疑难压轴3 带电粒子在电磁场中的运动-备战2025年高考物理考试易错题（新高考通用）

疑难压轴3 带电粒子在电磁场中的运动 1．（2024•浙江）类似光学中的反射和折射现象，用磁场或电场调控也能实现质子束的“反射”和“折射”。如图所示，在竖直平面内有三个平行区域Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ；Ⅰ区宽度为d，存在磁感应强度大小为B、方向垂直平面向外的匀强磁场，Ⅱ区的宽度很小。Ⅰ区和Ⅲ区电势处处相等，分别为φⅠ和φⅢ，其电势差U＝φⅠ﹣φⅢ。一束质量为m、电荷量为e的质子从O点以入射角θ射向Ⅰ区，在P点以出射角θ射出，实现“反射”；质子束从P点以入射角θ射入Ⅱ区，经Ⅱ区“折射”进入Ⅲ区，其出射方向与法线夹角为“折射”角。已知质子仅在平面内运动，单位时间发射的质子数为N，初速度为v0，不计质子重力，不考虑质子间相互作用以及质子对磁场和电势分布的影响。 （1）若不同角度射向磁场的质子都能实现“反射”，求d的最小值； （2）若，求“折射率”n（入射角正弦与折射角正弦的比值）； （3）计算说明如何调控电场，实现质子束从P点进入Ⅱ区发生“全反射”（即质子束全部返回Ⅰ区）； （4）在P点下方距离处水平放置一长为的探测板CQD（Q在P的正下方），CQ长为，质子打在探测板上即被吸收中和。若还有另一相同质子束，与原质子束关于法线左右对称，同时从O点射入Ⅰ区，且θ＝30°，求探测板受到竖直方向力F的大小与U之间的关系。 2．（2024•海南）如图，在xOy坐标系中有三个区域，圆形区域Ⅰ分别与x轴和y轴相切于P点和S点。半圆形区域Ⅱ的半径是区域Ⅰ半径的2倍。区域Ⅰ、Ⅱ的圆心O1、O2连线与x轴平行，半圆与圆相切于Q点，QF垂直于x轴，半圆的直径MN所在的直线右侧为区域Ⅲ。区域Ⅰ、Ⅱ分别有磁感应强度大小为B、的匀强磁场，磁场方向均垂直纸面向外。区域Ⅰ下方有一粒子源和加速电场组成的发射器，可将质量为m、电荷量为q的粒子由电场加速到v0。改变发射器的位置，使带电粒子在OF范围内都沿着y轴正方向以相同的速度v0沿纸面射入区域Ⅰ。已知某粒子从P点射入区域Ⅰ，并从Q点射入区域Ⅱ（不计粒子的重力和粒子之间的影响）。 （1）求加速电场两板间的电压U和区域Ⅰ的半径R； （2）在能射入区域Ⅲ的粒子中，某粒子在区域Ⅱ中运动的时间最短，求该粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中运动的总时间t； （3）在区域Ⅲ加入匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，电场强度的大小E＝Bv0，方向沿x轴正方向。此后，粒子源中某粒子经区域Ⅰ、Ⅱ射入区域Ⅲ，进入区域Ⅲ时速度方向与y轴负方向的夹角成74°角。当粒子动能最大时，求粒子的速度大小以及所在的位置到y轴的距离。。 3．（2024•浙江）探究性学习小组设计了一个能在喷镀板的上下表面喷镀不同离子的实验装置，截面如图所示。在xOy平面内，除x轴和虚线之间的区域之外，存在磁感应强度大小为B、方向垂直平面向外的匀强磁场。在无磁场区域内，沿着x轴依次放置离子源、长度为L的喷镀板P、长度均为L的栅极板M和N（由金属细丝组成的网状电极），喷镀板P上表面中点Q的坐标为（1.5L，0），栅极板M中点S的坐标为（3L，0）。离子源产生a和b两种正离子，其中a离子质量为m、电荷量为q，b离子的比荷为a离子的倍，经电压U＝kU0（其中，k大小可调，a和b离子初速度视为0）的电场加速后，沿着y轴射入上方磁场。经磁场偏转和栅极板N和M间电压UNM调控 （UNM＞0），a和b离子分别落在喷镀板的上下表面，并立即被吸收且电中和。忽略场的边界效应、离子受到的重力及离子间相互作用力。 （1）若U＝U0，求a离子经磁场偏转后，到达x轴上的位置x0（用L表示）； （2）调节U和UNM，并保持，使a离子能落到喷镀板P上表面任意位置，求； ①U的调节范围（用U0表示）； ②b离子落在喷镀板P下表面的区域长度； （3）要求a和b离子恰好分别落在喷镀板P上下表面的中点，求U和UNM的大小。 4．（2024•北京）我国“天宫”空间站采用霍尔推进器控制姿态和修正轨道。图为某种霍尔推进器的放电室（两个半径接近的同轴圆筒间的区域）的示意图。放电室的左、右两端分别为阳极和阴极，间距为d。阴极发射电子，一部分电子进入放电室，另一部分未进入。 稳定运行时，可视为放电室内有方向沿轴向向右的匀强电场和匀强磁场，电场强度和磁感应强度大小分别为E和B1；还有方向沿半径向外的径向磁场，大小处处相等。放电室内的大量电子可视为处于阳极附近，在垂直于轴线的平面绕轴线做半径为R的匀速圆周运动（如截面图所示），可与左端注入的氙原子碰撞并使其电离。每个氙离子的质量为M、电荷量为+e，初速度近似为零。氙离子经过电场加速，最终从放电室右端喷出，与阴极发射的未进入放电室的电子刚好完全中和。 