专题21带电粒子在组合场的运动（解析版）_4.2025物理总复习_赠品通用版（老高考）复习资料_专项复习_2023年高考冲刺物理热点知识讲练与题型归纳（全国通用）

专题 21 带电粒子在组合场的运动 [题型导航] 题型一 带电粒子在组合场中的运动...................................................................................................1 题型二 组合场中运动的实例分析.....................................................................................................14 [考点分析] 题型一 带电粒子在组合场中的运动 1.组合场概念： 静电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，或在同一区域，静电场、磁场分时间段交替出现。 2．三种场的比较 项目 力的特点 功和能的特点 名称 大小：G＝mg 重力做功与路径无关 重力场 方向：竖直向下 重力做功改变物体的重力势能 大小：F＝qE 方向：①正电荷受力方向与场强 静电力做功与路径无关 静电场 方向相同 W＝qU ②负电荷受力方向与场强方向相 静电力做功改变电势能 反 洛伦兹力大小：F＝qvB 洛伦兹力不做功，不改变带电粒 磁场 方向：根据左手定则判定 子的动能 3．带电粒子在复合场中的运动分类 (1)静止或匀速直线运动 当带电粒子在复合场中所受合力为零时，将处于静止状态或做匀速直线运动。 (2)匀速圆周运动 当带电粒子所受的重力与静电力大小相等，方向相反时，带电粒子在洛伦兹力的作用下，在垂直于匀强磁场的平面内做匀速圆周运动。 (3)较复杂的曲线运动 当带电粒子所受合力的大小和方向均变化，且与初速度方向不在同一条直线上时，粒子做非匀变速 曲线运动，这时粒子运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线。 (4)分阶段运动 带电粒子可能依次通过几个情况不同的复合场区域，其运动情况随区域发生变化，其运动过程由几 种不同的运动阶段组成。 4．常见的基本运动形式 电偏转 磁偏转 偏转条件 带电粒子以v⊥E进入匀强电场 带电粒子以v⊥B进入匀强磁场 示意图 受力情况 只受恒定的静电力 只受大小恒定的洛伦兹力 运动情况 类平抛运动 匀速圆周运动 运动轨迹 抛物线 圆弧 物理规律 类平抛运动规律、牛顿第二定律 牛顿第二定律、向心力公式 qvB＝，r＝ L＝vt，y＝at2 基本公式 T＝，t＝ a＝，tanθ＝ sinθ＝ 静电力既改变速度方向，也改变速 洛伦兹力只改变速度方向，不改 做功情况 度大小，对电荷做功 变速度大小，对电荷永不做功 [例题1] 质谱仪是研究同位素的重要工具，重庆一中学生在学习了质谱仪原理后，运用所 学知识设计了一个质谱仪，其构造原理如图所示。粒子源 O可产生a、b两种电荷量相同、质 量不同的粒子（初速度可视为0），经电场加速后从板AB边缘沿平行于板间方向射入，两平 行板AB与CD间存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，板间距为 L，板足够长，a、b粒子最终 1 分别打到CD板上的E、F点，E、F到C点的距离分别为 L和L，则a、b两粒子的质量之比 2 为（ ）5 25 1 1 A． B． C． D． 8 64 2 4 L 【解答】解：画出两个粒子的运动轨迹如图所示，由几何关系可得r2=( ) 2+(L-r ) 2，所以 a 2 a 5 r = L，r 由图易得为L。 a 8 b 1 粒子在电场中加速阶段，由动能定理有qU= mv2 2 v2 1 √2mU 粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有Bqv=m ，所以r= ， r B q 所以 r a= √m a，解得 m a= 25，故B正确，ACD错误。 