2020版高考一轮复习物理通用版讲义：第九章第3节带电粒子在组合场中的运动

第3节　带电粒子在组合场中的运动

高考对本节内容的考查，主要集中在质谱仪与回旋加速器、带电粒子在三类组合场中的运动、带电粒子在交变电磁场中的运动，其中对质谱仪与回旋加速器的考查，主要以选择题的形式呈现，难度一般，而对带电粒子在三类组合场中的运动和带电粒子在交变电磁场中的运动的考查，难度较大。

考点一　质谱仪与回旋加速器[师生共研类]

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＝mv2。

粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB＝m。

由以上两式可得r＝ ，m＝，＝。

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＝，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。

[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＝m1v12①

由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有

q1v1B＝m1②

由几何关系知

2R1＝l③

由①②③式得

B＝。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＝m2v22⑤

q2v2B＝m2⑥

由题给条件有

2R2＝⑦

由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙两种离子的比荷之比为

∶＝1∶4。⑧

[答案]　(1)　(2)1∶4

[例2]　某型号的回旋加速器的工作原理如图甲所示，图乙为俯视图。回旋加速器的核心部分为两个D形盒，分别为D1 、D2。D形盒装在真空容器里，整个装置放在巨大的电磁铁两极之间的强大磁场中，磁场可以认为是匀强磁场，且与D形盒底面垂直。两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过狭缝的时间可以忽略不计。D形盒的半径为R，磁场的磁感应强度为B。若质子从粒子源O处进入加速电场的初速度不计，质子质量为m、电荷量为＋q。加速器接入一定频率的高频交变电压，加速电压为U。不考虑相对论效应和重力作用。

(1)求质子第一次经过狭缝被加速后进入D形盒时的速度大小v1和进入D形盒后运动的轨迹半径r1；

(2)求质子被加速后获得的最大动能Ekm和高频交变电压的频率f；

(3)若两D形盒狭缝之间距离为d，且d≪R，计算质子在电场中运动的总时间t1与在磁场中运动的总时间t2，并由此说明质子穿过电场的时间可以忽略不计的原因。

[解析]　(1)质子第1次经过狭缝被加速后的速度大小为v1，则qU＝mv12，qv1B＝

解得v1＝ ，r1＝ 。

(2)当质子在磁场中运动的轨迹半径为D形盒的半径R时，质子的动能最大，设此时速度为vm，则qvmB＝m，Ekm＝mvm2

解得Ekm＝

回旋加速器正常工作时高频交变电压的频率f等于质子在磁场中运动的频率，则＝T＝＝

解得f＝。

(3)质子在狭缝中加速时，有q＝ma

质子在磁场中运动速度大小不变，故其在电场中运动的总时间t1＝＝

质子在磁场中运动的周期T＝

设质子在电场中加速了n次，则有nqU＝Ekm

解得n＝

质子在磁场中运动的总时间t2＝T＝

则＝

因为d≪R，得t1≪t2，故质子穿过电场的时间可以忽略不计。

[答案]　(1) 　 　(2)　　

(3)　　理由见解析

[延伸思考]　

(1)质子在回旋加速器中运动时，随轨迹半径r的增大，同一D形盒中相邻轨迹的半径之差Δr如何变化？为什么？

(2)若使用这台回旋加速器加速α粒子，需要如何改造？

提示：(1)由2qU＝mvk＋12－mvk2，又由rk＝

则Δrk＝，同理Δrk＋1＝

因rk＋2>rk，故Δrk＋1<Δrk，即Δr随r增大而减小。

(2)由于加速质子时f＝＝，α粒子的比荷为质子的

则f′＝＝，故不能直接加速α粒子

改造方案一：磁感应强度加倍

改造方案二：交变电压频率减半。

考点二　带电粒子在三类组合场中的运动[多维探究类]

带电粒子在电场和磁场的组合场中运动，实际上是将粒子在电场中的加速与偏转，与在磁场中偏转两种运动有效组合在一起，有效区别电偏转和磁偏转，寻找两种运动的联系和几何关系是解题的关键。当带电粒子连续通过几个不同的场区时，粒子的受力情况和运动情况也发生相应的变化，其运动过程则由几种不同的运动阶段组成。

