2020年高考物理常考题型解析：带电粒子在复合场中运动规律的实际应用

专题 11 带电粒子在复合场中运动规律的实际应用 考点一: 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：粒子在加速电场中由静止被加速，根据动能定理：qU＝1 2mv ，粒子在磁场中做匀速圆周运动： qvB ＝ 考点二　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 ，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． 考点三：速度选择器、磁流体发电机和电磁流量计 速度选择器 2 R v2m r 2mv m RBqEkm 2 222 =(1)平行板中电场强度 E 和磁感应强度 B 相互垂直．这种装置能把具有一定速度的粒子选出来，所以叫作速 度选择器． (2)带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是 Eq＝qvB，即 v＝E B. 磁流体发电机 (1)构造：一对平行金属板，两板间有强磁场，等离子体高速进入两板之间． (2)原理：等离子体在洛伦兹力作用下发生偏转，A、B 间出现电势差，形成电场，当自由电荷 所受的电场 力和洛伦兹力平衡时，A、B 间电势差保持稳定． ①根据左手定则，图中 B 是发电机正极． ②磁流体发电机两极板间的距离为 L，等离子体速度为 v，磁场的磁感应强度为 B，则由 qE＝qU L＝qvB 得 两极板间能达到的最大电势差 U＝BLv.学科*网 电磁流量计： (1)构造：如图所示圆形导管直径为 d，用非 (2)原理：导电液体中的自由电荷在洛伦兹力作用下发生偏转，a、b 间出现电势差，形成电场，当自由电荷 所受的电场力和洛伦兹力平衡时，a、b 间电势差保持稳定，qE＝qU d＝qvB，所以 v＝ U Bd，液体流量 Q＝Sv＝ πdU 4B . ★考点一：质谱仪 ◆典例一：（2020 南昌摸底考试）如图是质谱仪的工作原理示意图。带电粒子被加速电场加速后，进入速 度选择器。速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为 B 和 E。平板 S 上有可让粒子通过 的狭缝 P 和记录粒子位置的胶片 A1、A2。平板 S 下方有强度为 B0 的匀强磁场。下列表述正确的是 A.该带电粒子带负电 B.速度选择器中的磁场方向垂直纸面向里 C.能通过的狭缝 P 的带电粒子的速率等于 E/B D.粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝 P，粒子的荷质比越小 【答案】C 【解析】根据带电粒子在匀强磁场中的偏转方向，利用左手定则可判断出带电粒子带正电，选项 A 错误； 速度选择器中电场方向水平向右，带正电的粒子所受电场力方向向右，根据平衡条件，带电粒子所受洛伦 兹力方向水平向左，由左手定则可判断出速度选择器中磁场方向垂直纸面向外，选项 B 错误；由 qE=qvB， 解得能够通过狭缝 P 的带电粒子的速度 v=E/B，选项 C 正确；带电粒子在匀强磁场中的偏转，洛伦兹力提供 向心力，由 qvB=mv2/R，解得 R=mv/qB，由此可知粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝 P，R 越小，粒子的荷 质比 q/m 越大，选项 D 错误。★考点二：回旋加速器 ◆典例一(2019·成都三模)一种改进后的回旋加速器如图所示，宽度忽略不计的窄缝间的加速电场场强大小 恒定，电场被限制在 A、C 间，与 A、C 共线的两虚线之间无电场．一带电粒子从 P0 处以速度 v0 沿电场 线方向射入加速电场，加速后再进入 D 形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动．对这种改进后的回旋加速器， 下列说法正确的是(　　) A．加速电场的方向需要做周期性的变化 B．加速后粒子的最大速度与 D 形盒的尺寸无关 C．带电粒子每运动一周被加速一次 D．带电粒子每运动一周其轨道直径的变化量相等，即P1P2＝P2P3 C　[．] 