第1部分 专题3 第10讲 带电粒子在复合场中的运动（word教参）-【创新教程】2025年高考物理大二轮专题增分方案

第10讲　带电粒子在复合场中的运动 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　对应学生用书　P50 考点一　带电粒子在组合场中的运动 带电粒子在电场和磁场的组合场中运动，实际上是将粒子在电场中的加速与偏转，跟在磁场中的偏转两种运动有效组合在一起，有效区别电偏转和磁偏转，寻找两种运动的联系和几何关系是解题的关键．当带电粒子连续通过几个不同的场区时，粒子的受力情况和运动情况也发生相应的变化，其运动过程由几种不同的运动阶段组成． [例1]　(2024·辽宁卷，15)现代粒子加速器常用电磁场控制粒子团的运动及尺度．简化模型如图：Ⅰ、Ⅱ区宽度均为L，存在垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度等大反向；Ⅲ、Ⅳ区为电场区，Ⅳ区电场足够宽，各区边界均垂直于x轴，O为坐标原点．甲、乙为粒子团中的两个电荷量均为＋q，质量均为m的粒子．如图，甲、乙平行于x轴向右运动，先后射入Ⅰ区时速度大小分别为v0和v0.甲到P点时，乙刚好射入Ⅰ区．乙经过Ⅰ区的速度偏转角为30°，甲到O点时，乙恰好到P点．已知Ⅲ区存在沿＋x方向的匀强电场，电场强度大小E0＝.不计粒子重力及粒子间相互作用，忽略边界效应及变化的电场产生的磁场． (1)求磁感应强度B的大小； (2)求Ⅲ区的宽度d； (3)Ⅳ区x轴上的电场方向沿x轴，电场强度E随时间t、位置坐标x的变化关系为E＝ωt－kx，其中常系数ω＞0，ω已知、k未知，取甲经过O点时t＝0.已知甲在Ⅳ区始终做匀速直线运动，设乙在Ⅳ区受到的电场力大小为F，甲、乙间距为Δx，求乙追上甲前F与Δx间的关系式(不要求写出Δx的取值范围)． [解题指导] (1)对乙粒子由洛伦兹力提供向心力，结合半径求磁感应强度的大小； (2)根据对称性求出乙粒子运动时间，结合甲粒子运动规律求Ⅲ区宽度； (3)根据两粒子各自运动特性及乙追上甲的条件，分析F与Δx间的关系式． [解析]　(1)对乙粒子，如图所示 由洛伦兹力提供向心力 qv0B＝m， 由几何关系sin 30°＝， 联立解得，磁感应强度的大小为B＝； (2)由题意可知，根据对称性，乙在磁场中运动的时间为t1＝2××＝， 对甲粒子，由对称性可知，甲粒子沿着直线从P点到O点，由运动学公式d＝v0t1＋at， 由牛顿第二定律a＝＝， 联立可得Ⅲ区宽度为d＝πL. (3)甲粒子经过O点时的速度为 v甲＝v0＋at1＝3v0， 因为甲在Ⅳ区始终做匀速直线运动，则ωt＝kx＝k×3v0t，可得k＝； 设乙粒子经过Ⅲ区的时间为t2，乙粒子在Ⅳ区运动时间为t0，则上式中t＝t0＋t2， 对乙可得＝ω(t0＋t2)－kx2 整理可得x2＝3v0(t0＋t2)－， 对甲可得x1＝3v0(t0＋t2) 则Δx＝x1－x2＝， 化简可得乙追上甲前F与Δx间的关系式为 F＝·Δx. [答案]　(1)　(2)πL　(3)F＝·Δx. 1．(2024·福建七地市联考)如图所示，平面直角坐标系xOy面内，y轴左侧存在垂直于纸面向里的匀强磁场Ⅰ，y轴右侧第一象限内存在竖直向上的匀强电场，第四象限内存在垂直于纸面向外的匀强磁场Ⅱ，磁场Ⅰ、Ⅱ的磁感应强度大小相等．一电子以速度v0从x轴上的点N(－L,0)射入磁场，v0与x轴负方向的夹角θ＝37°，经P点(图中未画出)垂直于y轴射入电场，最后从点M(0,2L)进入第四象限．已知电子的质量为m，电荷量为e，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求： (1)匀强磁场的磁感应强度大小； (2)匀强电场的电场强度大小； (3)从N点射出后电子第3次经过x轴的位置坐标． 