第10章 链接高考13 带电粒子在复合场中的运动分析-【创新教程】2025年高考物理总复习大一轮课件PPT（人教版）

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2,0))) C．粒子在磁场中做圆周运动的圆心到NM的距离为eq \f(mv0,qB) D．粒子在磁场中运动的圆周半径最大值是eq \f(mv0,qB) eq \r(\f(x\o\al( 2,0)＋4y\o\al( 2,0),x\o\al( 2,0))) 解题突破：组合场问题注意抓住两个过程连接处的速度，该速度既是前一过程的末速度，又是后一过程的初速度．粒子在磁场中做匀速圆周运动的关键是找圆心求半径，粒子在匀强电场中运动，可根据功能关系或分解运动求解相关物理量． 解析：AD　[若粒子打到PN中点，则x0＝v0t，eq \f(1,2)y0＝eq \f(1,2)×eq \f(qE,m)t2，解得E＝eq \f(mv\o\al( 2,0)y0,qx\o\al( 2,0))，A正确；粒子从PN中点射出时，则eq \f(y0,2)＝eq \f(vy,2)t，速度v1＝eq \r(v\o\al( 2,0)＋v\o\al( 2,y))＝eq \f(v0,x0) eq \r(x\o\al( 2,0)＋y\o\al( 2,0))，B错误； 设粒子从电场中射出时的速度方向与竖直方向夹角为θ，则tan θ＝eq \f(v0,vy)＝eq \f(v0,\f(qE,m)·\f(x0,v0))＝eq \f(mv\o\al( 2,0),qEx0)，粒子从电场中射出时的速度v＝eq \f(v0,sin θ)，粒子进入磁场 后做匀速圆周运动，则qvB＝meq \f(v2,r)，则粒子进入磁场后做圆周运动的圆心到MN的距离为d＝rcos θ，解得d＝eq \f(Ex0,Bv0)，C错误；当粒子在磁场中运动有最大运动半径时，进入磁场的速度最大，则此时粒子从N点进入磁场，此时竖直最大速度vym＝eq \f(2y0,t)，x0＝v0t，进入磁场的最大速度 vm＝eq \r(v\o\al( 2,0)＋v\o\al( 2,ym))＝eq \f(v0,x0) eq \r(x\o\al( 2,0)＋4y\o\al( 2,0))，则由qvB＝meq \f(v2,r)，可得最大半径rm＝eq \f(mvm,qB)＝eq \f(mv0,qB) eq \r(\f(x\o\al( 2,0)＋4y\o\al( 2,0),x\o\al( 2,0)))，D正确．] “5步”突破带电粒子在组合场中的运动问题 ◆[迁移1]　先电场后磁场　 1. (2024·安徽师大附中期末)如图所示，在平面直角坐标系xOy内，第Ⅱ、Ⅲ象限内存在沿y轴正方向的匀强电场，第Ⅰ、Ⅳ象限内存在半径为L的圆形匀强磁场，磁场圆心在M(L,0)点，磁场方向垂直于坐标平面向外．一带正电粒子从第Ⅲ象限中的Q(－2L，－L)点以速度v0沿x轴正方向射入电场，恰好从坐标原点O进入磁场，从P(2L,0)点射出磁场，不计粒子重力，求： (1)电场强度与磁感应强度大小的比值； (2)粒子在磁场与电场中运动时间的比值． 解： (1)画出带电粒子在电场和磁场中运动的轨迹示意图，如图所示． 设粒子的质量和所带电荷量分别为m和q，粒子在电场中做类平抛运动，则有2L＝v0t1，L＝eq \f(1,2)ateq \o\al(2,1)， 根据牛顿第二定律有qE＝ma， 粒子到达O点时沿y轴正方向的分速度为vy＝at1，联立解得vy＝v0，tan α＝eq \f(vy,v0)＝1，故粒子进入磁场时速度方向与x轴的正方向的夹角α＝45°， 粒子在磁场中的速度为v＝eq \r(2)v0，根据洛伦兹力提供向心力有Bqv＝eq \f(mv2,r)， 由几何关系得r＝eq \r(2)L， 联立解得eq \f(E,B)＝eq \f(v0,2). (2)带电粒子在电场中运动的时间t1＝eq \f(2L,v0) 带电粒子在磁场中运动的周期为T＝eq \f(2πr,v)，带电粒子在磁场中运动eq \f(1,4)周期，则在磁场中运动的时间为 t2＝eq \f(1,4)T＝eq \f(πL,2v0)，解得eq \f(t2,t1)＝eq \f(π,4). 答案：(1)eq \f(v0,2)　(2)eq \f(π,4) ◆[迁移2]　先磁场后电场　 2. (2024·开封模拟)如图所示的xOy坐标系中，第一象限存在与xOy平面平行的匀强电场E，且与y轴负方向的夹角θ＝30°，第二象限存在垂直平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B.一带正电粒子自O点射入第二象限，速度v与x轴负方向的夹角θ＝30°，粒子经磁场偏转后从y轴上的P点进入第一象限，并由x轴上的M点(未画出)离开电场．