已知电子的质量为m、电荷量为﹣e；对于氙离子，仅考虑电场的作用。 （1）求氙离子在放电室内运动的加速度大小a； （2）求径向磁场的磁感应强度大小B2； （3）设被电离的氙原子数和进入放电室的电子数之比为常数k，单位时间内阴极发射的电子总数为n，求此霍尔推进器获得的推力大小F。 5．（2024•镇海区模拟）如图为某同学设计的带电粒子的聚焦和加速装置示意图。位于S点的粒子源可以沿纸面内与SO1（O1为圆形磁场的圆心）的夹角为θ（θ≤60°）的方向内均匀地发射速度为v0＝10m/s、电荷量均为q＝﹣2.0×10﹣4C、质量均为m＝1.0×10﹣6kg的粒子，粒子射入半径为R＝0.1m的圆形区域匀强磁场。已知粒子源在单位时间发射N＝2.0×105个粒子，圆形区域磁场方向垂直纸面向里，沿着SO1射入圆形区域磁场的粒子恰好沿着水平方向射出磁场。粒子数控制系统是由竖直宽度为L、且L在0≤L≤2R范围内大小可调的粒子通道构成，通道竖直宽度L的中点与O1始终等高。聚焦系统是由有界匀强电场和有界匀强磁场构成，匀强电场的方向水平向右、场强E＝0.625N/C，边界由x轴、曲线OA和直线GF（方程为：y＝﹣x+0.4（m））构成，匀强磁场方向垂直纸面向里、磁感应强度B＝0.25T，磁场的边界由x轴、直线GF、y轴构成，已知所有经过聚焦系统的粒子均可以从F点沿垂直x轴的方向经过一段真空区域射入加速系统。加速系统是由两个开有小孔的平行金属板构成，两小孔的连线过P点，上下两板间电势差U＝﹣10kv，不计粒子的重力和粒子间的相互作用力。求： （1）圆形磁场的磁感应强度B0； （2）当L＝R时，求单位时间进入聚焦系统的粒子数N0； （3）若进入加速系统内粒子的初速度均忽略不计，设从加速系统射出的粒子在测试样品中运动所受的阻力f与其速度v关系为f＝kv（k＝0.2N•s•m﹣1），求粒子在样品中可达的深度d； （4）曲线OA的方程。 6．（2024•宁波模拟）如图甲所示，曲线OP上方有沿﹣y方向的匀强电场，其场强大小为E1，曲线左侧有一粒子源AB，B端位于x轴上，能够持续不断地沿+x方向发射速度为v0、质量为m、电荷量为q的粒子束，这些粒子经电场偏转后均能够通过O点，已知从A点入射粒子恰好从P点进入电场，不计重力及粒子间的相互作用。 （1）写出匀强电场边界OP段的边界方程（粒子入射点的坐标y和x间的关系式）； （2）若第四象限内存在边界平行于坐标轴的矩形匀强磁场B1（未画出），磁场方向垂直纸面向外。自O点射入的粒子束，经磁场偏转后均能够返回y轴，若粒子在第四象限运动时始终未离开磁场，求磁场的最小面积； （3）若第一象限与第四象限间存在多组紧密相邻的匀强磁场B2和匀强电场E2（如图乙），电磁场边界与y轴平行，宽度均为d，长度足够长。匀强磁场，方向垂直纸面向里，匀强电场，方向沿x轴正方向。现仅考虑自A端射入的粒子，经匀强电场E1偏转后，恰好与y轴负方向成θ＝45°从O点射入，试确定该粒子将在第几个磁场区域拐弯（即速度恰好与y轴平行）。 7．（2024•越秀区校级模拟）如图甲所示，两间距为d的水平放置的平行金属板M、N，M板某处C放有粒子源，C的正上方的N板D处开有一个可穿过粒子的小孔．间距L＝2d的平行金属导轨P、Q与金属板M、N相连，导轨上存在一垂直纸面向里、大小为B的匀强磁场，一导体棒ab贴紧PQ以一定的初速度向右匀速进入磁场．在ab进入磁场的瞬间，粒子源飘出一个初速度视为零、质量为m、带电量为q的粒子，在M、N间加速后从D处射出．在N板的上方（并与D点相切）有一个内圆半径R1＝d、外圆半径R2＝3d的圆环形匀强磁场，其大小也为B、方向垂直纸面向外，两圆的圆心O与C、D在一竖直线上．不计粒子重力，忽略平行板外的电场以及磁场间的相互影响． （1）C处飘出的粒子带何种电荷？已知ab棒的速度为v0，求粒子到达N板时速度v； （2）为了不让粒子进入内圆半径为R1的无磁场区域，试求出ab棒的速度v0最大值v0m； （3）若ab棒的速度只能是，为了实现粒子不进入半径为R1的内圆无磁场区域，可以控制金属导轨P、Q的磁场宽度（如图乙所示），求该磁场宽度S的范围． 8．（2024•江苏四模）如图所示，直线yx与y轴之间有垂直于xOy平面向外的匀强磁场区域Ⅱ，直线x＝d与yx间有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度E＝3×105V/m，另有一半径Rm的圆形匀强磁场区域I，磁感应强度B1＝0.9T，方向垂直坐标平面向外，该圆与直线x＝d和x轴均相切，且与x轴相切于S点。一带负电的粒子从S点沿y轴的正方向以速度v0进入圆形磁场区域I，经过一段时间进入匀强磁场区域Ⅱ，且第一次进入匀强磁场区域Ⅱ时的速度方向与直线yx垂直。粒子速度大小v0＝3×105m/s，粒子的比荷为1×105C/kg，粒子重力不计。