第11章 专题强化(十五) 带电粒子在组合场、交变场、立体空间中的运动(课件PPT)-【正禾一本通】2025年高考物理高三一轮总复习高效讲义

正禾一本通 一轮总复习 多媒体课件 英语（人教版） 一轮总复习 多媒体课件 专题强化(十五)　带电粒子在组合场、交变场、立体空间中的运动 备考目标 1.掌握带电粒子在组合场中的运动规律和分析思路。 2.学会处理磁场与磁场的组合场、电场与磁场的组合场中带电粒子的运动问题。 3.会分析带电粒子在交变磁场或电场中的运动特点。 4.会处理带电粒子在立体空间中的运动情况。 题型一 带电粒子在组合场中的运动分析 题型二 质谱仪 回旋加速器 题型三 带电粒子在交变电磁场中的运动 题型四 带电粒子在立体空间中的运动 专题强化（十五） 带电粒子在组合场中运动的分析思路和方法 (1)分析思路 ①画运动轨迹：根据受力分析和运动学分析，大致画出粒子的运动轨迹图。 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，对不同的阶段选取不同的规律处理。 (2)常见粒子的运动及解题方法 类型1　带电粒子先电场后磁场的运动问题 【例1】 (多选)如图所示是某种磁式质量分析器的结构原理图，此分析器由以下几部分构成：粒子源、加速电场、磁分析器、收集板。一质量为m、电荷量为＋q的带电粒子从粒子源无初速度地从S小孔飘入加速电场，经电压U加速后，从P点垂直边界进入磁分析器，最后垂直地打在收集板上的Q点。已知磁分析器中的偏转磁场是一个以O为圆心的扇形匀强磁场，磁感应强度的方向垂直纸面向外，OP＝l。若不计带电粒子的重力，收集板刚好和磁分析器的OB边界重合，则下列说法正确的是(　　) A.偏转磁场的磁感应强度大小为B＝ B．偏转磁场的磁感应强度大小为B＝ C．只增大加速电压U，粒子可能会落在收集板上的M点 D．只减小加速电压U，粒子可能会落在收集板上的M点 解析：选AC。粒子在电场中加速，设粒子进入磁场时的速度为v，由动能定理有qU＝mv2，解得v＝，粒子进入磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系可知，粒子在磁场中的轨迹半径为l，根据洛伦兹力充当向心力可得Bqv＝m，解得B＝，故A正确，B错误；粒子在磁场中做匀速圆周运动，设任意加速电压U0下粒子进入磁场时的速度为v0，进入磁场后的轨迹半径为R，则可得R＝＝ ，可知只增大加速电压，粒子在磁场中运动的轨迹半径将增大，只减小加速电压，粒子在磁场中运动的轨迹半径将减小，由此可知，只增大加速电压U，粒子可能会落在收集板上的M点，故C正确，D错误。 【例2】 如图，在y>0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E；在y<0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场。一个氕核H和一个氘核H先后从y轴上y＝h点以相同的动能射出，速度方向沿x轴正方向。已知H进入磁场时，速度方向与x轴正方向的夹角为60°，并从坐标原点O处第一次射出磁场。H的质量为m，电荷量为q，不计重力，求： (1)H第一次进入磁场的位置到原点O的距离； (2)磁场的磁感应强度大小； (3)H第一次离开磁场的位置到原点O的距离。 解析：(1)H在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示， 设H在电场中的加速度大小为a1，初速度大小为v1，它在电场中的运动时间为t1，第一次进入磁场的位置到原点O的距离为s1，由运动学公式有s1＝v1t1① h＝a1t② 由题给条件，H进入磁场时速度的方向与x轴正方向夹角θ1＝60°，H进入磁场时速度沿y轴方向的分量的大小为 a1t1＝v1tan θ1③ 联立以上各式得s1＝h④ (2)H在电场中运动时，由牛顿第二定律有qE＝ma1⑤ 设H进入磁场时速度的大小为v1′，由速度合成法则有 v1′＝⑥ 设磁感应强度大小为B，H在磁场中运动的圆轨道半径为R1，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qv1′B＝⑦ 由几何关系得s1＝2R1sin θ1⑧ 联立以上各式得B＝。