类型(一)　先电场后磁场

[例1]　(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H和一个氘核H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H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。H的质量为m，电荷量为q。不计重力。求：

(1)H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)H第一次离开磁场的位置到原点O的距离。

[解析]　(1)H在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示。在电场中由运动学公式有

s1＝v1t1①

h＝a1t②

H进入磁场时速度在y轴方向的分量大小为

v1tan θ1＝a1t1③

联立以上各式得s1＝h。④

(2)H在电场中运动时，由牛顿第二定律有

qE＝ma1⑤

进入磁场时速度的大小为

v＝⑥

在磁场中运动时由牛顿第二定律有

qvB＝m⑦

由几何关系得

s1＝2R1sin θ1⑧

联立以上各式得B＝ 。⑨

(3)H与H初动能相等

(2m)v＝mv⑩

H在电场中运动时有

qE＝2ma2⑪

s2＝v2t2⑫

h＝a2t⑬

进入磁场时v2tan θ2＝a2t2⑭

v′＝⑮

qv′B＝2m⑯

联立以上各式得

s2＝s1，θ2＝θ1，R2＝R1⑰

所以H第一次离开磁场的出射点在原点左侧，设出射点到入射点的距离为s2′，由几何关系有

s2′＝2R2sin θ2⑱

联立④⑧⑰⑱式得，H第一次离开磁场时的位置到原点O的距离为

s2′－s2＝(－1)h。⑲

[答案]　(1)h　(2) 　(3)(－1)h

 (1)先在电场中做加速直线运动，然后进入磁场做圆周运动。(如图甲、乙所示)

在电场中利用动能定理或运动学公式求粒子刚进入磁场时的速度。

(2)先在电场中做类平抛运动，然后进入磁场做圆周运动。(如图丙、丁所示)

在电场中利用平抛运动知识求粒子进入磁场时的速度。

类型(二)　先磁场后电场

[例2]　如图所示，真空中有一以O点为圆心的圆形匀强磁场区域，半径为R＝0.5 m，磁场垂直纸面向里。在y>R的区域存在沿－y方向的匀强电场，电场强度为E＝1.0×105 V/m。在M点有一正粒子以速率v＝1.0×106 m/s沿＋x方向射入磁场，粒子穿出磁场进入电场，速度减小到0后又返回磁场，最终又从磁场离开。已知粒子的比荷为＝1.0×107 C/kg，粒子重力不计。

(1)求圆形磁场区域磁感应强度的大小；

(2)求沿＋x方向射入磁场的粒子，从进入磁场到再次穿出磁场所走过的路程。

[解析]　(1)沿＋x方向射入磁场的粒子进入电场后，速度减小到0，粒子一定是从如图的P点射出磁场，逆着电场线运动，所以粒子在磁场中做圆周运动的半径r＝R＝0.5 m

根据Bqv＝，得r＝，得B＝，代入数据得B＝0.2 T。

(2)粒子返回磁场后，经磁场偏转后从N点射出磁场，MN为直径，粒子在磁场中的路程为二分之一圆周长s1＝πR

设在电场中的路程为s2，根据动能定理得Eq＝mv2，s2＝

总路程s＝πR＋，代入数据得s＝(0.5π＋1)m。

[答案]　(1)0.2 T　(2)(0.5π＋1)m

对于粒子从磁场进入电场的运动，常见的有两种情况：

(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)。

类型(三)　先后多个电、磁场

[例3]　(2018·江苏高考)如图所示，真空中四个相同的矩形匀强磁场区域，高为4d，宽为d，中间两个磁场区域间隔为2d，中轴线与磁场区域两侧相交于O、O′点，各区域磁感应强度大小相等。某粒子质量为m、电荷量为＋q，从O沿轴线射入磁场。当入射速度为v0时，粒子从O上方处射出磁场。取sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。