已知OM距离为3L，粒子的比荷为eq \f(v,BL)，不计粒子重力． (1)求OP两点的距离； (2)求粒子在磁场中运动的时间； (3)当该粒子经过P点的同时，在电场中的N点由静止释放另一个完全相同的带电粒子，若两粒子在离开电场前相遇且所需时间最长，求N点的坐标． 解析：(1)带电粒子在第二象限内做匀速圆周运动，轨迹如图， 圆心为C 由牛顿第二定律，得qvB＝eq \f(mv2,R)， 解得R＝L， 由几何关系得∠OCP＝120°， 则OP＝eq \r(3)L. (2)粒子在磁场中的运动周期T＝eq \f(2πR,v)， 粒子偏转120°，即在磁场中运动时间t＝eq \f(T,3)， 解得t＝eq \f(2πL,3v). (3)带电粒子进入第一象限时速度与y轴正方向成60°角，与电场方向垂直，故粒子在第一象限内做类平抛运动，轨迹如图．由于两粒子完全相同，所以只需在带电粒子进入电场时速度方向的直线上PN范围内任一点释放粒子，均可保证两粒子在电场中相遇，且两粒子在M点相遇所需时间最长，即在图中N点由静止释放粒子即可．设N点的横坐标为x，纵坐标为y，根据几何知识可得PN＝QM＝eq \r(3)L 又x＝PNcos 30° y＝OP＋PNsin 30° 解得x＝eq \f(3,2)L，y＝eq \f(3\r(3),2)L 答案：(1)eq \r(3)L　(2)eq \f(2πL,3v)　(3)(eq \f(3,2)L，eq \f(3\r(3),2)L) ◆[迁移3]　粒子多次进出电场、磁场的运动　 3．(2021·广东卷，14)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eq \r(3)R，电子质量为m，电荷量为e，忽略相对论效应，取tan 22.5°＝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． 解：(1)电子在电场中加速有2eU＝eq \f(1,2)mv2，在磁场Ⅰ区中，由几何关系可得r＝R tan 22.5°＝0.4R，根据洛伦兹力提供向心力有B1ev＝meq \f(v2,r)，联立解得B1＝eq \f(5,R) eq \r(\f(mU,e))，在磁场Ⅰ中的运动周期为T＝eq \f(2πr,v)，由几何关系可得，电子在磁场Ⅰ中运动的圆心角为 φ＝eq \f(5,4)π，电子在磁场Ⅰ中的运动时间为t＝eq \f(φ,2π)T，联立解得t＝eq \f(πR\r(meU),4eU)，电子从P到G在电场中共加速8次，故从Q点出来的动能为Ek＝8eU； (2)在磁场Ⅰ中的做匀速圆周运动的最大半径为rm，此时圆周的轨迹与Ⅰ区磁场边界相切，由几何关系可得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)R－rm))2＝R2＋req \o\al( 2,m) 解得rm＝eq \f(\r(3),3)R 由于B1evm＝meq \f(v\o\al( 2,m),rm)，联立解得k＝eq \f(13,6). 答案：(1)eq \f(5,R) eq \r(\f(mU,e))，eq \f(πR\r(meU),4eU)　8eU　(2)eq \f(13,6) 考点二　带电粒子在叠加场中的运动 1．带电粒子在叠加场中无约束情况下的运动 (1)洛伦兹力、重力并存 ①若重力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动． ②若重力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒，由此可求解问题． (2)电场力、洛伦兹力并存(不计重力的微观粒子) ①若电场力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动． ②若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用动能定理求解问题． (3)电场力、洛伦兹力、重力并存 ①若三力平衡，一定做匀速直线运动． ②若重力与电场力平衡，一定做匀速圆周运动． ③若合力不为零且与速度方向不垂直，将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用能量守恒定律或动能定理求解问题． 2．带电粒子在叠加场中有约束情况下的运动 带电粒子在叠加场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道等约束的情况下，常见的运动形式有直线运动和圆周运动，此时解题要通过受力分析明确变力、恒力做功情况，并注意洛伦兹力不做功的特点，运用动能定理、能量守恒定律结合牛顿运动定律求解． [典例2]　(2023·湖南卷，6)如图，真空中有区域Ⅰ和Ⅱ，区域Ⅰ中存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下(与纸面平行)，磁场方向垂直纸面向里，等腰直角三角形CGF区域(区域Ⅱ)内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外．