5、5≈1.6%。
[答案] (1) (2)d(1－cos θ) (3)1.6%
[集訓(xùn)沖關(guān)]
1．[多選](2019·啟東中學(xué)模擬)如圖是質(zhì)譜儀工作原理的示意圖。帶電粒子a、b從容器中的A點(diǎn)飄出(在A點(diǎn)初速度為零)，經(jīng)電壓U加速后，從x軸坐標(biāo)原點(diǎn)處進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，最后分別打在感光板S上，坐標(biāo)分別為x1、x2。圖中半圓形虛線分別表示帶電粒子a、b所通過的路徑，則( )
A．b進(jìn)入磁場的速度一定大于a進(jìn)入磁場的速度
B．a(chǎn)的比荷一定大于b的比荷
C．若a、b電荷量相等，則它們的質(zhì)量之比ma∶mb＝x12∶x22
D．若a、b質(zhì)量相等，則它們在磁場中運(yùn)動時間之比ta∶tb
6、＝x1∶x2
解析：選BC 粒子在磁場中由洛倫茲力提供向心力：qvB＝m，r＝，半徑與速度和比荷有關(guān)，雖然b的半徑大于a的半徑，但不能確定b進(jìn)入磁場的速度與a進(jìn)入磁場的速度關(guān)系，故A錯誤；粒子經(jīng)過加速電場后由動能定理可知qU＝mv2，v＝ ，r＝，a的比荷一定大于b的比荷，故B正確；根據(jù)r＝，若a、b電荷量相等，則它們的質(zhì)量之比ma∶mb＝x12∶x22，故C正確；經(jīng)歷的時間為t＝T＝，故若a、b質(zhì)量相等，則它們在磁場中運(yùn)動時間之比ta∶tb＝x12∶x22，故D錯誤。
2．[多選](2019·豐縣月考)回旋加速器在科學(xué)研究中得到了廣泛應(yīng)用，其原理如圖所示。D1和D2是兩個中空的半圓形金屬
7、盒，置于與盒面垂直的勻強(qiáng)磁場中，它們接在電壓為U、周期為T的交流電源上。位于D1圓心處的質(zhì)子源A能不斷產(chǎn)生質(zhì)子(初速度可以忽略)，它們在兩盒之間被電場加速。當(dāng)質(zhì)子被加速到最大動能Ek
后，再將它們引出。忽略質(zhì)子在電場中的運(yùn)動時間，則下列說法中正確的是( )
A．若只增大交變電壓U，則質(zhì)子的最大動能Ek會變大
B．若只增大交變電壓U，則質(zhì)子在回旋加速器中運(yùn)行的時間會變短
C．若只將交變電壓的周期變?yōu)?T，仍可用此裝置加速質(zhì)子
D．質(zhì)子第n次被加速前、后的軌道半徑之比為∶
解析：選BD 根據(jù)qvB＝m，可得v＝。則最大動能為Ek＝mv2＝，與加速電壓無關(guān)，故A項(xiàng)錯誤；若只增大交變電壓
8、U，則質(zhì)子在回旋加速器中加速次數(shù)會減少，導(dǎo)致運(yùn)行時間變短，故B項(xiàng)正確；若只將交變電壓的周期變?yōu)?T，而質(zhì)子在磁場中運(yùn)動的周期不變，則兩周期不同，所以不能始終處于加速狀態(tài)，故C項(xiàng)錯誤；根據(jù)洛倫茲力提供向心力做勻速圓周運(yùn)動，則半徑R＝，且nqU＝mv2，所以質(zhì)子第n次被加速前后的軌道半徑之比為∶，故D項(xiàng)正確。
突破點(diǎn)(二) 帶電粒子在三類組合場中的運(yùn)動
帶電粒子在電場和磁場的組合場中運(yùn)動，實(shí)際上是將粒子在電場中的加速與偏轉(zhuǎn)，跟磁偏轉(zhuǎn)兩種運(yùn)動有效組合在一起，有效區(qū)別電偏轉(zhuǎn)和磁偏轉(zhuǎn)，尋找兩種運(yùn)動的聯(lián)系和幾何關(guān)系是解題的關(guān)鍵。當(dāng)帶電粒子連續(xù)通過幾個不同的場區(qū)時，粒子的受力情況和運(yùn)動情況也發(fā)生相應(yīng)的變
9、化，其運(yùn)動過程則由幾種不同的運(yùn)動階段組成。
[多維探究]
先電場后磁場
(1)先在電場中做加速直線運(yùn)動，然后進(jìn)入磁場做圓周運(yùn)動。(如圖甲、乙所示)
在電場中利用動能定理或運(yùn)動學(xué)公式求粒子剛進(jìn)入磁場時的速度。
(2)先在電場中做類平拋運(yùn)動，然后進(jìn)入磁場做圓周運(yùn)動。(如圖丙、丁所示)
在電場中利用平拋運(yùn)動知識求粒子進(jìn)入磁場時的速度。
