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课件59张PPT。第3节带电粒子在组合场中的运动 一课堂提能·考点全通 二课后演练·逐点过关目 录课堂提能·考点全通一先读图联立不同阶段的方程求解选规律找出衔接相邻两过程的物理量找衔接点分析粒子在不同时间内的运动情况过程分析分析粒子在不同的变化场区的受力情况受力分析看清、并明白场的变化情况获取信息关键点由动能定理可知，当加速电压最大时，粒子的速度最大，但应注意粒子能否从极板中飞出最大速度当加速电压为零时，带电粒子进入磁场时的速率最小，半径最小最小半径电场是匀强电场，带电粒子做类平抛运动电场可视作是恒定不变的
“课后演练·逐点过关”见“课时跟踪检测（二十八）”
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谢 谢 观 看 第3节带电粒子在组合场中的运动
突破点(一)　质谱仪与回旋加速器
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。
[典例]　(2019·盐城中学检测)如图所示，离子从容器A下方的狭缝S1飘入(初速度为零)电压为U的加速电场区，加速后通过狭缝S2后再从狭缝S3垂直于磁场边界射入偏转磁场，该偏转磁场是一个以直线MN为上边界、方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B，离子经偏转磁场后最终到达照相底片D上。不考虑离子间的相互作用。
(1)若离子的电荷量为q，它最终打在照相底片D上的位置到狭缝S3的距离为d，求粒子的质量m；
(2)若容器A中有大量如(1)中所述的离子，它们经过电场加速后由狭缝S3垂直进入磁场时，可认为速度大小相等，但速度方向并不都严格垂直于边界，其中偏离垂直于MN方向的最大偏角为θ，则照相底片D上得到的谱线的宽度Δx为多少？
(3)若容器A中有电荷量相等的铜63和铜65两种离子，它们经电场加速后垂直于MN进入磁场中会发生分离，但实际工作时加速电压的大小会在U±ΔU范围内微小变化，为使这两种离子打在照相底片上的区域不发生重叠，应小于多少？(结果用百分数表示，保留两位有效数字)。
[解析]　(1)离子在电场中加速，有qU＝mv2，
进入磁场后，做匀速圆周运动，有qvB＝m，
联立解得m＝。
(2)设垂直于MN方向的离子打到照相底片上的P位置，离狭缝S3最远，S3P＝d，与垂直于MN方向夹角为θ的离子，打到照相底片上的位置离狭缝S3最近，如图：
由于各离子速度大小相等，因而在磁场中运动的半径相同，S3Q＝2Rcos θ＝dcos θ，Δx＝S3P－S3Q＝d－dcos θ＝d(1－cos θ)。
(3)设加速电压为U，对于质量为m，电荷量为q的离子有：qU＝mv2，qvB＝m，解得R＝ ；
可见对于质量不同，电荷量相同的不同离子，加速电压相同时，质量越大，其圆周运动的半径越大，对同种离子，加速电压越大，其圆周运动的半径也越大。
设铜63的质量为m1，加速电压为U＋ΔU时的半径为R1，铜65的质量为m2，加速电压为U－ΔU时的半径为R2，
R1＝ ，R2＝ 
要使得两种离子打到照相底片上的位置不重叠，
则有R1即 < ，
因而<＝＝0.015 625≈1.6%。
[答案]　(1)　(2)d(1－cos θ)　(3)1.6%
[集训冲关]
1．[多选](2019·启东中学模拟)如图是质谱仪工作原理的示意图。带电粒子a、b从容器中的A点飘出(在A点初速度为零)，经电压U加速后，从x轴坐标原点处进入磁感应强度为B的匀强磁场，最后分别打在感光板S上，坐标分别为x1、x2。图中半圆形虚线分别表示带电粒子a、b所通过的路径，则(　　)
A．b进入磁场的速度一定大于a进入磁场的速度
B．a的比荷一定大于b的比荷
C．若a、b电荷量相等，则它们的质量之比ma∶mb＝x12∶x22
D．若a、b质量相等，则它们在磁场中运动时间之比ta∶tb＝x1∶x2
解析：选BC　粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力：qvB＝m，r＝，半径与速度和比荷有关，虽然b的半径大于a的半径，但不能确定b进入磁场的速度与a进入磁场的速度关系，故A错误；粒子经过加速电场后由动能定理可知qU＝mv2，v＝ ，r＝ ，a的比荷一定大于b的比荷，故B正确；根据r＝ ，若a、b电荷量相等，则它们的质量之比ma∶mb＝x12∶x22，故C正确；经历的时间为t＝T＝，故若a、b质量相等，则它们在磁场中运动时间之比ta∶tb＝x12∶x22，故D错误。