图中A、C、O三点在同一直线上，AO与GF垂直，且与电场和磁场方向均垂直．A点处的粒子源持续将比荷一定但速率不同的粒子射入区域Ⅰ中，只有沿直线AC运动的粒子才能进入区域Ⅱ.若区域Ⅰ中电场强度大小为E、磁感应强度大小为B1，区域Ⅱ中磁感应强 度大小为B2，则粒子从CF的中点射出，它们在区域Ⅱ中运动的时间为t0，若改变电场或磁场强弱，能进入区域Ⅱ中的粒子在区域Ⅱ中运动的时间为t，不计粒子的重力及粒子之间的相互作用，下列说法正确的是(　　) A．若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1，则t＞t0 B．若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，则t＞t0 C．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为eq \f(\r(3),4)B2，则t＝eq \f(t0,2) D．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为eq \f(\r(2),4)B2，则t＝eq \r(2)t0 　本题考查带电粒子在电场、磁场中的运动，取材于人教版新教材选择性必修第二册P21习题B组第5题，引导学生重视基础，回归教材． 解析：D　[由题知粒子在AC做直线运动，则有qv0B1＝qE，区域Ⅱ中磁感应强度大小为B2，则粒子从CF的中点射出，则粒子转过的圆心角为90°，根据qvB＝meq \f(4π2,T2)r，有t0＝eq \f(πm,2qB2)，A.若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1，则粒子在AC做直线运动的速度，有qvA·2B1＝qE，则vA＝eq \f(v0,2)，再根据qvB＝meq \f(v2,r)，可知粒子半径减小，则粒子仍然从CF边射出，粒子转过的圆心角仍为90°，则t＝t0，A错误；B.若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，则粒子在AC做直线运动的速度，有qvBB1＝q·2E， 则vB＝2v0，再根据qvB＝meq \f(v2,r)，可知粒子半径变为原来的2倍，则粒子F点射出，粒子转过的圆心角仍为90°，则t＝t0，B错误；C.若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为eq \f(\r(3),4)B2，则粒子在AC做直线运动的速度仍为v0，再根据qvB＝meq \f(v2,r)，可知粒子半径变为原来的eq \f(4,\r(3))>2，则粒子从OF边射出，根据几何关系可知转过的圆心角为60°， 根据qvB＝meq \f(4π2,T2)r，有t＝eq \f(4\r(3)πm,9qB2)，则t＝eq \f(8\r(3)t0,9)，C错误；D.若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为eq \f(\r(2),4)B2，则粒子在AC做直线运动的速度仍为v0，再根据qvB＝meq \f(v2,r)，可知粒子半径变为原来的eq \f(4,\r(2))>2，则粒子OF边射出，根据几何关系可知转过的圆心角为45°，根据qvB＝meq \f(4π2,T2)r，有t＝eq \f(\r(2)πm,2qB2)，则t＝eq \r(2)t0，D正确．故选D.] 带电粒子在叠加场中运动问题的分析方法 ◆[迁移1]　带电粒子在叠加场中的直线运动　 1．(2023·全国乙卷，18)如图，一磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直于纸面(xOy平面)向里，磁场右边界与x轴垂直．一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，粒子离开磁场后，沿直线运动打在垂直于x轴的接收屏上的P点；SP＝l，S与屏的距离为eq \f(l,2)，与x轴的距离为a.如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电 场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏．该粒子的比荷为(　　) A.eq \f(E,2aB2)　　　　　　 B.eq \f(E,aB2) C.eq \f(B,2aE2) D.eq \f(B,aE2) 解析：A　[由题知，一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，则根据几何关系可知sin 30°＝eq \f(r－a,r)， 解得粒子做圆周运动的半径r＝2a， 则粒子做圆周运动有qvB＝meq \f(v2,r)， 则有eq \f(q,m)＝eq \f(v,2a·B)， 如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏，则有Eq＝qvB， 联立有eq \f(q,m)＝eq \f(E,2aB2)，故选A.] ◆[迁移2]　带电粒子在叠加场中的曲线运动　 2．