2025屆高考物理二輪復(fù)習(xí)講義：微專題4 質(zhì)譜儀、回旋加速器等組合場問題 【含答案】

2025屆高考物理二輪復(fù)習(xí)講義微專題4質(zhì)譜儀、回旋加速器等組合場問題組合場是指空間不同區(qū)域存在不重疊的多個電場或磁場,帶電粒子依次通過這些區(qū)域,這類問題稱作組合場問題,質(zhì)譜儀和回旋加速器類問題都是屬于組合場問題.求解組合場問題的基本思路:質(zhì)譜儀及其拓展例1[2024·福建福州模擬]質(zhì)譜儀是分析研究同位素的重要儀器.如圖甲所示為某質(zhì)譜儀的截面圖,速度很小的帶電粒子從O點進入電壓為U1的加速電場,加速后經(jīng)狹縫O'進入磁感應(yīng)強度為B1的速度選擇器,沿直線運動從狹縫S垂直于直線邊界MN進入磁分析器,速度與磁感應(yīng)強度為B2的勻強磁場垂直,經(jīng)偏轉(zhuǎn)最終打在照相底片上.粒子質(zhì)量為m、電荷量為q.不計粒子重力.(1)求速度選擇器中勻強電場的電場強度大小E;(2)P1和P2是互為同位素的原子核,若保持U1、B1、B2不變,改變E,使原子核P1、P2均沿直線通過速度選擇器,最終打到照相底片上的位置到狹縫S的距離之比為k,求P1、P2的質(zhì)量之比m1∶m2;(3)某次實驗,由于加速電場和速度選擇器的電場強度出現(xiàn)微小波動,并考慮狹縫S有一定的寬度且為d,使得粒子從S射出時速度大小范圍為v0~v0+Δv,速度方向與邊界MN的垂線間的夾角范圍為0°~θ,如圖乙所示,則粒子打在照相底片上沿MN方向的寬度為多少?【技法點撥】質(zhì)譜儀中存在加速區(qū)域和偏轉(zhuǎn)區(qū)域,帶電粒子在電場中的加速由動能定理求解,帶電粒子的偏轉(zhuǎn)分兩種情況:一是在輻向電場中做勻速圓周運動,滿足qE=mv2r;二是在磁場中做勻速圓周運動,滿足qvB=m回旋加速器及其拓展例21932年美國物理學(xué)家勞倫斯發(fā)明了回旋加速器,巧妙地利用帶電粒子在磁場中運動的特點,解決了粒子的加速問題.現(xiàn)在回旋加速器被廣泛用于科學(xué)研究和醫(yī)學(xué)設(shè)備中.回旋加速器的工作原理如圖甲所示,置于真空中的D形金屬盒半徑為R,兩盒間的狹縫很小,帶電粒子穿過的時間可以忽略不計,磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場與盒面垂直,加速器接一定頻率的高頻交流電源,保證粒子每次經(jīng)過電場都被加速,加速電壓為U.D形金屬盒中心粒子源產(chǎn)生粒子,初速度不計,在加速器中被加速,加速過程中不考慮相對論效應(yīng)和重力作用.(1)求把質(zhì)量為m、電荷量為q的靜止粒子加速到最大動能所需的時間;(2)若此回旋加速器原來加速α粒子(24He),獲得的最大動能為Ekm,現(xiàn)改為加速氘核(12H),它獲得的最大動能為多少?要想使氘核獲得與α粒子相同的動能,(3)已知兩D形盒間的交變電壓如圖乙所示,設(shè)α粒子在此回旋加速器中運動的周期為T,現(xiàn)對

2041Ca核進行加速,已知該核的電荷量為q',在t=T4時進入加速電場,求該核在加速器中能獲得的最大動能.(在此過程中,粒子未飛出【技法點撥】回旋加速器中,帶電粒子在電場中加速,在磁場中回轉(zhuǎn),如圖所示.(1)同步條件:交流電周期和粒子做圓周運動的周期相等,使粒子每經(jīng)過一次D形盒縫隙就被加速一次.(2)粒子獲得的最大動能:由qvmB=mvm2R,Ekm=12mvm2,聯(lián)立可得Ekm=q2B2(3)加速次數(shù)和粒子在磁場中運動的總時間:粒子在磁場中運動一個周期,被電場加速兩次(加速的時間忽略不計),每次動能增加qU,加速次數(shù)n=EkmqU=qB2R22nU,粒子在磁場中運動的總時間t=(組合場收集帶電粒子例3某離子診斷測量裝置的簡化結(jié)構(gòu)如圖所示.在第一象限中存在一沿y軸正方向的勻強電場,在第二、三象限存在垂直于xOy平面向外的勻強磁場.有一塊長度為a的探測板CD,僅可在第四象限范圍內(nèi)移動,且始終接地.