2．[多选](2019·丰县月考)回旋加速器在科学研究中得到了广泛应用，其原理如图所示。D1和D2是两个中空的半圆形金属盒，置于与盒面垂直的匀强磁场中，它们接在电压为U、周期为T的交流电源上。位于D1圆心处的质子源A能不断产生质子(初速度可以忽略)，它们在两盒之间被电场加速。当质子被加速到最大动能Ek
后，再将它们引出。忽略质子在电场中的运动时间，则下列说法中正确的是(　　)
A．若只增大交变电压U，则质子的最大动能Ek会变大
B．若只增大交变电压U，则质子在回旋加速器中运行的时间会变短
C．若只将交变电压的周期变为2T，仍可用此装置加速质子
D．质子第n次被加速前、后的轨道半径之比为∶
解析：选BD　根据qvB＝m，可得v＝。则最大动能为Ek＝mv2＝，与加速电压无关，故A项错误；若只增大交变电压U，则质子在回旋加速器中加速次数会减少，导致运行时间变短，故B项正确；若只将交变电压的周期变为2T，而质子在磁场中运动的周期不变，则两周期不同，所以不能始终处于加速状态，故C项错误；根据洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，则半径R＝，且nqU＝mv2，所以质子第n次被加速前后的轨道半径之比为∶，故D项正确。
突破点(二)　带电粒子在三类组合场中的运动
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，跟磁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。
[多维探究]
先电场后磁场
(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。
[例1]　(2019·苏州期考)如图所示，足够大的荧光屏ON垂直xOy坐标面，与x轴夹角为30°，当y轴与ON间有沿－y方向、场强为E的匀强电场时，一质量为m、电荷量为q的正离子从y轴上的P点，以速度v0、沿＋x轴方向射入电场，恰好垂直打到荧光屏上的M点(图中未标出)。现撤去电场，在y轴与ON间加上垂直坐标面向外的匀强磁场，相同的正离子从y轴上的Q点仍以速度v0、沿＋x轴方向射入磁场，恰好也垂直打到荧光屏上的M点，离子的重力不计。则：
(1)求离子在电场中运动的时间t；
(2)求磁场的磁感应强度B；
(3)若相同的离子分别从y轴上的不同位置以速度v＝ky(y>0，k为常数)、沿＋x轴方向射入磁场，离子都能打到荧光屏上，问k应满足什么条件？满足条件的所有离子中，在磁场中运动时间的最大值为多大？
[解析]　(1)设离子垂直打到荧光屏上的M点时，沿y轴负方向的分速度大小为vy，在电场中运动的加速度为a，则：
tan 60°＝
Eq＝ma　vy＝at
解得t＝。
(2)设离子在磁场中做圆周运动的半径为r，由几何关系可知
rsin 60°＝v0t
则r＝
由向心力公式得Bqv0＝m
代入得B＝。
(3)临界状态：离子恰好能打到荧光屏上，即轨迹与ON相切，设此时圆周运动半径为r0，
由几何关系可知r0＋＝y
由向心力公式得Bqv＝m，
其中v＝ky
解得k＝
为使离子能打到荧光屏上应满足r≥r0
则k≥
上述临界状态下，离子在磁场中运动时间有最大值tm＝T
且T＝＝
代入得tm＝。
[答案]　(1)　(2)　
(3)k≥　
先磁场后电场
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；
(2)进入电场时粒子速度方向与电场方向垂直。(如图甲、乙所示)
[例2]　(2019·徐州模拟)在xOy平面内，x轴上方存在磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场，x轴下方存在电场强度为E、方向沿y轴正方向的匀强电场。一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计粒子的重力)从坐标原点以速度v沿y轴正方向射入磁场区域。求：
(1)粒子在磁场中运动的轨道半径；
(2)写出粒子从出发开始计时，到第一次打到x轴前，粒子的位移随着时间变化的表达式；