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求： （1）粒子在圆形匀强磁场区域工中做圆周运动的半径大小； （2）坐标d的值； （3）要使粒子能运动到x轴的负半轴，则匀强磁场区域Ⅱ的磁感应强度B2应满足的条件。 9．（2024•海安市校级二模）如图甲所示为质谱仪的原理图，加速电压为U。粒子源A持续释放出初速度可忽略、比荷分别k1和k2的两种正电荷，k1＞k2。粒子从O点沿垂直磁场边界方向进入匀强磁场，磁场下边界放置胶片C。比荷为k1的粒子恰好打在距O点为L的M点，不计粒子重力和粒子间的相互作用。求： （1）磁感应强度B的大小； （2）若加速电压存在波动，在（U﹣ΔU）到（U+ΔU）之间变化，在胶片上分开两种粒子，ΔU的取值范围； （3）如图乙所示，若比荷为k1的粒子进入磁场时存在散射角θ＝60°，粒子在2θ范围内均匀射入，现撤去胶片C，紧靠M点在其左侧水平放置一长度为0.4L的接收器，求接收器中点左右两侧在单位时间内接收到比荷为k1的粒子数之比η。 10．（2024•镇海区校级模拟）如图甲所示，真空中存在一间距为d＝0.02m的水平平行板电容器，板长L＝0.04m，板间电压为U、板间匀强电场方向向上，MN为一垂直上极板PQ的足够长的光屏，其下端N与极板右端Q重合，在MN所在竖直线右侧空间存在匀强磁场。在下极板左端有一个粒子源A，可以紧贴极板水平向右连续发射带正电的粒子，粒子比荷为，初速度。已知粒子打到极板或光屏时会被吸收，粒子之间的作用力不计，粒子的重力不计。 （1）为使粒子能够从极板间射出，求电压U的最大值； （2）若匀强磁场方向垂直纸面向里（如图甲），大小为B1＝0.05T，电压U可任意调节，则求粒子击中光屏形成痕迹的长度ΔL； （3）若匀强磁场方向改成水平向右，大小变为，电压U可任意调节，在极板右侧放置另一块与MN平行的足够大的光屏CD，CD在磁场中能左右移动，则求粒子打在光屏CD上留下所有痕迹的面积S； （4）在满足第（3）问的条件下，同时在电容器的右侧与光屏之间加一水平向右的匀强电场，其场强大小，在光屏上以D点原点（D点为光屏与FG直线的交点），垂直纸面向内为x轴，竖直向上为y轴，水平向右的方向为z轴，建立如图乙所示的三维直角坐标系xyz。光屏位置到G点的距离用K表示，现将光屏CD沿FG直线从G点开始从近到远依次放在不同位置上，光屏CD始终平行MN，当光屏距G点为K1与K2这两个位置时打在光屏上所有粒子的点迹首次先后出现如图丙、丁所示的两条直线（顺着匀强电场E，水平向右看光屏），其中图丙为距离K1时的图样，图丁为距离K2时的图样，则K1与K2这两位置相距多少距离？ 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！12 学科网（北京）股份有限公司 $$ 疑难压轴3 带电粒子在电磁场中的运动 1．（2024•浙江）类似光学中的反射和折射现象，用磁场或电场调控也能实现质子束的“反射”和“折射”。如图所示，在竖直平面内有三个平行区域Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ；Ⅰ区宽度为d，存在磁感应强度大小为B、方向垂直平面向外的匀强磁场，Ⅱ区的宽度很小。Ⅰ区和Ⅲ区电势处处相等，分别为φⅠ和φⅢ，其电势差U＝φⅠ﹣φⅢ。一束质量为m、电荷量为e的质子从O点以入射角θ射向Ⅰ区，在P点以出射角θ射出，实现“反射”；质子束从P点以入射角θ射入Ⅱ区，经Ⅱ区“折射”进入Ⅲ区，其出射方向与法线夹角为“折射”角。已知质子仅在平面内运动，单位时间发射的质子数为N，初速度为v0，不计质子重力，不考虑质子间相互作用以及质子对磁场和电势分布的影响。 （1）若不同角度射向磁场的质子都能实现“反射”，求d的最小值； （2）若，求“折射率”n（入射角正弦与折射角正弦的比值）； （3）计算说明如何调控电场，实现质子束从P点进入Ⅱ区发生“全反射”（即质子束全部返回Ⅰ区）； （4）在P点下方距离处水平放置一长为的探测板CQD（Q在P的正下方），CQ长为，质子打在探测板上即被吸收中和。若还有另一相同质子束，与原质子束关于法线左右对称，同时从O点射入Ⅰ区，且θ＝30°，求探测板受到竖直方向力F的大小与U之间的关系。 【解答】解：（1）根据题意，粒子从O点射入时的运动轨迹如图所示： 粒子从O点射入，不出Ⅰ区域的临界条件为2r＝dmin 洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律 代入数据解得 （2）设水平方向为x方向，竖直方向为y方向，x方向速度不变，y方向速度变大，假设折射角为θ′ 根据动能定理 由于 代入数据联立解得 设粒子射出区域Ⅱ时与竖直方向成θ′角，如图所示： 根据速度关系vx＝v0sinθ＝v1sinθ′ 根据折射定律 代入数据联立解得“折射率” （3）在Ⅱ区域下边界发生全反射的条件是沿竖直方向的速度为零； 根据动能定理 可得 即应满足 （4）分粒子全部打在探测板CQD和全部打不到探测板CQD两种情形； 根据数学知识 解得∠CPQ＝30° 所以如果U≥0的情况下，折射角小于入射角，两边射入的粒子都能打到板上，分情况讨论如下： ①当U≥0时，取竖直向上为正方向，根据动量定理F＝2Nm[0﹣（﹣vy）]＝2Nmvy 根据动能定理 解得 ②全部都打不到板的情况，根据几何知识可知当从Ⅱ区射出时速度与竖直方向夹角为60°时，粒子刚好打到D点，水平方向速度为 所以 根据动能定理 代入数据联立解得 即当时，F＝0 ③部分能打到的情况，根据上述分析可知条件为（），此时仅有O点右侧的一束粒子能打到板上，因此F＝Nmvy 根据动能定理 代入数据联立解得。 