（浙江选考）2020版高考物理一轮复习增分突破三以STSE应用为背景的复杂场问题.docx

1、1增分突破三 以 STSE 应用为背景的复杂场问题增分策略STSE 背景下的带电粒子问题常常是在新背景、新技术下的带电粒子在复合场中的运动,其中质谱仪、速度选择器、磁流体发电机、电磁流量计、回旋加速器、霍尔元件这些都是带电粒子在复合场中的运动实例,其原理分别是:装置 原理图 规律质谱仪粒子由静止被加速电场加速,qU= mv212粒子在磁场中做匀速圆周运动,qvB=mv2r由以上两式可得 r= ,m= , =1B 2mUq qr2B22Uqm2UB2r2回旋加速器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mv

2、2r q2B2r22m强度 B 和 D 形盒半径 r 决定,与加速电压无关速度选择器 若 qv0B=Eq,即 v0= ,粒子做匀速直线运动EB磁流体发电机等离子体射入,受洛伦兹力偏转,使两极板带正、负电,两极电压为U 时稳定,q =qv0B,U=v0BdUd电磁流量计 q=qvB,所以 v= ,所以 Q=vS=UD UDB DU4B霍尔元件当磁场方向与电流方向垂直时,导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现电势差典例 1 质谱仪是测量带电粒子的比荷和分析同位素的重要工具。如图所示,带电粒子从容器 A 下方的小孔 S1飘入电势差为 U 的加速电场,其初速度几乎为零,然后经过 S3沿着与磁场垂直的

3、方向进入磁感应强度为 B 的匀强磁场中,最后打到照相底片 D 上。现有某种元素的三种同位素的原子核由容器 A 进入质谱仪,最后分别打在底片 P1、P 2、P 3三个位置。不计粒子重力。则打在 P1处的粒子( )2A.质量最小 B.比荷最小C.动能最小 D.动量最小答案 B解析 质谱仪由加速电场和偏转磁场组成,某种元素的同位素的原子核,带电量相等,质量不同,经过加速由 qU= mv2可得 v= ,粒子进入磁场后,由 Bqv=m 得 R= = ,所以半径越大,质量越大,比荷越小,A12 2qUm v2R mvBq1B 2Umq选项错误,B 选项正确;动能为 Ek= mv2=qU,三者动能相等,C

4、选项错误;动量 I=mv= ,质量越大,动量12 2qUm越大,D 选项错误。典例 2 某带电粒子从图中速度选择器左端中点 O 以速度 v0向右水平射出,从右端中点 a 下方的 b点以速度 v1射出;若增大磁感应强度,该粒子将打到 a 上方的 c 点,且 ac=ab,其中匀强电场的电场强度大小为 E,不计粒子的重力,则下列说法错误的是 ( )A.该粒子带正电B.若使该粒子沿 Oa 方向水平射出,则电场强度和磁感应强度大小满足 =v0EBC.第二次射出时的速率仍为 v1D.第二次射出时的速率为 2v20-v21答案 C解析 当增加磁感应强度时,洛伦兹力变大,粒子向上偏转,说明洛伦兹力增加到大于电

5、场力,且洛伦兹力向上,根据左手定则可以判断粒子带正电,故 A 正确;若使该粒子沿 Oa 方向水平射出,根据平衡条件,有 qv0B=qE,故 v0= ,故 B 正确;从 O 到 b 过程,根据动能定理,有 qEy= m - m ,从 O 到 c 过程,根据动EB 12v2112v20能定理,有-qFy= m - m ,由以上两式求解出:v 2= ,故 C 错误,D 正确。12v2212v20 2v20-v213典例 3 (多选)利用霍尔效应制作的霍尔元件,广泛应用于测量和自动控制等领域。如图是霍尔元件的工作原理示意图,磁感应强度 B 垂直于霍尔元件的工作面向下,通入图示方向的电流 I,C、D 两

6、侧面会形成电势差 UCD,下列说法中正确的是( )A.电势差 UCD仅与材料有关B.若霍尔元件的载流子是自由电子,则电势差 UCD (落在右回收区)或 B (落在左边回收区),选项 B 正确,C 错误。进入回收区的带电4mv0qD mv0qD 4mv03qD粒子在磁场中转半周,运动时间为半个周期,而周期 T= ,与磁感应强度有关,所以所有进入回收区的粒2mqB子均在磁场中转过半周,但运动时间不相等,选项 D 错误。8.“太空粒子探测器”是由加速、偏转和收集三部分组成。其原理可简化如下:如图所示,辐射状的加速电场区域边界为两个同心平行半圆弧面,圆心为 M,外圆弧面 AB 与内圆弧面 CD 的电势

