在底片上。已知放置底片的区域MN＝L，且OM＝L。某次测量发现MN中左侧区域MQ损坏，检测不到离子，但右侧区域QN仍能正常检测到离子。在适当调节加速电压后，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的值不可能为( )
图2
A. B. C. D.2U0
解析 由题意知，开始离子在电场中加速，有qU0＝mv2，在磁场中做匀速圆周运动，有qvB＝m，打在P点的离子r0＝L，解得U0＝；当加速电压为U时，qU＝mv′2，qv′B＝；离子打在Q点时，r＝L，得U＝；离子打在N点时，r＝L，得U＝；则加速电压U的范围为≤U≤，选项D符合题意。
答案 D
命题角度2 回旋加速器的原理和分析
1.加速条件：T电场＝T回旋＝；
2.磁场约束偏转：qvB＝⇒v＝。
3.带电粒子的最大速度vmax＝，rD为D形盒的半径。粒子的最大速度vmax与加速电压U无关。
4.回旋加速器的解题思路
(1)带电粒子在缝隙的电场中加速，交变电流的周期与带电粒子在磁场中做圆周运动的周期相等，每经过电场一次，粒子加速一次。
(2)带电粒子在磁场中偏转、半径不断增大，周期不变，最大动能与D形盒的半径有关。
【例2】 (2018·常州模拟)回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电源两极相连接的两个D形金属盒，两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D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图3所示。设D形盒半径为R。若用回旋加速器加速质子时，匀强磁场的磁感应强度为B，高频交流电频率为f。则下列说法正确的是( )
图3
A.质子被加速后的最大速度不可能超过2πfR
B.质子被加速后的最大速度与加速电场的电压大小有关
C.高频电源只能使用矩形交变电流，不能使用正弦式交变电流
D.不改变B和f，该回旋加速器也能用于加速α粒子
解析 由T＝，T＝，可得质子被加速后的最大速度为2πfR，即不可能超过2πfR，质子被加速后的最大速度与加速电场的电压大小无关，选项A正确、B错误；高频电源可以使用正弦式交变电源，选项C错误；要加速α粒子，高频交流电周期必须变为α粒子在其中做圆周运动的周期，即T＝，故选项D错误。
答案 A
命题角度3 霍尔效应的原理和分析
1.定义：高为h，宽为d的金属导体(自由电荷是电子)置于匀强磁场B中，当电流通过金属导体时，在金属导体的上表面A和下表面A′之间产生电势差，这种现象称为霍尔效应，此电压称为霍尔电压。
2.电势高低的判断：如图4，金属导体中的电流I向右时，根据左手定则可得，下表面A′的电势高。
图4
3.霍尔电压的计算：导体中的自由电荷(电子)在洛伦兹力作用下偏转，A、A′间出现电势差，当自由电荷所受静电力和洛伦兹力平衡时，A、A′间的电势差(U)就保持稳定，由qvB＝q，I＝nqvS，S＝hd；联立得U＝＝k，k＝称为霍尔系数。
【例3】 (2018·4月浙江选考，22)压力波测量仪可将待测压力波转换成电压信号，其原理如图5所示。压力波p(t)进入弹性盒后，通过与铰链O相连的“┤”型轻杆L，驱动杆端头A处的微型霍尔片在磁场中沿x轴方向做微小振动，其位移x与压力p成正比(x＝αp，α>0)。霍尔片的放大图如图6所示，它由长×宽×厚＝a×b×d、单位体积内自由电子数为n的N型半导体制成。磁场方向垂直于x轴向上，磁感应强度大小为B＝B0(1－β|x|)，β>0。无压力波输入时，霍尔片静止在x＝0处，此时给霍尔片通以沿C1C2方向的电流I，则在侧面上D1、D2两点间产生霍尔电压U0。
图5 图6
图7
(1)指出D1、D2两点哪点电势高；
(2)推导出U0与I、B0之间的关系式(提示：电流I与自由电子定向移动速率v之间关系为I＝nevbd，其中e为 电子电荷量)；
(3)弹性盒中输出压力波p(t)，霍尔片中通以相同电流，测得霍尔电压UH随时间t变化图象如图7。忽略霍尔片在磁场中运动产生的电动势和阻尼，求压力波的振幅和频率。(结果用U0、U1、t0、α及β表示)
解析 (1)N型半导体可以自由移动的是电子(当然题目也给出了自由电子)，根据左手定则可以知道电子往D2端移动，因此D1点电势高。
(2)根据霍尔元件内部电子受的洛伦兹力和电场力平衡得
evB0＝eEH，U0＝EHb
将v＝代入，解得U0＝
(3)由任意时刻霍尔元件内部电子受到的洛伦兹力和电场力平衡得
evB＝e①
UH＝＝(1－β|x|)＝(1－β|αp(t)|)②
根据图象可知压力波p(t)关于时间t是一个正弦函数，其绝对值的周期是原函数周期的一半，根据图象可知|p(t)|关于t的周期是t0，则p(t)关于t的周期是2t0，频率是；由②式可知当压力波p(t)达到振幅A时，UH最小，为U1，代入②式可得
U1＝(1－β|αA|)＝U0(1－αβA)
解得A＝。
答案 (1)D1点电势高 (2)U0＝ (3)
命题角度4 速度选择器、磁流体发电机
速度选择器
若qv0B＝Eq，即v0＝，粒子做匀速直线运动
磁流体发电机
等离子体射入，受洛伦兹力偏转，使两极板带正、负电荷，两极板间电压为U时稳定，q＝qv0B，U＝v0Bd
【例4】 (2017·11月浙江选考)如图8所示，在两水平金属板构成的器件中，存在着匀强电场与匀强磁场，电场强度E和磁感应强度B相互垂直。以某一水平速度进入的不计重力的带电粒子恰好能沿直线运动，下列说法正确的是( )
图8
A.粒子一定带负电
B.粒子的速度大小v＝
C.若粒子速度大小改变，粒子将做曲线运动