r √m m 64 b b b 故选：B。 [例题2] （多选）质谱仪的工作原理如图所示，大量粒子飘入加速电场，其初速度几乎为 0，经过加速后，通过宽为L的狭缝MN沿着与磁场垂直的方向进入匀强磁场中，最后打到照 相底片上。在一次测试中，大量的某种粒子经加速电场加速后刚进入匀强磁场时的速度大小均 为v，打在底片上的位置到M点的最小距离为a，匀强磁场的磁感应强度为B，不考虑粒子的 重力及它们之间的相互作用。则（ ）2v A．粒子的比荷为 B(a+L) B(a+L)v2 B．加速电场的电压为 4 π(a+L) C．粒子在磁场中运动的时间为 2v D．大量粒子所经过磁场区域最窄处的宽度为a+L-√a2+2aL 2 a+L 【解答】解：A.粒子在磁场中做匀速圆周运动，轨道半径为r= 2 v2 根据牛顿第二定律可得qvB＝m r 解得 q 2v = m B(a+L) 故A正确： 1 B.粒子在电场中加速，根据动能定理可得qU= mv2 2 B(a+L)v 联立，可得U= 4 故B错误： C.粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为 2πr T= v 粒子在磁场中运动的时间为 T t= 2 联立，可得π(a+L) t= 2v 故C正确： D.粒子在磁场中经过的区域为图中的阴影部分，如图 根据几何关系有 d √ L √a2+2aL = r2-( ) 2= 2 2 最窄处的宽度为 Δd＝r﹣d a+L-√a2+2aL = 2 故D正确； 故选：ACD。 [例题3] （多选）如图所示直角坐标系xOy，P（a，﹣b）为第四象限内的一点，一质量 为m、电量为q的负电荷（电荷重力不计）从原点O以初速度v 沿y轴正方向射入，第一次在 0 整个坐标系内加垂直纸面向内的匀强磁场，该电荷恰好能通过 P点；第二次保持y＞0区域磁 场不变，而将y＜0区域磁场改为沿x方向匀强电场，该电荷仍通过P点（ ） 2amv A．匀强磁场的磁感应强度为B = 0 q(a2+b2 ) 2mv B．匀强磁场的磁感应强度B = 0 q√a2+b2 C．电荷从O运动到P，第二次所用时间一定短些 D．电荷通过P点时的速度，第二次与x轴负方向的夹角一定小些【解答】解：AB、第一次在整个坐标系中加垂直于纸面向里的匀强磁场，该电荷恰好能通过P 点；粒子做匀速圆周运动，如图所示： 由几何关系得：（a﹣R）2+b2＝R2 a2+b2 解得：R= 2a 由牛顿第二定律得： mv2 qv B= 0 0 R 2amv 解得：B = 0 ，故A正确，B错误； q(a2+b2 ) C、第二次保持y＞0区域磁场不变，而将y＜0区域磁场改为沿x轴方向的匀强电场，该电荷仍 通过O点，粒子先做匀速圆周运动，后做类平抛运动，运动时间为 1 b t = T+ 1 2 v 0 第一次粒子做匀速圆周运动，运动时间为 1 QP t = T+ 2 2 v 0 弧长QP大于b，所以t ＞t ，即第二次所用时间一定短些，故C正确； 1 2 D、电荷通过P点时的速度，第一次与x轴负方向的夹角为 ，则有 α tan √R2-b2 a2-b2 = = b 2ab α 第二次与x轴负方向的夹角为 ，则有 θb tan 2 a = = R-√R2-b2 2b θ 所以有tan ＞tan ，电荷通过P点时的速度，第二次与x轴负方向的夹角一定大一些，故D正确。 故选：ACDθ。 α [例题4] （多选）圆心为O、半径为R的圆形区域内存在磁感应强度大小为B、方向垂直 纸面的匀强磁场（未画出），磁场边缘上的A点有一带正电粒子源，OA竖直，MN与OA平 行，且与圆形边界相切于B点，在MN的右侧有范围足够大水平向左的匀强电场，电场强度为 E。当粒子的速度大小为v 且沿AO方向时，粒子刚好从B点离开磁场。不计粒子重力和粒子 0 间的相互作用，下列说法正确的是（ ） A．圆形区域内磁场方向垂直纸面向外 v B．粒子的比荷为 0 BR πR C．粒子在磁场中运动的总时间为 2v 0 2BR D．