第11章 专题强化20 带电粒子在组合场中的运动（课件PPT）-【优化指导】2025年高考物理一轮复习高中总复习·第1轮（人教多选版）

第十一章　磁场　安培力与洛伦兹力 专题强化20　带电粒子在组合场中的运动 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第十一章　磁场　安培力与洛伦兹力 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第十一章　磁场　安培力与洛伦兹力 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第十一章　磁场　安培力与洛伦兹力 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第十一章　磁场　安培力与洛伦兹力 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第十一章　磁场　安培力与洛伦兹力 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第十一章　磁场　安培力与洛伦兹力 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第十一章　磁场　安培力与洛伦兹力 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第十一章　磁场　安培力与洛伦兹力 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第十一章　磁场　安培力与洛伦兹力 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第十一章　磁场　安培力与洛伦兹力 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第十一章　磁场　安培力与洛伦兹力 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第十一章　磁场　安培力与洛伦兹力 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第十一章　磁场　安培力与洛伦兹力 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第十一章　磁场　安培力与洛伦兹力 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第十一章　磁场　安培力与洛伦兹力 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第十一章　磁场　安培力与洛伦兹力 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第十一章　磁场　安培力与洛伦兹力 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第十一章　磁场　安培力与洛伦兹力 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第十一章　磁场　安培力与洛伦兹力 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第十一章　磁场　安培力与洛伦兹力 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第十一章　磁场　安培力与洛伦兹力 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第十一章　磁场　安培力与洛伦兹力 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第十一章　磁场　安培力与洛伦兹力 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第十一章　磁场　安培力与洛伦兹力 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第十一章　磁场　安培力与洛伦兹力 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第十一章　磁场　安培力与洛伦兹力 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第十一章　磁场　安培力与洛伦兹力 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第十一章　磁场　安培力与洛伦兹力 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第十一章　磁场　安培力与洛伦兹力 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第十一章　磁场　安培力与洛伦兹力 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第十一章　磁场　安培力与洛伦兹力 谢谢观看！ 带电粒子在组合场中运动的分析思路 热点一　磁场与磁场的组合 (1)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。 (2)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。 [典例1] 如图，空间存在方向垂直于纸面(xOy平面)向里的磁场。在x≥0区域，磁感应强度的大小为B0；x＜0区域，磁感应强度的大小为λB0(常数λ＞1)。一质量为m、电荷量为q(q＞0)的带电粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴正向射入磁场，此时开始计时，当粒子的速度方向再次沿x轴正向时，求(不计重力)： (1)粒子运动的时间； (2)粒子与O点间的距离。 解析：(1)在匀强磁场中，带电粒子做圆周运动。设在x≥0区域，轨迹半径为R1；在x<0区域，轨迹 半径为R2。