(2023·新课标卷，18)一电子和一α粒子从铅盒上的小孔O竖直向上射出后，打到铅盒上方水平放置的屏幕P上的a和b两点，a点在小孔O的正上方，b点在a点的右侧，如图所示．已知α粒子的速度约为电子速度的eq \f(1,10)，铅盒与屏幕之间存在匀强电场和匀强磁场，则电场和磁场方向可能为(　　) A．电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向里 B．电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向外 C．电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向里 D．电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向外 解析：C　[A.若a为电子轨迹，b为α粒子轨迹，则只能电场方向水平向左，磁场方向垂直纸面向外，故选项A错误；B.对电子应有Fe洛＝evB，Fe电＝eE，Fe洛＝Fe电，对α粒子有Fα洛＝2eeq \f(v,10)B，Fα电＝2eE，此时，Fα洛＞Fα电，故α粒子应向左偏，不满足题目情景，故B错误；D.若a为α粒子轨迹，b为电子轨迹，则只能电场方向水平向右，磁场方向垂直纸面向里，故选项D错误；C.此时，对电子应有Fe洛＝evB，Fe电＝eE，Fe洛＞Fe电，对α粒子有Fα洛＝2eeq \f(v,10)B，Fα电＝2eE，此时，Fα洛＝Fα电，故电子应向右偏，满足题目情景，故C正确．故选C.] (2024·山东济南二模)如图，两竖直虚线间的距离为L，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场．自该区域左方的A点将质量为m、电荷量为q的带电小球以初速度v0＝eq \r(2gL)沿平行于电场的方向抛出．已知抛出点到电场左边界的距离为2L，小球到达电场右边界时速度方向恰好变为竖直向下．不计空气阻力，重力加速度大小为g. (1)求小球进入电场时速度大小； (2)求小球到达电场右边界时的位置到抛出点的距离； (3)在匀强电场区域再施加一个匀强磁场，使小球进入此区域后能够沿直线运动，求所加磁场的方向以及磁感应强度大小． [解析]　(1)设小球从抛出经时间t1恰好进入电场，则根据平抛运动规律有2L＝v0t1① 根据速度的合成可知小球进入电场时的速度大小为v＝eq \r(v\o\al(2,0)＋gt12)② 联立①②解得v＝2eq \r(gL)③ (2)设小球进入电场后经时间t2到达电场右边界，根据运动学公式得L＝eq \f(v0,2)t2④ 小球从抛出到到达电场右边界的过程中下落的高度为h＝eq \f(1,2)g(t1＋t2)2⑤ 由几何关系可知小球到达电场右边界时的位置到抛出点的距离为s＝eq \r(h2＋3L2)⑥ 联立①④⑤⑥解得s＝5L⑦ (3)由前面分析可知小球带负电，小球在电场、磁场和重力场的复合场中做匀速直线运动，小球所受重力和电场力的合力方向斜向左下方，根据平衡条件可知小球所受洛伦兹力的方向一定斜向右上方，又因为小球进入复合场区时的速度方向斜向右下方，故根据左手定则可知匀强磁场的方向为垂直纸面向外． 设小球刚进入复合场时速度方向与水平方向的夹角为α，则tan α＝eq \f(gt1,v0)⑧ 根据平衡条件可得mgtan α＝qE⑨ qvB＝eq \r(qE2＋mg2)⑩ 联立①③⑧⑨⑩解得磁感应强度的大小为 B＝eq \f(m,2q) eq \r(\f(2g,L))⑪ [答案]　(1)2eq \r(gL)　(2)5L　(3)垂直纸面向外　eq \f(m,2q) eq \r(\f(2g,L)) 考点三　带电粒子在交变电、磁场中的运动 1．解决带电粒子在交变电场、磁场中的运动问题时，关键要明确粒子在不同时间段内、不同区域内的受力特性，对粒子的运动情景、运动性质做出判断． 2．这类问题一般都具有周期性，在分析粒子运动时，要注意粒子的运动周期、电场周期、磁场周期的关系． 3．带电粒子在交变电磁场中运动仍遵循牛顿运动定律、运动的合成与分解、动能定理、能量守恒定律等力学规律，所以此类问题的研究方法与质点动力学相同． 4．解决带电粒子在交变电磁场中的运动问题的基本思路 [典例3]　(2024·山东日照市高三模拟)如图甲所示，水平放置的平行金属板P和Q，间距为d，两板间存在周期性变化的电场或磁场．P、Q间的电势差UPQ随时间的变化规律如图乙所示，磁感应强度B随时间变化的规律如图丙所示，磁场方向垂直纸面向里为正方向．