粒子在电场中运动的总时间为 E 【解答】解：AB、粒子从B点离开磁场，由左手定则可知磁场方向垂直直面向外，根据几何关 系知粒子做圆周运动的半径为R，qvB＝mv2，解得q v ，故AB正确； 0 = 0 R m BR CD、粒子从B点进入电场向右做匀减速直线运动，然后向左做匀加速直线运动再次从B点进入 磁场，根据动量定理得，选向左为正方向，粒子在电场中运动的时间为；Eqt＝2mv 0 2mv 2BR t= 0= ，粒子再次从B点进入磁场，经过四分之一的周期离开磁场，所以粒子在磁场 Eq E πR = 中运动的总时间为t总 v ，故C错误，D正确； 0故选：ABD。 [例题5] （多选）如图，与水平面成45°角的平面MN将空间分成Ⅰ和Ⅱ两个区域。氕核 和氘核分别以相同的初动能E 从平面MN上的P点水平向右射入Ⅰ区。Ⅰ区存在匀强电场， k 电场强度大小为E，方向竖直向下；Ⅱ区存在匀强磁场，磁感应强度大小为 B，方向垂直于纸 面向里。已知氕核、氘核的质量分别为 m、2m，电荷量均为+q，不计氕核和氘核的重力。下 列说法正确的是（ ） A．氕核和氘核第一次进入Ⅱ区时的速度方向相同 B．氘核第一次进入Ⅱ区时的速度大小为√10E k m C．氕核在Ⅱ区做匀速圆周运动的半径为√5mE k qB D．氕核和氘核第一次刚出Ⅱ区时的位置相距2（ 1）√mE √2- k qB 【解答】解：A、第一次在电场中，粒子均做类平抛运动，水平方向有：x＝v t， 0 1 1 qE 竖直方向有：y= at2= × t2 2 2 m qE 联立解得：y = x2 4E k 氕核、氘核具有相同的初动能和相同的电荷量，氕核、氘核在电场中的轨迹相同，即气核和氘 核第一次进入Ⅱ区时的速度方向相同，故A正确； 1 a t2 B、氘核在电场中做类平抛，根据类平抛运动的规律可得：tan45° 2 2 2 = v t 0 2 1 根据动能的计算公式可得：E = ×2mv2 k 2 02qE 根据牛顿第二定律可得：a = 2 2m 竖直方向的速度大小为：v ＝a t y2 22 氘核第一次进入Ⅱ区时的速度大小为：v 2=√v2 +v2 02 y2 联立解得：v √5E ，故B错误； 2= k m C、由B选项分析，同理可得氕核第一次进入Ⅱ区时的速度大小为：v √10E 1= k m 根据洛伦兹力提供向心力可得：qv B＝m v2 1 1 r 1 解得：r mv √10mE ，故C错误； 1= 1= k qB qB D、粒子在进入磁场速度方向与水平方向夹角相同，设为 ，根据类平抛运动的规律，则有： tan ＝2tan45°。 α 设粒α子在进入磁场速度方向与MN的夹角为 ，则： ＝ ﹣45° √10 β β α 可得：sin = 10 β 粒子从进入磁场到再次回到MN时与进入磁场位置的距离：s＝2rsin β 氘核在磁场中的半径：r 2mv 2√5mE 2= 2= k qB qB 则氕核和氘核第一次刚出Ⅱ区时的位置相距：Δs＝s ﹣s √10（r ﹣r ）＝2（ 1）√mE ， 2 1= 2 1 √2- k 5 qB 故D正确。 故选：AD。[例题6] 如图甲所示，在xOy平面内，有一电子源持续不断地沿x正方向每秒发射出N个 速率均为v的电子，形成宽为2b，在y轴方向均匀分布且关于x轴对称的电子流。电子流沿x 方向射入一个半径为R，中心位于原点O的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直xOy平面向里， 电子经过磁场偏转后均从P点射出，在磁场区域的正下方有一对平行于x轴的金属平行板K和 A，其中K板与P点的距离为d，中间开有宽度为2l且关于y轴对称的小孔。K板接地，A与 K两板间加有正负、大小均可调的电压U ，穿过K板小孔到达A板的所有电子被收集且导出， AK √3 从而形成电流。已知b= R，d=l，电子质量为m，电荷量为e，忽略电子间相互作用。 2 （1）求磁感应强度B的大小； （2）求电子从P点射出时与负y轴方向的最大夹角； （3）当U ＝0时，每秒经过极板K上的小孔到达极板A的电子数； AK （4）在图乙中定性画出电流i随U 变化的关系曲线.