(3)粒子从出发到第n次到达x轴的平均速度的大小。
[解析]　(1)根据洛伦兹力提供向心力，粒子在磁场中偏转有
qvB＝m
得R＝。
(2)由T＝，t＝T，
得t＝，则θ＝
由图中几何关系可知：s＝2Rsin 
粒子的位移随着时间变化的表达式：s＝sin ，
其中t<。
(3)粒子在磁场中的运动周期T＝
在电场中往返一次运动时间：t1＝＝
设第n次到x轴
n为奇数时： 第n次到x轴的位移为
x＝·2R＝，
时间为t＝·＋·t1＝＋
平均速度为＝＝
n为偶数时： 第n次到x轴的位移为
x＝·2R＝，
时间为t＝·＋·t1＝＋
平均速度为＝＝。
[答案]　(1)　(2)s＝sin ，t<
(3)n为奇数时：＝ ；
n为偶数时：＝
先后多个电、磁场
[例3]　(2018·南京三模)如图所示，平面直角坐标系x轴水平向右，y轴竖直向上，虚线MN与y轴平行，y轴左侧有竖直向下的匀强电场，场强E1＝6 N/C，y轴与MN之间有平行于y轴的匀强电场E2，y轴右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B＝1 T。一带正电小球(m＝1×10－3 kg，q＝5×10－3 C)从图中与y轴距离为x0＝0.3 m的P点，以v0＝3 m/s的初速度沿x轴正向开始运动，经坐标原点O越过y轴，在y轴与MN之间恰好做匀速圆周运动，再经C点越过MN，越过时速度方向与x轴正方向一致。线段CD平行于x轴，小球能通过D点，取g＝10 m/s2。求：
(1)经过O点时的速度；
(2)匀强电场的场强E2以及C点的坐标；
(3)线段CD的长度。
[解析]　(1)小球在PO段做类平抛运动
t＝＝0.1 s
ay＝＝40 m/s2
vy＝ayt1＝4 m/s
v＝＝5 m/s
tan θ＝＝
与x轴正方向夹角θ＝53°斜向下。
(2)小球在y轴与MN之间做匀速圆周运动，重力与电场力平衡
mg＝qE2
E2＝＝2 N/C，方向向上
洛伦兹力提供小球做圆周运动的向心力qvB＝m
R＝＝1 m
x＝Rsin θ＝0.8 m
y＝R－Rcos θ＝0.4 m
C点坐标为(0.8 m，－0.4 m)。
(3)在MN右侧，由qv1B＝mg，得v1＝＝2 m/s
v2＝v－v1＝3 m/s
小球在C点的速度大小是v＝5 m/s，可看成是v1＝2 m/s和v2＝3 m/s两个速度的合成，在磁场中小球的运动轨迹由匀速直线运动与匀速圆周运动同步合成
周期为T＝＝0.4π s
所以LCD＝v2·nT＝1.2nπ m，n＝1,2,3，…。
[答案]　(1)5 m/s，与x轴正方向夹角为53°斜向下
(2)2 N/C，方向向上　(0.8 m，－0.4 m)　
(3)1.2nπ m，n＝1,2,3，…
突破点(三)　带电粒子在交变电、磁场中的运动
解决带电粒子在交变电、磁场中的运动问题的基本思路
先读图
看清、并明白场的变化情况
受力分析
分析粒子在不同的变化场区的受力情况
过程分析
分析粒子在不同时间内的运动情况
找衔接点
找出衔接相邻两过程的物理量
选规律
联立不同阶段的方程求解
[多维探究]
交变磁场
[例1]　如图甲所示，间距为d、垂直于纸面的两平行板P、Q间存在匀强磁场。取垂直于纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示。t＝0时刻，一质量为m、带电荷量为＋q的粒子(不计重力)以初速度v0由板Q左端靠近板面的位置，沿垂直于磁场且平行于板面的方向射入磁场区。当B0和TB取某些特定值时，可使t＝0时刻入射的粒子经时间Δt恰能垂直打在板P上(不考虑粒子反弹)。上述m、q、d、v0为已知量。
(1)若Δt＝TB，求B0；
(2)为使t＝0时刻入射的粒子垂直打在P板上，求粒子在0～时间内速度的偏转角α应满足的条件；
(3)若B0＝，为使粒子仍能垂直打在P板上，求TB。
[解析]　(1)设粒子做匀速圆周运动的半径为R1，由牛顿第二定律得：
qv0B0＝m
根据题意由几何关系得到：R1＝d
联立可以得到：B0＝。
(2)由题意可知，粒子若垂直打到P板上，速度偏转角α必须满足α≥90°
若速度偏转角过大，就会从左边界射出，速度偏转角最大如图所示：
此时sin β＝＝，β＝30°，α＝150°
综上可得：90°≤α≤150°。
(3)设粒子做圆周运动的半径为R，周期为T，根据圆周运动公式得到：T＝