2．（2024•海南）如图，在xOy坐标系中有三个区域，圆形区域Ⅰ分别与x轴和y轴相切于P点和S点。半圆形区域Ⅱ的半径是区域Ⅰ半径的2倍。区域Ⅰ、Ⅱ的圆心O1、O2连线与x轴平行，半圆与圆相切于Q点，QF垂直于x轴，半圆的直径MN所在的直线右侧为区域Ⅲ。区域Ⅰ、Ⅱ分别有磁感应强度大小为B、的匀强磁场，磁场方向均垂直纸面向外。区域Ⅰ下方有一粒子源和加速电场组成的发射器，可将质量为m、电荷量为q的粒子由电场加速到v0。改变发射器的位置，使带电粒子在OF范围内都沿着y轴正方向以相同的速度v0沿纸面射入区域Ⅰ。已知某粒子从P点射入区域Ⅰ，并从Q点射入区域Ⅱ（不计粒子的重力和粒子之间的影响）。 （1）求加速电场两板间的电压U和区域Ⅰ的半径R； （2）在能射入区域Ⅲ的粒子中，某粒子在区域Ⅱ中运动的时间最短，求该粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中运动的总时间t； （3）在区域Ⅲ加入匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，电场强度的大小E＝Bv0，方向沿x轴正方向。此后，粒子源中某粒子经区域Ⅰ、Ⅱ射入区域Ⅲ，进入区域Ⅲ时速度方向与y轴负方向的夹角成74°角。当粒子动能最大时，求粒子的速度大小以及所在的位置到y轴的距离。。 【解答】解：（1）根据动能定理得： 解得： 粒子进入区域I做匀速圆周运动，根据题意某粒子从P点射入区域Ⅰ，并从Q点射入区域Ⅱ，故可知此时粒子的运动轨迹半径与区域Ⅰ的半径R相等，粒子在磁场中运动洛伦兹力提供向心力 解得： （2）带电粒子在OF范围内都沿着y轴正方向以相同的速度v0沿纸面射入区域Ⅰ，由（1）可得，粒子的在磁场中做匀速圆周运动，轨迹半径均为R，因为在区域Ⅰ中的磁场半径和轨迹半径相等，粒子射入点、区域Ⅰ圆心O1、轨迹圆心O'、粒子出射点四点构成一个菱形 由几何关系可得，区域Ⅰ圆心O1和粒子出射点连线平行于粒子射入点与轨迹圆心O'连线，则区域Ⅰ圆心O1和粒子出射点水平，根据磁聚焦原理可知粒子都从Q点射出，粒子射入区域Ⅱ，仍做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力 解得：R'＝2R 如上图，要使能射入区域Ⅲ的粒子在区域Ⅱ中运动的时间最短，轨迹所对应的圆心角最小，可知在区域Ⅱ中运动的圆弧所对的弦长最短，即此时最短弦长为区域Ⅱ的磁场圆半径2R，根据几何知识可得此时在区域Ⅱ和区域Ⅰ中运动的轨迹所对应的圆心角都为60°，粒子在两区域磁场中运动周期分别为 故可得该粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中运动的总时间为 解得： （3）如图，将速度v0分解为沿y轴正方向的速度v0及速度v'，因为E＝Bv0可得Eq＝Bqv0，故可知沿y轴正方向的速度v0产生的洛伦兹力与电场力平衡，粒子同时受到另一方向的洛伦兹力Bqv'，故粒子沿y正方向做旋进运动，根据角度可知 v'＝2v0sin53°＝1.6v0 故当v'方向为竖直向上时此时粒子速度最大，即最大速度为 vm＝v0+1.6v0＝2.6v0 圆周运动半径R′1.6R 根据几何关系可知此时所在的位置到y轴的距离为 L＝R′+R′sin53°+2R+2R 解得 答：（1）加速电场两板间的电压和区域Ⅰ的半径； （2）该粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中运动的总时间； （3）粒子的速度大小2.6v0，所在的位置到y轴的距离。 3．（2024•浙江）探究性学习小组设计了一个能在喷镀板的上下表面喷镀不同离子的实验装置，截面如图所示。在xOy平面内，除x轴和虚线之间的区域之外，存在磁感应强度大小为B、方向垂直平面向外的匀强磁场。在无磁场区域内，沿着x轴依次放置离子源、长度为L的喷镀板P、长度均为L的栅极板M和N（由金属细丝组成的网状电极），喷镀板P上表面中点Q的坐标为（1.5L，0），栅极板M中点S的坐标为（3L，0）。离子源产生a和b两种正离子，其中a离子质量为m、电荷量为q，b离子的比荷为a离子的倍，经电压U＝kU0（其中，k大小可调，a和b离子初速度视为0）的电场加速后，沿着y轴射入上方磁场。