要求标出相关数据，且要有计算依据。 AK【解答】解：（1）电子均从P点射出，结合沿x轴射入的电子轨迹可知电子做圆周运动的轨道 半径为：r＝R， v2 电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：evB＝m ， r mv 解得：B= ； eR （2）上端电子从P点射出时与负y轴最大夹角 ，如图1所示， m θ b 由几何关系可得sinθ = ， m R 得： ＝60°。 m 同理θ下端电子从P点射出时与负y轴最大夹角也为60°，范围是﹣60°≤ ≤60°； l θ （3）进入小孔的电子偏角正切值：tanα= ， d√2 解得： ＝45°，y'=Rsinα= R， 2 α n y' √6 每秒进入两极板间的电子数n： = = =0.82， N b 3 解得：n＝0.82N； 1 （4）由动能定理得出遏制电压U ，U =- mv2 c c 2e 与负y轴成45°角的电子的运动轨迹刚好与A板相切，其逆过程是类平抛运动， mv2 达到饱和电流所需的最小反向电压为：U'=- ， 4e 或 根 据 （ 3 ） 可 得 饱 和 电 流 大 小 为 ： i ＝ 0.82Ne ， 图 象 如 图 2 所 示 ： max mv 答：（1）磁感应强度B的大小为 ； eR （2）电子流从P点射出时与负y轴方向的夹角 的范围是﹣60°≤ ≤60°； （3）当U AK ＝0时，每秒经过极板K上的小孔到θ达板A的电子数为θ0.82N； （4）电流i随U 变化的关系曲线如图所示。 AK [例题7] 如图所示为某离子收集器装置的示意图，在xOy坐标平面内，半径为R的圆形匀 强磁场区域边界与y轴相切于坐标原点O，磁场方向垂直于坐标平面，一截面为矩形的电场处 理器AMNC与磁场相切于P点，AC边与y轴重合，其中AM＝AC＝2R，AC与MN间存在沿 x轴正方向的匀强电场，在MN处放置有与MN等长的荧光屏。现有大量质量为m、电荷量为 q的正离子，以相同速率v 各向均匀的从O点射入x＞0区域，其中沿Ox方向射入的离子刚好 0 经过P点，已知所有离子均能打到荧光屏上，形成的亮线恰与M、N连线重合，不计离子重力及相互作用，求： （1）匀强磁场的磁感应强度B大小和方向； （2）电场处理器AMNC间的电场强度E的大小； （3）若F为MN中点，荧光屏上MF间与FN间收集到的离子数目之比为多少。 【解答】解：（1）离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，沿x轴正方向射入，从P点射出，根据 洛伦兹力提供向心力，即：qv B＝mv2 0 0 r 由几何关系可知，r＝R mv 联立解得：B= 0，由左手定则可知磁场方向垂直纸面向外； qR （2）对沿﹣y轴方向射入的离子，其刚好到达N点，可知该离子在电场中沿﹣y轴方向有：2R ＝v t 0 1 qE 在x轴方向：2R= × t2 2 m 联立解得：E mv2 = 0 qR （3）对恰好打中荧光屏中间位置的离子在电场中在﹣y轴方向有：R＝v t 0 1 qE 在x轴方向有：x= × ×t2 2 m R 联立解得：x= 2 设离子在磁场中运动轨迹如图所示：1 2R-R- R 由几何关系可知：sin 2 1，解得： ＝30° = = R 2 θ θ 所以荧光屏MF间与FN间收集到的离子对应发射角度为60°与120°，故荧光屏上半部分与下半 60° 1 部分收集到的离子数目之比为： = 120° 2 mv 答：（1）匀强磁场的磁感应强度B大小为 0，磁场方向垂直纸面向外； qR （2）电场处理器AMNC间的电场强度E的大小为mv2； 0 qR 1 （3）若F为MN中点，荧光屏上MF间与FN间收集到的离子数目之比为 。 2 [例题8] 在芯片制造过程中，离子注入是其中一道重要的工序。