由洛伦兹力公式及牛顿第二定律得qB0v0＝m eq \f(v02,R1) 　① qλB0v0＝m eq \f(v02,R2) 　② 粒子速度方向转过180°时，所需时间为t1＝ eq \f(πR1,v0) 　③ 粒子再转过180°时其速度方向沿x轴正方向，所需时间为t2＝ eq \f(πR2,v0) 　④ 联立①②③④式可得， 所求时间t0＝t1＋t2＝ eq \f(πm,B0q) (1＋ eq \f(1,λ) )。 (2)由几何关系及①②式可得，所求距离 d0＝2(R1－R2)＝ eq \f(2mv0,B0q) (1－ eq \f(1,λ) )。 答案：(1) eq \f(πm,qB0) (1＋ eq \f(1,λ) )　(2) eq \f(2mv0,qB0) (1－ eq \f(1,λ) ) 热点二　直线加速和磁偏转的组合 质谱仪的原理和应用 1．加速电场：qU＝ eq \f(1,2) mv2。 2．偏转磁场：qvB＝ eq \f(mv2,r) ，l＝2r。 3．结论：r＝ eq \f(1,B) eq \r(\f(2mU,q)) ，m＝ eq \f(qr2B2,2U) ， eq \f(q,m) ＝ eq \f(2U,B2r2) 。 [典例2] (多选)(2024·山东青岛二中测试)如图所示为一种质谱仪的示意图，由加速电场、静电分析器和磁分析器组成。若静电分析器通道中心线的半径为R，通道内有均匀辐向电场，在中心线处的电场强度大小为E，磁分析器内有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。一质量为m、电荷量为q的粒子从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器，由P点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q点。不计粒子重力，下列说法正确的是(　　) A．极板M比极板N的电势高 B．加速电场的电压U＝ER C．PQ＝2B eq \r(qmER) D．若一群粒子从静止开始经过题述过程都落在胶片上的同一点，则该群粒子具有相同的比荷 AD　解析：粒子在静电分析器内沿中心线偏转，说明粒子带正电荷，而粒子在M、N间被加速，则说明极板M比极板N的电势高，A正确；由qU＝ eq \f(1,2) mv2，qE＝ eq \f(mv2,R) ，可得U＝ eq \f(ER,2) ，B错误；在磁场中，由洛伦兹力公式及牛顿第二定律得qvB＝m eq \f(v2,r) ，得r＝ eq \f(mv,qB) ，PQ＝2r＝ eq \f(2mv,qB) ＝2 eq \r(\f(ERm,qB2)) ，所以只有比荷相同的粒子才能打在胶片上的同一点，C错误，D正确。 回旋加速器的原理和应用 1．原理：粒子源产生的带电粒子在两盒之间被电场加速，在金属盒内做匀速圆周运动；经半个圆周之后，金属盒间电场反向，粒子又被加速。如此，粒子一次次被加速使速度增加。 2．条件：高频交流电源的周期与带电粒子在D形盒中的运动周期相同。 3．带电粒子的最终速度和能量(R为D形盒的半径) (1)最终速度：由qvB＝ eq \f(mv2,R) 得v＝ eq \f(qBR,m) ； (2)最终能量：由Ek＝ eq \f(1,2) mv2得Ek＝ eq \f(q2B2R2,2m) 。 4．粒子被加速的次数 若加速电压为U，则n＝ eq \f(Ek,Uq) ＝ eq \f(qB2R2,2mU) 。 5．运动时间 (1)在磁场中运动的时间：粒子在磁场中运动一个周期，被电场加速两次，每次增加动能qU，加速次数n＝ eq \f(Ekm,qU) ，粒子在磁场中运动的总时间t磁＝ eq \f(n,2) T＝ eq \f(Ekm,2qU) · eq \f(2πm,qB) ＝ eq \f(πBR2,2U) 。 (2)在电场中运动的时间：根据nd＝ eq \f(1,2) at电2，q eq \f(U,d) ＝ma，解得t电＝ eq \f(BRd,U) 。 [典例3] (2024·甘肃兰州测试)回旋加速器的结构如图甲所示，两金属盒置于匀强磁场中，两盒分别与高频电源相连。在加速氚核( eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(1))H)时，氚核在磁场中运动的动能Ek随时间t的变化规律如图乙所示。忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列判断正确的是(　　) A．在Ekt图像中应有t4－t3<t3－t2<t2－t1 B．加速电压越大、加速次数越多，则氚核最后获得的动能就越大 C．如果只增大交流电源的周期，则该回旋加速器可以用来加速α粒子( eq \o\al(\s\up1(4),\s\do1(2))He) D．如果只增大磁感应强度，则该回旋加速器可以用来加速α粒子( eq \o\al(\s\up1(4),\s\do1(2))He) D　解析：根据周期公式T＝ eq \f(2πm,qB) 可知，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期不变，与速度大小无关，则在Ekt图像中应有t4－t3＝t3－t2＝t2－t1，A错误；由qvB＝m eq \f(v2,R) 得v＝ eq \f(qBR,m) ，则Ek＝ eq \f(1,2) mv2＝ eq \f(q2B2R2,2m) ，可知粒子获得的最大动能与加速电压、加速次数无关，B错误；α粒子( eq \o\al(\s\up1(4),\s\do1(2))He)的质量与电荷量的比值小于氚核( eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(1))H)的质量与电荷量的比值，由交流电源的周期T＝ eq \f(2πm,Bq) 可知，应将交流电源的周期减小才能使该回旋加速器加速α粒子，而只增大磁感应强度可以减小周期T，C错误，D正确。 