经磁场偏转和栅极板N和M间电压UNM调控 （UNM＞0），a和b离子分别落在喷镀板的上下表面，并立即被吸收且电中和。忽略场的边界效应、离子受到的重力及离子间相互作用力。 （1）若U＝U0，求a离子经磁场偏转后，到达x轴上的位置x0（用L表示）； （2）调节U和UNM，并保持，使a离子能落到喷镀板P上表面任意位置，求； ①U的调节范围（用U0表示）； ②b离子落在喷镀板P下表面的区域长度； （3）要求a和b离子恰好分别落在喷镀板P上下表面的中点，求U和UNM的大小。 【解答】解：（1）a离子经电压为U的电场加速，由动能定理 a离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力 a离子经磁场偏转后，到达x轴上的位置为x0＝2R； 解得 由于 联立解得x0＝L； （2）①要使a离子能落到喷镀板P上表面任意位置处，只能经过电压为U的电场加速再经过第一象限匀强磁场偏转一次打在P板上方任意处，则L≤x′0≤2L 由（1）得 即U0≤U≤4U0； ②b离子先经电压为U的电场加速后再在xOy平面第一次偏转打在x轴上位置坐标 由于，U0≤U≤4U0； 解得2L≤xb≤4L 则b离子能从栅极板（坐标范围）任意位置经电压为UMN的电场减速射入虚线下方磁场，此时 b离子先经电压为U的电场加速后再在第一象限磁场中做匀速圆周运动后，再经电压为的电场减速，由动能定理得 洛伦兹力提供向心力 得Δxb＝2R′ 当时，b离子从栅极左端经虚线下方磁场偏转打在P，此时离栅极板左端的距离 当时，b离子从栅极左端经虚线下方磁场偏转打在P，此时离栅极板右端的距离 则b离子落在P下表面区域长度 （3）要求a离子落在喷镀板中点Q，由（1）得 则 由于 联立解得 则b离子从x′b＝3L处经过栅极板，要使b离子打在P板下方中央处，设UNM＝k′U 根据动能定理 洛伦兹力提供向心力 联立解得 则。 当减速n次Uqb﹣nUNMqb rn 联立解得 当减速n次恰好打在P板下方中央处，2rn﹣1＞2L 2 即L2 解得： 即n，n取整数，故可得n＝1，2，3，故可得： UNM或或 答：（1）a离子经磁场偏转后，到达x轴上的位置为L； （2）①U的调节范围为U0≤U≤4U0； ②b离子落在喷镀板P下表面的区域长度为； （3）U的大小为；UNM或或。 4．（2024•北京）我国“天宫”空间站采用霍尔推进器控制姿态和修正轨道。图为某种霍尔推进器的放电室（两个半径接近的同轴圆筒间的区域）的示意图。放电室的左、右两端分别为阳极和阴极，间距为d。阴极发射电子，一部分电子进入放电室，另一部分未进入。 稳定运行时，可视为放电室内有方向沿轴向向右的匀强电场和匀强磁场，电场强度和磁感应强度大小分别为E和B1；还有方向沿半径向外的径向磁场，大小处处相等。放电室内的大量电子可视为处于阳极附近，在垂直于轴线的平面绕轴线做半径为R的匀速圆周运动（如截面图所示），可与左端注入的氙原子碰撞并使其电离。每个氙离子的质量为M、电荷量为+e，初速度近似为零。氙离子经过电场加速，最终从放电室右端喷出，与阴极发射的未进入放电室的电子刚好完全中和。 已知电子的质量为m、电荷量为﹣e；对于氙离子，仅考虑电场的作用。 （1）求氙离子在放电室内运动的加速度大小a； （2）求径向磁场的磁感应强度大小B2； （3）设被电离的氙原子数和进入放电室的电子数之比为常数k，单位时间内阴极发射的电子总数为n，求此霍尔推进器获得的推力大小F。 【解答】解：（1）氙离子在放电室时仅考虑电场的作用，其只受电场力作用，由牛顿第二定律得： eE＝Ma 解得： （2）在阳极附近电子在垂直于轴线的平面绕轴线做匀速圆周运动，在径向方向上电子受到的轴向的匀强磁场B1的洛伦兹力提供向心力，则有： eB1v 在沿轴线的方向上电子所受电场力与径向磁场的洛伦兹力平衡，则有： eE＝evB2 解得：B2 （3）已知单位时间内阴极发射的电子总数为n，被电离的氙原子数和进入放电室的电子数之比为常数k，设单位时间内进入放电室的电子数为n1，则未进入的电子数为n﹣n1，设单位时间内被电离的氙原子数为N，则有： 已知氙离子从放电室右端喷出后与未进入放电室的电子刚好完全中和，则有： N＝n﹣n1 联立可得： 氙离子经电场加速过程，根据动能定理得： 时间Δt内喷出的氙离子持续受到的作用力为F′，以向右为正方向，由动量定理得 F′•Δt＝N•Δt•Mv1 解得： 由牛顿第三定律可知，霍尔推进器获得的推力大小F 答：（1）氙离子在放电室内运动的加速度大小a为； （2）径向磁场的磁感应强度大小B2为； （3）此霍尔推进器获得的推力大小F为。 5．（2024•镇海区模拟）如图为某同学设计的带电粒子的聚焦和加速装置示意图。位于S点的粒子源可以沿纸面内与SO1（O1为圆形磁场的圆心）的夹角为θ（θ≤60°）的方向内均匀地发射速度为v0＝10m/s、电荷量均为q＝﹣2.0×10﹣4C、质量均为m＝1.0×10﹣6kg的粒子，粒子射入半径为R＝0.1m的圆形区域匀强磁场。