[例1] (2019·蘇州期考)如圖所示，足夠大的熒光屏ON垂直xOy坐標(biāo)面，與x軸夾角為30°，當(dāng)y軸與ON間有沿－y方向、場強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場時，一質(zhì)量為m、電荷量為q的正離子從y軸上的P點(diǎn)，以速度v0、沿＋x軸方向射入電場，恰
10、好垂直打到熒光屏上的M點(diǎn)(圖中未標(biāo)出)。現(xiàn)撤去電場，在y軸與ON間加上垂直坐標(biāo)面向外的勻強(qiáng)磁場，相同的正離子從y軸上的Q點(diǎn)仍以速度v0、沿＋x軸方向射入磁場，恰好也垂直打到熒光屏上的M點(diǎn)，離子的重力不計。則：
(1)求離子在電場中運(yùn)動的時間t；
(2)求磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B；
(3)若相同的離子分別從y軸上的不同位置以速度v＝ky(y>0，k為常數(shù))、沿＋x軸方向射入磁場，離子都能打到熒光屏上，問k應(yīng)滿足什么條件？滿足條件的所有離子中，在磁場中運(yùn)動時間的最大值為多大？
[解析] (1)設(shè)離子垂直打到熒光屏上的M點(diǎn)時，沿y軸負(fù)方向的分速度大小為vy，在電場中運(yùn)動的加速度為a，則：
tan
11、 60°＝
Eq＝ma vy＝at
解得t＝。
(2)設(shè)離子在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑為r，由幾何關(guān)系可知
rsin 60°＝v0t
則r＝
由向心力公式得Bqv0＝m
代入得B＝。
(3)臨界狀態(tài)：離子恰好能打到熒光屏上，即軌跡與ON相切，設(shè)此時圓周運(yùn)動半徑為r0，
由幾何關(guān)系可知r0＋＝y(tǒng)
由向心力公式得Bqv＝m，
其中v＝ky
解得k＝
為使離子能打到熒光屏上應(yīng)滿足r≥r0
則k≥
上述臨界狀態(tài)下，離子在磁場中運(yùn)動時間有最大值tm＝T
且T＝＝
代入得tm＝。
[答案] (1) (2)
(3)k≥
先磁場后電場
對于粒子從磁場進(jìn)入電場
12、的運(yùn)動，常見的有兩種情況：
(1)進(jìn)入電場時粒子速度方向與電場方向相同或相反；
(2)進(jìn)入電場時粒子速度方向與電場方向垂直。(如圖甲、乙所示)
[例2] (2019·徐州模擬)在xOy平面內(nèi)，x軸上方存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，x軸下方存在電場強(qiáng)度為E、方向沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場。一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子(不計粒子的重力)從坐標(biāo)原點(diǎn)以速度v沿y軸正方向射入磁場區(qū)域。求：
(1)粒子在磁場中運(yùn)動的軌道半徑；
(2)寫出粒子從出發(fā)開始計時，到第一次打到x軸前，粒子的位移隨著時間變化的表達(dá)式；
(3)粒子從出發(fā)到第n次到達(dá)x軸的平均速度的大小。
[解
13、析] (1)根據(jù)洛倫茲力提供向心力，粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)有
qvB＝m
得R＝。
(2)由T＝，t＝T，
得t＝，則θ＝
由圖中幾何關(guān)系可知：s＝2Rsin
粒子的位移隨著時間變化的表達(dá)式：s＝sin ，
其中t<。
(3)粒子在磁場中的運(yùn)動周期T＝
在電場中往返一次運(yùn)動時間：t1＝＝
設(shè)第n次到x軸
n為奇數(shù)時： 第n次到x軸的位移為
x＝·2R＝，
時間為t＝·＋·t1＝＋
平均速度為＝＝
n為偶數(shù)時： 第n次到x軸的位移為
x＝·2R＝，
時間為t＝·＋·t1＝＋
平均速度為＝＝。
[答案] (1) (2)s＝sin ，t<
(3)n為奇數(shù)時：＝ ；
14、
n為偶數(shù)時：＝
先后多個電、磁場