⑨ (3)设H在电场中沿x轴正方向射出的速度大小为v2，在电场中的加速度大小为a2，由题给条件得 (2m)v＝mv⑩ 由牛顿第二定律有qE＝2ma2⑪ 设H第一次射入磁场时的速度大小为v2′，速度的方向与x轴正方向夹角为θ2，入射点到原点的距离为s2，在电场中运动的时间为t2，由运动学公式有s2＝v2t2⑫ h＝a2t⑬ v2′＝⑭ sin θ2＝⑮ 联立以上各式得s2＝s1，θ2＝θ1， v2′＝v1′⑯ 设H在磁场中做圆周运动的半径为R2，由⑦⑯式及粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式得R2＝＝R1⑰ 所以出射点在原点左侧，设H进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点的距离为s2′，由几何关系有 s2′＝2R2sin θ2⑱ 联立④⑧⑯⑰⑱式得，H第一次离开磁场时的位置到原点O的距离为 s2′－s2＝(－1)h。 答案：(1)h　(2)　(3)(－1)h 类型2　带电粒子先磁场后电场的运动问题 【例3】 如图所示，直角坐标系xOy中，有一以原点O为中心的正方形ABCD区域，其边长为4a且分别与x轴、y轴平行。还有一个以原点O为圆心，半径为a的圆形区域，圆形区域内分布有匀强电场，方向与x轴负方向、y轴负方向夹角均为45°。圆形区域外，正方形区域内分布有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。位于A点的粒子源，向磁场中沿AD方向喷射出质量为m，带电荷量为q(q>0)的粒子，粒子的速度大小可调。不计粒子的重力，忽略边缘效应。 (1)若粒子进入磁场偏转后，能进入圆形区域的电场中，求粒子被射入磁场时的速度大小的范围； (2)M、N是AC连线与圆形区域边界的交点，若某粒子射入磁场后，经M点射入电场，然后仅从N点射出电场，最后从C点离开磁场。求电场的电场强度大小，以及该粒子从A点运动到C点的时间。 解析：(1)作出粒子恰好不能进入电场的轨迹，如图所示， 设粒子运动轨迹半径为r，根据余弦定理可知粒子恰好不能进入电场的r满足 cos 45°＝ 或cos 45 °＝ 根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m 解得粒子被射入磁场时的速度大小的范围为<v<。 (2)根据对称性可知粒子进入M点时与AC夹角为45°，根据几何关系可知 r′＝(2a－a)cos 45° 根据洛伦兹力提供向心力有qv′B＝m 解得v′＝ 粒子在电场中的运动时间为t1＝2 同时沿MN方向有2a＝v′sin 45°·t1 粒子在磁场中的运动时间为 t2＝2×× 联立解得E＝(－)2 该粒子从A点运动到C点的时间为 t＝t1＋t2＝＋。 答案：(1)<v<　(2)E＝(－)2　＋ 【例4】 (2023·浙江1月高考)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°；且各个方向均有速度大小连续分布在v0和v0之间的离子射出。已知速度大小为v0、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x0； (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U0； (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Ux与孔C位置坐标x之间关系式。 解析：(1)离子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力可得qv0B＝m x0＝2R＝。 (2)如图所示，与y轴夹角为θ的离子经磁场偏转进入孔C后仍与y轴成θ角＝x0 v cos θ＝v0 进入孔C后离子速度方向与y轴的最大夹角为β cos β＝＝，即β＝45° 由几何关系可得L＝2d。 (3)进入孔C的离子速度大小v及其与y轴夹角θ必须满足 v cos θ＝v0 由动能定理可得 －qU0＝m(v sin θ)2－mv2 解得U0＝。 (4)由上述分析及离子速度方向、大小的范围可知，离子经偏转后能进入孔C的位置范围为≤x≤ 且vy＝ 由动能定理得mv＝qUx 解得Ux＝x2(≤x≤)。 