专题强化十三 带电粒子在组合场中的运动-【金版教程】2025年高考物理一轮复习解决方案全书word（新教材）

高考科学复习解决方案 　物理 专题强化十三　带电粒子在组合场中的运动 关键能力　发展与提升 考点一　带电粒子在组合场中的运动　　拓展延伸 组合场：静电场、磁场与无场区各位于一定的区域内，并不重叠，或在同一区域，静电场、磁场与无场区分时间段交替出现。 1．解题思路 (1)划分过程：将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选用不同的规律处理。 (2)找关键点：确定带电粒子在场区边界的速度(包括大小和方向)是解决该类问题的关键。 (3)画运动轨迹：根据受力分析和运动分析，大致画出粒子的运动轨迹图，有利于形象、直观地解决问题。 (4)选择合适的物理规律，列方程：对于类平抛运动，一般分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直于初速度方向的匀加速直线运动；对粒子在磁场中做匀速圆周运动的情况，一般都是洛伦兹力提供向心力。 2．常见的基本运动形式 电偏转 磁偏转 偏转条件 带电粒子以v⊥E进入匀强电场 带电粒子以v⊥B进入匀强磁场 示意图 受力情况 只受恒定的静电力 只受大小恒定的洛伦兹力 运动情况 类平抛运动 匀速圆周运动 运动轨迹 抛物线 圆弧 物理规律 类平抛运动规律、牛顿第二定律 牛顿第二定律、向心力公式 基本公式 L＝vt，y＝at2 a＝，tanθ＝ qvB＝，r＝ T＝，t＝ sinθ＝ 做功情况 静电力既改变速度方向，也改变速度大小，对电荷做功 洛伦兹力只改变速度方向，不改变速度大小，对电荷永不做功 考向1　电场与磁场的组合 (1)带电粒子在匀强电场中做匀变速直线运动，在匀强磁场中做匀速圆周运动，如图所示。 (2)带电粒子在匀强电场中做类平抛(或类斜抛)运动，在匀强磁场中做匀速圆周运动，如图所示。 考查角度1：先电场后磁场 例1　(2023·辽宁高考)如图，水平放置的两平行金属板间存在匀强电场，板长是板间距离的倍。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v0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，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θ； (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]　(1)　(2)(或60°) (3)图见解析图2 [解析]　(1)设板间距离为d，则板长为d，两板间的电场强度为E＝ 设粒子在板间运动的加速度大小为a，根据牛顿第二定律得qE＝ma 设粒子在板间的运动时间为t0，根据类平抛运动的规律得 ＝at d＝v0t0 联立解得U＝。 (2)设粒子射出电场时与水平方向的夹角为α，则有tanα＝ 解得α＝ 则射出电场时粒子的速度大小为 v＝＝v0 粒子射出电场后沿直线匀速运动，接着进入磁场，洛伦兹力提供粒子做匀速圆周运动所需的向心力，有qvB＝m 解得粒子做圆周运动的半径r＝ 已知圆形磁场区域半径为R＝， 则＝ 画出粒子在磁场中运动的轨迹如图1，由几何关系可得tan＝ 解得θ＝(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＝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磁场圆心M的位置如图2所示。 考查角度2：先磁场后电场 例2　如图，在y>0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在y<0的区域存在方向沿x轴负方向的匀强电场。第一个带电粒子先从y轴上的A点以大小为v的速度沿x轴正方向射出，之后从x轴上的C点进入电场时，速度方向与x轴垂直，最后经过y轴上的D点。已知A、C、D三点与原点O的距离都为L，不计重力。 (1)求匀强电场的场强大小E； (2)第二个相同的粒子也从A点射出，射出时速度的大小和方向都与第一个粒子不同，结果该粒子从x轴上的P点进入电场，此时速度方向仍与x轴垂直。已知P点与原点O的距离为2L。求该粒子从A点出发经过多长时间再次到达y轴？(已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6) [答案]　(1)2vB　(2) [解析]　(1)设带电粒子的电荷量为q，质量为m，第一个粒子在磁场中做匀速圆周运动，则qvB＝ 根据题意，有r＝L 带电粒子在电场中做类平抛运动，有 qE＝ma L＝at2 L＝vt 联立解得E＝2vB。 (2)设第二个粒子在磁场中的速度大小为v′，在匀强磁场中有qv′B＝m 在磁场中的运动情况如图所示，由几何关系可得r′2＝L2＋(2L－r′)2 联立解得r′＝L，v′＝v 图中θ角满足sinθ＝＝，即θ＝53° 粒子在磁场中的运动时间t1＝·T 而周期为T＝ 联立解得t1＝ 设粒子进入电场中，经过时间t2到达y轴，则2L＝at 解得t2＝ 该粒子从A点运动到再次经过y轴的时间 t总＝t1＋t2＝。 考查角度3：粒子多次进出电场、磁场的运动 例3　(2021·广东高考)如图是一种花瓣形电子加速器简化示意图，空间有三个同心圆a、b、c围成的区域，圆a内为无场区，圆a与圆b之间存在辐射状电场，圆b与圆c之间有三个圆心角均略小于90°的扇环形匀强磁场区Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ。各区磁感应强度恒定，大小不同，方向均垂直纸面向外。电子以初动能Ek0从圆b上P点沿径向进入电场。电场可以反向，保证电子每次进入电场即被全程加速。已知圆a与圆b之间电势差为U，圆b半径为R，圆c半径为R，电子质量为m，电荷量为e。忽略相对论效应，取tan22.5°＝0.4。 (1)当Ek0＝0时，电子加速后均沿各磁场区边缘进入磁场，且在电场内相邻运动轨迹的夹角θ均为45°，最终从Q点出射，运动轨迹如图中带箭头实线所示。求Ⅰ区的磁感应强度大小、电子在Ⅰ区磁场中的运动时间及在Q点出射时的动能； (2)已知电子只要不与Ⅰ区磁场外边界相碰，就能从出射区域出射。当Ek0＝keU时，要保证电子从出射区域出射，求k的最大值。 [答案]　(1)　　8eU　(2) [解析]　(1)根据动能定理，电子在进入Ⅰ区磁场前经电场加速的过程有2eU＝mv2－0 设Ⅰ区的磁感应强度大小为B1，电子在Ⅰ区磁场中的轨道半径为r，如图甲所示，由几何关系可得 r＝Rtan＝Rtan22.5°＝0.4R 电子在Ⅰ区磁场中由洛伦兹力提供向心力得evB1＝m 联立解得B1＝ 电子在Ⅰ区磁场中的运动周期为T＝ 由几何关系可得，电子在Ⅰ区磁场中转过的圆心角为φ＝π 则电子在Ⅰ区磁场中的运动时间为t＝T 联立解得t＝ 由动能定理可知，电子从Q点出射时的动能为 Ek＝8eU＋Ek0＝8eU。 (2)设电子在Ⅰ区磁场中做匀速圆周运动的最大半径为rm，画出电子在Ⅰ区的临界轨迹如图乙。由几何关系可得 (R－rm)2＝R2＋r 解得rm＝R 电子在Ⅰ区磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有evmB1＝m 电子进入Ⅰ区磁场之前，经电场加速的过程，由动能定理有 2eU＝mv－kmeU 联立解得k的最大值km＝。 考向2　磁场与磁场的组合 磁场与磁场的组合问题实质就是两个有界磁场中的圆周运动问题，带电粒子在两个磁场中的速度大小相同，但轨迹半径和运动周期往往不同。解题时要充分利用两段圆弧轨迹的衔接点与两圆心共线的特点，进一步寻找边、角关系。 例4　(2023·浙江6月选考节选)利用磁场实现离子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。如图所示，Oxy平面(纸面)的第一象限内有足够长且宽度均为L、边界均平行x轴的区域Ⅰ和Ⅱ，其中区域Ⅰ存在磁感应强度大小为B1的匀强磁场，区域Ⅱ存在磁感应强度大小为B2的磁场，方向均垂直纸面向里，区域Ⅱ的下边界 与x轴重合。位于(0，3L)处的离子源能释放出质量为m、电荷量为q、速度方向与x轴夹角为60°的正离子束，沿纸面射向磁场区域。不计离子的重力及离子间的相互作用，并忽略磁场的边界效应。 (1)求离子不进入区域Ⅱ的最大速度v1及其在磁场中的运动时间t； (2)若B2＝2B1，求能到达y＝处的离子的最小速度v2。 [答案]　(1)　　(2) [解析]　(1)离子以速度v在磁感应强度为B的磁场中做圆周运动时，设轨迹半径为r，根据牛顿第二定律有qvB＝m 周期T＝ 可得r＝，T＝。 离子速度为v1时，恰好不进入区域Ⅱ，轨迹与y＝L处边界相切，如图1。设轨迹半径为r0，由几何关系得 r0cos60°＝r0－L 解得r0＝2L 将B＝B1、r＝r0＝2L代入r的表述式，可解得v1＝ 在区域Ⅰ中离子的运动周期T1＝ 离子不进入区域Ⅱ时，在磁场中的运动时间 t＝T1 联立得t＝。 (2)离子以速度v2运动时，恰能到达y＝处，轨迹与y＝直线相切，运动轨迹如图2。 根据B2＝2B1，r＝可知离子在区域Ⅱ中的轨迹半径r2和在区域Ⅰ中的轨迹半径r1的关系为r2＝ 设O1O2与边界y＝L的夹角为α，由几何关系可得 r1sinα－r1sin30°＝L r2－r2sinα＝ 联立解得r1＝4L，r2＝2L，sinα＝ 结合r1＝解得v2＝。 