[例3] (2018·南京三模)如圖所示，平面直角坐標(biāo)系x軸水平向右，y軸豎直向上，虛線MN與y軸平行，y軸左側(cè)有豎直向下的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)E1＝6 N/C，y軸與MN之間有平行于y軸的勻強(qiáng)電場E2，y軸右側(cè)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1 T。一帶正電小球(m＝1×10－3 kg，q＝5×10－3 C)從圖中與y軸距離為x0＝0.3 m的P點(diǎn)，以v0＝3 m/s的初速度沿x軸正向開始運(yùn)動，經(jīng)坐標(biāo)原點(diǎn)O越過y軸，在y軸與MN之間恰好做勻速圓周運(yùn)動，再經(jīng)C點(diǎn)越過MN，越過時速度方向與x軸正方向一致。線段CD平行于x軸，小球能通過D點(diǎn)，取
15、g＝10 m/s2。求：
(1)經(jīng)過O點(diǎn)時的速度；
(2)勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)E2以及C點(diǎn)的坐標(biāo)；
(3)線段CD的長度。
[解析] (1)小球在PO段做類平拋運(yùn)動
t＝＝0.1 s
ay＝＝40 m/s2
vy＝ayt1＝4 m/s
v＝＝5 m/s
tan θ＝＝
與x軸正方向夾角θ＝53°斜向下。
(2)小球在y軸與MN之間做勻速圓周運(yùn)動，重力與電場力平衡
mg＝qE2
E2＝＝2 N/C，方向向上
洛倫茲力提供小球做圓周運(yùn)動的向心力qvB＝m
R＝＝1 m
x＝Rsin θ＝0.8 m
y＝R－Rcos θ＝0.4 m
C點(diǎn)坐標(biāo)為(0.8 m，－0.4 m
16、)。
(3)在MN右側(cè)，由qv1B＝mg，得v1＝＝2 m/s
v2＝v－v1＝3 m/s
小球在C點(diǎn)的速度大小是v＝5 m/s，可看成是v1＝2 m/s和v2＝3 m/s兩個速度的合成，在磁場中小球的運(yùn)動軌跡由勻速直線運(yùn)動與勻速圓周運(yùn)動同步合成
周期為T＝＝0.4π s
所以LCD＝v2·nT＝1.2nπ m，n＝1,2,3，…。
[答案] (1)5 m/s，與x軸正方向夾角為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，…
突破點(diǎn)(三) 帶電粒子在交變電、磁場中的運(yùn)動
解決帶電粒子在交變電、磁場中的運(yùn)動問
17、題的基本思路
先讀圖
看清、并明白場的變化情況
受力分析
分析粒子在不同的變化場區(qū)的受力情況
過程分析
分析粒子在不同時間內(nèi)的運(yùn)動情況
找銜接點(diǎn)
找出銜接相鄰兩過程的物理量
選規(guī)律
聯(lián)立不同階段的方程求解
[多維探究]
交變磁場
[例1] 如圖甲所示，間距為d、垂直于紙面的兩平行板P、Q間存在勻強(qiáng)磁場。取垂直于紙面向里為磁場的正方向，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示。t＝0時刻，一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的粒子(不計重力)以初速度v0由板Q左端靠近板面的位置，沿垂直于磁場且平行于板面的方向射入磁場區(qū)。當(dāng)B0和TB取某些特定值時，可使t＝0時刻入射的粒子經(jīng)時
18、間Δt恰能垂直打在板P上(不考慮粒子反彈)。上述m、q、d、v0為已知量。
(1)若Δt＝TB，求B0；
(2)為使t＝0時刻入射的粒子垂直打在P板上，求粒子在0～時間內(nèi)速度的偏轉(zhuǎn)角α應(yīng)滿足的條件；
(3)若B0＝，為使粒子仍能垂直打在P板上，求TB。
[解析] (1)設(shè)粒子做勻速圓周運(yùn)動的半徑為R1，由牛頓第二定律得：
qv0B0＝m
根據(jù)題意由幾何關(guān)系得到：R1＝d
聯(lián)立可以得到：B0＝。
(2)由題意可知，粒子若垂直打到P板上，速度偏轉(zhuǎn)角α必須滿足α≥90°
若速度偏轉(zhuǎn)角過大，就會從左邊界射出，速度偏轉(zhuǎn)角最大如圖所示：
此時sin β＝＝，β＝30°，α＝150°