在第一象限的拋物線y=2ax20≤x≤a上有一簇粒子源,沿x軸負(fù)方向發(fā)射大量同種負(fù)離子,離子的質(zhì)量為m,電荷量為-q(q>0),速度大小均為v0,單位時間內(nèi)發(fā)射的離子數(shù)為N,這些離子沿y軸均勻分布.穩(wěn)定工作后,若探測板CD在某處平行于y軸固定,則從O點出射的離子恰能擊中探測板的C點,從A點(a,2a)出射的離子恰能擊中探測板的D點.已知勻強電場的電場強度E=4mv02aq,(1)求探測板上C點的縱坐標(biāo)y0;(2)求探測板的橫坐標(biāo)x0;(3)求離子第二次經(jīng)過y軸時的縱坐標(biāo)y與其出發(fā)點的橫坐標(biāo)x的關(guān)系;(4)若探測板沿x軸平移,求單位時間內(nèi)的探測板上接收到的離子數(shù)n與探測板的橫坐標(biāo)x之間的關(guān)系.【跟蹤訓(xùn)練】1.[2024·杭州模擬]如圖甲所示為某質(zhì)譜儀核心部件結(jié)構(gòu)圖.半徑為R的圓內(nèi)有垂直于紙面向外、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場,圓心為O,OO'為豎直方向的軸線,O點右側(cè)S處有一粒子源(OS⊥OO')可以均勻地沿各個方向向圓形磁場內(nèi)發(fā)出速度大小相同、質(zhì)量為m、電荷量為q的同種帶正電粒子,圓形磁場上方有關(guān)于軸線OO'對稱放置的兩塊平行金屬板,兩平行板之間的距離為1.6R,板長為2R,兩平行板間加如圖乙所示的勻強電場,其中U0=16B2R2q25m,平行金屬板上方有垂直于紙面向內(nèi)、范圍足夠大的勻強磁場,其磁感應(yīng)強度也為B,磁場下邊緣處有一只可左右平移的接收板PQ.從S點正對圓心O射出的粒子恰好沿軸線進入電場中.不計粒子之間的相互作用,不計重力,電場變化的周期遠大于帶電粒子在電場中運動的時間.(取sin(1)求進入圓形磁場中的粒子的速度大小;(2)兩平行板間不加電壓時,求能從兩平行板間射出的粒子數(shù)占總粒子數(shù)的比例;(3)兩平行板M、N之間加上如圖乙所示的電壓,要使接收板能接收到所有從兩平行板間射出的粒子,則接收板至少為多長?(4)當(dāng)U=U0時,若接收板可以上下左右平移,要使接收板能接收到所有從兩平行板間射出的粒子,則接收板至少為多長?2.質(zhì)子重離子治療系統(tǒng)設(shè)備由離子源、直徑較大的環(huán)形同步加速器和偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)組成,整個系統(tǒng)置于真空中.回旋加速器的原理如圖甲所示,D1和D2是兩個中空的半徑為R的半圓金屬盒,它們接在電壓一定、頻率為f的交流電源上,位于D1圓心附近的質(zhì)子源A能不斷產(chǎn)生質(zhì)子(初速度可以忽略,重力不計),它們在兩盒之間被電場加速(忽略質(zhì)子在電場中運動的時間,其最大速度遠小于光速),D1、D2置于與盒面垂直的磁感應(yīng)強度為B0的勻強磁場中,已知質(zhì)子每次經(jīng)過狹縫均做加速運動,最后從邊緣處飛出.(1)已知質(zhì)子的電荷量為q,求質(zhì)子的質(zhì)量.(2)若質(zhì)子束從開始加速到從回旋加速器輸出的過程中回旋加速器的平均功率為P,求此過程質(zhì)子束的平均等效電流I(用P、B0、R、f表示).(3)已知偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)中電場和磁場的分布區(qū)域是邊長為L的同一正方體,其偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)的底面與目標(biāo)所在水平面平行,間距也為L.