带电粒子在组合场中运动的处理方法 (1)解决带电粒子在组合场中运动问题的思路 (2)常用物理规律 ①带电粒子经过电场区域时利用动能定理或类平抛的知识等分析； ②带电粒子经过磁场区域时利用圆周运动规律结合几何关系来处理。 (3)解题关键：从一种场进入另一种场时衔接速度不变。 考点二　带电粒子在组合场中运动的实例分析　解题技巧 1．质谱仪 (1)构造：如图甲所示，由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片等构成。 (2)原理：①粒子由静止被加速电场加速，根据动能定理可得关系式qU＝mv2。 ②粒子在磁场中受洛伦兹力作用而偏转，做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律得关系式qvB＝m。 ③由以上两式可得r＝ ，m＝，＝。 (3)用途：分离同位素，测定带电粒子的比荷、质量m。 2．回旋加速器 (1)构造：如图乙所示，D1、D2是半圆形金属盒，D形盒的缝隙处接交流电源，D形盒处于匀强磁场中。 (2)原理：交流电的周期和粒子做圆周运动的周期相等，粒子在圆周运动的过程中一次一次地经过D形盒缝隙，两盒间的电势差一次一次地改变正负，粒子就会被一次一次地加速。 (3)将带电粒子在两盒狭缝之间的运动首尾连起来是一个初速度为零的匀加速直线运动。 (4)带电粒子每加速一次，回旋半径就增大一次，rn＝，nqU＝mv，n为加速次数。各半径之比为1∶∶∶…。 (5)获得的最大动能：由qvmB＝、Ekm＝mv得Ekm＝，粒子获得的最大动能由磁感应强度B和盒半径R决定，与加速电压无关。 (6)加速到最大动能的加速次数 粒子每加速一次动能增加qU，故需要加速的次数n＝。 (7)加速到最大动能的运动时间 ①在磁场中的运动时间t1＝(n－1)。 ②在电场中的加速时间t2＝ ，其中a＝，d为狭缝的宽度。 在回旋加速器中运动的总时间t＝t1＋t2。 考向1　回旋加速器 例5　(2023·广东高考)某小型医用回旋加速器，最大回旋半径为0.5 m，磁感应强度大小为1.12 T，质子加速后获得的最大动能为1.5×107 eV。根据给出的数据，可计算质子经该回旋加速器加速后的最大速率约为(忽略相对论效应，1 eV＝1.6×10－19 J)(　　) A．3.6×106 m/s B．1.2×107 m/s C．5.4×107 m/s D．2.4×108 m/s [答案]　C [解析]　当质子在回旋加速器中做圆周运动的半径等于加速器的最大回旋半径Rm时，速率达到最大，动能最大，为Ekm＝mv，由洛伦兹力提供向心力得evmB＝，联立可解得vm＝，其中Ekm＝1.5×107 eV，Rm＝0.5 m，B＝1.12 T，将数据代入上式，考虑到1 eV＝1e·1 V，可解得质子经该回旋加速器加速后的最大速率vm≈5.4×107 m/s。故C正确，A、B、D错误。 带电粒子在组合场中运动实例的解题关键 根据受力和运动特点将过程分段，分别应用相关规律求解，注意过程衔接处速度不变。 考向2　质谱仪 例6　对铀235的进一步研究在核能的开发和利用中具有重要意义。如图所示，质量为m、电荷量为q的铀235离子，从容器A下方的小孔S1不断飘入加速电场，其初速度可视为零，然后经过小孔S2垂直于磁场方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，做半径为R的匀速圆周运动，离子行进半个圆周后离开磁场并被收集，离开磁场时离子束的等效电流为I。不考虑离子重力及离子间的相互作用。 (1)求加速电场的电压U； (2)求出在离子被收集的过程中任意时间t内收集到离子的质量M； (3)实际上加速电压的大小会在U±ΔU范围内微小变化。若容器A中有电荷量相同的铀235和铀238两种离子，如前述情况它们经电场加速后进入磁场中会发生分离，为使这两种离子在磁场中运动的轨迹不发生交叠，应小于多少？(结果用百分数表示，保留两位有效数字，铀235离子的质量可用235m0表示，铀238离子的质量可用238m0表示) [答案]　(1)　(2)　(3)0.63% [解析]　(1)设离子经电场加速后进入磁场时的速度为v，由动能定理得qU＝mv2－0① 离子在磁场中做匀速圆周运动，所受洛伦兹力充当向心力，即qvB＝m② 由①②式解得U＝。③ (2)设在时间t内收集到的离子个数为N，总电荷量为Q，则 Q＝It④ N＝⑤ M＝Nm⑥ 由④⑤⑥式解得M＝。⑦ (3)由①②式有R＝⑧ 设m′为铀238离子的质量，由于电压在U±ΔU之间有微小变化，铀235离子在磁场中做圆周运动的最大半径为 Rmax＝⑨ 铀238离子在磁场中做圆周运动的最小半径为 Rmin′＝ 这两种离子在磁场中运动的轨迹不发生交叠的条件为Rmax<Rmin′ 由⑨⑩⑪式联立得<⑫ 将m＝235m0，m′＝238m0代入得<0.63%。 12 学科网（北京）股份有限公司 $$