由牛顿第二定律得到：qv0B0＝m
将B0代入上式可得：d＝5R
粒子运动轨迹如图所示：
O1、O2为圆心，O1、O2连线与水平方向夹角为θ，在每个TB内，只有A、B两个位置才有可能垂直击中P板，由题意可知：
T＝
若在A点击中P板，根据题意由几何关系得到：
R＋2(R＋Rsin θ)n＝d，且要求：0≤θ≤
当n＝0、n＝1时，无解。
当n＝2时，sin θ＝0，此时TB＝，
当n≥3时无解；
若在B点击中P板，根据题意由几何关系得到：
R＋2Rsin θ＋2(R＋Rsin θ)n＝d
且要求：0<θ≤
当n＝0时无解
当n＝1时，sin θ＝
此时TB＝
当n≥2时，无解。
[答案]　(1)　(2)90°≤α≤150°　(3)或
交变电场＋恒定磁场
[例2]　(2018·宿迁模拟)如图甲所示，带正电粒子以水平速度v0从平行金属板MN间中线OO′连续射入电场中。MN板间接有如图乙所示的随时间t变化的电压UMN，两板间电场可看作是均匀的，且两板外无电场。紧邻金属板右侧有垂直纸面向里的匀强磁场B，分界线为CD，EF为屏幕。金属板间距为d，长度为l，磁场的宽度为d。已知：B＝5×10－3 T，l＝d＝0.2 m，每个带正电粒子的速度v0＝105 m/s，比荷为＝108 C/kg，重力忽略不计，在每个粒子通过电场区域的极短时间内，电场可视作是恒定不变的。试求：
(1)带电粒子进入磁场做圆周运动的最小半径；
(2)带电粒子射出电场时的最大速度；
(3)带电粒子打在屏幕上的范围。
[审题指导]
第一步：抓关键点
关键点
获取信息
电场可视作是恒定不变的
电场是匀强电场，带电粒子做类平抛运动
最小半径
当加速电压为零时，带电粒子进入磁场时的速率最小，半径最小
最大速度
由动能定理可知，当加速电压最大时，粒子的速度最大，但应注意粒子能否从极板中飞出
第二步：找突破口
(1)要求圆周运动的最小半径，由带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式可知，应先求最小速度，后列方程求解。
(2)要求粒子射出电场时的最大速度，应先根据平抛运动规律求出带电粒子能从极板间飞出所应加的板间电压的范围，后结合动能定理列方程求解。
(3)要求粒子打在屏幕上的范围，应先综合分析带电粒子的运动过程，画出运动轨迹，后结合几何知识列方程求解。
[解析]　(1)t＝0时刻射入电场的带电粒子不被加速，进入磁场做圆周运动的半径最小。
粒子在磁场中运动时qv0B＝
则带电粒子进入磁场做圆周运动的最小半径
rmin＝＝ m＝0.2 m
其运动的径迹如图中曲线Ⅰ所示。
(2)设两板间电压为U1，带电粒子刚好从极板边缘射出电场，则有＝at2＝·2
代入数据，解得U1＝100 V
在电压低于100 V时，带电粒子才能从两板间射出电场，电压高于100 V时，带电粒子打在极板上，不能从两板间射出。带电粒子刚好从极板边缘射出电场时，速度最大，设最大速度为vmax，则有mvmax2＝mv02＋q· 
解得vmax＝×105 m/s＝1.414×105 m/s。
(3)由第(1)问计算可知，t＝0时刻射入电场的粒子在磁场中做圆周运动的半径
rmin＝d＝0.2 m
径迹恰与屏幕相切，设切点为E，E为带电粒子打在屏幕上的最高点，
则＝rmin＝0.2 m
带电粒子射出电场时的速度最大时，在磁场中做圆周运动的半径最大，打在屏幕上的位置最低。
设带电粒子以最大速度射出电场进入磁场中做圆周运动的半径为rmax，打在屏幕上的位置为F，运动径迹如图中曲线Ⅱ所示。
qvmaxB＝
则带电粒子进入磁场做圆周运动的最大半径
rmax＝＝ m＝ m
由数学知识可得运动径迹的圆心必落在屏幕上，如图中Q点所示，并且Q点必与M板在同一水平线上。则
＝＝ m＝0.1 m
带电粒子打在屏幕上的最低点为F，则
＝rmax－＝(－0.1)m＝0.18 m
即带电粒子打在屏幕上O′上方0.2 m到O′下方0.18 m的范围内。
[答案]　(1)0.2 m　(2)1.414×105 m/s
(3)O′上方0.2 m到O′下方0.18 m的范围内
交变磁场＋恒定电场
[例3]　如图甲所示，在直角坐标系中有两条与y轴平行的磁场边界AB和CD，AB、CD与x轴的交点分别为M(2L,0)、N(4L,0)。在AB和CD之间存在着垂直纸面向外的匀强磁场，在AB与 y轴之间存在着沿着y轴正方向的匀强电场。现有一质量为m、电荷量为e的电子，在y轴上的P点以初速度v0沿着x轴的正方向射入匀强电场，正好从M点进入匀强磁场，且速度方向与x轴所成夹角为30°。