已知粒子源在单位时间发射N＝2.0×105个粒子，圆形区域磁场方向垂直纸面向里，沿着SO1射入圆形区域磁场的粒子恰好沿着水平方向射出磁场。粒子数控制系统是由竖直宽度为L、且L在0≤L≤2R范围内大小可调的粒子通道构成，通道竖直宽度L的中点与O1始终等高。聚焦系统是由有界匀强电场和有界匀强磁场构成，匀强电场的方向水平向右、场强E＝0.625N/C，边界由x轴、曲线OA和直线GF（方程为：y＝﹣x+0.4（m））构成，匀强磁场方向垂直纸面向里、磁感应强度B＝0.25T，磁场的边界由x轴、直线GF、y轴构成，已知所有经过聚焦系统的粒子均可以从F点沿垂直x轴的方向经过一段真空区域射入加速系统。加速系统是由两个开有小孔的平行金属板构成，两小孔的连线过P点，上下两板间电势差U＝﹣10kv，不计粒子的重力和粒子间的相互作用力。求： （1）圆形磁场的磁感应强度B0； （2）当L＝R时，求单位时间进入聚焦系统的粒子数N0； （3）若进入加速系统内粒子的初速度均忽略不计，设从加速系统射出的粒子在测试样品中运动所受的阻力f与其速度v关系为f＝kv（k＝0.2N•s•m﹣1），求粒子在样品中可达的深度d； （4）曲线OA的方程。 【解答】解：（1）由洛伦兹力提供向心力得 解得B0＝0.5T （2）临界1：粒子恰好从控制系统上边界进入，粒子在S点入射速度与SO1的夹角为θ1 解得θ1＝30° 临界2：粒子恰好从控制系统下边界进入，粒子在S点入射速度与SO1的夹角为θ2 解得θ2＝30° 能进入控制系统的粒子数个 （3）对粒子在加速系统运用动能定理： 解得v＝2000m/s 对粒子进入样品得过程运用动量定理﹣∑kvΔt＝0﹣mv （4）设粒子从曲线OA的（x，y）点进入电场，则粒子从直线GF的（0.4﹣y，y）点射出电场，有 得10y2﹣y﹣x＝0 6．（2024•宁波模拟）如图甲所示，曲线OP上方有沿﹣y方向的匀强电场，其场强大小为E1，曲线左侧有一粒子源AB，B端位于x轴上，能够持续不断地沿+x方向发射速度为v0、质量为m、电荷量为q的粒子束，这些粒子经电场偏转后均能够通过O点，已知从A点入射粒子恰好从P点进入电场，不计重力及粒子间的相互作用。 （1）写出匀强电场边界OP段的边界方程（粒子入射点的坐标y和x间的关系式）； （2）若第四象限内存在边界平行于坐标轴的矩形匀强磁场B1（未画出），磁场方向垂直纸面向外。自O点射入的粒子束，经磁场偏转后均能够返回y轴，若粒子在第四象限运动时始终未离开磁场，求磁场的最小面积； （3）若第一象限与第四象限间存在多组紧密相邻的匀强磁场B2和匀强电场E2（如图乙），电磁场边界与y轴平行，宽度均为d，长度足够长。匀强磁场，方向垂直纸面向里，匀强电场，方向沿x轴正方向。现仅考虑自A端射入的粒子，经匀强电场E1偏转后，恰好与y轴负方向成θ＝45°从O点射入，试确定该粒子将在第几个磁场区域拐弯（即速度恰好与y轴平行）。 【解答】解：（1）对从P（x，y）点射入电场的粒子，在电场中做类平抛运动，则有： yat2 x＝v0t a 联立解得边界方程为：y （2）设粒子从O点射入磁场时，速度v与x轴正方向的夹角为β，则有： v0＝vcosβ 设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，根据牛顿第二定律有 ，解得：r 根据几何关系可得，粒子在磁场中的运动轨迹对应的弦长为：d＝2rcosβ 解得：d 可见d为定值，即所有粒子从y轴上的同一点射出磁场。 可得沿+x方向入射的粒子的运动轨迹离y轴最远，只要此方向入射的粒子在第四象限运动时未离开磁场，其它粒子均可满足要求。 此方向入射的粒子的运动半径为：r1 磁场的最小面积为；Smin＝dr1 （3）自A端射入的粒子恰好与y轴负方向成θ＝45°从O点射入，易知入射速度大小等于v0，已知匀强磁场，根据r，可得在第一列磁场中的运动半径为R1d，粒子轨迹如下图所示，粒子逆时针偏转45°角沿+x方向进入第一列电场，做匀加速直线运动直到进入第二列磁场，从此处开始计数，令n＝1（即第二列磁场被计数为n＝1）。 经电场n次加速后粒子速度大小为vn，由动能定理得： nqE2dm（v0）2，已知： 解得：vn 则在第n列磁场（实际是第n+1列）中的运动半径为Rn① 假设粒子在第n列磁场区域拐弯时轨迹恰好与边界相切，根据图中的几何关系可得： Rn﹣Rnsinαn＝d……② 粒子在第n次被加速过程沿+y方向的分速度不变，可得： vn﹣1sinγ＝vnsinαn 代入得：sinγsinαn 可得：sinγ 在第n﹣1列磁场中圆周运动过程，由几何关系得： Rn﹣1sinγ﹣Rn﹣1sinαn﹣1＝d 又有：Rn﹣1 联立整理可得：sinαn﹣1 因粒子沿+x方向进入和射出第一列电场，故sinα1＝0。可得： n＝2时，sinα2 n＝3时，sinα3 n＝3时，sinα4 …… 归纳可得：sinαn③ 联立①②③式得：[1]＝1 整理得：n＝0 解得：n（另一解为负值，舍去），因1＜n＜2，故n取2，对应实际的第3个磁场。 