《2025年学霸高考黑题物理人教版》

经典真题 1 基于加速电场的质谱仪
(2016·全国Ⅰ卷) 质谱仪可用来分析同位素，也可以用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定，质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口 $ P $ 离开磁场，若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从 $ P $ 点离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的 11 倍，此离子和质子的质量之比为 (D)


A.11
B.12
C.144
D.121

答案： 1.【学霸三步解题思路】
步骤A　题干正向延伸
直接信息：
①加速电压恒定
②质子和一价正离子从同一点P离开磁场
③为使一价正离子从P点离开磁场，磁感应强度增加到原来的11倍
间接信息：
①质子和一价正离子都带正电，电荷量相同，质子质量远小于一价正离子
②磁感应强度增加到原来的11倍，说明磁感应强度变为原来的11倍，而不是增加11倍
步骤B　设问反向推演
求离子和质子的质量之比
⇒加速电压恒定，运动轨迹半径相同，电荷量相同，不同的物理量只有粒子质量和磁感应强度
⇒根据动能定理，得到粒子入射磁场速度的表达式
⇒根据轨迹半径公式，得到磁感应强度与粒子质量、速度的关系
⇒综合两式，得到离子和质子的质量之比
步骤C　正反连接
$Uq = \frac{1}{2}mv^{2},Bvq = m\frac{v^{2}}{R} \rightarrow R = \frac{mv}{qB}$
【答案】D 解析：质量为$m$，带电量为$q$的离子在质谱仪中运动，则离子在加速电场中加速运动，设离子在磁场中运动的速度为$v$，应用动能定理可得：$Uq = \frac{1}{2}mv^{2}$，
解得：$v = \sqrt{\frac{2qU}{m}}$，
离子在磁场做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有：
$Bvq = m\frac{v^{2}}{R}$，
解得：$R = \frac{mv}{qB} = \frac{1}{B}\sqrt{\frac{2Um}{q}}$，
因为离子和质子从同一出口离开磁场，所以它们在磁场中运动的半径相等，即为：
$\frac{1}{B_{0}}\sqrt{\frac{2Um_{质}}{}} = \frac{1}{11B_{0}}\sqrt{\frac{2Um_{离}}{}}$，
所以离子和质子的质量比$m_{离}:m_{质} = 121:1$。故选D。

(2025·天津南开一模) 如图所示，足够大的平行挡板 $ A_1 $、$ A_2 $ 竖直放置，间距 $ 6L $。两板间存在两个方向相反的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，以水平面 $ MN $ 为理想分界面，Ⅰ区的磁感应强度为 $ B_0 $，方向垂直纸面向外。$ A_1 $、$ A_2 $ 上各有位置正对的小孔 $ S_1 $、$ S_2 $，两孔与分界面 $ MN $ 的距离均为 $ L $，质量为 $ m $、电荷量为 $ +q $ 的粒子经宽度为 $ d $ 的匀强电场由静止加速后，沿水平方向从 $ S_1 $ 进入Ⅰ区，并直接偏转到 $ MN $ 上的 $ P $ 点，再进入Ⅱ区，$ P $ 点与 $ A_1 $ 板的距离是 $ L $ 的 $ k $ 倍。不计重力。
(1) 若 $ k = 1 $，求匀强电场的电场强度 $ E $ 的大小；
(2) 若 $ k = 1 $，求粒子从 $ S_1 $ 进入磁场区域至从 $ S_2 $ 射出所用时间的最短时间 $ t $ 和此时Ⅱ区域磁感应强度 $ B_1 $ 的大小。
(3) 若 $ 2 ＜ k ＜ 3 $，求粒子在磁场中的速度大小 $ v $ 与 $ k $ 的关系式和Ⅱ区的磁感应强度 $ B $ 与 $ k $ 的关系式。

答案：
2.题型分析
本题属于新型质谱仪，基于速度选择器与矩形偏转磁场，考查径入、运动时间等知识。
(1)$\frac{qB_{0}^{2}L^{2}}{2md}$
(2)$t = \frac{3\pi m}{qB_{0}}$ $B_{1} = \frac{B_{0}}{2}$
(3)$v = \frac{(k^{2} + 1)qB_{0}L}{2m}(2 ＜ k ＜ 3)$
$B = \frac{k}{3 - k}B_{0}(2 ＜ k ＜ 3)$
解析：
(1)粒子在电场中加速，由动能定理知$qEd = \frac{1}{2}mv^{2}$，粒子在Ⅰ区由洛伦兹力提供向心力有$qvB_{0} = m\frac{v^{2}}{R}$，当$k = 1$时，由几何关系可知$R = L$，联立解得$E = \frac{qB_{0}^{2}L^{2}}{2md}$。
(2)当$k = 1$时，要使粒子从$S_{1}$进入磁场区域至从$S_{2}$射出所用时间最短，则粒子在磁场中运动的圆心角最小，轨迹如图所示，

由几何关系可知$2R + 2r = 6L$，
其中$R = L$，则$r = 2L$，粒子在Ⅱ区域由$qvB_{1} = m\frac{v^{2}}{2L}$，可得$B_{1} = \frac{mv}{2Lq} = \frac{B_{0}}{2}$，用时$t = \frac{T_{1} + T_{2}}{2}$，
$T_{1} = \frac{2\pi m}{qB_{0}}$，$T_{2} = \frac{2\pi m}{qB_{1}} = 2T_{1}$，解得$t = \frac{3\pi m}{qB_{0}}$。
(3)$2 ＜ k ＜ 3$，由题意知粒子在Ⅱ区域只能发生一次偏转，运动轨迹如图所示，

由几何关系可知$(r_{1} - L)^{2} + (kL)^{2} = r_{1}^{2}$，解得$r_{1} = \frac{k^{2} + 1}{2}L$，在Ⅰ区由洛伦兹力提供向心力有$qvB_{0} = m\frac{v^{2}}{r_{1}}$，解得$v = \frac{(k^{2} + 1)qB_{0}L}{2m}(2 ＜ k ＜ 3)$，粒子在Ⅱ区域有$qvB = m\frac{v^{2}}{r_{2}}$，
由对称及几何关系知$\frac{k}{3 - k} = \frac{r_{1}}{r_{2}}$，解得$r_{2} = \frac{(3 - k)(k^{2} + 1)}{2k}L(2 ＜ k ＜ 3)$，解得$B = \frac{k}{3 - k}B_{0}(2 ＜ k ＜ 3)$。