【答案】C 【解析】粒子在 A、C 间做匀加速运动，在与 A、C 共线的两虚线之间做匀速直线运动，粒子每运动一周被 加速一次，加速电场的方向不变化，选项 A 错误，选项 C 正确；由 qvB＝mv2 r ，得 v＝qBr m ，即加速后粒 子的最大速度与 D 形盒的半径 r 成正比，选项 B 错误；因粒子每运动一周被加速一次，根据动能定理有 qU＝1 2mv22－1 2mv21，得 v2－v1＝ 2qU m(v2＋v1)，而带电粒子每运动一周直径的变化量 Δd＝2(r2－r1)＝2 (mv2 qB －mv1 qB )＝ 4U B(v2＋v1)，即 Δd 随速度的增大而减小，P1P2>P2P3，选项 D 错误。 ★考点三：速度选择器、磁流体发电机和电磁流量计 ◆典例一 (2019·浙江金丽衢十二校联考)如图所示，两块竖直放置的平行板间存在相互垂直的匀强电场 E 和匀强磁场 B．一束初速度为 v 的带正电粒子从上面竖直往下垂直电场射入，粒子重力不计，下列说法正确 的是(　　) A．若 v＝E/B，粒子做匀加速直线运动 B．若粒子往左偏，洛伦兹力做正功C．若粒子往右偏，粒子的电势能增加 D．若粒子做直线运动，改变粒子的带电性质，使它带负电，其他条件不变，粒子还是做直线运动 【答案】D 【解析】若 v＝E/B，即 Eq＝qvB，则粒子做匀速直线运动，选项 A 错误；洛伦兹力对粒子不做功，选 项 B 错误；若粒子往右偏，电场力做正功，则粒子的电势能减小，选项 C 错误；若粒子做直线运动，则满 足 Eq＝qvB，改变粒子的带电性质，使它带负电，其他条件不变，粒子所受的电场力方向改变，所受的洛伦 兹力方向也改变，则粒子还是做直线运动，选项 D 正确。 ◆典例二：磁流体发电是一项新兴技术。如图所示，平行金属板之间有一个很强的磁场，将一束含有大量 正、负带电粒子的的等离子体，沿图中所示方向喷入磁场，图中虚线框部分相当于发电机，把两个极板与 用电器相连，则（　　） A. 用电器中的电流方向从 B 到 A　　　　　　　　　B. 用电器中的电流方向从 A 到 B C. 若只增大带电粒子电量，发电机的电动势增大　　D. 若只增大喷入粒子的速度， 发电机的电动势增大 【答案】BD 【解析】首先对等离子体进行动态分析：开始时由左手定则判断正离子所受洛伦兹力方向向上（负离子所 受洛伦兹力方向 向下），则正离子向上板聚集，负离子则向下板聚集，两板间产生了电势差，即金属板变为 一电源，且上板为正极下板为负极，所以通过用电器的电流方向从 A 到 B，选项 A 错误，选项B 正确；此后 的正离子除受到向上的洛伦兹力 f 外还受到向下的电场力 F，最终两力达到平衡，即最终等离子体将匀速通 过磁场区域，因 f=qvB， ，则： ，解得 E=Bdv，所以电动势 E 与速度 v 及磁场 B 成正比，与 带电粒子的电量无关 ，选项 C 错误，选项 D 正确；故选 BD。 1．如图（甲）从阴极发射出来的电子束，在阴极和阳极间的高电压作用下，轰击到长条形的荧光屏上激发 出荧光，可以显示出电子束运动的径迹。若把射线管放在如图（乙）蹄形磁铁的两极间，阴极接高压电源 负极，阳极接高压电源正极，关于荧光屏上显示的电子束运动的径迹，下列说法正确的是（ ）A、电子束向上弯曲 B、电子束沿直线前进 C、电子束向下弯曲 D、电子的运动方向与磁场方向无关 【答案】 C 【解析】电子束向右运动，磁场向里，由左手定则可判断出电子束向下弯曲。故选 C。 2．1930 年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图 1 所示，这台加速器由两个铜质 D 形盒 D1、 D2 构成，其间留有空隙，下列说法正确的是（　　） A．离子由加速器的中心附近进入加速器 B．离子由加速器的边缘进入加速器 C．离子从磁场中获得能量 D．离子从电场中获得能量 【答案】 AD 【解析】离子由加速器的中心附近进入加速器，在电场中加速获得能量，在磁场中偏转时，洛伦兹力不做 功，能力不变，由于进入磁场的速度越来越大，所以转动的半径也越来越大，故 AD 正确。 3．2019 年天津卷 4 题. 笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件。当显示屏开启时磁体 远离霍尔元件，电脑正常工作：当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进入休眠状态。如图 所示，一块宽为 、长为 的矩形半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为 的自由电子，通入方向 向右的电流时，电子的定向移动速度为 。当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场 中，于是元件的前、后表面间出现电压 ，以此控制屏幕的熄灭。