答案：(1)　(2)2d　(3) (4)Ux＝x2(≤x≤) 【例1】 回旋加速器的工作原理如图1所示，D1和D2是两个相同的中空半圆金属盒，金属盒的半径为R，它们之间接如图2所示的交变电源，图中U0、T0已知，两个D形盒处于与盒面垂直的匀强磁场中。将一质子从D1金属盒的圆心处由静止释放，质子(H)经过加速后最终从D形盒的边缘射出。已知质子的质量为m，电荷量为q，不计电场中的加速时间，且不考虑相对论效应。下列说法正确的是(　　) A．回旋加速器中所加磁场的磁感应强度B＝ B．质子从D形盒的边缘射出时的速度为 C．在其他条件不变的情况下，仅增大U0，可以增大质子从边缘射出的速度 D．在所接交变电源不变的情况下，若用该装置加速H(氚核)，需要增大所加磁场的磁感应强度 解析：选D。带电粒子在磁场中运动的周期与所加交变电源的周期T0相同，所以满足T0＝，可得B＝，A错误；粒子从D形盒边缘射出时有mv2＝nU0q，射出速度可表示为v＝，B错误；粒子从D形盒射出时qvmaxB＝m，可得vmax＝，仅增大加速电压U0，质子射出速度大小不变，C错误；当加速氚核时，其在磁场中运动的周期为T＝，其周期应该与T0相同，又知道T0＝，可知B′＝3B，需要增大所加磁场的磁感应强度，D正确。 【例2】 阿斯顿最早设计了质谱仪，并用它发现了氖20(20Ne)和氖22(22Ne)，证实了同位素的存在。一种质谱仪的结构可简化为如图所示，半圆柱形通道水平放置，其上下表面内半径均为R、外半径均为3R，该通道内存在方向竖直向上的匀强磁场。正对着通道出口处放置一张照相底片，记录粒子从出口射出时的位置。粒子源释放出的20Ne和22Ne，加速后垂直通过速度选择器的正交电磁场，磁感应强度大小为B0、电场强度大小为E0，接着垂直于通道入口从中缝MN进入磁场区，其中20Ne恰能击中照相底片的正中间位置。已知20Ne质量为m1，22Ne质量为m2，带电量均为q(q>0)，不计粒子重力。 (1)求粒子通过速度选择器的速度v； (2)求通道中匀强磁场的磁感应强度的大小B1； (3)调节速度选择器的电场强度大小，可改变粒子击中照相底片的位置，为了保证两种粒子都能击中照相底片，求电场强度可调节最大值Em的大小。 解析：(1)在速度选择器中，粒子所受洛伦兹力与电场力平衡，即qvB0＝qE0 解得v＝。 (2)依题意知20Ne的轨道半径为r1＝2R 根据牛顿第二定律有qvB1＝m1 解得B1＝。 (3)根据(2)中关系式可知，当20Ne和22Ne以相同速度进入磁场区时，质量较大的22Ne轨道半径较大，所以在保证两种粒子都能击中照相底片的情况下，当22Ne恰好能够击中照相底片时，其速度最大，速度选择器的电场强度最大 同理可得vm＝，qvmB1＝m2 其中2rm＝5R 联立解得Em＝。 答案：(1)　(2)　(3) 解决带电粒子在交变电、磁场中的运动问题的基本思路 读图 看清并且明白场的变化情况 受力分析 分析粒子在不同的变化场区的受力情况 过程分析 分析粒子在不同时间段内的运动情况 找衔接点 找出衔接相邻两过程的速度大小及方向 选规律 联立不同阶段的方程求解 【典例】 (2023·河北沧州模拟预测)如图甲所示，在三维坐标系O ­xyz(y轴正方向竖直向上)中，y>0的空间内存在电场强度大小为E1，方向沿x轴正方向的匀强电场；y<0的空间内存在平行于y轴的匀强电场和匀强磁场，电场强度E2和磁感应强度B随时间变化的规律分别如图乙和丙所示，甲图中所示方向为正方向。一质量为m、电荷量为＋q的小球，从坐标为(－L，L，0)的点由静止释放，经过时间T，在t＝0时刻恰好过坐标原点O进入y<0的空间内。已知B0＝，重力加速度大小为g，不计一切阻力。在t＝4.5T时刻，小球的位置坐标为(　　) A． B． C． D． 解析：选D。小球在重力和电场力的作用下，从(－L，L，0)位置做初速度为零的匀加速直线运动，恰好过原点，则mg＝qE1，L＝gT2，得T＝，到达O点的水平速度与竖直速度均为v＝gT＝，由图乙、丙可知，在0～T内，小球竖直方向以加速度g向下做减速运动，t＝T时，竖直速度为0；在T～2T内，小球竖直方向以g做匀加速直线运动，在t＝2T时，竖直速度为v；在2T～3T内，小球以g继续竖直向下做匀减速直线运动，t＝3T时，速度减小至0；在3T～4T内，以g向下加速，在t＝4T时速度为v；在4T～4.5T内，以g向下减速，t＝4.5T时速度为v－g＝，故t＝4.5T时，小球的y轴坐标 为y＝－(4×T＋×)，即y＝－L。