19、
綜上可得：90°≤α≤150°。
(3)設(shè)粒子做圓周運(yùn)動的半徑為R，周期為T，根據(jù)圓周運(yùn)動公式得到：T＝
由牛頓第二定律得到：qv0B0＝m
將B0代入上式可得：d＝5R
粒子運(yùn)動軌跡如圖所示：
O1、O2為圓心，O1、O2連線與水平方向夾角為θ，在每個TB內(nèi)，只有A、B兩個位置才有可能垂直擊中P板，由題意可知：
T＝
若在A點(diǎn)擊中P板，根據(jù)題意由幾何關(guān)系得到：
R＋2(R＋Rsin θ)n＝d，且要求：0≤θ≤
當(dāng)n＝0、n＝1時，無解。
當(dāng)n＝2時，sin θ＝0，此時TB＝，
當(dāng)n≥3時無解；
若在B點(diǎn)擊中P板，根據(jù)題意由幾何關(guān)系得到：
R＋2Rsin θ＋
20、2(R＋Rsin θ)n＝d
且要求：0<θ≤
當(dāng)n＝0時無解
當(dāng)n＝1時，sin θ＝
此時TB＝
當(dāng)n≥2時，無解。
[答案] (1) (2)90°≤α≤150° (3)或
交變電場＋恒定磁場
[例2] (2018·宿遷模擬)如圖甲所示，帶正電粒子以水平速度v0從平行金屬板MN間中線OO′連續(xù)射入電場中。MN板間接有如圖乙所示的隨時間t變化的電壓UMN，兩板間電場可看作是均勻的，且兩板外無電場。緊鄰金屬板右側(cè)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場B，分界線為CD，EF為屏幕。金屬板間距為d，長度為l，磁場的寬度為d。已知：B＝5×10－3 T，l＝d＝0.2 m，每個帶正電粒子的
21、速度v0＝105 m/s，比荷為＝108 C/kg，重力忽略不計，在每個粒子通過電場區(qū)域的極短時間內(nèi)，電場可視作是恒定不變的。試求：
(1)帶電粒子進(jìn)入磁場做圓周運(yùn)動的最小半徑；
(2)帶電粒子射出電場時的最大速度；
(3)帶電粒子打在屏幕上的范圍。
[審題指導(dǎo)]
第一步：抓關(guān)鍵點(diǎn)
關(guān)鍵點(diǎn)
獲取信息
電場可視作是恒定不變的
電場是勻強(qiáng)電場，帶電粒子做類平拋運(yùn)動
最小半徑
當(dāng)加速電壓為零時，帶電粒子進(jìn)入磁場時的速率最小，半徑最小
最大速度
由動能定理可知，當(dāng)加速電壓最大時，粒子的速度最大，但應(yīng)注意粒子能否從極板中飛出
第二步：找突破口
(1)要求圓周運(yùn)動的最小半
22、徑，由帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動的半徑公式可知，應(yīng)先求最小速度，后列方程求解。
(2)要求粒子射出電場時的最大速度，應(yīng)先根據(jù)平拋運(yùn)動規(guī)律求出帶電粒子能從極板間飛出所應(yīng)加的板間電壓的范圍，后結(jié)合動能定理列方程求解。
(3)要求粒子打在屏幕上的范圍，應(yīng)先綜合分析帶電粒子的運(yùn)動過程，畫出運(yùn)動軌跡，后結(jié)合幾何知識列方程求解。
[解析] (1)t＝0時刻射入電場的帶電粒子不被加速，進(jìn)入磁場做圓周運(yùn)動的半徑最小。
粒子在磁場中運(yùn)動時qv0B＝
則帶電粒子進(jìn)入磁場做圓周運(yùn)動的最小半徑
rmin＝＝ m＝0.2 m
其運(yùn)動的徑跡如圖中曲線Ⅰ所示。
(2)設(shè)兩板間電壓為U1，帶電粒子
23、剛好從極板邊緣射出電場，則有＝at2＝·2
代入數(shù)據(jù)，解得U1＝100 V
在電壓低于100 V時，帶電粒子才能從兩板間射出電場，電壓高于100 V時，帶電粒子打在極板上，不能從兩板間射出。帶電粒子剛好從極板邊緣射出電場時，速度最大，設(shè)最大速度為vmax，則有mvmax2＝mv02＋q·
解得vmax＝×105 m/s＝1.414×105 m/s。
(3)由第(1)問計算可知，t＝0時刻射入電場的粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑
rmin＝d＝0.2 m
徑跡恰與屏幕相切，設(shè)切點(diǎn)為E，E為帶電粒子打在屏幕上的最高點(diǎn)，
則＝rmin＝0.2 m
帶電粒子射出電場時的速度最大時，在磁