如图甲所示是离子注入工 作原理的示意图，静止于A处的离子，经电压为U的加速电场加速后，沿图中圆弧虚线通过 1 半径为R 的 圆弧形静电分析器（静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场）后，从P点沿竖 0 4 直方向进入半径为r的圆形匀强磁场区域，该圆形磁场区域的直径PQ与竖直方向成15°，经磁 场偏转，最后打在竖直放置的硅片上。离子的质量为m、电荷量为q，不计离子重力。求： （1）离子进入圆形匀强磁场区域时的速度大小v； （2）静电分析器通道内虚线处电场强度的大小E ； 0 （3）若磁场方向垂直纸面向外，离子从磁场边缘上某点出磁场时，可以垂直打到硅片上，求圆 形区域内匀强磁场的磁感应强度B 的大小。 01 【解答】解：（1）离子通过加速电场，由动能定理可知：qU= mv2 2 √2qU 变形得到：v= m （2）离子经过静电分析器，由牛顿第二定律有：qE mv2 0= R 0 2U 联立得到：E = 0 R 0 （3）根据题意，画出离子在磁场中运动的轨迹如图所示，O 为其圆心，由几何关系知道：离子 2 PJ 的轨迹半径：r′＝O N＝O P= 2 2 cos∠4 △ONO 为等腰直角三解形，∠4＝45° 2 ∠MPO ＝∠1+∠2+∠3＝90° 而∠1＝15° 2 所以∠3＝30° 所以：PJ＝PO cos∠3 1 √6 联立得到：r′= r 2 mv2 由牛顿第二定律有qvB = 0 r' 2√3qUm 从而解得：B = 0 3qr √2qU 答：（1）离子进入圆形匀强磁场区域时的速度大小v为 ； m 2U （2）静电分析器通道内虚线处电场强度的大小E 为 ； 0 R 0（3）若磁场方向垂直纸面向外，离子从磁场边缘上某点出磁场时，可以垂直打到硅片上，则圆 2√3qUm 形区域内匀强磁场的磁感应强度B 的大小为 。 0 3qr 题型二 组合场中运动的实例分析 1．质谱仪(如图) 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(如图) 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 E ＝，可见同种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． km [例题9] 如图所示为某质谱仪的工作原理示意图。初速度为零的质子（不计重力）被加速电压U 加速后，进入速度选择器（内部存在正交的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小为 1 B，两极板间的电压为U ，间距为d），沿直线运动通过狭缝P，打在可记录粒子位置的胶片 2 A A 上的C点，PC＝x，A A 下方匀强磁场的磁感应强度大小为B 。若B、B 、d一定，改变 1 2 1 2 0 0 U 、U ，均可使质子通过狭缝P，则下列图像反映x或U 随U 的变化规律可能正确的是（ 1 2 2 1 ） A． B． C． D． 1 【解答】解：AB、设质子进入速度选择器的速率为v，根据动能定理有qU = mv2，结合x＝ 1 2 mv 2r和r = qB 0 得x 2 √2m ，则x与 成正比，故B正确，A错误； = ⋅√U √U B q 1 1 0 U CD、质子在速度选择器中做匀速直线运动，受力平衡，有qvB＝qE，由E= 2 d √2q 解得：U ＝Bd ⋅√U ，故CD错误。 2 m 1 故选：B。 [例题10] 如图所示为某种质谱仪工作原理示意图，离子从电离室A中的小孔S 飘出（初 1速度不计），经电压为U的加速电场加速后，通过小孔S ，从磁场上边界垂直于磁场方向进入 2 磁感应强度为B的匀强磁场中，运动半个圆周后打在照相底片D上并被吸收形成谱线。照相底 片D上有刻线均匀分布的标尺（图中未画出），可以直接读出离子的比荷。下列说法正确的是 （ ） A．打在照相底片D上的离子带负电 B．可以通过减小磁感应强度B来增大不同离子形成谱线之间的间隔 C．谱线b对应比荷的值大于谱线a对应比荷的值 D．