(1)求磁感应强度大小B；

(2)入射速度为5v0时，求粒子从O运动到O′的时间t；

(3)入射速度仍为5v0，通过沿轴线OO′平移中间两个磁场(磁场不重叠)，可使粒子从O运动到O′的时间增加Δt，求Δt的最大值。

[解析]　(1)粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，

qv0B＝

由题意知r0＝

由以上两式解得B＝。

(2)当初速度v＝5v0时，由qvB＝得r＝d，粒子运动轨迹如图，设粒子在矩形磁场中的偏转角为α。

由几何关系d＝rsin α，得sin α＝，即α＝53°

在一个矩形磁场中的运动时间t1＝×，

解得t1＝

粒子做直线运动的时间t2＝

解得t2＝

则t＝4t1＋t2＝。

(3)设将中间两磁场分别向中央移动距离x。

粒子向上的偏移量y＝2r(1－cos α)＋xtan α

由y≤2d，解得x≤d

则当xm＝d时，Δt有最大值

粒子直线运动路程的最大值

sm＝＋(2d－2xm)＝3d

增加路程的最大值Δsm＝sm－2d＝d

增加时间的最大值Δtm＝＝。

[答案]　(1)　(2)　(3)

[共性归纳]

“5步”突破带电粒子在组合场中的运动问题

考点三　带电粒子在交变电磁场中的运动[师生共研类]

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]　如图甲所示，虚线MN的左侧空间中存在竖直向上的匀强电场(上、下及左侧无边界)。一个质量为m、电荷量为q的带正电小球(视为质点)，以大小为v0的水平初速度沿PQ向右做直线运动。若小球刚经过D点时(t＝0)，在电场所在空间叠加如图乙所示随时间周期性变化、垂直纸面向里的匀强磁场，使得小球再次通过D点时的速度方向与PQ连线成60°角。已知D、Q间的距离为(＋1)L，t0小于小球在磁场中做圆周运动的周期，重力加速度大小为g。

(1)求电场强度E的大小；

(2)求t0与t1的比值；

(3)小球过D点后将做周期性运动，当小球运动的周期最大时，求此时磁感应强度的大小B0及运动的最大周期Tm。

[解题指导]

[解析]　(1)小球沿PQ向右做直线运动，受力平衡，则mg＝Eq，

解得E＝。

(2)小球能再次通过D点，其运动轨迹应如图(a)所示。

设小球做匀速圆周运动的轨迹半径为r，则由几何关系有s＝

又知s＝v0t1

圆弧轨迹所对的圆心角θ＝2π－＝π

则t0＝

联立解得＝π。

(3)当小球运动的周期最大时，其运动轨迹应与MN相切，小球运动一个周期的轨迹如图(b)所示，由几何关系得R＋＝(＋1)L

解得R＝L

由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qv0B0＝m

解得B0＝

小球在一个周期内运动的路程

s1＝3××2πR＋6×＝(4π＋6)L

故Tm＝＝。

[答案]　(1)　(2)π　(3)　

[题点全练]

1．[带电粒子在交变磁场中的运动]

(多选)某一空间存在着磁感应强度为B且大小不变、方向随时间t做周期性变化的匀强磁场(如图甲所示)，规定垂直纸面向里的磁场方向为正。为使静止于该磁场中的带正电的粒子能按a→b→c→d→e→f的顺序做横“∞”字曲线运动(即如图乙所示的轨迹)，下列办法可行的是(粒子只受磁场力的作用，其他力不计)(　　)

A．若粒子的初始位置在a处，在t＝T时给粒子一个沿切线方向水平向右的初速度

B．若粒子的初始位置在f处，在t＝时给粒子一个沿切线方向竖直向下的初速度

C．若粒子的初始位置在e处，在t＝T时给粒子一个沿切线方向水平向左的初速度

D．若粒子的初始位置在b处，在t＝时给粒子一个沿切线方向竖直向上的初速度

解析：选AD　要使粒子的运动轨迹如题图乙所示，由左手定则知粒子做圆周运动的周期应为T0＝，若粒子的初始位置在a处时，对应时刻应为t＝T0＝T，同理可判断B、C、D选项，可得A、D正确。

2．[带电粒子在正方形交变磁场中的运动]