D.若粒子速度大小改变，电场对粒子的作用力会发生变化
解析 无论是正电荷还是负电荷，在题设条件下，电场力和洛伦兹力方向总相反，都能够做直线运动，所以无法判断粒子的电性，选项A错误；粒子沿水平方向做直线运动，说明竖直方向合外力为零，即qE＝qvB，得到v＝，所以选项B错误；如果粒子速度变大或变小，都会导致洛伦兹力变化，电场力不变，此时电场力和洛伦兹力合力不为0，因此粒子就会做曲线运动，选项C正确；不管粒子速度大小怎么改变，在匀强电场中，粒子受到的电场力不变，所以选项D错误。
答案 C
【例5】 (2018·11月浙江选考)磁流体发电的原理如图9所示，将一束速度为v的等离子体垂直于磁场方向喷入磁感应强度为B的匀强磁场中，在相距为d，宽为a、长为b的两平行金属板间便产生电压。如果把上、下板和电阻R连接，上、下板就是一个直流电源的两极，若稳定时等离子体在两板间均匀分布，电阻率为ρ，忽略边缘效应，下列判断正确的是( )
图9
A.上板为正极，电流I＝
B.上板为负极，电流I＝
C.下板为正极，电流I＝
D.下板为负极，电流I＝
解析 根据左手定则可知，带正电的粒子在磁场中受到的洛伦兹力向下，故下板为正极，两板间的电势差为U，则q＝qvB，得U＝Bdv，电流I＝＝，选项C正确。
答案 C
解决实际问题的一般过程
带电粒子在复合场中的运动
命题角度1 带电粒子在组合场中的运动
带电粒子在组合场中的运动，实际上是几个典型运动过程的组合(如：电场中的加速直线运动、类平抛运动；磁场中的匀速圆周运动)，因此解决此类问题要分段处理，解题关键如下：
(1)找关键点：确定带电粒子在场区边界的速度(包括大小和方向)是解决该类问题的关键。
(2)画运动轨迹：根据受力情况和运动情况，大致画出粒子的运动轨迹图，有利于形象、直观地解决问题。
【例6】 (2016·4月浙江选考)如图10为离子探测装置示意图。区域Ⅰ、区域Ⅱ长均为L＝0.10 m，高均为H＝0.06 m。区域Ⅰ可加方向竖直向下、电场强度为E的匀强电场；区域Ⅱ可加方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，区域Ⅱ的右端紧贴着可探测带电粒子位置的竖直屏。质子束沿两板正中间以速度v＝1.0×105 m/s 水平射入，质子荷质比近似为＝1.0×108 C/kg。(忽略边界效应，不计重力)
图10
(1)当区域Ⅰ加电场、区域Ⅱ不加磁场时，求能在屏上探测到质子束的外加电场的最大值Emax；
(2)当区域Ⅰ不加电场、区域Ⅱ加磁场时，求能在屏上探测到质子束的外加磁场的最大值Bmax；
(3)当区域Ⅰ加电场E小于(1)中的Emax，质子束进入区域Ⅱ和离开区域Ⅱ的位置等高，求区域Ⅱ中的磁场B与区域Ⅰ中的电场E之间的关系式。
解析 (1)画出轨迹，如图所示：
偏转角θ满足：tan θ＝，
竖直分速度：vy＝at，加速度：a＝，
运动时间：t＝，tan θ＝＝
解得：Emax＝＝200 V/m；
(2)画出轨迹，如图所示
轨迹圆半径满足：L2＋＝R2，解得R＝，
质子在磁场中做圆周运动，满足qvBmax＝m，
解得Bmax＝＝＝5.5×10－3 T。
(3)画出轨迹，如图所示
偏转角θ满足：tan θ＝，vy＝at，a＝，t＝，
v′＝；
轨迹圆圆心角为2θ，半径满足：R′＝，
圆周运动满足：qv′B＝m
综上可解得：B＝。
答案 (1)200 V/m (2)5.5×10－3 T (3)B＝
“5步”突破带电粒子在组合场中的运动问题
命题角度2 带电粒子在叠加场中的运动
1.磁场力、重力并存
(1)若重力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动。
(2)若重力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒。
2.电场力、磁场力并存(不计重力)
(1)若电场力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动。
(2)若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电体做复杂的曲线运动，可用动能定理求解。
3.电场力、磁场力、重力并存
(1)若三力平衡，带电体做匀速直线运动。
(2)若重力与电场力平衡，带电体做匀速圆周运动。
(3)若合力不为零，带电体可能做复杂的曲线运动，可用能量守恒定律或动能定理求解。
【例7】 平面OM和水平面ON之间的夹角为30°，其横截面如图11所示，平面OM和水平面ON之间同时存在匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外，匀强电场的方向竖直向上。一带电小球的质量为m、带电荷量为q，带电小球沿纸面以大小为v0的速度从OM的某点沿左上方射入磁场，速度方向与OM成30°角，带电小球进入磁场后恰好做匀速圆周运动，已知带电小球在磁场中的运动轨迹与ON恰好相切，且带电小球能从OM上另一点P射出磁场(P未画出)。
图11
(1)判断带电小球带何种电荷？所加电场强度E为多大？
(2)带电小球离开磁场的出射点P到两平面交点O的距离s 为多大？
(3)带电小球离开磁场后继续运动，能打在左侧竖直的光屏OO′上，求打在光屏上的点到O点的距离。
解析 (1)根据题意知，小球受到的电场力与重力平衡，小球所受的合力等于洛伦兹力，则带电小球带正电荷。
由F＝qE＝mg，可得E＝。
(2)带电小球进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qv0B＝m，得R＝。