解析：(1)由题意得电子在磁场Ⅰ中运动轨迹如图，圆心在K点，设电子在磁场中运动的半径为r1，则有r1＝， ev0B＝m，得B＝. (2)进入电场后，电子做类平抛运动，从P点到M点的过程中，设沿静电力方向的位移为y，垂直于静电力方向的位移为x，则：x＝v0t＝2L，y＝r1＋r1cos 37°＝at2， Ee＝ma，解得E＝. (3)沿电场方向的速度vy＝at，v＝＝v0， 设v方向与x轴正方向成α角，则tan α＝＝3，sin α＝， 设电子在第四象限中做匀速圆周运动的半径为r2，有evB＝m， 经分析知，电子第1次过x轴在M点运动一个劣弧，第2次过x轴到第Ⅰ象限，再次下来到第3次经过x轴时的位置坐标为x＝6L＋2r2sin α， 联立以上各式，代入数据得x＝16L，即位置为(16L,0)． 答案：(1)　(2)　(3)(16L,0) 2．(2024·山东卷，18)如图所示，在Oxy坐标系x>0，y>0区域内充满垂直纸面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场．磁场中放置一长度为L的挡板，其两端分别位于x、y轴上M、N两点，∠OMN＝60°，挡板上有一小孔K位于MN中点．△OMN之外的第一象限区域存在恒定匀强电场．位于y轴左侧的粒子发生器在0＜y＜L的范围内可以产生质量为m，电荷量为＋q的无初速度的粒子．粒子发生器与y轴之间存在水平向右的匀强加速电场，加速电压大小可调，粒子经此电场加速后进入磁场，挡板厚度不计，粒子可沿任意角度穿过小孔，碰撞挡板的粒子不予考虑，不计粒子重力及粒子间相互作用力． (1)求使粒子垂直挡板射入小孔K的加速电压U0； (2)调整加速电压，当粒子以最小的速度从小孔K射出后恰好做匀速直线运动，求第一象限中电场强度的大小和方向； (3)当加速电压为时，求粒子从小孔K射出后，运动过程中距离y轴最近位置的坐标． 解析：(1)根据题意，作出粒子垂直挡板射入小孔K的运动轨迹如图所示，根据几何关系可知粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为r＝xNK＝，在△OMN区域根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m， 在匀强加速电场中由动能定理有U0q＝mv2， 联立解得U0＝. (2)根据题意，当轨迹半径最小时，粒子速度最小，则作出粒子以最小的速度从小孔K射出的运动轨迹如图所示， 根据几何关系可知粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为r′＝xNKcos 60°＝，在△OMN区域根据洛伦兹力提供向心力有qv′B＝m，粒子从小孔K射出后恰好做匀速直线运动，由左手定则可知粒子经过小孔K后受到的洛伦兹力沿x轴负方向，则粒子经过小孔K后受到的电场力沿x轴正方向，又粒子带正电，则△OMN之外第一象限区域电场强度的方向沿x轴正方向，大小满足qv′B＝Eq，联立可得E＝. (3)在匀强加速电场中由动能定理有Uq＝mv″2， 可得v″＝， 在△OMN区域根据洛伦兹力提供向心力有 qv″B＝m， 可得粒子在△OMN区域运动的轨迹半径 r″＝L， 作出从小孔K射出的粒子的运动轨迹如图所示 粒子从K射出时，v″越偏向y轴，离y轴越近，由几何关系有sin θ＝＝，则有θ＝60°， 由配速法将运动分解为y轴方向的匀速直线运动和沿x轴方向的匀速圆周运动，其中 v″y＝v″sin θ＝，v″x＝v″cos θ＝， 匀速圆周运动的半径为ry＝＝L， 又T＝＝， 分析可知当运动T时，粒子距离y轴最近，此最近位置的横坐标为，纵坐标为，其中n为自然数． 