小球在水平方向以v＝做匀速圆周运动，B＝－B0时，T′＝＝＝T，B＝2B0时，T″＝T′＝，则在0～T内，小球在水平方向做匀速圆周运动，t＝T时运动2周，此时z＝0；在T～2T内，小球运动1周，此时z＝0……由此可知t＝4.5 T时刻，z仍为0，则在t＝4.5T时刻，小球的位置坐标为，故D正确。 【例1】 如图所示，质子以初速度v进入磁感应强度为B且足够大的匀强磁场中，速度方向与磁场方向的夹角为θ。已知质子的质量为m、电荷量为e，质子重力不计，则下列说法正确的是(　　) A．质子运动的轨迹为螺旋线，螺旋线的中轴线方向垂直于纸面向里 B．质子在垂直于磁场平面做圆周运动的半径为 C．质子做螺旋线运动的周期为 D．一个周期内，质子沿着螺旋线轴线方向运动的距离(即螺距)为 解析：选D。将质子的初速度分解为垂直于磁场方向的速度v1＝v sin θ，沿磁场方向的速度v2＝v cos θ，质子沿垂直磁场方向做匀速圆周运动，沿磁场方向做匀速直线运动，则质子运动的轨迹为螺旋线，螺旋线的中轴线方向平行磁场方向，A错误；质子做螺旋线运动的半径为r＝＝，B错误；质子做螺旋线运动的周期为T＝＝，C错误；一个周期内，质子沿着螺旋轴线方向运动的距离(即螺距)为x＝v2T＝，D正确。 【例2】 (2023河北巨鹿中学三模)在芯片制作过程中，对离子注入的位置精度要求极高，通过如图所示的装置可实现离子的高精度注入。立方体区域ABCO－A1B1C1O1的边长为L，以O点为原点，OA、OC和OO1分别为x轴、y轴和z轴的正方向建立空间坐标系O­xyz。在xOz平面的左侧有一对平行金属板M、N，板M、N与xOy面平行，板间距离为d，M、N两板间加有电压，板间同时存在沿x轴负方向、磁感应强度大小为B0的匀强磁场。在板中间的P点有一离子发射源，能沿平行y轴正方向发射质量为m、电荷量为＋q(q>0)、速率不同的离子，立方体的AOO1A1面为一薄挡板，仅在其中心D处开有一小孔供离子(可视为单个离子)进入，D点与P点等高，P、D连线垂直挡板。立方体的ABFE面 为水平放置的薄硅片，E、F分别为AO和BC的中点。当板M、N间的电压大小为U0且立方体内匀强磁场的方向沿OA1方向时，由D点进入的离子恰好注入到硅片AB边上，且速度与AB边垂直。不计离子间的相互作用力、离子的重力和离子碰撞后的反弹。 (1)比较M、N两板的电势高低和由D点进入的离子的速度大小v0； (2)求立方体内匀强磁场的磁感应强度大小； (3)通过调整板M、N间电压，可以控制离子在y轴方向上的注入；通过改变立方体内磁场的方向，可以控制离子在x轴方向上的注入。假设板M、N间的电压大小为λU0，立方体内的磁场磁感应强度大小不变、方向始终垂直于y轴，为保证进入立方体的离子均能注入硅片且硅片的全部区域都有离子注入，求λ的取值范围。 解析：(1)根据题意可知，由D点进入的离子在M、N板间做直线运动，因此运动时电场力与洛伦兹力平衡，根据左手定则可知洛伦兹力沿z轴正方向，则电场力应沿z轴负方向，则M板电势高于N板电势，该离子做匀速直线运动，有B0qv0＝，解得v0＝。 (2)离子由D点进入后在立方体ABC1O1面做匀速圆周运动，离子的轨迹如图1所示， 因粒子到达AB边时速度垂直AB边，则A点为离子的轨迹圆心，由几何关系得，离子的轨迹半径R＝，由牛顿第二定律得qv0B＝，解得B＝。 (3)在板M、N间的电压确定时，离子在D点的速度大小和离子在磁场中做匀速圆周运动的半径大小也相应确定，在板M、N间，有qvB0＝q，离子在立方体内的磁场中运动时，有qvB＝，联立解得r＝L，当离子注入F点时，离子的轨迹半径最大，λ值最大，此时磁场方向沿x轴正方向，取DEF截面作平面图如图2所示， 离子的轨迹如图2中圆弧1所示，由几何关系可知L2＋＝r，解得rmax＝L，当粒子注入E点时，离子的轨迹半径最小，λ值最小，此时磁场方向沿x轴正方向，离子的轨迹如图2中圆弧2所示。由几何关系可知rmin＝L，联立解得≤λ≤。 答案：(1)M板电势高　　(2)　(3)≤λ≤ $$