根据题意，带电小球在匀强磁场中的运动轨迹如图所示，Q点为运动轨迹与ON相切的点，I点为入射点，P点为出射点，则IP为运动轨迹所对的弦，带电小球离开磁场的速度方向与OM的夹角也为30°，由几何关系可得，OP为圆轨道的直径，所以OP的长度
s＝＝4R＝。
(3)带电小球从P点离开磁场后做平抛运动，设带电小球打在光屏上的T点。则带电小球运动的水平方向位移为x＝v0t，得t＝＝＝，
竖直方向位移为y＝gt2＝g·＝，
如图所示，T点到O点的距离
OO′＝2R＋y＝＋。
答案 (1)正电荷 (2) (3)＋
带电粒子在叠加场中运动的分析方法
(2018·11月浙江选考)小明受回旋加速器的启发，设计了如图12甲所示的“回旋变速装置”。两相距为d的平行金属栅极板M、N，板M位于x轴上，板N在它的正下方。两板间加上如图乙所示的幅值为U0的交变电压，周期T0＝，板M上方和板N下方有磁感应强度大小均为B、方向相反的匀强磁场。粒子探测器位于y轴处，仅能探测到垂直射入的带电粒子，有一沿x轴可移动、粒子出射初动能可调节的粒子发射源，沿y轴正方向射出质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子。t＝0时刻，发射源在(x，0)位置发射一带电粒子。忽略粒子的重力和其它阻力，粒子在电场中运动的时间不计。
图12
(1)若粒子只经磁场偏转并在y＝y0处被探测到，求发射源的位置和粒子的初动能；
(2)若粒子两次进出电场区域后被探测到，求粒子发射源的位置x与被探测到的位置y之间的关系。
解析 (1)发射源的位置x0＝y0
粒子的初动能Ek0＝
(2)分下面三种情况讨论
①见图1，Ek0>2qU0
图1
由y＝、R0＝、R1＝
和mv＝mv－qU0、mv＝mv－qU0
及x＝y＋2(R0＋R1)
得x＝y＋＋
②见图2，qU0
图2
由－y－d＝、R0＝
和mv＝mv＋qU0
及x＝3(－y－d)＋2R0
得x＝－3(y＋d)＋
③见图3，Ek0
图3
由－y－d＝、R0＝
和mv＝mv－qU0
及x＝－y－d＋4R0
得x＝－y－d＋
答案 见解析
活页作业
(时间：30分钟)
A组 基础过关
1.如图1所示，一束负离子从S点沿水平方向射出，在没有电、磁场时恰好击中荧光屏上的坐标原点O；若同时加上电场和磁场后，负离子束最后打在荧光屏上坐标系的第Ⅲ象限中，则所加电场E和磁场B的方向可能是(不计离子重力及其间相互作用力)( )
图1
A.E向上，B向上 B.E向下，B向下
C.E向上，B向下 D.E向下，B向上
解析 负离子打在第Ⅲ象限，相对于原点O向下运动和向左运动，所以E向上，B向下，选项C正确。
答案 C
2.如图2所示，一电子束沿垂直于电场线与磁感线方向入射后偏向A极板，为了使电子束沿射入方向做直线运动，可采用的方法是( )
图2
A.将变阻器滑动头P向右滑动
B.将变阻器滑动头P向左滑动
C.将极板间距离适当减小
D.将极板间距离适当增大
解析 电子射入极板间后，偏向A板，说明qE>qvB，由E＝可知，减小场强E的方法有增大板间距离和减小板间电压，故C错误，D正确；而移动变阻器滑动头P并不能改变板间电压，故A、B均错误。
答案 D
3.如图3所示，空间的某个复合场区域内存在着方向相互垂直的匀强电场和匀强磁场。质子由静止开始经一加速电场加速后，垂直于复合场的界面进入并沿直线穿过场区，质子从复合场区穿出时的动能为Ek。那么氘核同样由静止开始经同一加速电场加速后穿过同一复合场后的动能Ek′的大小是( )
图3
A.Ek′＝Ek B.Ek′>Ek
C.Ek′
答案 B
4.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4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( )
图4
A.11 B.12 C.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。对于任意粒子，在加速电场中，由动能定理得
qU＝mv2－0，得v＝①
在磁场中qvB＝m②
由①②式联立得m＝，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＝＝144，故选项D正确。
答案 D
5.(2018·稽阳联谊学校8月联考)如图5所示，半径分别为R1、R2的两个同心圆，圆心为O，小圆内有垂直纸面向里的磁场，磁感应强度为B1，大圆外有垂直纸面的磁感应强度为B2的磁场，图中未画出，两圆中间的圆环部分没有磁场。今有一带正电粒子(质量为m，带电荷量为q)从小圆边缘的A点以速度v沿AO方向射入小圆的磁场区域，然后从小圆磁场中穿出，此后该粒子第一次回到小圆便经过A点，带电粒子重力不计，求：
图5
(1)若v＝，则带电粒子在小圆内的运动时间t为多少；
(2)大圆外的磁场B2的方向；
(3)磁感应强度B1与B2的比值为多少？
解析 (1)带正电粒子在小圆内做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，qvB1＝m，r1＝＝R1
由几何关系可知粒子在小圆内的轨迹圆弧的圆心角为
θ＝，则t＝，解得t＝。
(2)粒子第一次回到小圆便经过A点，则粒子在大圆外的磁场中继续做逆时针方向的圆周运动，则B2的方向为垂直于纸面向里。
(3)由几何关系可得＝，r1＝，r2＝，
解得＝。
答案 (1) (2)垂直于纸面向里 (3)
B组 能力提升