(1)求匀强电场的电场强度E。
(2)若电子不能越过边界CD，求匀强磁场的磁感应强度B应满足的条件。
(3)若电子通过M点时开始计时，磁场随时间变化的情况如图乙所示(垂直纸面向外为正，且不考虑磁场变化所产生的感生电场)，要使电子运动一段时间后从N点飞出，速度方向与x轴的夹角为30°。求磁场变化的周期T、磁感应强度B1的大小各应满足的表达式。
[解析]　(1)由tan θ＝，vy＝at
eE＝ma,2L＝v0t
解得：E＝。
(2)电子恰好不越过边界CD的轨迹如图甲实线所示
v＝，Rsin 30°＋R＝2L，eBv＝
解得：B＝，即满足B≥。
(3)要满足电子从N点射出，且与x轴的夹角为30°，轨迹如图乙所示，在磁场变化的半个周期内，电子偏转了60°，所以在磁场变化的半个周期内，电子在x轴方向上的位移等于R0。
nR0＝2L(n＝1,2,3，…)
eB1v＝m，v＝
解得：B1＝(n＝1,2,3，…)
又：＝，T1＝
解得：T＝(n＝1,2,3，…)。
[答案]　(1)E＝　 (2)B≥　(3)T＝(n＝1,2,3，…)　B1＝(n＝1,2,3，…)
交变电、磁场
[例4]　如图(a)所示的xOy平面处于变化的匀强电场和匀强磁场中，电场强度E和磁感应强度B随时间做周期性变化的图像如图(b)所示，y轴正方向为E的正方向，垂直于纸面向里为B的正方向。t＝0时刻，带负电粒子P(重力不计)由原点O以速度v0沿y轴正方向射出，它恰能沿一定轨道做周期性运动。v0、E0和t0为已知量，图(b)中＝，在0～t0时间内粒子P第一次离x轴最远时的坐标为，。求：
(1)粒子P的比荷；
(2)t＝2t0时刻粒子P的位置；
(3)带电粒子在运动中距离原点O的最远距离L。
[解析]　(1)0～t0时间内粒子P在匀强磁场中做匀速圆周运动，当粒子所在位置的纵、横坐标相等时，粒子在磁场中恰好经过圆周，所以粒子P第一次离x轴的最远距离等于轨道半径R，即
R＝ ①
又qv0B0＝m ②
代入＝
解得＝。 ③
(2)设粒子P在磁场中运动的周期为T，则
T＝ ④
联立①④解得T＝4t0 ⑤
即粒子P做圆周运动后磁场变为电场，粒子以速度v0垂直电场方向进入电场后做类平抛运动，设t0～2t0时间内水平位移和竖直位移分别为x1、y1，则
x1＝v0t0＝＝ ⑥
y1＝at02， ⑦
其中加速度a＝
由③⑦解得y1＝＝R，因此t＝2t0时刻粒子P的位置坐标为，如图中的b点所示。
(3)分析知，粒子P在2t0～3t0时间内，电场力产生的加速度方向沿y轴正方向，由对称关系知，在3t0时刻速度方向为x轴正方向，位移x2＝x1＝v0t0；在3t0～5t0时间内粒子P沿逆时针方向做匀速圆周运动，往复运动轨迹如图所示，由图可知，带电粒子在运动中距原点O的最远距离L即O、d间的距离L＝2R＋2x1 ⑧
解得L＝2v0t0。
[答案]　(1)　(2)　(3)2v0t0
现代科技中的组合场问题
近年来，高考试题中不断出现以现代科技为背景的题目，学生应强化对背景的分析，构建出正确的物理模型，现举例如下。
离子推进器是太空飞行器常用的动力系统。某种推进器设计的简化原理如图甲所示，截面半径为R的圆柱腔分为两个工作区。Ⅰ为电离区，将氙气电离获得1价正离子；Ⅱ为加速区，长度为L，两端加有电压，形成轴向的匀强电场。Ⅰ区产生的正离子以接近0的初速度进入Ⅱ区，被加速后以速度vM从右侧喷出。
Ⅰ区内有轴向的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在离轴线处的C点持续射出一定速率范围的电子。假设射出的电子仅在垂直于轴线的截面上运动，截面如图乙所示(从左向右看)。电子的初速度方向与中心O点和C点的连线成α角(0<α≤90°)。推进器工作时，向Ⅰ区注入稀薄的氙气。电子使氙气电离的最小速率为v0，电子在Ⅰ区内不与器壁相碰且能到达的区域越大，电离效果越好。已知离子质量为M；电子质量为m，电量为e。(电子碰到器壁即被吸收，不考虑电子间的碰撞)
(1)求Ⅱ区的加速电压及离子的加速度大小；
(2)为取得好的电离效果，请判断Ⅰ区中的磁场方向(按图乙说明是“垂直纸面向里”或“垂直纸面向外”)；
(3)α为90°时，要取得好的电离效果，求射出的电子速率v的范围；