24、場中做圓周運(yùn)動的半徑最大，打在屏幕上的位置最低。
設(shè)帶電粒子以最大速度射出電場進(jìn)入磁場中做圓周運(yùn)動的半徑為rmax，打在屏幕上的位置為F，運(yùn)動徑跡如圖中曲線Ⅱ所示。
qvmaxB＝
則帶電粒子進(jìn)入磁場做圓周運(yùn)動的最大半徑
rmax＝＝ m＝ m
由數(shù)學(xué)知識可得運(yùn)動徑跡的圓心必落在屏幕上，如圖中Q點(diǎn)所示，并且Q點(diǎn)必與M板在同一水平線上。則
＝＝ m＝0.1 m
帶電粒子打在屏幕上的最低點(diǎn)為F，則
＝rmax－＝(－0.1)m＝0.18 m
即帶電粒子打在屏幕上O′上方0.2 m到O′下方0.18 m的范圍內(nèi)。
[答案] (1)0.2 m (2)1.414×105 m/s
(
25、3)O′上方0.2 m到O′下方0.18 m的范圍內(nèi)
交變磁場＋恒定電場
[例3] 如圖甲所示，在直角坐標(biāo)系中有兩條與y軸平行的磁場邊界AB和CD，AB、CD與x軸的交點(diǎn)分別為M(2L,0)、N(4L,0)。在AB和CD之間存在著垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，在AB與 y軸之間存在著沿著y軸正方向的勻強(qiáng)電場?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為e的電子，在y軸上的P點(diǎn)以初速度v0沿著x軸的正方向射入勻強(qiáng)電場，正好從M點(diǎn)進(jìn)入勻強(qiáng)磁場，且速度方向與x軸所成夾角為30°。
(1)求勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E。
(2)若電子不能越過邊界CD，求勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B應(yīng)滿足的條件。
(3)若電子通過M點(diǎn)時
26、開始計時，磁場隨時間變化的情況如圖乙所示(垂直紙面向外為正，且不考慮磁場變化所產(chǎn)生的感生電場)，要使電子運(yùn)動一段時間后從N點(diǎn)飛出，速度方向與x軸的夾角為30°。求磁場變化的周期T、磁感應(yīng)強(qiáng)度B1的大小各應(yīng)滿足的表達(dá)式。
[解析] (1)由tan θ＝，vy＝at
eE＝ma,2L＝v0t
解得：E＝。
(2)電子恰好不越過邊界CD的軌跡如圖甲實(shí)線所示
v＝，Rsin 30°＋R＝2L，eBv＝
解得：B＝，即滿足B≥。
(3)要滿足電子從N點(diǎn)射出，且與x軸的夾角為30°，軌跡如圖乙所示，在磁場變化的半個周期內(nèi)，電子偏轉(zhuǎn)了60°，所以在磁場變化的半個周期內(nèi)，電子在x軸方向上的位
27、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，…)
交變電、磁場
[例4] 如圖(a)所示的xOy平面處于變化的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中，電場強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間做周期性變化的圖像如圖(b)所示，y軸正方向?yàn)镋的正方向，垂直于紙面向里為B的正方向。t＝0時刻，帶負(fù)電粒子P(重力不計)由原點(diǎn)O以速度v0沿y軸正方向射出，它恰能沿一定軌道做周期性運(yùn)動。v0、E0和t0為已知
28、量，圖(b)中＝，在0～t0時間內(nèi)粒子P第一次離x軸最遠(yuǎn)時的坐標(biāo)為，。求：
(1)粒子P的比荷；
(2)t＝2t0時刻粒子P的位置；
(3)帶電粒子在運(yùn)動中距離原點(diǎn)O的最遠(yuǎn)距離L。
[解析] (1)0～t0時間內(nèi)粒子P在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動，當(dāng)粒子所在位置的縱、橫坐標(biāo)相等時，粒子在磁場中恰好經(jīng)過圓周，所以粒子P第一次離x軸的最遠(yuǎn)距離等于軌道半徑R，即
R＝ ①
又qv0B0＝m ②