6.(2016·10月浙江选考)如图6所示，在x轴的上方存在垂直纸面向里，磁感应强度大小为B0的匀强磁场。位于x轴下方离子源C发射质量为m，电荷量为q的一束负离子，其初速度大小范围为0～v0，这束离子经电势差为U＝的电场加速后，从小孔O(坐标原点)垂直x轴并垂直磁场射入磁场区域，最后打到x轴上，在x轴上2a～3a区间水平固定放置一探测板(a＝)，假设每秒射入磁场的离子总数为N0，打到x轴上的离子数均匀分布(离子重力不计)。
图6
(1)求离子束从小孔O射入磁场后打到x轴的区间；
(2)调整磁感应强度的大小，可使速度最大的离子恰好打在探测板右端，求此时的磁感应强度大小B1；
(3)保持磁感应强度B1不变，求每秒打在探测板上的离子数N；若打在板上的离子80%被板吸收，20%被反弹回，弹回速度大小为打板前速度大小的0.6倍，求探测板受到的作用力大小。
解析 (1)根据动能定理，可得
qU＝mv2－mv
v＝
可得v0≤v≤2v0
离子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB0＝，R＝
离子打在x轴上的坐标表达式为
x＝2R＝
代入数据得2a≤x≤4a
(2)当速度最大的离子打在探测板右端
3a＝2R1，R1＝，B1＝B0。
(3)离子束能打到探测板的实际范围为2a≤x≤3a
对应的速度范围为v0≤v′≤2v0
每秒打在探测板上的离子数为
N＝N0＝N0
根据动量定理，吸收的离子受到板的作用力大小
F吸＝＝＝
反弹的离子受到板的作用力大小
F反＝＝
＝
根据牛顿第三定律，探测板受到的作用力大小
F＝F吸＋F反＝N0mv0。
答案 (1)2a≤x≤4a (2)B0 (3)N0mv0
7.(2018·浙江诸暨牌头中学期中)如图7所示，半径r＝0.06 m 的半圆形无场区的圆心在坐标原点O处，半径R＝0.1 m；磁感应强度大小B＝0.075 T的圆形有界磁场区的圆心坐标为(0，0.08 m)；平行金属板MN的长度L＝0.3 m 、间距d＝0.1 m，两板间加电压U＝640 V，其中N板收集粒子并全部中和吸收。一位于O点的粒子源向第Ⅰ、Ⅱ象限均匀发射比荷＝1×108 C/kg、速度大小v＝6×105 m/s的带正电粒子，经圆形磁场偏转后，从第Ⅰ象限射出的粒子速度方向均沿x轴正方向。不计粒子重力、粒子间的相互作用及电场的边缘效应，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
图7
(1)粒子在磁场中运动的轨迹半径；
(2)求从坐标(0，0.18 m)处射出磁场的粒子在O点入射方向与y轴的夹角；
(3)N板收集到的粒子占所有发射粒子的比例。
解析 由洛伦兹力充当向心力可求得运动半径；做出带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹，由几何知识即可求出θ；利用带电粒子在匀强电场中类平抛运动规律和带电粒子在磁场中的匀速圆周运动规律求解。
(1)由洛伦兹力充当向心力得qvB＝m
代入数据解得：R′＝0.08 m
(2)粒子运动轨迹如图所示：
令从y＝0.18 m处出射的粒子对应的入射角方向与y轴的夹角为θ，由几何关系可得：
sin θ＝0.8，即θ＝53°
(3)如上图所示，令恰能从下极板右端出射的粒子坐标为y，由带电粒子在电场中偏转的规律得y＝at2
加速度为a＝
飞行时间为t＝
联立可得y＝＝0.08 m
设此粒子射入时与x轴的夹角为α，则由几何知识得
y＝rsin α＋R0－R0cos α
可得tan α＝，即tan α＝53°
N板收集到的粒子占所有发射粒子的比例为
×100%＝29%
答案 (1)0.08 m (2)θ＝53° (3)29%
8.(2018·嘉兴市期末)如图8所示，O′PQ是关于y轴对称的四分之一圆，在PQNM区域有均匀辐向电场，PQ与MN间的电压为U。一初速度为零的带正电的粒子从PQ上的任一位置经电场加速后都会从O′进入半径为R、中心位于坐标原点O的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直xOy平面向外，大小为B，粒子经磁场偏转后都能平行于x轴射出。在磁场区域右侧有一对平行于x轴且到x轴距离都为R的金属平行板A和K，金属板长均为4R，其中K板接地，A与K两板间加有电压UAK＞0，忽略极板电场的边缘效应，不计重力。已知金属平行板左端连线与磁场圆相切，O′在y轴上。
图8
(1)求带电粒子的比荷；
(2)求带电粒子进入右侧电场时的纵坐标范围；
(3)若无论带电粒子从PQ上哪个位置出发都能打到K板上，则电压UAK至少为多大？
解析 (1)由动能定理可知qU＝mv2
由已知条件可知，带电粒子在磁场中运动的半径R0＝R
洛伦兹力提供粒子在磁场中做圆周运动的向心力，qvB＝m。联立解得＝
(2)如图，沿QN方向入射的带电粒子，在磁场中做圆周运动的圆心为O1，由几何关系知，对应的圆心角为135°，离开磁场的出射点a在y轴上的投影与O′的距离为
Δy＝R＋R
a点的纵坐标ya＝R
同理可得，沿PM方向入射的带电粒子离开磁场的出射点b的纵坐标yb＝－R
故带电粒子进入右侧电场时的纵坐标范围为－R～R
(3)只要沿QN方向入射的带电粒子能打在K板上，则从其他位置入射的粒子也一定打在K板上，则在电场中
E＝
F＝qE＝ma
y＝R＋R＝at2
应满足4R≥vt
解得UAK≥U
答案 (1) (2)－R～R (3)U
带电粒子在复合场中运动的实例分析
命题角度1 质谱仪的原理和分析
1.作用
测量带电粒子质量和分离同位素的仪器。
2.原理(如图1所示)
图1
(1)加速电场：qU＝mv2；
(2)偏转磁场：qvB＝，l＝2r；
由以上两式可得r＝，m＝，＝。