(4)要取得好的电离效果，求射出的电子最大速率vmax与α角的关系。
解析：(1)由动能定理得MvM2＝Eu ①
U＝ ②
a＝＝e＝。 ③
(2)垂直纸面向外。 ④
(3)设电子运动的最大半径为r，由图甲中几何关系得
2r＝R ⑤
eBv＝m ⑥
所以有v0≤v＜ ⑦
要使⑦式有解，磁感应强度B＞。 ⑧
(4)如图乙所示，OA＝R－r，OC＝，AC＝r
根据几何关系得r＝ ⑨
由⑥⑨式得vmax＝。
　　
答案：见解析

把握三点，解决现代科技中的组合场问题
1．对题目背景涉及的物理知识和原理机制进行认真分析。
2．从力、运动、能量三个角度分析粒子的运动过程，并画出运动轨迹的草图。
3．构建物理模型，选择适用的物理规律和方法解决问题。　　
课时跟踪检测（二十八） 带电粒子在组合场中的运动
对点训练：质谱仪与回旋加速器
1．(2018·扬州中学期中)如图所示，一束质量、速度和电荷量不全相等的离子，经过由正交的匀强电场和匀强磁场组成的速度选择器，进入另一个匀强磁场中并分裂为A、B两束，下列说法中正确的是(　　)
A．组成A、B两束的离子都带负电
B．组成A、B两束的离子质量一定不同
C．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外
D．A束离子的比荷大于B束离子的比荷
解析：选D　离子进入上面磁场时，速度方向向上，洛伦兹力方向向左，根据左手定则可判断出组成A、B两束的离子都带正电，故A错误；离子能沿直线经过速度选择器，则qvB1＝qE，可得v＝，A、B两束的离子的速度大小相等；进入上面磁场后，由qvB2＝m可得r＝，因为rA；又离子的质量、速度和电荷量不全相等，故组成A、B两束的离子质量可能相等、可能不等，即B错误、D正确；速度选择器左板带正电、右板带负电，则电场强度向右，离子带正电，电场力的方向向右；沿直线经过速度选择器，洛伦兹力方向向左，离子带正电且速度向上，据左手定则可判断出磁场方向垂直纸面向里，故C错误。
2．[多选](2018·淮安二模)回旋加速器的工作原理如图所示，置于高真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子在狭缝间加速的时间忽略不计。匀强磁场的磁感应强度大小为B、方向与盒面垂直。粒子源A产生的粒子质量为m，电荷量为＋q，U为加速电压，则(　　)
A．交变电压的周期等于粒子在磁场中回转周期的一半
B．加速电压U越大，粒子获得的最大动能越大
C．D形盒半径R越大，粒子获得的最大动能越大
D．磁感应强度B越大，粒子获得的最大动能越大
解析：选CD　为了保证粒子每次经过电场时都被加速，必须满足交变电压的周期和粒子在磁场中回转周期相等，故A错误；根据洛伦兹力提供向心力qvB＝m，解得：v＝，动能为：Ek＝mv2＝，可知，带电粒子的速度与加速电压无关，D形盒半径R越大，磁感应强度B越大，粒子的速度越大，即动能越大，B错误，C、D正确。
对点训练：带电粒子在三类组合场中的运动
3．(2018·盐城二模)如图所示，在铅板A上有小孔S，放射源C可通过S在纸面内向各个方向射出速率v0＝2.0×106 m/s的某种带正电粒子，B为金属网状栅极，M为荧光屏，A、B、M三者平行正对，且面积足够大，A、B间距离d1＝1.0 cm，电压U＝1.5×104 V且恒定不变，B、M间距离d2＝4.0 cm。该种带电粒子的比荷＝4.0×108 C/kg，忽略带电粒子与栅极的碰撞及粒子间的相互作用，不计带电粒子的重力。求：
(1)该带电粒子运动到荧光屏M的速度大小；
(2)该带电粒子打在荧光屏M上形成的亮线的长度；
(3)若在B、M间加一磁感应强度B＝0.25 T、方向垂直纸面向外的匀强磁场，则该带电粒子打在荧光屏M上的亮线的长度又变为多大？(设从磁场返回的粒子均被铅板吸收)
解析：(1)由动能定理Uq＝mv2－mv02，
解得v＝ ＝4.0×106 m/s。
(2)考虑初速度平行于A板进入电场的粒子做类平抛运动，到达B板时垂直于B板的速度
vBx＝＝2×106 m/s
设粒子在电场中运动的时间为t1，
由d1＝(0＋vBx)t1可得：
t1＝＝ s＝×10－8 s
粒子在BM间运动的时间
t2＝＝＝×10－8 s
则粒子平行于板方向运动的最大位移
ym＝v0(t1＋t2)＝2 cm
所以该带电粒子打在荧光屏M上形成的亮线的长度
l1＝2ym＝4 cm。