标尺上各刻线对应比荷的值是均匀的 【解答】解：A、打在照相底片D上的离子刚进入磁场时受到的洛伦兹力向左，由左手定则判断 可知，该离子带正电，故A错误； B、离子在电场中加速时，有qU= 1 mv2 ，得v= √2qU 。离子在磁场中做匀速圆周运动的半径 2 m 为r mv，联立可得r 1 √2mU，谱线之间的间隔为Δd＝2r ﹣2r 2（√2m U √2m U = = 1 2= 1 - 2 qB B q B q q 1 2 ），可知Δd与B成反比，可以通过减小磁感应强度B来增大不同离子形成谱线之间的间隔，故 B正确； 1 √2mU C、由r= ，知离子的比荷越大，离子在磁场中做匀速圆周运动的半径越小，则谱线b B q 对应比荷的值小于谱线a对应比荷的值，故C错误； 2 √2mU D、标尺上各刻线到小孔S 的距离为d＝2r= ，因d与比荷是非线性关系，所以标尺上 2 B q 各刻线对应比荷的值是不均匀的，故D错误。 故选：B。 [例题11] 如图所示，回旋加速器D形盒上加有垂直于表面的匀强磁场，狭缝间接有电压为 U、频率为f的交流电．若A处粒子源产生的氘核在加速器中被加速，则（ ）A．交流电的周期等于氘核在磁场中运动周期的一半 B．氘核获得的最大速度与磁场的磁感应强度无关 C．仅增大电压U，氘核在加速器中运动的时间变短 D．若要加速 粒子，则交流电的频率f必须改变 【解答】解：αA、交流电的周期等于氘核在磁场中运动周期，故A错误； v2 qBr 1 (qBr) 2 B、根据qvB＝m ，解得v= ，最大动能E = mv2= ，即氘核获得的最大速度与 r m k 2 2m 磁场的磁感应强度有关，故B错误； v2 mv 1 √2qUm C、根据qvB＝m ，解得r= ，又qU= mv2，联立解得r= ，当U增大，r增大， r qB 2 qB 即说明氘核在回旋加速器中的转动次数减少，又根据交流电的周期等于氘核在磁场中运动周期， 2πm 即T= ，即氘核在加速器中的运动时间变短，故C正确； qB 2πm 1 D、根据交流电的周期等于氘核在磁场中运动周期，即 T= = ，交变电流的变化周期与氘 qB f 核在磁场中的转动周期相同，为恒定值，故交变电流频率不变，故D错误。 故选：C。 [例题12] （多选）一种可用于卫星上的带电粒子探测装置，由两个同轴的半圆柱形带电导 体极板（半径分别为R和R+d）和探测器组成，其横截面如图（a）所示，点O为圆心。在截 面内，极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比，方向指向O点。4个带正电的同 种粒子从极板间通过，到达探测器。不计重力。粒子 1、2做圆周运动，圆的圆心为O、半径 分别为r 、r （R＜r ＜r ＜R+d）；粒子3从距O点r 的位置入射并从距O点r 的位置出射； 1 2 1 2 2 1 粒子4从距O点r 的位置入射并从距O点r 的位置出射，轨迹如图（b）中虚线所示。则（ 1 2 ）A．粒子3入射时的动能比它出射时的大 B．粒子4入射时的动能比它出射时的大 C．粒子1入射时的动能小于粒子2入射时的动能 D．粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能 【解答】解：在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比，可设为 k E= ，即Er＝k r A．粒子3从距O点r 的位置入射并从距O点r 的位置出射，做向心运动，电场力做正功，则动 2 1 能增大，粒子3入射时的动能比它出射时的小，故A错误； B．粒子4从距O点r 的位置入射并从距O点r 的位置出射，做离心运动，电场力做负功，则动 1 2 能减小，粒子4入射时的动能比它出射时的大，故B正确； C．带正电的同种粒子1、2在均匀辐向电场中做匀速圆周运动，则有 qE ＝m v2 1 1 r 1 qE ＝m v2 2 2 r 2 1 qE r qE r 可得： mv2= 1 1= 2 2 2 1 2 2 即粒子1入射时的动能等于粒子2入射时的动能，故C错误； D．