t＝0时刻，一质量为m、电荷量为＋q的粒子(不计重力)，以初速度v0由P板左端靠近板面的位置，沿平行于板面的方向射入两板之间，q、m、d、v0、U0为已知量． (1)若仅存在交变电场，要使粒子飞到Q板时，速度方向恰好与Q板相切，求交变电场周期T； (2)若仅存在匀强磁场且满足B0＝eq \f(2mv0,qd)，粒子经一段时间恰能垂直打在Q板上(不考虑粒子反弹)，求击中点到出发点的水平距离． 解：(1)设经时间t粒子恰好沿切线飞到上板，竖直速度为零，加速度为a，则a＝eq \f(qU0,md)， 半个周期内，粒子向上运动的距离为 y＝eq \f(1,2)aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))2， d＝2ny， t＝nT， 联立得T＝eq \r(\f(4md2,nqU0))(n＝1,2,3……)． (2)仅存在磁场时，带电粒子在匀强磁场中做半径为r的匀速圆周运动，则有qv0B0＝meq \f(v\o\al(2,0),r)， 解得r＝eq \f(1,2)d. 要使粒子能垂直打到Q板上，在交变磁场的半个周期内，粒子轨迹的圆心角设为90°＋θ，如图所示，由几何关系得 r＋2rsin θ＝d， 解得sin θ＝0.5， 则粒子打到Q板的位置距出发点的水平距离为 x＝r－2r(1－cos θ)＝eq \f(\r(3)－1,2)d. 答案：(1)eq \r(\f(4md2,nqU0))(n＝1,2,3……)　(2)x＝eq \f(\r(3)－1,2)d 1．如图(a)所示的xOy平面处于变化的匀强电场和匀强磁场中，电场强度E和磁感应强度B随时间做周期性变化的图像如图(b)所示，y轴正方向为E的正方向，垂直于纸面向里为B的正方向．t＝0时刻，带负电粒子P(重力不计)由原点O以速度v0沿y轴正方向射出，它恰能沿一定轨道做周期性运动．v0、E0和t0为已知量，图(b)中eq \f(E0,B0)＝eq \f(8v0,π2)，在0～t0时间内粒子P第一次离x轴最远时的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2v0t0,π)，\f(2v0t0,π))).求： (1)粒子P的比荷； (2)t＝2t0时刻粒子P的位置； (3)带电粒子在运动中距离原点O的最远距离L. 解：(1)0～t0时间内粒子P在匀强磁场中做匀速圆周运动，当粒子所在位置的纵、横坐标相等时，粒子在磁场中恰好经过eq \f(1,4)圆周，所以粒子P第一次离x轴的最远距离等于轨道半径R，即R＝eq \f(2v0t0,π)，① 又qv0B0＝meq \f(v\o\al(2,0),R)，② 代入eq \f(E0,B0)＝eq \f(8v0,π2)， 解得eq \f(q,m)＝eq \f(4v0,πE0t0)；③ (2)设粒子P在磁场中运动的周期为T，则 T＝eq \f(2πR,v0)，④ 联立①④解得T＝4t0，⑤ 即粒子P做eq \f(1,4)圆周运动后磁场变为电场，粒子以速度v0垂直电场方向进入电场后做类平抛运动，设t0～2t0时间内水平位移和竖直位移分别为x1、y1，则 x1＝v0t0＝eq \f(2πR,4)＝eq \f(πR,2)，⑥ y1＝eq \f(1,2)ateq \o\al(2,0)，⑦ 其中加速度a＝eq \f(qE0,m)， 由③⑦解得y1＝eq \f(2v0t0,π)＝R，因此t＝2t0时刻粒子P的位置坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2＋π,π)v0t0，0))，如图中的b点所示． (3)分析知，粒子P在2t0～3t0时间内，电场力产生的加速度方向沿y轴正方向，由对称关系知，在3t0时刻速度方向为x轴正方向，位移x2＝x1＝v0t0；在3t0～5t0时间内粒子P沿逆时针方向做匀速圆周运动，往复运动轨迹如图所示，由图可知，带电粒子在运动中距原点O的最远距离L即O、d间的距离L＝2R＋2x1⑧ 解得L＝eq \f(4＋2π,π)v0t0. 答案：(1)eq \f(4v0,πE0t0)　(2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2＋π,π)v0t0，0))　(3)eq \f(4＋2π,π)v0t0 2．如图甲所示，水平放置的平行金属板a、b间加直流电压U，a板上方有足够长的“V”字形绝缘弹性挡板，两板夹角为60°，在挡板间加垂直纸面的交变磁场，磁感应强度随时间变化如图乙，垂直纸面向里为磁场正方向，其中B1＝B0，B2未知．现有一比荷为eq \f(q,m)、不计重力的带正电粒子从c点静止释放，t＝0时刻，粒子刚好从小孔O进入上方磁场中，在t1时刻粒子第一次撞到左挡板，紧接着在t1＋t2时刻粒子撞到右挡板，然后粒子又从O点竖直向下返回平行金属板间，粒子与挡板碰撞前后电荷量不变，沿板的分速度不变，垂直板的分速度大小不变、方向相反，不计碰撞的时间及磁场变化产生的影响．