當(dāng)偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)不加電場及磁場時,質(zhì)子恰好沿偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)對稱軸OO'運動,豎直到達圖中O點(即圖中坐標(biāo)原點,x軸垂直于紙面向外).偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)同時加上電場和磁場時,要求打在目標(biāo)平面上L100,L100處.已知角度α很小時,有sinα≈tanα≈α,cosα≈1-12α2.求偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)中參考答案與詳細(xì)解析例1(1)B12qU1m(2)k(3)2mv[解析](1)粒子經(jīng)過加速電場過程,根據(jù)動能定理有qU1=12m粒子在速度選擇器中做勻速直線運動,根據(jù)平衡條件有qv1B1=qE聯(lián)立解得E=B12(2)粒子在磁分析器的磁場中做勻速圓周運動,由洛倫茲力提供向心力,有qv1B2=mv粒子打到底片上的位置的狹縫S距離為x=2R聯(lián)立解得x=2根據(jù)題意,P1和P2是互為同位素的原子核,電荷量大小相等,原子核P1、P2沿直線通過速度選擇器,最終打到照相底片上的位置到狹縫S的距離之比為k,即x1x2=k,則m(3)結(jié)合上述可知,從狹縫S右端以v0+Δv的速度垂直于邊界射出的粒子到達底片上的位置到狹縫S的距離最遠,對該粒子有qv0+ΔvB2該粒子打在底片上的位置到狹縫S右側(cè)的距離為x1=2r1從狹縫S左端以v0的速度與邊界MN的垂線方向成θ角射出的粒子到達底片上的位置到狹縫S的距離最近,對該粒子有qv0B2=mv該粒子打在底片上的位置到狹縫S左側(cè)的距離為x2=2r2cosθ所以粒子打在底片上沿MN方向的寬度Δx=x1+d-x2聯(lián)立解得Δx=2mv例2(1)πBR22U-πmqB(2)12Ekm(3)20q'U[解析](1)粒子在磁場中做勻速圓周運動,由洛倫茲力提供向心力,當(dāng)從D形盒導(dǎo)出時,粒子動能最大,此時有qvmB=mv解得vm=qBR粒子電場中每加速一次,動能增加qU,則加速次數(shù)n=12m粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期T=2π粒子在磁場中運動的時間t磁=(n-1)T2=πB一般地可忽略粒子在電場中運動的時間,t磁可視為總時間(2)設(shè)α粒子質(zhì)量為4m0、電荷量為2e,氘核質(zhì)量為2m0、電荷量為e,對α粒子,其最大速度vmα=2eBR4m0=eBR2m0,則其最大動能為Ekm=對氘核,其最大速度vmH=eBR2m0,則其最大動能為Ekm'=12×2m0vmH2要想使氘核獲得與α粒子相同的動能,可將磁感應(yīng)強度變?yōu)锽',使得q2B解得B'=2B即磁感應(yīng)強度需增大為原來的2倍高頻交流電源原來的周期T=4π磁感應(yīng)強度改變后,高頻交流電源的周期T'=4πmqB'=2即高頻交流電源的周期應(yīng)變?yōu)樵瓉淼?(3)α粒子在此回旋加速器中運動的周期T=2π·4m0對粒子

2041Ca分析,其在磁場中運動的周期T1=2π·41m020每次

2041Ca進入加速電場時與前一次進入加速電場時相比,相對加速電場方向改變時刻延后的時間為ΔT=T當(dāng)k次延后至該核逆著加速電場方向進入時,該核不能再被加速,該核的動能已達到最大,此時有kΔT=T2-解得k=20根據(jù)動能定理得Ekm″=kq'U=20q'U例3(1)-2a(2)a4(3)y=-2a,y與x(4)n=N[解析](1)從O點出射的離子直接進入第三象限做勻速圓周運動,由洛倫茲力提供向心力有qv0B=mv解得R1=a該離子恰能擊中探測板的C點,故C點的縱坐標(biāo)為y0=-2R1=-2a(2)從A點出射的離子在電場中做類平拋運動,有a=v0ty1=12·Eqmy1=12vy聯(lián)立解得y1=2a,vy=4v0說明該離子從原點O進入磁場.