在如图甲所示的正方形平面Oabc内存在着垂直于该平面的匀强磁场，磁感应强度的变化规律如图乙所示。一个质量为m、带正电荷量为q的粒子(不计重力)，在t＝0时刻平行于Oc边从O点射入磁场中。已知正方形边长为L，磁感应强度的大小为B0，规定磁场向外的方向为正。求：

(1)带电粒子在磁场中做圆周运动的周期T0。

(2)若带电粒子不能从Oa边界射出磁场，磁感应强度变化周期T的最大值。

(3)要使带电粒子从b点沿着ab方向射出磁场，满足这一条件的磁感应强度变化的周期T及粒子射入磁场时速度大小v0。

解析：(1)由qvB0＝m及T＝得T0＝。

(2)如图(a)所示，若使粒子不能从Oa边射出，则有sin α＝，α＝30°。

在磁场变化的半个周期内，粒子在磁场中旋转150°角，运动时间为t＝T0＝

而t＝，所以磁场变化的最大周期为T＝。

(3)若使粒子从b点沿着ab方向射出磁场，轨迹如图(b)所示。在磁场变化的半个周期内，粒子在磁场中旋转的角度为2β，其中β＝45°，即＝，所以磁场变化的周期为T＝，每一个圆弧对应的弦长OM为s＝(n＝2,4,6，…)，圆弧半径为R＝＝。由qv0B0＝m得：v0＝(n＝2,4,6，…)。

答案：(1)　(2)　(3)　(n＝2,4,6，…)

专项研究拓视野——突破“磁发散”和“磁聚焦”两大难点

[例1]　电子质量为m、电荷量为e，从坐标原点O处沿xOy平面射入第一象限，射入时速度方向不同，速度大小均为v0，如图所示。现在某一区域加一方向向外且垂直于xOy平面的匀强磁场，磁感应强度为B，若这些电子穿过磁场后都能垂直射到荧光屏MN上，荧光屏与y轴平行，求：

(1)荧光屏上光斑的长度；

(2)所加磁场范围的最小面积。

[解析]　(1)如图所示，初速度沿x轴正方向的电子，沿弧OB运动到P点，为荧光屏上光斑的最高点，初速度沿y轴正方向的电子，沿弧OC运动到Q点，为荧光屏上光斑的最低点，电子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得

ev0B＝m

解得R＝

光斑长度PQ＝R＝。

(2)所加磁场的最小面积是以O′为圆心、R为半径的斜线部分，其面积大小为

S＝πR2＋R2－πR2＝2。

[答案]　(1)　(2)2

[例2]　如图甲所示，平行金属板A和B间的距离为d，现在A、B板上加上如图乙所示的方波形电压，t＝0时，A板比B板的电势高，电压的正向值为u0，反向值为－u0，现有质量为m、带电荷量为q的正粒子组成的粒子束，从AB的中点O1以平行于金属板方向O1O2的速度v0＝射入，所有粒子在AB间的飞行时间均为T，不计重力影响。求：

(1)粒子射出电场时位置离O2点的距离范围及对应的速度；

(2)若要使射出电场的粒子经某一圆形区域的匀强磁场偏转后都能通过圆形磁场边界的一个点处，而便于再收集，则磁场区域的最小半径和相应的磁感应强度是多大？

[解析]　(1)当粒子由t＝nT(n＝0,1,2，…)时刻进入电场，向下侧移最大，

则s1＝2＋－2＝。

当粒子由t＝nT＋(n＝0,1,2，…)时刻进入电场，向上侧移最大，

则s2＝2＝，

在距离中点O2下方至上方的范围内有粒子射出。

打出粒子的速度都是相同的，在沿电场线方向速度大小为

vy＝·＝，

所以射出速度大小为

v＝＝ ＝。

设速度方向与v0的夹角为θ，

则tan θ＝＝，θ＝30°。

(2)要使平行粒子能够交于圆形磁场区域边界某一点且有最小区域时，磁场直径最小值与粒子宽度相等，

粒子宽度D＝(s1＋s2)cos 30°，

即D＝ cos 30°＝。

故磁场区域的最小半径为

r＝＝，

而粒子在磁场中做匀速圆周运动有

qvB＝m，解得B＝。

[答案]　(1)见解析　(2)