【例1】 质谱仪又称质谱计，是分离和检测不同同位素的仪器。工作原理如图2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，最后打在底片上。已知放置底片的区域MN＝L，且OM＝L。某次测量发现MN中左侧区域MQ损坏，检测不到离子，但右侧区域QN仍能正常检测到离子。在适当调节加速电压后，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的值不可能为( )
图2
A. B. C. D.2U0
解析 由题意知，开始离子在电场中加速，有qU0＝mv2，在磁场中做匀速圆周运动，有qvB＝m，打在P点的离子r0＝L，解得U0＝；当加速电压为U时，qU＝mv′2，qv′B＝；离子打在Q点时，r＝L，得U＝；离子打在N点时，r＝L，得U＝；则加速电压U的范围为≤U≤，选项D符合题意。
答案 D
命题角度2 回旋加速器的原理和分析
1.加速条件：T电场＝T回旋＝；
2.磁场约束偏转：qvB＝⇒v＝。
3.带电粒子的最大速度vmax＝，rD为D形盒的半径。粒子的最大速度vmax与加速电压U无关。
4.回旋加速器的解题思路
(1)带电粒子在缝隙的电场中加速，交变电流的周期与带电粒子在磁场中做圆周运动的周期相等，每经过电场一次，粒子加速一次。
(2)带电粒子在磁场中偏转、半径不断增大，周期不变，最大动能与D形盒的半径有关。
【例2】 (2018·常州模拟)回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电源两极相连接的两个D形金属盒，两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D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图3所示。设D形盒半径为R。若用回旋加速器加速质子时，匀强磁场的磁感应强度为B，高频交流电频率为f。则下列说法正确的是( )
图3
A.质子被加速后的最大速度不可能超过2πfR
B.质子被加速后的最大速度与加速电场的电压大小有关
C.高频电源只能使用矩形交变电流，不能使用正弦式交变电流
D.不改变B和f，该回旋加速器也能用于加速α粒子
解析 由T＝，T＝，可得质子被加速后的最大速度为2πfR，即不可能超过2πfR，质子被加速后的最大速度与加速电场的电压大小无关，选项A正确、B错误；高频电源可以使用正弦式交变电源，选项C错误；要加速α粒子，高频交流电周期必须变为α粒子在其中做圆周运动的周期，即T＝，故选项D错误。
答案 A
命题角度3 霍尔效应的原理和分析
1.定义：高为h，宽为d的金属导体(自由电荷是电子)置于匀强磁场B中，当电流通过金属导体时，在金属导体的上表面A和下表面A′之间产生电势差，这种现象称为霍尔效应，此电压称为霍尔电压。
2.电势高低的判断：如图4，金属导体中的电流I向右时，根据左手定则可得，下表面A′的电势高。
图4
3.霍尔电压的计算：导体中的自由电荷(电子)在洛伦兹力作用下偏转，A、A′间出现电势差，当自由电荷所受静电力和洛伦兹力平衡时，A、A′间的电势差(U)就保持稳定，由qvB＝q，I＝nqvS，S＝hd；联立得U＝＝k，k＝称为霍尔系数。
【例3】 (2018·4月浙江选考，22)压力波测量仪可将待测压力波转换成电压信号，其原理如图5所示。压力波p(t)进入弹性盒后，通过与铰链O相连的“┤”型轻杆L，驱动杆端头A处的微型霍尔片在磁场中沿x轴方向做微小振动，其位移x与压力p成正比(x＝αp，α>0)。霍尔片的放大图如图6所示，它由长×宽×厚＝a×b×d、单位体积内自由电子数为n的N型半导体制成。磁场方向垂直于x轴向上，磁感应强度大小为B＝B0(1－β|x|)，β>0。无压力波输入时，霍尔片静止在x＝0处，此时给霍尔片通以沿C1C2方向的电流I，则在侧面上D1、D2两点间产生霍尔电压U0。
图5 图6
图7
(1)指出D1、D2两点哪点电势高；
(2)推导出U0与I、B0之间的关系式(提示：电流I与自由电子定向移动速率v之间关系为I＝nevbd，其中e为 电子电荷量)；
(3)弹性盒中输出压力波p(t)，霍尔片中通以相同电流，测得霍尔电压UH随时间t变化图象如图7。忽略霍尔片在磁场中运动产生的电动势和阻尼，求压力波的振幅和频率。(结果用U0、U1、t0、α及β表示)
解析 (1)N型半导体可以自由移动的是电子(当然题目也给出了自由电子)，根据左手定则可以知道电子往D2端移动，因此D1点电势高。
(2)根据霍尔元件内部电子受的洛伦兹力和电场力平衡得
evB0＝eEH，U0＝EHb
将v＝代入，解得U0＝
(3)由任意时刻霍尔元件内部电子受到的洛伦兹力和电场力平衡得
evB＝e①
UH＝＝(1－β|x|)＝(1－β|αp(t)|)②
根据图象可知压力波p(t)关于时间t是一个正弦函数，其绝对值的周期是原函数周期的一半，根据图象可知|p(t)|关于t的周期是t0，则p(t)关于t的周期是2t0，频率是；由②式可知当压力波p(t)达到振幅A时，UH最小，为U1，代入②式可得
U1＝(1－β|αA|)＝U0(1－αβA)
解得A＝。
答案 (1)D1点电势高 (2)U0＝ (3)
命题角度4 速度选择器、磁流体发电机
速度选择器
若qv0B＝Eq，即v0＝，粒子做匀速直线运动
磁流体发电机
等离子体射入，受洛伦兹力偏转，使两极板带正、负电荷，两极板间电压为U时稳定，q＝qv0B，U＝v0Bd
【例4】 (2017·11月浙江选考)如图8所示，在两水平金属板构成的器件中，存在着匀强电场与匀强磁场，电场强度E和磁感应强度B相互垂直。以某一水平速度进入的不计重力的带电粒子恰好能沿直线运动，下列说法正确的是( )