综上，最近位置的坐标为 (n为自然数)． 答案：(1)U0＝　(2)E＝，方向沿x轴正方向 (3)(n为自然数)考点二　带电粒子在叠加场中的运动 “三步”解决叠加场问题 [例2]　 (2024·安徽高三联考)如图所示，第一象限内存在水平向右的匀强电场，电场强度大小为E＝，第二象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场，第三象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场及竖直向上的匀强电场，电场强度大小为E.现有一质量为m、电荷量为－q(q>0)的带负电粒子从x轴上的A点以初速度v0垂直于x轴射入电场，经y轴上的P点(图中未画出)进入第二象限．已知第二、三象限内磁场的磁感应强度大小均为B＝，A点坐标为，不计粒子重力．求： (1)P点的坐标； (2)粒子第一次进入第三象限的横坐标； (3)粒子第一次在第三象限运动过程中与x轴的最远距离． 解析：(1)粒子在第一象限电场中做类平抛运动 水平方向有＝×t2，解得t＝， 竖直方向有yP＝v0t＝L，P点的坐标为(0，L)． (2)粒子的运动轨迹如图所示，在P点时水平方向有vx＝t＝v0， 设粒子离开电场时，速度大小为v，方向与y轴正方向夹角为θ，则速度大小v＝＝v0， 由几何关系得tan θ＝＝1，解得θ＝45°， 设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，由牛顿第二定律得qvB＝m，解得r＝L， 由几何关系可知，圆心恰好在x轴上，粒子进入第三象限时的横坐标为 x＝－(r＋rcos 45°)＝－(＋1)L. (3)粒子在第三象限做曲线运动，当竖直方向速度为0时，离x轴最远， x轴方向，根据动量定理得qBy×t＝mvx， yt＝ym， 其中vx和ym为轨迹最低点时x方向的速度和y方向运动的最远距离，根据动能定理得 q×E×ym＝mv－mv2， 解得ym＝(2＋)L. 答案：(1)(0，L)　(2)－(＋1)L　(3)(2＋)L 1．(2024·江西卷，7)石墨烯是一种由碳原子组成的单层二维蜂窝状晶格结构新材料，具有丰富的电学性能．现设计一电路测量某二维石墨烯样品的载流子(电子)浓度．如图(a)所示，在长为a，宽为b的石墨烯表面加一垂直向里的匀强磁场，磁感应强度为B，电极1、3间通以恒定电流I，电极2、4间将产生电压U.当I＝1.00×10－3 A时，测得U－B关系图线如图(b)所示，元电荷e＝1.60×10－19C，则此样品每平方米载流子数最接近(　　) 图(a) 图(b) A．1.7×1019　　　　　 B．1.7×1015 C．2.3×1020 D．2.3×1016 解析：D　[设样品每平方米载流子(电子)数为n，电子定向移动的速率为v，则时间t内通过样品的电荷量q＝nevtb，根据电流的定义式得I＝＝nevb，当电子稳定通过样品时，其所受电场力与洛伦兹力平衡，则有e＝evB，联立解得U＝B，结合题图(b)可知k＝＝V/T，解得n＝2.3×1016，D正确．] 2．(2024·河北唐山高三期末)如图所示，在竖直平面的直角坐标系xOy中，第一象限有沿y轴正方向的匀强电场和垂直于纸面向外的匀强磁场，第二象限有沿x轴正方向的匀强电场，两匀强电场的电场强度大小相等．一质量为m、电荷量为＋q的带电小球，从x轴上的P(－d,0)点以初速度v0沿y轴正方向射入第二象限，依次经过Q(0,3d)点和M(3d,0)点，图中M点未标出．经过Q点的速度与y轴正方向成45°，重力加速度为g，不计空气阻力，求： (1)匀强电场的电场强度大小； (2)匀强磁场的磁感应强度的大小． 