代入＝
解得＝。 ③
(2)設(shè)粒子P在磁場中運(yùn)動的周期為T，則
T＝ ④
聯(lián)立①④解得T＝4t0 ⑤
即粒子P做圓周運(yùn)動后磁場變?yōu)殡妶?，粒子以速度v0垂直電場方向進(jìn)入電場后做類平
29、拋運(yùn)動，設(shè)t0～2t0時間內(nèi)水平位移和豎直位移分別為x1、y1，則
x1＝v0t0＝＝ ⑥
y1＝at02， ⑦
其中加速度a＝
由③⑦解得y1＝＝R，因此t＝2t0時刻粒子P的位置坐標(biāo)為，如圖中的b點(diǎn)所示。
(3)分析知，粒子P在2t0～3t0時間內(nèi)，電場力產(chǎn)生的加速度方向沿y軸正方向，由對稱關(guān)系知，在3t0時刻速度方向?yàn)閤軸正方向，位移x2＝x1＝v0t0；在3t0～5t0時間內(nèi)粒子P沿逆時針方向做勻速圓周運(yùn)動，往復(fù)運(yùn)動軌跡如圖所示，由圖可知，帶電粒子在運(yùn)動中距原點(diǎn)O的最遠(yuǎn)距離L即O、d間的距離L＝2R＋2x1 ⑧
解得L＝2v0t0。
[答案] (1) (2) (3)2v0
30、t0
現(xiàn)代科技中的組合場問題
近年來，高考試題中不斷出現(xiàn)以現(xiàn)代科技為背景的題目，學(xué)生應(yīng)強(qiáng)化對背景的分析，構(gòu)建出正確的物理模型，現(xiàn)舉例如下。
離子推進(jìn)器是太空飛行器常用的動力系統(tǒng)。某種推進(jìn)器設(shè)計的簡化原理如圖甲所示，截面半徑為R的圓柱腔分為兩個工作區(qū)。Ⅰ為電離區(qū)，將氙氣電離獲得1價正離子；Ⅱ?yàn)榧铀賲^(qū)，長度為L，兩端加有電壓，形成軸向的勻強(qiáng)電場。Ⅰ區(qū)產(chǎn)生的正離子以接近0的初速度進(jìn)入Ⅱ區(qū)，被加速后以速度vM從右側(cè)噴出。
Ⅰ區(qū)內(nèi)有軸向的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，在離軸線處的C點(diǎn)持續(xù)射出一定速率范圍的電子。假設(shè)射出的電子僅在垂直于軸線的截面上運(yùn)動，截面如圖乙所示(從左向右看)。電子的初速
31、度方向與中心O點(diǎn)和C點(diǎn)的連線成α角(0<α≤90°)。推進(jìn)器工作時，向Ⅰ區(qū)注入稀薄的氙氣。電子使氙氣電離的最小速率為v0，電子在Ⅰ區(qū)內(nèi)不與器壁相碰且能到達(dá)的區(qū)域越大，電離效果越好。已知離子質(zhì)量為M；電子質(zhì)量為m，電量為e。(電子碰到器壁即被吸收，不考慮電子間的碰撞)
(1)求Ⅱ區(qū)的加速電壓及離子的加速度大小；
(2)為取得好的電離效果，請判斷Ⅰ區(qū)中的磁場方向(按圖乙說明是“垂直紙面向里”或“垂直紙面向外”)；
(3)α為90°時，要取得好的電離效果，求射出的電子速率v的范圍；
(4)要取得好的電離效果，求射出的電子最大速率vmax與α角的關(guān)系。
解析：(1)由動能定理得MvM
32、2＝Eu ①
U＝ ②
a＝＝e＝。 ③
(2)垂直紙面向外。 ④
(3)設(shè)電子運(yùn)動的最大半徑為r，由圖甲中幾何關(guān)系得
2r＝R ⑤
eBv＝m ⑥
所以有v0≤v＜ ⑦
要使⑦式有解，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＞。 ⑧
(4)如圖乙所示，OA＝R－r，OC＝，AC＝r
根據(jù)幾何關(guān)系得r＝ ⑨
由⑥⑨式得vmax＝。
答案：見解析
把握三點(diǎn)，解決現(xiàn)代科技中的組合場問題
1．對題目背景涉及的物理知識和原理機(jī)制進(jìn)行認(rèn)真分析。
2．從力、運(yùn)動、能量三個角度分析粒子的運(yùn)動過程，并畫出運(yùn)動軌跡的草圖。
3．構(gòu)建物理模型，選擇適用的物理規(guī)律和方法解決問題?！ ?
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（江蘇專版）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第八章 第3節(jié) 帶電粒子在組合場中的運(yùn)動講義（含解析）