求： (1)粒子第一次到达O点时的速率； (2)图中B2的大小； (3)金属板a和b间的距离d. 解：(1)粒子从b板到a板过程中，静电力做正功，根据动能定理有qU＝eq \f(1,2)mv2－0； 解得粒子第一次到达O点时的速率v＝eq \r(\f(2qU,m))； (2)粒子进入上方后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由qvB＝meq \f(v2,r)得r＝eq \f(mv,qB)， 则得粒子做匀速圆周运动的半径 r1＝eq \f(mv,qB1)，r2＝eq \f(mv,qB2)， 使其在整个装置中做周期性的往返运动，运动轨迹如图所示，由图易知：r1＝2r2， 则得B2＝2B0. (3)在0～t1时间内，粒子做匀速圆周运动的周期 T1＝eq \f(2πm,qB0)， 在t1～(t1＋t2)时间内，粒子做匀速圆周运动的周期T2＝eq \f(πm,qB0)， 由轨迹图可知t1＝eq \f(1,6)T1＝eq \f(πm,3qB0)， t2＝eq \f(1,2)T2＝eq \f(πm,2qB0)， 粒子在金属板a和b间往返时间为t， 有d＝eq \f(0＋v,2)×eq \f(t,2)， 且满足t＝t2＋n(t1＋t2)(n＝0,1,2，…)， 联立可得金属板a和b间的距离 d＝eq \f(π3＋5n,24B0) eq \r(\f(2Um,q))(n＝0,1,2，…)． 答案：(1)eq \r(\f(2qU,m))　(2)2B0　(3)eq \f(π3＋5n,24B0) eq \r(\f(2Um,q))(n＝0,1,2，…) 带电粒子在复合场中运动实例 质谱仪 装置 原理图 规律 质 谱 仪 带电粒子由静止被加速电场加速qU＝eq \f(1,2)mv2，在磁场中做匀速圆周运动qvB＝meq \f(v2,r)，则比荷eq \f(q,m)＝eq \f(2U,B2r2) 1. (多选)如图所示，一束电荷量相同的带电粒子以一定的初速度沿直线通过由相互正交的匀强磁场和匀强电场(左侧极板带正电，右侧极板带负电)组成的速度选择器，然后粒子通过平板S上的狭缝P进入另一匀强偏转磁场，最终打在A1、A2上，下列说法正确的是(　　) A．粒子带正电 B．速度选择器中磁场方向为垂直纸面向里 C．所有打在A1A2上的粒子，在匀强偏转磁场中的运动时间都相同 D．粒子打在A1A2上的位置越远，粒子的质量越大 解析：AD　[带电粒子在磁场中向左偏转，根据左手定则，知该粒子带正电，故A正确；粒子经过速度选择器时所受的静电力和洛伦兹力平衡，静电力方向向右，则洛伦兹力方向向左，根据左手定则可知速度选择器中磁场方向为垂直纸面向外，故B错误；所有打在A1A2上的粒子， 在匀强偏转磁场中做匀速圆周运动，运动的时间t＝eq \f(T,2)，而T＝eq \f(2πR,v)，经过速度选择器后粒子的速度都相同，在匀强偏转磁场中做匀速圆周运动的粒子，半径越大则时间越长，故C错误；经过速度选择器进入匀强偏转磁场中的粒子速度相等，根据题意可知粒子的电荷量相同，根据qvB＝meq \f(v2,r)，得r＝eq \f(mv,qB)，粒子打在A1A2上的位置越远离P，则半径越大，粒子的质量越大，故D正确．] 2．现代质谱仪可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同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍．此离子和质子的质量比约为(　　) A．11 　 B．12　　 C．121　 D．144 解析：D　[由qU＝eq \f(1,2)mv2得带电粒子进入磁场的速度为v＝ eq \r(\f(2qU,m))，结合带电粒子在磁场中运动的轨迹半径R＝eq \f(mv,Bq)，综合得到R＝eq \f(1,B) eq \r(\f(2mU,q))，由题意可知，该离子与质子在磁场中具有相同的轨道半径和电荷量，故eq \f(m0,mp)＝144，故选D.] 回旋加速器 装置 原理图 规律 回旋 加 速器 交变电流的周期和带电粒子做圆周运动的周期相同，带电粒子在圆周运动过程中每次经过D形盒缝隙都会被加速．由qvB＝meq \f(v2,r)得Ekm＝eq \f(q2B2r2,2m) 3.回旋加速器的工作原理示意图如图所示．置于真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可忽略；磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，高频交流电频率为f，加速电压为U.若A处粒子源产生质子的质量为m、电荷量为＋q，在加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响．则下列说法正确的是(　　) A．