如圖甲所示,設(shè)進入磁場時該離子速度為v,速度方向與x軸方向的夾角為θ,該離子在磁場中運動,由洛倫茲力提供向心力,有qvB=mv由幾何關(guān)系可知v0=vcosθ該離子從磁場中射出的點記為F,則F點到O點的距離yOF=2R2cosθ聯(lián)立解得yOF=2a由幾何關(guān)系可知tanθ=axCF探測板的橫坐標(biāo)為x0=xCF解得x0=a(3)在拋物線上任取一點(x,y2),則y2=2ax該點處發(fā)射的離子在電場中做類平拋運動,有x=v0ty″=12·Eqm聯(lián)立解得y″=2ax可見y″=y2說明所有離子均從O點進入磁場.設(shè)該點處發(fā)射的離子進入磁場時速度為v',速度方向與x軸方向的夾角為α,該離子在磁場中運動,由洛倫茲力提供向心力,有qv'B=mv由幾何關(guān)系可知v0=v'cosα該離子第二次經(jīng)過y軸時的縱坐標(biāo)為y=-2R3cosα聯(lián)立解得y=-2a所以任意離子第二次穿過y軸時的縱坐標(biāo)均為y=-2a,y與其出發(fā)點的橫坐標(biāo)x無關(guān)(4)由(2)和(3)的結(jié)論得①當(dāng)0≤x≤a4時,n=②當(dāng)x>a4時,設(shè)從拋物線上(x3,y3)點處發(fā)射的離子打在探測板的D點,由幾何關(guān)系得tanβ=vy3該離子在電場中做類平拋運動,有vy32=2由于離子發(fā)射時沿著y軸均勻分布,則擊中探測板的離子個數(shù)為n=N·y聯(lián)立解得n=N·a綜上所述,可得n=N【跟蹤訓(xùn)練】1.(1)qBRm(2)5390(3)1.6R(4)0.[解析](1)從S點正對圓心O射出的粒子恰好沿軸線進入電場,由幾何關(guān)系可知,該粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為r=R,由洛倫茲力提供向心力,有qv0B=mv解得進入圓形磁場中的粒子的速度v0=qBR(2)由于粒子做圓周運動的軌跡圓半徑與磁場圓半徑相等,所以根據(jù)磁聚焦特點可知,所有粒子射出磁場時速度方向均平行于軸線OO'.設(shè)從N、M板處射出兩平行板間的粒子在S點射出時速度方向與SO方向的夾角分別為θ1、θ2.如圖甲所示,根據(jù)幾何關(guān)系可知Rsinθ1=12×1.6Rsinθ2=12×1.6解得θ1=53°,θ2=53°能從兩平行板間射出的粒子數(shù)占總粒子數(shù)的比例為η=θ1180°+θ(3)粒子在上方磁場中偏轉(zhuǎn)的距離L=2r'cosθ其中r'=mvqB,v=聯(lián)立可得L=2mv0即所有進入上方磁場中的粒子在磁場中向左偏轉(zhuǎn)的距離都為2R.要使所有粒子都能打到接收板PQ上,由于接收板可左右平移,所以可移動接收板至Q端與N板相距為2R處,保證當(dāng)兩平行板間電壓為零時射出兩平行板間的粒子能都打到探測板PQ上即可.探測板PQ的長度至少為Lmin=1.6R(4)當(dāng)U=U0時,帶電粒子在電場中偏轉(zhuǎn)的位移為y=12at其中a=qU01.6Rm又知U0=16聯(lián)立可得y=0.8R如圖乙所示,①為從右邊緣射出平行板間的粒子進入磁場運動的軌跡,③為從左邊緣射入平行板間的粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后進入磁場運動的軌跡,②為①③中間的圓.當(dāng)接收板PQ移到P'Q'位置(P'為②③的交點,Q'為①②的交點)時,所有粒子都被擋住,因而接收板PQ的長度至少為Lmin'=12y=0.42.(1)qB02πf(3)πfB[解析](1)根據(jù)題意可知,質(zhì)子在磁場中運動周期與交流電源的周期相等,則有T=1質(zhì)子在磁場中運動時,由牛頓第二定律有qvB0=mv又知T=2π聯(lián)立解得m=q(2)設(shè)質(zhì)子離開加速器時速度大小為v,由牛頓第二定律有qvB0=mv輸出時質(zhì)子束的平均等效電流為I=Nq設(shè)在t時間內(nèi)離開加速器的質(zhì)子數(shù)