则元件的（ ） a c e υ UA.前表面的电势比后表面的低 B.前、后表面间的电压 与 无关 C.前、后表面间的电压 与 成正比 D.自由电子受到的洛伦兹力大小为 【答案】D 【解析】电子定向移动方向向左，根据左手定则，电子向后表面偏转，所以前表面的电势比后表面的高，A 错误；根据洛伦兹力等于电场力 ，得前、后表面间的电压 =Bav，所以 B、C 错误； 自由电子受到的洛伦兹力大小为 ，D 正确。 4．如图 6 是质谱仪的工作原理示意图。带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器。速度选择器内相互 正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为 B 和 E。平板 S 上有可让粒子通过的狭缝 P 和记录粒子位置的胶片 A1A2。平板 S 下方有强度为 B0 的匀强磁场。下列表述正确的是 A．质谱仪是分析同位素的重要工具 B．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外 C．能通过的狭缝 P 的带电粒子的速率等于 D．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝 P，粒子的荷质比越小 【答案】ABC 【解析】由粒子在电场中加速，可见粒子所受电场力向下，即粒子带正电，在速度选择器中，电场力水平 向右，洛伦兹力水平向左，由左手定则判定，速度选择器中磁场方向垂直纸面向外，选项 B 正确；经过速 U υ U c eU a ea UBev = U a eUE =e度选择器时满足 ，可知能通过的狭缝 P 的带电粒子的速率等于 ，带电粒子进入磁场做匀速圆 周运动则有 ，可见当 v 相同时， ，所以可以用来区分同位素，且 R 越大，比荷就越大，选 项 D 错误 。 5.一圆筒处于磁感应强度大小为 B 的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图所示。图中直径 MN 的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度 ω 顺时针转动。在该截面内，一带电粒子从小孔 M 射入 筒内，射入时的运动方向与 MN 成 30°角。当筒转过 90°时，该粒子恰好从小孔 N 飞出圆筒。不计重力。若 粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为 A． B． C． D． 【答案】A 【解析】如图所示，由几何关系可知粒子的运动轨迹圆心为 ， 由粒子在磁场中的运动规律可知 ① ② 由①②得 即比荷 ③ 由圆周运动与几何关系可知 3B ω 2B ω B ω 2 B ω 'O ' ' 30MO N∠ =  22πF m rT  =   向 =F F qvB=向 合 2 mT Bq π= 2q m BT π=即 则 ④ 又有 ⑤ 由③④⑤得 6.图为某磁谱仪部分构件的示意图。图中，永磁铁提供匀强磁场，硅微条径迹探测器可以探测粒子在其中运 动的轨迹。宇宙射线中有大量的电子、正电子和质子。当这些粒子从上部垂直进入磁场时，下列说法正确 的是（　　） A．电子与正电子的偏转方向一定不同 B．电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径一定相同 C．仅依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子 D．粒子的动能越大，它在磁场中运动轨迹的半径越小 【答案】AC 【解析】电子和正电子电性相反，若入射速度方向相同时，根据左手定则判定得它们所受洛伦兹力方向相 反，则偏转方向一定相反，选项 A 正确；电子与正电子与进入磁场时的速度未知，结合轨道公式 R＝ 知 其运动的轨迹半径不一定相同，选项 B 错误；质子和电子的电性和电量相同，则偏转方向相同，由于其动 量大小未知，结合 R＝ 知，无法根据半径大小确定是哪个粒子，选项 C 正确；由动能 ，则 ，由此可知磁场中运动轨迹的半径不仅与大能有关还与质量有关。选项 D 正确。 7.电磁轨道炮工作原理如图所示。待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动，并与轨道保持良好接触。电流 I 从一条轨道流入，通过导电弹体后从另一条轨道流回。轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面得磁场（可 视为匀强磁场），磁感应强度的大小与 I 成正比。