加速电压越大，质子出射速度越大 B．质子离开回旋加速器时的最大动能与D形盒半径成正比 C．该加速器加速α粒子时，交流电频率应变为2f D．质子在回旋加速器中运动的时间为eq \f(πBR2,2U) 解析：D　[质子出射时，半径为R，则由洛伦兹力提供向心力Bqv＝meq \f(v2,R)，可得v＝eq \f(qBR,m)，出射速度与电压无关，故A错误；质子离开回旋加速器时的最大动能为Ek＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(q2B2R2,2m)，与D形盒半径的平方成正比，故B错误；根据粒子在磁场中运动的周期T＝eq \f(2πm,qB)可知，由于α粒子比荷为质子的eq \f(1,2)，故在磁场中做圆周运动的周期为质子的两倍，所以交流电频率应变为eq \f(f,2)，故C错误；加速次数n＝eq \f(Ek,qU)，运动时间为t＝n·eq \f(πm,qB)＝eq \f(πBR2,2U)，故D正确．] 4.(多选)劳伦斯和利文斯设计出回旋加速器，工作原理示意图如图所示．置于真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可忽略．磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，高频交流电频率为f，加速电压为U.若A处粒子源产生质子的质量为m、电荷量为＋q，在加速器中被加速，且加速过程中不考虑重力的影响．则下列说法正确的是(　　) A．质子被加速后的最大速度不可能超过2πRf B．质子离开回旋加速器时的最大动能与加速电压U成正比 C．质子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为eq \r(2)∶1 D．不改变磁感应强度B和交流电频率f，该回旋加速器的最大动能不变 解析：AC　[因v＝eq \f(2πR,T)＝2πRf，则知质子被加速后的最大速度受到D形盒半径R的制约，故A正确；质子离开回旋加速器的最大动能Ekm＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)m×4π2R2f2＝2mπ2R2f2，与m、R、f均有关，与加速电压U无关，B、D错误；根据R＝eq \f(mv,Bq)，Uq＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)，2Uq＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,2)，得质子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为eq \r(2)∶1，C正确．] 霍尔元件 装置 原理图 规律 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 5．(2024·江苏省前黄高级中学高三月考)霍尔器件广泛应用于生产生活中，有些电动自行车上控制速度的转动把手就应用了霍尔器件，这种转动把手称为“霍尔转把”．“霍尔转把”内部有永久磁铁和霍尔器件等，截面如图甲所示．开启电动自行车的电源时，在霍尔器件的上、下面之间就有一个恒定电流I，如图乙．将“霍尔转把”旋转，永久磁铁也跟着转动，施加在霍尔器件上的磁场就发生变化，霍尔器件就能输出变化的电势差U.这个电势差是控制车速的，电势差与车速的关系如图丙．以下叙述正确的是(　　) A．若霍尔器件的自由电荷是自由电子，则C端的电势高于D端的电势 B．若改变霍尔器件上、下面之间的恒定电流I的方向，将影响车速控制 C．其他条件不变，仅增大恒定电流I，可使电动自行车更容易获得最大速度 D．按图甲顺时针均匀转动把手，车速减小 解析：C　[若霍尔器件的自由电荷是自由电子，根据左手定则，电子受到洛伦兹力向与C端相连接的面移动，因此C端电势低于D端的电势，A错误．当霍尔器件上、下面之间的恒定电流I的方向改变，从霍尔器件输出的控制车速的电势差正、负号相反，但由题图丙可知，不会影响车速控制，B错误．设自由电荷定向移动的速率为v，霍尔器件前后表面间的距离为h，左右表面间距离为d，达到稳定后，自由电荷受力平衡，由Bqv＝qeq \f(U,h)可得U＝Bhv，电流的微观表达式I＝nqvS＝nqvhd， 则U＝eq \f(BI,nqd)， 可知仅增大电流I时前后表面电势差增大，对应的车速更大，电动自行车的加速性能更好，更容易获得最大速度，C正确．当按题图甲顺时针均匀转动把手时霍尔器件周围磁场增大，那么霍尔器件输出的控制车速的电势差U增大，因此车速变快，D错误．] 6．(多选)自行车速度计利用霍尔效应传感器获知自行车的运动速率．如图甲所示，自行车前轮上安装一块磁铁，轮子每转一圈，这块磁铁就靠近传感器一次，传感器会输出一个脉冲电压．图乙为霍尔元件的工作原理图．