图8
A.粒子一定带负电
B.粒子的速度大小v＝
C.若粒子速度大小改变，粒子将做曲线运动
D.若粒子速度大小改变，电场对粒子的作用力会发生变化
解析 无论是正电荷还是负电荷，在题设条件下，电场力和洛伦兹力方向总相反，都能够做直线运动，所以无法判断粒子的电性，选项A错误；粒子沿水平方向做直线运动，说明竖直方向合外力为零，即qE＝qvB，得到v＝，所以选项B错误；如果粒子速度变大或变小，都会导致洛伦兹力变化，电场力不变，此时电场力和洛伦兹力合力不为0，因此粒子就会做曲线运动，选项C正确；不管粒子速度大小怎么改变，在匀强电场中，粒子受到的电场力不变，所以选项D错误。
答案 C
【例5】 (2018·11月浙江选考)磁流体发电的原理如图9所示，将一束速度为v的等离子体垂直于磁场方向喷入磁感应强度为B的匀强磁场中，在相距为d，宽为a、长为b的两平行金属板间便产生电压。如果把上、下板和电阻R连接，上、下板就是一个直流电源的两极，若稳定时等离子体在两板间均匀分布，电阻率为ρ，忽略边缘效应，下列判断正确的是( )
图9
A.上板为正极，电流I＝
B.上板为负极，电流I＝
C.下板为正极，电流I＝
D.下板为负极，电流I＝
解析 根据左手定则可知，带正电的粒子在磁场中受到的洛伦兹力向下，故下板为正极，两板间的电势差为U，则q＝qvB，得U＝Bdv，电流I＝＝，选项C正确。
答案 C
解决实际问题的一般过程
带电粒子在复合场中的运动
命题角度1 带电粒子在组合场中的运动
带电粒子在组合场中的运动，实际上是几个典型运动过程的组合(如：电场中的加速直线运动、类平抛运动；磁场中的匀速圆周运动)，因此解决此类问题要分段处理，解题关键如下：
(1)找关键点：确定带电粒子在场区边界的速度(包括大小和方向)是解决该类问题的关键。
(2)画运动轨迹：根据受力情况和运动情况，大致画出粒子的运动轨迹图，有利于形象、直观地解决问题。
【例6】 (2016·4月浙江选考)如图10为离子探测装置示意图。区域Ⅰ、区域Ⅱ长均为L＝0.10 m，高均为H＝0.06 m。区域Ⅰ可加方向竖直向下、电场强度为E的匀强电场；区域Ⅱ可加方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，区域Ⅱ的右端紧贴着可探测带电粒子位置的竖直屏。质子束沿两板正中间以速度v＝1.0×105 m/s 水平射入，质子荷质比近似为＝1.0×108 C/kg。(忽略边界效应，不计重力)
图10
(1)当区域Ⅰ加电场、区域Ⅱ不加磁场时，求能在屏上探测到质子束的外加电场的最大值Emax；
(2)当区域Ⅰ不加电场、区域Ⅱ加磁场时，求能在屏上探测到质子束的外加磁场的最大值Bmax；
(3)当区域Ⅰ加电场E小于(1)中的Emax，质子束进入区域Ⅱ和离开区域Ⅱ的位置等高，求区域Ⅱ中的磁场B与区域Ⅰ中的电场E之间的关系式。
解析 (1)画出轨迹，如图所示：
偏转角θ满足：tan θ＝，
竖直分速度：vy＝at，加速度：a＝，
运动时间：t＝，tan θ＝＝
解得：Emax＝＝200 V/m；
(2)画出轨迹，如图所示
轨迹圆半径满足：L2＋＝R2，解得R＝，
质子在磁场中做圆周运动，满足qvBmax＝m，
解得Bmax＝＝＝5.5×10－3 T。
(3)画出轨迹，如图所示
偏转角θ满足：tan θ＝，vy＝at，a＝，t＝，
v′＝；
轨迹圆圆心角为2θ，半径满足：R′＝，
圆周运动满足：qv′B＝m
综上可解得：B＝。
答案 (1)200 V/m (2)5.5×10－3 T (3)B＝
“5步”突破带电粒子在组合场中的运动问题
命题角度2 带电粒子在叠加场中的运动
1.磁场力、重力并存
(1)若重力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动。
(2)若重力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒。
2.电场力、磁场力并存(不计重力)
(1)若电场力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动。
(2)若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电体做复杂的曲线运动，可用动能定理求解。
3.电场力、磁场力、重力并存
(1)若三力平衡，带电体做匀速直线运动。
(2)若重力与电场力平衡，带电体做匀速圆周运动。
(3)若合力不为零，带电体可能做复杂的曲线运动，可用能量守恒定律或动能定理求解。
【例7】 平面OM和水平面ON之间的夹角为30°，其横截面如图11所示，平面OM和水平面ON之间同时存在匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外，匀强电场的方向竖直向上。一带电小球的质量为m、带电荷量为q，带电小球沿纸面以大小为v0的速度从OM的某点沿左上方射入磁场，速度方向与OM成30°角，带电小球进入磁场后恰好做匀速圆周运动，已知带电小球在磁场中的运动轨迹与ON恰好相切，且带电小球能从OM上另一点P射出磁场(P未画出)。
图11
(1)判断带电小球带何种电荷？所加电场强度E为多大？
(2)带电小球离开磁场的出射点P到两平面交点O的距离s 为多大？
(3)带电小球离开磁场后继续运动，能打在左侧竖直的光屏OO′上，求打在光屏上的点到O点的距离。
解析 (1)根据题意知，小球受到的电场力与重力平衡，小球所受的合力等于洛伦兹力，则带电小球带正电荷。