解析：(1)根据题意可知，粒子从P到Q的过程中，水平方向上有qE＝ma，d＝at2，vx＝at， 竖直方向上有3d＝v0t－gt2，vy＝v0－gt， 由几何关系有vx＝vy， 联立可得vx＝vy＝v0，E＝. (2)根据题意，由(1)分析可知，粒子到达Q点的速度为v＝＝， 由于qE＝mg，所以带电小球在第一象限的运动轨迹为圆，画出粒子在磁场中的运动轨迹，如图所示 由几何关系可知QM为直径，则有 r＝＝d， 由牛顿第二定律有qvB＝m， 联立可得B＝. 答案：(1)　(2) 考点三　带电粒子在复合场中运动的实例分析 　　　 回旋加速器 1．加速条件：T电场＝T回旋＝. 2．磁场约束偏转：qvB＝⇒v＝. 3．带电粒子的最大速度：vmax＝，rD为D形盒的半径．粒子的最大速度vmax与加速电压U无关． [例3]　(多选)医用回旋加速器的核心部分是两个D形金属盒，如图所示，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连．现分别加速氘核(H)和氦核(He)并通过线束引出加速器．下列说法中正确的是(　　) A．加速两种粒子的高频电源的频率相同 B．两种粒子获得的最大动能相同 C．两种粒子在D形盒中运动的周期相同 D．增大高频电源的电压可增大粒子的最大动能 [解析]　回旋加速器加速粒子时，粒子在磁场中运动的周期和交流电的周期相同，否则无法加速．带电粒子在磁场中运动的周期T＝，两粒子的比荷相等，所以周期相同，加速两种粒子的高频电源的频率也相同，故A、C正确；根据qvB＝m，得v＝，两粒子的比荷相等，所以最大速度相等，最大动能Ek＝mv2，两粒子的质量不等，所以最大动能不等，故B错误；最大动能Ek＝mv2＝，与加速电压无关，增大高频电源的电压不能增大粒子的最大动能，故D错误． [答案]　AC 　　　质谱仪 1．粒子由静止被加速电场加速，qU＝mv2. 2．粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB＝m. 由以上两式可得r＝ ，m＝， ＝. [例4]　质谱仪是一种测定带电粒子比荷和分析同位素的重要工具．图中铅盒A中的放射源放出大量的带正电粒子(可认为初速度为零)，从狭缝S1进入电压为U的加速电场区加速后，再通过狭缝S2从小孔G垂直于MN射入偏转磁场，该偏转磁场是以直线MN为切线、磁感应强度为B，方向垂直于纸面向外、半径为R的圆形匀强磁场．现在MN上的F点(图中未画出)接收到该粒子，且GF＝R.则该粒子的比荷为(粒子的重力忽略不计)(　　) A.　 B．　　C.　　D. [解析]　设粒子被加速后获得的速度为v，由动能定理有qU＝mv2，粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹如图所示，在直角△FGO中，∠GOF＝60°，轨道半径r＝Rtan 30°＝，又qvB＝m，可求＝，选项C正确． [答案]　C 　　　　磁与现代科技综合模型 [例5]　(多选)(2024·湖北卷，9)磁流体发电机的原理如图所示，MN和PQ是两平行金属极板，匀强磁场垂直于纸面向里．等离子体(即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子)从左侧以某一速度平行于极板喷入磁场，极板间便产生电压．下列说法正确的是(　　) A．极板MN是发电机的正极 B．仅增大两极板间的距离，极板间的电压减小 C．仅增大等离子体的喷入速率，极板间的电压增大 D．仅增大喷入等离子体的正、负带电粒子数密度，极板间的电压增大 [解析]　A．带正电的离子受到的洛伦兹力向上偏转，极板MN带正电为发电机正极，A正确；BCD.