即该粒子将在第3个磁场区域拐弯。 答：（1）匀强电场边界OP段的边界方程为y； （2）磁场的最小面积为； （3）该粒子将在第3个磁场区域拐弯。 7．（2024•越秀区校级模拟）如图甲所示，两间距为d的水平放置的平行金属板M、N，M板某处C放有粒子源，C的正上方的N板D处开有一个可穿过粒子的小孔．间距L＝2d的平行金属导轨P、Q与金属板M、N相连，导轨上存在一垂直纸面向里、大小为B的匀强磁场，一导体棒ab贴紧PQ以一定的初速度向右匀速进入磁场．在ab进入磁场的瞬间，粒子源飘出一个初速度视为零、质量为m、带电量为q的粒子，在M、N间加速后从D处射出．在N板的上方（并与D点相切）有一个内圆半径R1＝d、外圆半径R2＝3d的圆环形匀强磁场，其大小也为B、方向垂直纸面向外，两圆的圆心O与C、D在一竖直线上．不计粒子重力，忽略平行板外的电场以及磁场间的相互影响． （1）C处飘出的粒子带何种电荷？已知ab棒的速度为v0，求粒子到达N板时速度v； （2）为了不让粒子进入内圆半径为R1的无磁场区域，试求出ab棒的速度v0最大值v0m； （3）若ab棒的速度只能是，为了实现粒子不进入半径为R1的内圆无磁场区域，可以控制金属导轨P、Q的磁场宽度（如图乙所示），求该磁场宽度S的范围． 【解答】解：（1）根据右手定则可知，a端为正极，故带电粒子必须带负电． ab棒切割磁感线，产生的电动势为：E势＝BLv0＝2Bdv0…① 对于粒子，根据动能定理为：qUDC＝qE势② 联立①②两式，可得：v＝2③ （2）为了不让粒子进入内圆半径为d的无磁场区域，则粒子最大半径r时的轨迹与内圆相切， 如图所示．设此时粒子速度为v′ 根据几何关系：r2（R1+r）2…④ 计算得到：r＝4d…⑤ 根据洛伦兹力提供向心力有：qv′B＝m⑥ 由⑤⑥得：v′⑦ 根据粒子速度v与ab棒速度v0的关系式③得：v′＝2⑧ 所以ab棒的速度v0的最大值为：v0m （3）因为v0′v0m，故如果让粒子一直在MN间加速，则必然进入内圆无磁场区． 而如果能够让粒子在MN间只加速一部分距离，用时间t，再匀速走完剩下的距离，就可以让粒子的速度不超过v′． 这时只需ab棒在磁场中运动一段距离． 设导轨磁场最大宽度为S时粒子恰好不会进入内圆无磁场区，此情况下 由⑦式可知，粒子从D点射出的速度为：v′＝at⑨ 粒子在MN间加速的加速度为：a⑩ 由⑨⑩解得：t 对于ab棒：s＝v0′t＝2d 磁场宽度范围：0＜s≤2d 答：（1）粒子到达N板时速度2； （2）ab棒的速度v0最大值； （3）该磁场宽度S的范围0＜s≤2d． 8．（2024•江苏四模）如图所示，直线yx与y轴之间有垂直于xOy平面向外的匀强磁场区域Ⅱ，直线x＝d与yx间有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度E＝3×105V/m，另有一半径Rm的圆形匀强磁场区域I，磁感应强度B1＝0.9T，方向垂直坐标平面向外，该圆与直线x＝d和x轴均相切，且与x轴相切于S点。一带负电的粒子从S点沿y轴的正方向以速度v0进入圆形磁场区域I，经过一段时间进入匀强磁场区域Ⅱ，且第一次进入匀强磁场区域Ⅱ时的速度方向与直线yx垂直。粒子速度大小v0＝3×105m/s，粒子的比荷为1×105C/kg，粒子重力不计。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求： （1）粒子在圆形匀强磁场区域工中做圆周运动的半径大小； （2）坐标d的值； （3）要使粒子能运动到x轴的负半轴，则匀强磁场区域Ⅱ的磁感应强度B2应满足的条件。 【解答】解：（1）在磁场B1中，设粒子做匀速圆周运动的半径为r1，由牛顿第二定律可得 解得： （2）由（1）知r1＝R，因为粒子从S点沿y轴的正方向以速度v0进入圆形磁场区域I，所以粒子离开磁场B1时垂直进入匀强电场，则粒子在电场中做类平抛运动，设粒子在x方向的位移为x，在y方向的位移为y，运动时间为t，则粒子进入磁场区域Ⅱ时，沿y方向的速度为 又 解得： 根据运动学公式可得： 所以d点的值为 （3）进入磁场B2的速度为： 带电粒子进入磁场区域Ⅱ中做匀速圆周运动，设半径为r2，根据牛顿第二定律可得 当带电粒子出磁场区域Ⅱ与y轴垂直时，由几何关系可得 代入数据解得：B2＝0.5T 当带电粒子出磁场区域Ⅱ与y轴相切时，设轨道半径为r2′ 根据几何关系可得 代入数据解得：B2＝1.125T 所以要使带电粒子能运动到x轴的负半轴，则匀强磁场区域Ⅱ的磁感应强度B2应满足的条件为0.5T＜B2＜1.125T 9．（2024•海安市校级二模）如图甲所示为质谱仪的原理图，加速电压为U。粒子源A持续释放出初速度可忽略、比荷分别k1和k2的两种正电荷，k1＞k2。粒子从O点沿垂直磁场边界方向进入匀强磁场，磁场下边界放置胶片C。