7、差为 U。图中偏转磁场分布在以 P 为圆心、半径为 3R 的圆周内,磁感应强度大小为 B,方向垂直纸面向外;内有半径为 R的圆盘(圆心在 P 处)作为收集粒子的装置,粒子碰到圆盘边缘即被吸收。假设太空中漂浮着质量为 m、电荷量为 q 的带正电粒子,它们能均匀地吸附到圆弧面上,并被加速电场从静止开始加速,从 M 点以某一速率向右侧各个方向射入偏转磁场,不计粒子间的相互作用和其他星球对粒子引力的影响。(1)求粒子到达 M 点时的速率;(2)若电势差 U= ,则粒子从 M 点到达圆盘的最短时间是多少?2qB2R2m(3)接第(2)问,试求到达圆盘的粒子数与到达 M 点的粒子总数的比值 。(结果用反三

8、角函数表示。例: sin =k,则 =arc sin k, 为弧度)答案 (1) (2) (3)2qUm m3qB 2-arcsin13解析 (1)设粒子到达 M 点时的速度为 v,由动能定理得qU= mv212解得 v= 。2qUm(2)将 U= 代入 ,则 v= =2qB2R2m 2qUm 2qBRm设该粒子轨迹半径为 r,则根据 qvB=m 得 r=2Rv2r10若要时间最短,则粒子在磁场中运动的弦长最短,故从 M 斜向上射入,在图甲中 E 点到达圆盘用时最短。ME=EO=OM=2R,故MOE=60甲得 tmin= = 。603602mqB m3qB(3)若粒子以与 MP 成 角从 M

9、点射入磁场,轨迹恰好与圆盘左侧相切。画出轨迹如图乙所示。乙根据几何关系找出粒子轨迹的圆心 O1刚好落在磁场的边界上。MP=O1P=3R,在等腰MPO 1中作 PFMO 1,因为 PF 与该粒子从 M 进入时的速度方向平行,故 sin = = ,MFMP13=arcsin 。13若粒子以与 MP 垂直从 M 点射入磁场,轨迹也恰好与圆相切,如图丙所示。丙故到达圆盘的粒子数与到达 M 点的粒子总数的比值 = = 。 2- 2-arcsin139.如图所示为回旋加速器的简易图,整个装置置于方向竖直向下磁感应强度大小为 B 的匀强磁场中,已知两 D 形盒的半径大小为 R,两个狭缝之间的距离为 d,现将

10、一粒子发射源放在 D1盒的圆心处,且该粒子发射源能释放质量为 m、电荷量为 q 的带正电粒子,且粒子的初速度视为零,当在两狭缝之间施加一高频11交变电压,加速电压 U 的大小认为不变,粒子的重力可忽略,该带电粒子在电场中的加速次数与粒子在磁场中回旋半个圆周的次数相同。求:(1)尽管粒子在狭缝中每次加速的时间很短但也不可忽略,计算上述粒子在某次加速过程当中从离开粒子源到被第 n 次加速结束时所经历的时间;(2)粒子在第 n 次由 D1盒进入 D2盒与紧接着第 n+1 次由 D1盒进入 D2盒位置之间的距离 x。答案 (1)d +2nmqU(n-1)mqB(2) ( - )2B 2mUq 2n 2

11、n-1解析 (1)设粒子经过窄缝被第 n 次加速后的速度为 vn,由动能定理得 nqU= m12v2n粒子在狭缝中经 n 次加速的总时间 t1=vna由牛顿第二定律得 F=qE=q =maUd由以上三式解得电场对粒子加速的时间 t1=d2nmqU正离子在磁场中做匀速圆周运动,由牛顿第二定律得qvB=mv2r又 T=2rv粒子在磁场中做圆周运动的时间 t2=(n-1)T2解得 t2=(n-1)mqB所以,粒子从离开粒子源到被第 n 次加速结束时所经历的时间t=t1+t2=d +2nmqU(n-1)mqB(2)粒子经电场第 1 次加速后,以速度 v1进入 D2盒,设轨道半径为 r1,则r1= =m

12、v1qB1B 2mUq粒子经第 2 次电场加速后,以速度 v2进入 D1盒,设轨道半径为 r2,则12r2= =mv2qB1B 22mUq粒子第 n 次由 D1盒进入 D2盒,粒子已经过 2n-1 次电场加速,以速度 进入 D2盒,由动能定理得(2n-v2n-11)qU= m -012v 22n-1轨道半径 rn= =mv2n-1qB1B (2n-1)2mUq粒子第 n+1 次由 D1盒进入 D2盒加速前,粒子已经过 2n 次电场加速,以速度 进入电场,由动能定理得v2n2nqU= m -012v22n轨道半径 rn+1= =mv2nqB1B 2n2mUq则 x=2(r n+1-rn)即 x=2 = ( - )(mv2nqB-mv2n-1qB)2B 2mUq 2n 2n-1