通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出。现欲 t t=粒子 筒 30 90 360 360T T ° °⋅ = ⋅° °粒子 筒 3T T=粒子 筒 2T π ω=筒 3 q m B ω=使弹体的出射速度增加至原来的 2 倍，理论上可采用的方法是（ ） A.只将轨道长度 L 变为原来的 2 倍 B.只将电流 I 增加至原来的 2 倍 C.只将弹体质量减至原来的一半 D.将弹体质量减至原来的一半，轨道长度 L 变为原来的 2 倍，其它量不变 【答案】BD 【解析】主要考查动能定理。利用动能定理有 ,B=kI 解得 。所以正确答案是 BD。 二．计算题 1.(2019·湖南石门一中模拟)如图所示，电压为 U 的两块平行金属板 MN，M 板带正电，x 轴与金属板垂 直，原点 O 与 N 金属板上小孔重合，在 O≤x≤d 区域存在垂直纸面的匀强磁场 B1(图上未画出)和沿 y 轴负 方向、大小为 E＝2 3U 3d 的匀强电场，B1 与 E 在 y 轴方向的区域足够大．有一个质量为 m，带电荷量为 q 的 带正电粒子(粒子重力不计)，从靠近 M 板内侧的 P 点(P 点在 x 轴上)由静止释放后从 N 板的小孔穿出后沿 x 轴做直线运动；若撤去磁场 B1，在第四象限 x＞d 的某区域加上左边界与 y 轴平行且垂直纸面的匀强磁场 B2(图上未画出)，为了使粒子能垂直穿过 x 轴上的 Q 点，Q 点坐标为(7 2d,0)．求： (1)磁感应强度 B1 的大小与方向； (2)磁感应强度 B2 的大小与方向； (3)粒子从坐标原点 O 运动到 Q 点所用的时间 t. 2 2 1 mvBIlL = m lLkIv 22=【答案】(1)1 d 2mU 3q 　方向垂直纸面向里 (2)2 d 2mU 3q 　方向垂直纸面向里　(3)(1＋ 3 6 π)d 2m qU 【解析】　(1)设粒子从 O 点穿出时速度为 v0，由动能定理得，qU＝1 2mv02， 解得 v0＝ 2qU m . 由于粒子在电磁场中做直线运动，粒子所受电场力与洛伦兹力平衡，有 qv0B1＝qE， 解得 B1＝1 d 2mU 3q ，磁场的方向垂直纸面向里． (2)撤去 B1，粒子在电场中运动时间 t＝ d v0 ， 设粒子离开电场时偏向角为 θ， 有 vy＝at，a＝qE m ，tan θ＝vy v0 ＝ 3 3 ，解得 θ＝30°. 粒子离开电场时速度大小 v＝ v0 cos θ ＝2 3 3 v0， 依题意，粒子运动轨迹如图所示，设在磁场中运动的轨迹半径为 r，可得 FO′＝2r， 2r＋r＝OQ－OF＝3d，解得 r＝d. 根据洛伦兹力提供向心力，有 qvB2＝mv2 r ， 解得 B2＝2 d 2mU 3q ，方向垂直纸面向里． (3)由几何关系可知，O 到磁场左边界在 x 轴上的距离为 L＝2.5d－rcos 60°＝2d， 粒子从 O 到磁场左边界所用时间 t1＝ L v0 ＝d 2m qU ， 在磁场中运动时间 t2＝1 3T＝2πm 3qB2 ＝πd 2 2m 3qU ， 则总时间 t＝t1＋t2＝(1＋ 3 6 π)d 2m qU. 2．一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在 平面内的截面如图所示：中间是磁场区域， 其边界与 y 轴垂直，宽度为 l，磁感应强度的大小为 B，方向垂直于 平面；磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为 ，电场强度的大小均为 E，方向均沿 x 轴正方向；M、N 为条形区域边界上的两点，它们的连线与 y 轴平行。一带正电的粒子以某一速度从 M 点沿 y 轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从 M 点入射 的速度从 N 点沿 y 轴正方向射出。不计重力。 （1）定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹； （2）求该粒子从 M 点射入时速度的大小； （3）若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与 x 轴正方向的夹角为 ，求该粒子的比荷及其从 M 点运动 到 N 点的时间。 【解答】25．（20 分） 解：（1）粒子运动的轨迹如图（a）所示。（粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中为圆弧，上下对 称）（2）粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动。设粒子从 M 点射入时速度的大小为 v0，在下侧 电场中运动的时间为 t，加速度的大小为 a；粒子进入磁场的速度大小为 v，方向与电场方向的夹角为 （见图（b）），速度沿电场方向的分量为 v1，根据牛顿第二定律有 qE=ma ① 式中 q 和 m 分别为粒子的电荷量和质量，由运动学公式有 v1=at ② ③ ④ 粒子在磁场中做匀速圆周运动，设其运动轨道半径为 R，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得 ⑤ 由几何关系得 ⑥ 联立①②③④⑤⑥式得 ⑦ （3）由运动学公式和题给数据得 ⑧ θ 0l v t′ = 1 cosv v θ= 2mvqvB R = 2 cosl R θ= 0 2Elv Bl ′= 1 0 πcot 6v v=联立①②③⑦⑧式得 ⑨ 设粒子由 M 点运动到 N 点所用的时间为 ，则 ⑩ 式中 T 是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期， ⑪ 由 ③ ⑦ ⑨ ⑩ ⑪ 式 得 ⑫ 3.如图，在区域 I（0≤x≤d）和区域 II（d≤x≤2d）内分别存在匀强磁场，磁感应强度大小分别为 B 和 2B， 方向相反，且都垂直于 Oxy 平面。一质量为 m、带电荷量 q（q＞0）的粒子 a 于某时刻从 y 轴上的 P 点射入 区域 I，其速度方向沿 x 轴正向。已知 a 在离开区域 I 时，速度方向与 x 轴正方向的夹角为 30°；因此，另 一质量和电荷量均与 a 相同的粒子 b 也从 p 点沿 x 轴正向射入区域 I，其速度大小是 a 的 1/3。不计重力和 两粒子之间的相互作用力。求 （1）粒子 a 射入区域 I 时速度的大小； （2）当 a 离开区域 II 时，a、b 两粒子的 y 坐标之差。 【解析】（1）设粒子 a 在 I 内做匀速圆周运动的圆心为 C（在 y 轴上），半径为 Ra1，粒子速率为 va，运动轨 迹与两磁场区域边界的交点为 ,如图，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得 　①　　由几何关系得 　 ②　　 ③ 式中， ，由①②③式得 ④ P′ 1 2 a a R vmABqv = θ=′∠ PPC θsin1 dRa = 030=θ m qBdva 2 1 = 2 2 4 3q El m B l ′= t′ π π2( )2 62 2πt t T − ′ = + 2πmT qB = 3π(1 )18 Bl lt E l ′ = + ′(2) 设 粒 子 a 在 II 内 做 圆 周 运 动 的 圆 心 为 Oa, 半 径 为 ， 射 出 点 为 （ 图 中 未 画 出 轨 迹 ）， 。由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得 ⑤ 由①⑤式得 ⑥　 、 和 三点共线，且由 ⑥式知 点必位于 ⑦ 的平面上。由对称性知， 点与 点纵 坐标相同，即 ⑧ 式中，h 是 C 点的 y 坐标。 设 b 在 I 中运动的轨道半径为 ，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得 ⑨ 　 设 a 到达 点时，b 位于 点，转过的角度为 。如果 b 没有飞出 I，则 ⑩ 　 ○11　 式中，t 是 a 在区域 II 中运动的时间，而 ○12 ○13 由⑤⑨⑩○11○12○13式得 ○14 由①③⑨○14式可见，b 没有飞出。 点的 y 坐标为 ○15 　　　　 由①③⑧⑨○14○15式及题给条件得，a、b 两粒子的 y 坐标之差为 ○16 1aR aP θ ′=′∠ aa POP 2 2 )2( a a a R vmBqv = 2 1 2 a a RR = C P′ aO aO dx 2 3= aP P′ hRy apa += θcos1 1bR 2 1 )3()3( a b a v R mBvq = aP bP α π θ 22 ′= aT t π α 21 = bT t v RT a a 2 2 2π= 3 2 1 1 v RT b b π= 030=α bP hRy bpb ++= )cos2(1 α dyy ba pp )23(3 2 −=−