粒子3做向心运动，则有 qE ＞m v2 2 3 r 21 qE r 1 可得： mv2＜ 2 2= mv2 2 3 2 2 1 粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能，故D正确； 故选：BD。 [例题13] 回旋加速器的工作原理如图甲所示。D形盒的半径为R，匀强磁场的磁感应强度 大小为B，方向与盒面垂直。A处粒子源产生质量为m、电荷量为+q的带电粒子。加在两盒狭 2πm 缝间的交变电压U 随时间t的变化规律如图乙所示，电压的峰值为U，周期T= 。一束 MN Bq T 粒子在t＝0～ 时间内均匀的飘入两盒间狭缝，初速度忽略不计。不计带电粒子所受重力和粒 2 子间的相互作用。 （1）若忽略带电粒子通过两盒间狭缝的时间。求： a.带电粒子经过1次加速后的速度大小v ； 1 b.带电粒子获得的最大动能E 。 km （2）若带电粒子通过两盒间狭缝的时间不可忽略，且能够射出的粒子每次经过狭缝均做匀加速 运动。现要求飘入狭缝的带电粒子中至少有99%可以射出，则狭缝的间距d最大应该为多少？ 1 【解答】解：（1）a.根据动能定理可得：qU= mv 2 2 1 √2qU 解得：v = ； 1 m b.设带电粒子获得最大速度为v ，粒子所受洛伦兹力提供向心力：qv B＝mv 2 m m m R1 q2B2R2 解得：E = mv 2= km 2 m 2m U （2）带电粒子在狭缝运动的运动过程中，根据牛顿第二定律可得： q＝ma d qU 则带电粒子的加速度为：a= md 1 带电粒子射出之前n次经过狭缝，且经过狭缝的总时间为t，则有：E ＝nqU，nd= at2 km 2 T -t T 2 只有在0～( -t)时间内飘入的带电粒子才能每次均被加速，则： ≥99% 2 T 2 πmU 解得：d≤ 100qB2R πmU 即狭缝的间距d最大为 。 100qB2R √2qU 答：（1）a.带电粒子经过1次加速后的速度大小为 ； m q2B2R2 b.带电粒子获得的最大动能为 ； 2m πmU （2）狭缝的间距d最大应该为 。 100qB2R [例题14] 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B 、半径为R的圆形匀 2 强磁场，距离磁场右边界0.2R处有一长度为2.4√3R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 B 的匀强磁场。现在盒的中心处由静止释放一比 1 e 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 m 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B 必须符合什么条件？ 1v2 【解答】解：（1）电子加速至D形盒最外层时，根据牛顿第二定律，有evB =m 1 1.5R 1.5eB R 得进入圆形磁场的电子获得的速度为：v= 1 。 m 2π⋅1.5R 2πm （2）电子在D形盒中做圆周运动的周期P：T = = v eB 1 t eB t 电子加速次数为：n=2 = 1 T πm 1 根据动能定理有：n⋅eU= mv2 2 得加速器的加速电压为： mv2 2.25πB R2 。 U= = 1 2ne 2t （3）当电子恰好打在屏的边缘时，由于电子离开磁场时其速度方向的反向延长线通过圆心，与 1.2√3R 水平线的夹角设为 ，如图所示，由此可得：tanθ= =√3，得 ＝60°， 1.2R θ θ 电子在磁场中运动的圆心角也为： ＝60°，圆弧的半径为：√3R θ v2 根据牛顿第二定律，有：evB =m 2 √3R 联立解得： √3B B = 2 1 1.5 即当： √3B ，电子就不会打出荧光屏之外。 B ≥ 2 1 1.5 1.5eB R 答：（1）进入圆形磁场的电子获得的速度为 1 ； m（2）此加速器的加速电压U为2.25πB R2； 1 2t （3）如果电子不能打出荧光屏之外，那么B 必须符合： √3B 。 1 B ≥ 2 1 1.5