(3)在B、M间加一垂直纸面向外的匀强磁场后，粒子在B、M间运动的轨迹为圆弧
由qvB＝m，解得r＝＝4 cm
打到荧光屏M上的两条临界轨迹如图所示，tan θ＝＝?θ＝30°，
d2＝2rsin θ?d2＝r
一条轨迹对称跨接在BM之间，另一条轨迹与M屏相切
所以该带电粒子打在荧光屏M上形成的亮线的长度
l2＝v0t1＋r＝cm。
答案：(1)4.0×106 m/s　(2)4 cm　(3)cm
4．(2019·南通一模)如图所示，两边界MN、PQ相互平行，相距为L，MN左侧存在平行边界沿纸面向下的匀强电场，PQ右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场，电场和磁场的区域足够大，质量为m、电荷量为＋q的粒子从与边界MN距离为2L的O点，以方向垂直于边界MN、大小为v0的初速度向右运动，粒子飞出电场时速度方向与MN的夹角为45°，粒子还能回到O点，忽略粒子的重力，求：
(1)匀强电场的场强大小E；
(2)粒子回到O点时的动能Ek；
(3)磁场的磁感应强度B和粒子从O点出发回到O点的时间t。
解析：(1)粒子向右通过电场的时间t1＝，
离开电场时沿电场方向的分速度vy＝v0tan 45°
在电场中运动的加速度a＝，
由牛顿第二定律qE＝ma，解得E＝。
(2)粒子向右通过电场和向左进入电场回到O点的过程可统一看成类平抛运动，则粒子两次经过边界MN的位置间的距离h＝a(2t1)2
由动能定理有qEh＝Ek－mv02，解得Ek＝mv02。
(3)粒子进入磁场的速度v＝v0，
设在磁场中运动半径为r，由几何关系可知
2rcos 45°＝h＋2Ltan 45°
在磁场中的运动半径r＝3L，
由qvB＝m，解得B＝
粒子在磁场中运动时间t2＝·，
则t＝2t1＋t2＋，
解得t＝。
答案：(1)　(2)mv02　(3)　
5.(2019·苏北四市一模)如图所示的xOy平面内，以O1(0，R)为圆心，R为半径的圆形区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场(用B1表示，大小未知)；x轴下方有一直线MN，MN与x轴相距为Δy，x轴与直线MN间区域有平行于y轴的匀强电场，电场强度大小为E；在MN的下方有矩形区域的匀强磁场，磁感应强度大小为B2，磁场方向垂直于xOy平面向外。电子a、b以平行于x轴的速度v0分别正对O1点、A(0,2R)点射入圆形磁场，偏转后都经过原点O进入x轴下方的电场。已知电子质量为m，电荷量为e，E＝，B2＝，不计电子重力。
(1)求磁感应强度B1的大小；
(2)若电场沿y轴负方向，欲使电子a不能到达MN，求Δy的最小值；
(3)若电场沿y轴正方向，Δy′＝R，欲使电子b能到达x轴上且距原点O距离最远，求矩形磁场区域的最小面积。
解析：(1)电子射入圆形磁场区域后做圆周运动，轨道半径大小相等，设为r，由电子a射入圆形磁场经过O点进入x轴下方，得：r＝R
则ev0B1＝m，解得：B1＝。
(2)匀强电场沿y轴负方向，电子a从O点沿y轴负方向进入电场做减速运动，由动能定理得
eEΔy＝mv02
可求出Δy＝＝R。
(3)匀强电场沿y轴正方向，电子b从O点进入电场做类平抛运动，设电子b经电场加速后到达MN时速度大小为v，电子b在MN下方磁场做匀速圆周运动轨道半径为r1，电子b离开电场进入磁场时速度方向与水平方向成θ角，如图所示。
由动能定理eEΔy′＝mv2－mv02
解得v＝2v0
在电场中a＝＝
t1＝ ＝
x＝v0t1＝2R
由牛顿第二定律得evB2＝m，解得r1＝R
cos θ＝＝
则θ＝
由几何关系可知，在下方磁场中运动的圆心O2在y轴上，当粒子从矩形磁场右边界射出，且射出方向与水平向右夹角为θ＝时，粒子能够到达x轴，距离原点O距离最远。由几何关系得，最小矩形磁场的水平边长为
l1＝r1＋r1sin θ
竖直边长为，l2＝(r1＋r1cos θ)
最小面积为S＝l1l2＝r12(1＋sin θ)(1＋cos θ)＝4(2＋)R2。
答案：(1)　(2)R　(3)4(2＋)R2
考点综合训练
6．[多选]如图所示，电视机的显像管中，电子束的偏转是用磁偏转技术实现的。电子束经过加速电场后，进入一圆形匀强磁场区，磁场方向垂直于圆面。不加磁场时，电子束将通过磁场中心O点而打到屏幕上的中心M，加磁场后电子束偏转到P点外侧。现要使电子束偏转回到P点，可行的办法是(　　)
