《2025年高考调研高考总复习讲义高中物理人教版》

3. （2023·浙江 1 月选考）探究离子源发射速度大小和方向分布的原理如图所示。x 轴上方存在垂直 xOy 平面向外、磁感应强度大小为 B 的匀强磁场。x 轴下方的分析器由两块相距为 d、长度足够的平行金属薄板 M 和 N 组成，其中位于 x 轴的 M 板中心有一小孔 C（孔径忽略不计），N 板连接电流表后接地。位于坐标原点 O 的离子源能发射质量为 m、电荷量为 q 的正离子，其速度方向与 y 轴夹角最大值为 $60^{\circ}$；且各个方向均有速度大小连续分布在 $\frac{1}{2}v_0$ 和 $\sqrt{2}v_0$ 之间的离子射出。已知速度大小为 $v_0$、沿 y 轴正方向射出的离子经磁场偏转后恰好垂直 x 轴射入孔 C。未能射入孔 C 的其他离子被分析器的接地外罩屏蔽（图中没有画出）。不计离子的重力及相互作用，不考虑离子间的碰撞。

（1）求孔 C 所处位置的坐标 $x_0$；
（2）求离子打在 N 板上区域的长度 L；
（3）若在 N 与 M 板之间加载电压，调节其大小，求电流表示数刚为 0 时的电压 $U_0$；
（4）若将分析器沿着 x 轴平移，调节加载在 N 与 M 板之间的电压，求电流表示数刚为 0 时的电压 $U_x$ 与孔 C 位置坐标 x 之间关系式。当$\frac{mv_0}{2qB}$≤x≤$\frac{2\sqrt{2}mv_0}{qB}$时，$U_x = \frac{qB^2x^2}{8m}$

答案：
3.答案　
(1)$\frac{2mv_0}{qB}$
(2)2d　
(3)$\frac{mv_0^2}{2q}$
(4)当$\frac{mv_0}{2qB}$≤x≤$\frac{2\sqrt{2}mv_0}{qB}$时，$U_x = \frac{qB^2x^2}{8m}$
解析　
(1)速度大小为$v_0$、沿y轴正方向射出的离子经磁场偏转后轨迹如图甲 。由洛伦兹力提供向心力$Bqv_0 = m\frac{v_0^2}{R}$，解得半径$R = \frac{mv_0}{Bq}$，孔C所处位置的坐标$x_0$，$x_0 = 2R = \frac{2mv_0}{Bq}$。
(2)速度大小为v的离子进入磁场后，由洛伦兹力提供向心力$Bqv = m\frac{v^2}{R'}$，解得半径$R' = \frac{mv}{Bq}$。若要能在C点入射，则由几何关系可得$2R'\cosθ = 2R$，解得$\cosθ = \frac{v_0}{v}\in[\frac{\sqrt{2}}{2},1]$。由几何关系可得$L = 2d$。
(3)不管从何角度发射$v_y = v\cosθ$，由
(2)可得$v_y = v_0$，根据动力学公式可得$a = \frac{qU_0}{md}$，$v_y^2 = 2ad$，联立解得$U_0 = \frac{mv_0^2}{2q}$。
(4)孔C位置坐标x，$x = 2r\cosθ$，其中$r = \frac{mv}{Bq}=R\frac{v}{v_0}$，联立可得$x = 2R\frac{v}{v_0}\cosθ$，$\cosθ\in[\frac{1}{2},1]$，解得$\frac{1}{2}R\leq x\leq2\sqrt{2}R$。在此范围内，和
(3)相同，只与$v_y$相关，可得$Bqv_y' = m\frac{v_y'^2}{x}$，解得$v_y' = \frac{Bqx}{2m}$，根据动力学公式可得$a' = \frac{qU_x}{md}$，$v_y'^2 = 2a'd$，解得$U_x = \frac{B^2qx^2}{8m}$。

4. （2023·辽宁）如图，水平放置的两平行金属板间存在匀强电场，板长是板间距的 $\sqrt{3}$ 倍。金属板外有一圆心为 O 的圆形区域，其内部存在磁感应强度大小为 B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场。质量为 m、电荷量为 q（$q ＞ 0$）的粒子沿中线以速度 $v_0$ 水平向右射入两板间，恰好从下板边缘 P 点飞出电场，并沿 PO 方向从图中 $O'$ 点射入磁场。已知圆形磁场区域半径为 $\frac{2mv_0}{3qB}$，不计粒子重力。

（1）求金属板间电势差 U；
（2）求粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角 $\theta$；
（3）仅改变圆形磁场区域的位置，使粒子仍从图中 $O'$ 点射入磁场，且在磁场中的运动时间最长。定性画出粒子在磁场中的运动轨迹及相应的弦，标出改变后的圆形磁场区域的圆心 M。

答案：
4.答案　
(1)$\frac{mv_0^2}{3q}$　
(2)$\frac{\pi}{3}$或60°
(3)见解析
解析　
(1)设板间距离为d，则板长为$\sqrt{3}d$，带电粒子在板间做类平抛运动，两板间的电场强度为$E = \frac{U}{d}$，根据牛顿第二定律，电场力提供加速度$qE = ma$，解得$a = \frac{qU}{md}$。设粒子在平板间的运动时间为$t_0$，根据类平抛运动的运动规律得$\frac{d}{2} = \frac{1}{2}at_0^2$，$\sqrt{3}d = v_0t_0$，联立解得$U = \frac{mv_0^2}{3q}$。
(2)设粒子出电场时与水平方向夹角为α，则有$\tanα = \frac{at_0}{v_0} = \frac{\sqrt{3}}{3}$，故$α = \frac{\pi}{6}$，则出电场时粒子的速度为$v = \frac{v_0}{\cosα} = \frac{2\sqrt{3}}{3}v_0$。粒子出电场后做匀速直线运动，接着进入磁场，根据牛顿第二定律，洛伦兹力提供匀速圆周运动所需的向心力得$qvB = m\frac{v^2}{r}$，解得$r = \frac{mv}{qB} = \frac{2\sqrt{3}mv_0}{3qB}$。已知圆形磁场区域半径为$R = \frac{2mv_0}{3qB}$，故$r = \sqrt{3}R$。粒子沿PO方向射入磁场即沿半径方向射入磁场，故粒子将沿半径方向射出磁场，粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向的夹角为θ，则粒子在磁场中运动圆弧轨迹对应的圆心角也为θ，由几何关系可得$θ = 2α = \frac{\pi}{3}$，故粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向的夹角为$\frac{\pi}{3}$或60°。
(3)带电粒子在该磁场中运动的半径与圆形磁场半径关系为$r = \sqrt{3}R$，根据几何关系可知，带电粒子在该磁场中运动的轨迹一定为劣弧，故劣弧所对应轨迹圆的弦为磁场圆的直径时粒子在磁场中运动的时间最长，则相对应的运动轨迹和弦以及圆心M的位置如图所示。