离子受到的洛伦兹力和电场力相互平衡时，此时令极板间距为d，则qvB＝q，可得U＝Bdv， 因此增大间距，U变大，增大速率，U变大，U大小和密度无关，BD错误，C正确． [答案]　AC 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　对应学生用书　P54 1．(2024·山东聊城模拟)如图所示，平面直角坐标系xOy中，在第二象限内有一半径R＝5 cm的圆，与y轴相切于点Q(0,5 cm)，圆内有匀强磁场，方向垂直于xOy平面向外．在x＝－10 cm处有一个比荷为＝1.0×108 C/kg的带正电的粒子，正对该圆圆心方向发射，粒子的发射速率v0＝4.0×106 m/s，粒子在Q点进入第一象限．在第一象限某处存在一个矩形匀强磁场区域，磁场方向垂直于xOy平面向外，磁感应强度B0＝2 T．粒子经该磁场偏转后，在x轴点M(6 cm,0)沿y轴负方向进入第四象限(不考虑粒子的重力)．求： (1)第二象限圆内磁场的磁感应强度B的大小． (2)第一象限内矩形磁场区域的最小面积． 解析：(1)画出粒子的运动轨迹，如图所示 作O1P1垂直于PO，由几何关系知∠O1OP＝60°， 设粒子在第二象限圆内磁场做匀速圆周运动的半径为r1，由几何关系有tan 60°＝， 由洛伦兹力提供向心力得qv0B＝m， 解得B＝ T. (2)粒子在第一象限内转过圆周，设轨迹半径为r2，由洛伦兹力提供向心力得qv0B0＝m， 答图中的矩形面积即最小磁场区域面积，由几何关系得Smin＝r2， 联立解得矩形磁场区域的最小面积为 Smin＝4(－1) cm2. 答案：(1) T　(2)4(－1) cm2 2．(2024·云南昆明一中检测)如图所示，在竖直平面内x轴的上方空间内存在水平向右的匀强电场，x轴的下方空间内存在垂直纸面向外的匀强磁场和竖直向下的匀强电场，磁感应强度大小为0.3 T，电场强度大小均为1.2 V/m.一个带电小球用一根细线悬挂在x轴的上方区域，静止时细线与竖直方向夹角为θ＝45°.现将细线剪断，小球运动1 s时第一次经过x轴进入x轴下方区域．g取10 m/s2.求：(tan 63°≈2) (1)小球第一次经过x轴时的速度大小； (2)小球第三次经过x轴时的方向； (3)从剪断细线开始到小球第三次经过x轴的时间． 解析：(1)设小球质量为m，带电荷量为q.小球被悬挂并静止时受力平衡如图甲所示，其中θ＝45°，即θ＝， 因为静电力方向与电场方向相反，所以小球带负电．重力与静电力合力 F合＝＝mg， 静电力FE＝qE＝mgtan θ＝mg，小球的比荷 ＝， 将细线剪断后，小球在复合场中做匀加速直线运动，小球的加速度大小为a＝＝g＝10 m/s2， 加速度方向与细线拉力方向相反．经过t1＝1 s到达x轴，此时其速度大小为v1＝at1＝10 m/s. (2)小球穿过x轴进入x轴下方后，由于小球所受重力mg和小球所受静电力FE等大反向，所以小球所受洛伦兹力为其合外力，小球将在此合外力下做匀速圆周运动．设小球第一次通过A点进入x轴下方，经过时间t2，在B点通过x轴，其第一次圆周运动轨迹示意图如图乙所示， 小球运动的圆弧轨迹对应的圆心角 α1＝2π－2θ＝， 洛伦兹力提供其做圆周运动的向心力，有 qBv1＝，T＝，可得T＝＝π s， 则有t2＝T＝ s， 小球在B点通过x轴，进入x轴上方，其速度方向与x轴上方复合场方向垂直，所以小球将做类平抛运动．设此过程小球运动时间为t3，小球将再次经过x轴，设此时其速度为v2，此过程运动轨迹示意图如图丙所示， 则有v1t3＝at，解得t3＝＝2t1＝2 s， 在速度关系中tan θ1＝＝＝， 所以θ1＝π＝， 则有θ2＝－θ1＝， 小球第三次经过x轴时与x轴负方向夹角为斜向下； (3)从剪断细线开始到小球第三次经过x轴的时间t＝t1＋t2＋t3＝s. 答案：(1)10 m/s　(2)与x轴负方向夹角为斜向下　(3)(3＋)s 学科网（北京）股份有限公司 $$