A．增大加速电压
B．增加偏转磁场的磁感应强度
C．将圆形磁场区域向屏幕靠近些
D．将圆形磁场的半径增大些
解析：选AC　电子在加速电场中，根据动能定理得qU＝mv2，得到v＝ ＝ ，电子进入磁场过程：由evB＝m得，电子的轨迹半径为r＝＝ ，设磁场的半径为R，电子经过磁场后速度的偏向角为θ，根据几何知识得：tan ＝。增大加速电压U时，由以上分析可知，r增大，θ减小，可使电子束偏转回到P点，A正确；增加偏转磁场的磁感应强度B时，r减小，θ增大，电子向上偏转，不能使电子束偏转回到P点，B错误；将圆形磁场区域向屏幕靠近些时，电子的偏向角不变，根据几何知识可知，电子束偏转可回到P点，C正确；将圆形磁场的半径增大些时，r不变，θ增大，电子向上偏转，不能使电子束偏转回到P点，D错误。
7．[多选]如图所示，两平行金属板间距为d，电势差为U，板间电场可视为匀强电场；金属板下方有一磁感应强度为B的匀强磁场。带电荷量为＋q、质量为m的粒子，由静止开始从正极板出发，经电场加速后射出，并进入磁场做匀速圆周运动，最终打到P点。下列说法正确的是(　　)
A．若只增大两板间的距离，则粒子打到P点左侧
B．若只增大两板间的距离，则粒子在磁场中运动时间不变
C．若只增大两板间的电压，则粒子打到P点左侧
D．若只增大两板间的电压，则粒子在磁场中运动时间增加
解析：选BC　根据qU＝mv2，qvB＝m，T＝，可得R＝ ，T＝，若只增大两板间的距离，轨道半径不变，仍然打在P点，故A错误；若只增大两板间的距离，圆周运动的周期不变，故在磁场中运动时间为T，不变，故B正确；若只增大两板间的电压，轨道半径变大，打在P点左侧，故C正确；若只增大两板间的电压，根据T＝，粒子做圆周运动的周期不变，故在磁场中运动时间为T，不变，故D错误。
8．(2018·扬州三模)如图甲所示，真空室中电极K发出的电子(初速度不计)经电场加速后，由小孔P沿两水平金属板M、N的中心线射入板间，加速电压为U0，M、N板长为L，两板相距L。加在M、N两板间电压uMN随时间t变化关系为uMN＝sin，如图乙所示。把两板间的电场看成匀强电场，忽略板外电场。在每个电子通过电场区域的极短时间内，电场可视作恒定。两板右侧放一记录圆筒，筒左侧边缘与极板右端相距L，筒绕其竖直轴匀速转动，周期为T，筒的周长为s，筒上坐标纸的高为L，以t＝0时电子打到坐标纸上的点作为xOy坐标系的原点，竖直向上为y轴正方向。已知电子电荷量为e，质量为m，重力忽略不计。
(1)求穿过水平金属板的电子在板间运动的时间t；
(2)通过计算，在示意图丙中画出电子打到坐标纸上的点形成的图线；
(3)为使从N板右端下边缘飞出的电子打不到圆筒坐标纸上，在M、N右侧和圆筒左侧区域加一垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B应满足什么条件？
解析：(1)设电子经加速电压加速后的速度为v0，
则eU0＝mv02，
又电子在水平金属板中运动，水平方向：L＝v0t
解得：t＝L 。
(2)电子在平行金属板间运动的加速度为：a＝
能飞出的电子打到坐标纸上的偏转距离：
y＝at2＋L·
解得：y＝＝3Lsin
设当M、N两板间电压为U时，电子从水平金属板右边缘飞出，则＝at2，a＝，
解得：U＝U0
故在一个周期中的～、～时间内，电子打在M、N板上，画出电子打到坐标纸上的点形成的图线如图所示。
(3)设从N板右端下边缘飞出的电子速度与水平方向的夹角为θ，速度大小为v，则
tan θ＝，v＝
解得：tan θ＝，v＝ 
①当匀强磁场方向垂直于纸面向外时，若电子打不到圆筒坐标纸上，设磁场的磁感应强度为B1，电子做圆周运动的轨道半径为r1，则
根据几何关系：r1＋r1sin θ＝，
洛伦兹力提供向心力：evB1＝m
解得：r1＝L，B1＝
应满足的条件B>
②当匀强磁场方向垂直于纸面向里时，若电子打不到圆筒坐标纸上，设磁场的磁感应强度为B2，电子做圆周运动的轨道半径为r2，则
根据几何关系：
2＋2＝r22
洛伦兹力提供向心力：evB2＝m
解得：r2＝L，B2＝
应满足的条件B>。
答案：(1)L 　(2)见解析图
(3)①当匀强磁场方向垂直于纸面向外时，应满足的条件B>；②当匀强磁场方向垂直于纸面向里时，应满足的条件B>

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