由F＝qE＝mg，可得E＝。
(2)带电小球进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qv0B＝m，得R＝。
根据题意，带电小球在匀强磁场中的运动轨迹如图所示，Q点为运动轨迹与ON相切的点，I点为入射点，P点为出射点，则IP为运动轨迹所对的弦，带电小球离开磁场的速度方向与OM的夹角也为30°，由几何关系可得，OP为圆轨道的直径，所以OP的长度
s＝＝4R＝。
(3)带电小球从P点离开磁场后做平抛运动，设带电小球打在光屏上的T点。则带电小球运动的水平方向位移为x＝v0t，得t＝＝＝，
竖直方向位移为y＝gt2＝g·＝，
如图所示，T点到O点的距离
OO′＝2R＋y＝＋。
答案 (1)正电荷 (2) (3)＋
带电粒子在叠加场中运动的分析方法
(2018·11月浙江选考)小明受回旋加速器的启发，设计了如图12甲所示的“回旋变速装置”。两相距为d的平行金属栅极板M、N，板M位于x轴上，板N在它的正下方。两板间加上如图乙所示的幅值为U0的交变电压，周期T0＝，板M上方和板N下方有磁感应强度大小均为B、方向相反的匀强磁场。粒子探测器位于y轴处，仅能探测到垂直射入的带电粒子，有一沿x轴可移动、粒子出射初动能可调节的粒子发射源，沿y轴正方向射出质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子。t＝0时刻，发射源在(x，0)位置发射一带电粒子。忽略粒子的重力和其它阻力，粒子在电场中运动的时间不计。
图12
(1)若粒子只经磁场偏转并在y＝y0处被探测到，求发射源的位置和粒子的初动能；
(2)若粒子两次进出电场区域后被探测到，求粒子发射源的位置x与被探测到的位置y之间的关系。
解析 (1)发射源的位置x0＝y0
粒子的初动能Ek0＝
(2)分下面三种情况讨论
①见图1，Ek0>2qU0
图1
由y＝、R0＝、R1＝
和mv＝mv－qU0、mv＝mv－qU0
及x＝y＋2(R0＋R1)
得x＝y＋＋
②见图2，qU0
图2
由－y－d＝、R0＝
和mv＝mv＋qU0
及x＝3(－y－d)＋2R0
得x＝－3(y＋d)＋
③见图3，Ek0
图3
由－y－d＝、R0＝
和mv＝mv－qU0
及x＝－y－d＋4R0
得x＝－y－d＋
答案 见解析
活页作业
(时间：30分钟)
A组 基础过关
1.如图1所示，一束负离子从S点沿水平方向射出，在没有电、磁场时恰好击中荧光屏上的坐标原点O；若同时加上电场和磁场后，负离子束最后打在荧光屏上坐标系的第Ⅲ象限中，则所加电场E和磁场B的方向可能是(不计离子重力及其间相互作用力)( )
图1
A.E向上，B向上 B.E向下，B向下
C.E向上，B向下 D.E向下，B向上
解析 负离子打在第Ⅲ象限，相对于原点O向下运动和向左运动，所以E向上，B向下，选项C正确。
答案 C
2.如图2所示，一电子束沿垂直于电场线与磁感线方向入射后偏向A极板，为了使电子束沿射入方向做直线运动，可采用的方法是( )
图2
A.将变阻器滑动头P向右滑动
B.将变阻器滑动头P向左滑动
C.将极板间距离适当减小
D.将极板间距离适当增大
解析 电子射入极板间后，偏向A板，说明qE>qvB，由E＝可知，减小场强E的方法有增大板间距离和减小板间电压，故C错误，D正确；而移动变阻器滑动头P并不能改变板间电压，故A、B均错误。
答案 D
3.如图3所示，空间的某个复合场区域内存在着方向相互垂直的匀强电场和匀强磁场。质子由静止开始经一加速电场加速后，垂直于复合场的界面进入并沿直线穿过场区，质子从复合场区穿出时的动能为Ek。那么氘核同样由静止开始经同一加速电场加速后穿过同一复合场后的动能Ek′的大小是( )
图3
A.Ek′＝Ek B.Ek′>Ek
C.Ek′
答案 B
4.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4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( )
图4
A.11 B.12 C.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。对于任意粒子，在加速电场中，由动能定理得
qU＝mv2－0，得v＝①
在磁场中qvB＝m②
由①②式联立得m＝，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＝＝144，故选项D正确。
答案 D
5.(2018·稽阳联谊学校8月联考)如图5所示，半径分别为R1、R2的两个同心圆，圆心为O，小圆内有垂直纸面向里的磁场，磁感应强度为B1，大圆外有垂直纸面的磁感应强度为B2的磁场，图中未画出，两圆中间的圆环部分没有磁场。今有一带正电粒子(质量为m，带电荷量为q)从小圆边缘的A点以速度v沿AO方向射入小圆的磁场区域，然后从小圆磁场中穿出，此后该粒子第一次回到小圆便经过A点，带电粒子重力不计，求：
图5
(1)若v＝，则带电粒子在小圆内的运动时间t为多少；
(2)大圆外的磁场B2的方向；
(3)磁感应强度B1与B2的比值为多少？
解析 (1)带正电粒子在小圆内做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，qvB1＝m，r1＝＝R1
由几何关系可知粒子在小圆内的轨迹圆弧的圆心角为
θ＝，则t＝，解得t＝。
(2)粒子第一次回到小圆便经过A点，则粒子在大圆外的磁场中继续做逆时针方向的圆周运动，则B2的方向为垂直于纸面向里。
(3)由几何关系可得＝，r1＝，r2＝，
解得＝。