当磁场靠近霍尔元件时，导体内定向运动的自由电荷在磁场力作用下偏转，最终使导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现电势差，即为霍尔电势差．下列说法正确的是(　　) A．根据单位时间内的脉冲数和自行车车轮的半径即可获知车速大小 B．自行车的车速越大，霍尔电势差越高 C．图乙中霍尔元件的电流I是由正电荷定向运动形成的 D．如果长时间不更换传感器的电源，霍尔电势差将减小 解析：AD　[根据单位时间内的脉冲数可知车轮转动的转速，若再已知自行车车轮的半径，根据v＝2πrn即可获知车速大小，选项A正确；根据霍尔原理可知eq \f(U,d)q＝Bqv，U＝Bdv，即霍尔电压与磁感应强度、霍尔元件的厚度以及电子定向移动的速度有关，与车轮转速无关，故选项B错误；图乙中霍尔元件的电流I是由电子定向运动形成的，选项C错误；如果长时间不更换传感器的电源，则会导致电子定向移动的速率减小，故霍尔电势差将减小，选项D正确．] 规范答题·满分规则　带电粒子在复合场中的运动 经典案例 (2023·江苏卷，16)(15分)霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型．xOy平面内存在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.质量为m、电荷量为e的电子从O点沿x轴正方向水平入射．入射速度为v0时，电子沿x轴做直线运动；入射速度小于v0时，电子的运 动轨迹如图中的虚线所示，且在最高点与在最低点所受的合力大小相等．不计重力及电子间相互作用． (1)求电场强度的大小E； (2)若电子入射速度为eq \f(v0,4)，求运动到速度为eq \f(v0,2)时位置的纵坐标y1； (3)若电子入射速度在0<v<v0范围内均匀分布，求能到达纵坐标y2＝eq \f(mv0,5eB)位置的电子数N占总电子数N0的百分比. 审题指导及教考衔接 [审题指导]　 [教考衔接]　本题以电子在复合场中运动为背景，考查受力分析、动能定理知识．体现了高考重视基础，引导教学回归教材，巩固物理基本知识和方法，增强考生学习物理的兴趣. 规范解答 解析：(1)电子沿x轴做直线运动，则电子受平衡力的作用，即eE＝eBv0(2分) 解得E＝Bv0(1分) (2)电子在电、磁叠加场中运动，受洛伦兹力和电场力的作用，只有电场力做功，则电子的速度由eq \f(v0,4)到eq \f(v0,2)的过程，由动能定理得 eEy1＝eq \f(1,2)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,2)))2－eq \f(1,2)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,4)))2(2分) 联立解得y1＝eq \f(3mv0,32eB)(1分) (3)设电子的入射速度为v1时刚好能达到纵坐标为y2＝eq \f(mv0,5eB)的位置，此时电子在最高点的速度沿水平方向，且大小假设为v2，则电子在最低点的合力为F1＝eE－eBv1(1分) 电子在最高点的合力为F2＝eBv2－eE(1分) 由题意可知电子在最高点与最低占的合力大小相等， 即F2＝F1(1分) 整理得v1＋v2＝2v0 电子由最低点到最高点的过程，由动能定理得 eEy2＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)(1分) 整理得v2－v1＝eq \f(v0,5) 解得v1＝eq \f(9,10)v0(2分) 又电子入射速度越小，电子运动轨迹的最高点对应的纵坐标越大(1分) 则能到y2＝eq \f(mv0,5eB)的位置的电子数占总电子数的比例为 η＝eq \f(N,N0)＝eq \f(v1,v0)×100%(1分) 解得η＝90%(1分) 答案：(1)v0B；(2)eq \f(3mv0,32eB)；(3)90% 满分规则 ►[规则1]　仔细审题，弄清题意 本题考查带电粒子在磁场中的匀速圆周运动，题中不考虑重力，出发点在原点．画出运动轨迹，找出临界条件，确定半径，根据几何关系求解题目． ►[规则2]　规范解析书写过程，注意分步列式 对所列方程最好用序号标出，阅卷老师才好找到得分点；尽量不要列连等式，以防由于写综合方程，一处出错则全部没分． ►[规则3]　保证结果计算正确 本题较多的是数学表达式的推导，要提高计算能力，会做的题尽量做对．只要结果正确，前面书写的稍有不规范，阅卷老师也可能不在意，但一旦结果错误，阅卷老师再找得分点时，书写不规范或马虎往往就会吃亏． ►[规则4]　等价给分 采用不同的思路，只要方程正确，也确实能推出正确答案的，就能给分． ►[规则5]　只看对的，不看错的 对于不会做的题目，要把与本题相关的公式都写上，公式是主要得分点，阅卷时只看评分标准中给定的公式来给分，无用的如果写了，不给分也不扣分. $$