比荷为k1的粒子恰好打在距O点为L的M点，不计粒子重力和粒子间的相互作用。求： （1）磁感应强度B的大小； （2）若加速电压存在波动，在（U﹣ΔU）到（U+ΔU）之间变化，在胶片上分开两种粒子，ΔU的取值范围； （3）如图乙所示，若比荷为k1的粒子进入磁场时存在散射角θ＝60°，粒子在2θ范围内均匀射入，现撤去胶片C，紧靠M点在其左侧水平放置一长度为0.4L的接收器，求接收器中点左右两侧在单位时间内接收到比荷为k1的粒子数之比η。 【解答】解：（1）粒子在电场中加速过程，根据动能定理有 粒子磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力有 由几何关系知 联立解得： （2）根据第一问中的分析可得 由于比荷k1＞k2，当B和U相同时 r1＜r2 当电压波动时，在胶片上分开两种粒子，需满足 2r1max＜2r2min 即 联立解得： （3）粒子恰好打在接收器中点N时，设粒子进入磁场时速度与竖直方向夹角为β，则 0.2L＝2r﹣2rcosβ＝L（1﹣cosβ） 解得：β＝37° 粒子恰好打在接收器最左端时，设粒子进入磁场时速度与竖直方向夹角为a，则 0.4L＝2r﹣2rcosα＝L（1﹣cosα） 解得：a＝53°＜60° 进入磁场速度与竖直方向夹角在53°到37°的粒子打在接收器中点N左侧，夹角在0°到37°的粒子打在接收器中点N右侧，则接收器中点左右两侧在单位时间内接收到比荷为k1的粒子数之比为 答：（1）磁感应强度B的大小为； （2）ΔU的取值范围为； （3）接收器中点左右两侧在单位时间内接收到比荷为k1的粒子数之比η为。 10．（2024•镇海区校级模拟）如图甲所示，真空中存在一间距为d＝0.02m的水平平行板电容器，板长L＝0.04m，板间电压为U、板间匀强电场方向向上，MN为一垂直上极板PQ的足够长的光屏，其下端N与极板右端Q重合，在MN所在竖直线右侧空间存在匀强磁场。在下极板左端有一个粒子源A，可以紧贴极板水平向右连续发射带正电的粒子，粒子比荷为，初速度。已知粒子打到极板或光屏时会被吸收，粒子之间的作用力不计，粒子的重力不计。 （1）为使粒子能够从极板间射出，求电压U的最大值； （2）若匀强磁场方向垂直纸面向里（如图甲），大小为B1＝0.05T，电压U可任意调节，则求粒子击中光屏形成痕迹的长度ΔL； （3）若匀强磁场方向改成水平向右，大小变为，电压U可任意调节，在极板右侧放置另一块与MN平行的足够大的光屏CD，CD在磁场中能左右移动，则求粒子打在光屏CD上留下所有痕迹的面积S； （4）在满足第（3）问的条件下，同时在电容器的右侧与光屏之间加一水平向右的匀强电场，其场强大小，在光屏上以D点原点（D点为光屏与FG直线的交点），垂直纸面向内为x轴，竖直向上为y轴，水平向右的方向为z轴，建立如图乙所示的三维直角坐标系xyz。光屏位置到G点的距离用K表示，现将光屏CD沿FG直线从G点开始从近到远依次放在不同位置上，光屏CD始终平行MN，当光屏距G点为K1与K2这两个位置时打在光屏上所有粒子的点迹首次先后出现如图丙、丁所示的两条直线（顺着匀强电场E，水平向右看光屏），其中图丙为距离K1时的图样，图丁为距离K2时的图样，则K1与K2这两位置相距多少距离？ 【解答】解：（1）粒子在匀强电场中做类平抛运动，水平方向 竖直方向 联立解得 所以电压U的最大值为50V； （2）设射入磁场的粒子速度为v，与水平方向成角度θ，磁场中圆周运动半径为r0 则可得 解得运动半径为 由几何关系得，磁场中动弧线在竖直方向上的高度为Δy＝2r0cosθ 联立解得 即Δy为定值，出射点离Q越远，打到光屏上离Q距离的越小，出射点离Q越近打到光屏上离Q距离的越大 当U＝0时，从下级板边缘出射，此时距离Q最小 hmin＝Δy﹣d＝0.04m﹣0.02m＝0.02m 当U＝50V时，从上级板边缘Q点出射，此时距离Q最大hmax＝Δy＝0.04m 因此，痕迹长度ΔL＝hmax﹣hmin＝0.04m﹣0.02m＝0.02m （3）粒子从电场中射出，进入磁场后，水平方向匀速运动，垂直磁场方向做匀速圆周运动 由图可知 所以 圆心与下极板右边缘连线与竖直方向夹角θ满足 由图可知 所以θ＝30° 即圆心连线为一条直线且过下极板右边缘，所有光屏痕迹是由从上到下逐渐减小的圆叠加形成的，如图所示 当y＝d时，圆半径最大，最大半径为 则求粒子打在光屏CD上留下所有痕迹的面积为 （4）加上水平向右的电场后，粒子进入磁场区域时水平方向匀加速运动，垂直磁场方向做匀速圆周运动，其周期为 因粒子圆周的周期与速度大小无关，出现图1直线时，所有粒子偏转120°，由运动等时性可知，水平方向运动时间恰为，出现图2直线时，所有粒子恰好运动一周，水平方向运动时间为T，由运动学公式有： 所以两点相距 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！12 学科网（北京）股份有限公司 $$