答案 (1) (2)垂直于纸面向里 (3)
B组 能力提升
6.(2016·10月浙江选考)如图6所示，在x轴的上方存在垂直纸面向里，磁感应强度大小为B0的匀强磁场。位于x轴下方离子源C发射质量为m，电荷量为q的一束负离子，其初速度大小范围为0～v0，这束离子经电势差为U＝的电场加速后，从小孔O(坐标原点)垂直x轴并垂直磁场射入磁场区域，最后打到x轴上，在x轴上2a～3a区间水平固定放置一探测板(a＝)，假设每秒射入磁场的离子总数为N0，打到x轴上的离子数均匀分布(离子重力不计)。
图6
(1)求离子束从小孔O射入磁场后打到x轴的区间；
(2)调整磁感应强度的大小，可使速度最大的离子恰好打在探测板右端，求此时的磁感应强度大小B1；
(3)保持磁感应强度B1不变，求每秒打在探测板上的离子数N；若打在板上的离子80%被板吸收，20%被反弹回，弹回速度大小为打板前速度大小的0.6倍，求探测板受到的作用力大小。
解析 (1)根据动能定理，可得
qU＝mv2－mv
v＝
可得v0≤v≤2v0
离子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB0＝，R＝
离子打在x轴上的坐标表达式为
x＝2R＝
代入数据得2a≤x≤4a
(2)当速度最大的离子打在探测板右端
3a＝2R1，R1＝，B1＝B0。
(3)离子束能打到探测板的实际范围为2a≤x≤3a
对应的速度范围为v0≤v′≤2v0
每秒打在探测板上的离子数为
N＝N0＝N0
根据动量定理，吸收的离子受到板的作用力大小
F吸＝＝＝
反弹的离子受到板的作用力大小
F反＝＝
＝
根据牛顿第三定律，探测板受到的作用力大小
F＝F吸＋F反＝N0mv0。
答案 (1)2a≤x≤4a (2)B0 (3)N0mv0
7.(2018·浙江诸暨牌头中学期中)如图7所示，半径r＝0.06 m 的半圆形无场区的圆心在坐标原点O处，半径R＝0.1 m；磁感应强度大小B＝0.075 T的圆形有界磁场区的圆心坐标为(0，0.08 m)；平行金属板MN的长度L＝0.3 m 、间距d＝0.1 m，两板间加电压U＝640 V，其中N板收集粒子并全部中和吸收。一位于O点的粒子源向第Ⅰ、Ⅱ象限均匀发射比荷＝1×108 C/kg、速度大小v＝6×105 m/s的带正电粒子，经圆形磁场偏转后，从第Ⅰ象限射出的粒子速度方向均沿x轴正方向。不计粒子重力、粒子间的相互作用及电场的边缘效应，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
图7
(1)粒子在磁场中运动的轨迹半径；
(2)求从坐标(0，0.18 m)处射出磁场的粒子在O点入射方向与y轴的夹角；
(3)N板收集到的粒子占所有发射粒子的比例。
解析 由洛伦兹力充当向心力可求得运动半径；做出带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹，由几何知识即可求出θ；利用带电粒子在匀强电场中类平抛运动规律和带电粒子在磁场中的匀速圆周运动规律求解。
(1)由洛伦兹力充当向心力得qvB＝m
代入数据解得：R′＝0.08 m
(2)粒子运动轨迹如图所示：
令从y＝0.18 m处出射的粒子对应的入射角方向与y轴的夹角为θ，由几何关系可得：
sin θ＝0.8，即θ＝53°
(3)如上图所示，令恰能从下极板右端出射的粒子坐标为y，由带电粒子在电场中偏转的规律得y＝at2
加速度为a＝
飞行时间为t＝
联立可得y＝＝0.08 m
设此粒子射入时与x轴的夹角为α，则由几何知识得
y＝rsin α＋R0－R0cos α
可得tan α＝，即tan α＝53°
N板收集到的粒子占所有发射粒子的比例为
×100%＝29%
答案 (1)0.08 m (2)θ＝53° (3)29%
8.(2018·嘉兴市期末)如图8所示，O′PQ是关于y轴对称的四分之一圆，在PQNM区域有均匀辐向电场，PQ与MN间的电压为U。一初速度为零的带正电的粒子从PQ上的任一位置经电场加速后都会从O′进入半径为R、中心位于坐标原点O的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直xOy平面向外，大小为B，粒子经磁场偏转后都能平行于x轴射出。在磁场区域右侧有一对平行于x轴且到x轴距离都为R的金属平行板A和K，金属板长均为4R，其中K板接地，A与K两板间加有电压UAK＞0，忽略极板电场的边缘效应，不计重力。已知金属平行板左端连线与磁场圆相切，O′在y轴上。
图8
(1)求带电粒子的比荷；
(2)求带电粒子进入右侧电场时的纵坐标范围；
(3)若无论带电粒子从PQ上哪个位置出发都能打到K板上，则电压UAK至少为多大？
解析 (1)由动能定理可知qU＝mv2
由已知条件可知，带电粒子在磁场中运动的半径R0＝R
洛伦兹力提供粒子在磁场中做圆周运动的向心力，qvB＝m。联立解得＝
(2)如图，沿QN方向入射的带电粒子，在磁场中做圆周运动的圆心为O1，由几何关系知，对应的圆心角为135°，离开磁场的出射点a在y轴上的投影与O′的距离为
Δy＝R＋R
a点的纵坐标ya＝R
同理可得，沿PM方向入射的带电粒子离开磁场的出射点b的纵坐标yb＝－R
故带电粒子进入右侧电场时的纵坐标范围为－R～R
(3)只要沿QN方向入射的带电粒子能打在K板上，则从其他位置入射的粒子也一定打在K板上，则在电场中
E＝
F＝qE＝ma
y＝R＋R＝at2
应满足4R≥vt
解得UAK≥U
答案 (1) (2)－R～R (3)U
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