热点三　电偏转和磁偏转的组合 项目 垂直进入磁场(磁偏转) 垂直进入电场(电偏转) 情境图 项目 垂直进入磁场(磁偏转) 垂直进入电场(电偏转) 受力 FB＝qv0B，大小不变、方向总指向圆心，为变力 FE＝qE，大小、方向均不变，为恒力 运动规律 匀速圆周运动 r＝ eq \f(mv0,Bq) ，T＝ eq \f(2πm,Bq) 类平抛运动 vx＝v0，vy＝ eq \f(Eq,m) t x＝v0t，y＝ eq \f(Eq,2m) t2 [典例4] (2024·天津和平区测试)如图所示，在xOy平面(纸面)内，x＞0空间存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，第三象限空间存在方向沿x轴正方向的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)，以大小为v、方向与y轴正方向夹角θ＝60°的速度沿纸面从坐标为(0， eq \r(3) L)的P1点进入磁场中，然后从坐标为(0，－ eq \r(3) L)的P2点进入电场区域，最后从x轴上的P3点(图中未画出)垂直于x轴射出电场。求： (1)磁场的磁感应强度大小B； (2)粒子从P1点运动到P2点所用的时间t； (3)电场强度的大小E。 解析：(1)带电粒子在磁场中运动轨迹如图所示，其做匀速圆周运动的圆心为O1，对应轨道半径为R，由几何关系可得R sin θ＝ eq \r(3) L 由洛伦兹力提供向心力和牛顿第二定律有qvB＝ eq \f(mv2,R) 联立可得B＝ eq \f(mv,2qL) 。 (2)设带电粒子在磁场中的运动时间为t1，则 t1＝ eq \f(2π－2θ,2π) T T＝ eq \f(2πR,v) 联立可得t1＝ eq \f(8πL,3v) 。 (3)设带电粒子在电场中运动时间为t2，由运动的合成与分解有 v cos θ·t2＝ eq \r(3) L v sin θ－at2＝0 由牛顿第二定律有qE＝ma 联立可得E＝ eq \f(mv2,4qL) 。 答案：(1) eq \f(mv,2qL) 　(2) eq \f(8πL,3v) 　(3) eq \f(mv2,4qL) 1.(多选)(2022·湖北卷)如图所示，一个带电粒子以初速度v0沿x轴正方向从坐标原点О射入，并经过点P(a>0，b>0)。若上述过程仅由方向平行于y轴的匀强电场实现，则粒子从O点运动到P点的时间为t1，到达P点的动能为Ek1。若上述过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现，则粒子从O点运动到P点的时间为t2，到达P点的动能为Ek2。下列关系式正确的是(　　) A．t1<t2 B．t1>t2 C．Ek1<Ek2 D．Ek1>Ek2 AD　解析：若该过程仅由方向平行于y轴的匀强电场实现，则此时粒子做类平抛运动，沿x轴正方向做匀速直线运动，若该过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现，则此时粒子做匀速圆周运动，沿x轴正方向的分速度在减小，根据t＝ eq \f(x,v) 可知t1<t2，A正确，B错误；若该过程仅由方向平行于y轴的匀强电场实现，则此时粒子做类平抛运动，到达P点时速度大于v0，若该过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现，则此时粒子做匀速圆周运动，到达P点时速度等于v0，而根据Ek＝ eq \f(1,2) mv2，可知Ek1>Ek2，C错误，D正确。 2.(2022·广东卷)如图所示，一个立方体空间被对角平面MNPQ划分成两个区域，两区域分布有磁感应强度大小相等、方向相反且与z轴平行的匀强磁场。一个质子以某一速度从立方体左侧垂直Oyz平面进入磁场，并穿过两个磁场区域。下列关于质子运动轨迹在不同坐标平面的投影中，可能正确的是(　　) INCLUDEPICTURE "2025版优化指导.高考总复习.第1轮.物理（配人教多选版）教用/B556.TIF" \* MERGEFORMAT A　解析：当质子射出后先在MN左侧运动，刚射出时根据左手定则可知，质子受到沿y轴正方向的洛伦兹力，即在MN左侧会向y轴正方向偏移，做匀速圆周运动，y轴坐标增大；在MN右侧根据左手定则可知，洛伦兹力反向，质子在y轴正方向上做减速运动，A正确，B错误；根据左手定则可知，质子在整个运动过程中都只受到平行于Oxy平面的洛伦兹力作用，在z轴方向上没有运动，z轴坐标不变，C、D错误。 3．(2023·辽宁卷，节选)如图所示，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 eq \r(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 eq \f(2mv0,3qB) ，不计粒子重力。求： (1)金属板间电势差U； (2)粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角θ。 解析：(1)设板间距离为d，则板长为 eq \r(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＝ eq \f(U,d) 电场力提供加速度，根据牛顿第二定律得qE＝ma 解得a＝ eq \f(qU,md) 设粒子在平板间的运动时间为t0，根据类平抛运动的运动规律得 eq \f(d,2) ＝ eq \f(1,2) at02， eq \r(3) d＝v0t0 联立解得U＝ eq \f(mv02,3q) 。 (2)设粒子出电场时速度方向与水平方向夹角为α，则有 tan α＝ eq \f(at0,v0) ＝ eq \f(\r(3),3) 故α＝ eq \f(π,6) 则出电场时粒子的速度为v＝ eq \f(v0,cos α) ＝ eq \f(2\r(3),3) v0 粒子出电场后沿直线匀速运动，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 eq \f(v2,r) 解得r＝ eq \f(mv,qB) ＝ eq \f(2\r(3)mv0,3qB) 已知圆形磁场区域半径为R＝ eq \f(2mv0,3qB) 故r＝ eq \r(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＝ eq \f(π,3) 故粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向的夹角为 eq \f(π,3) 。 答案：(1) eq \f(mv02,3q) 　(2) eq \f(π,3) $$