专题3 培优点4 带电粒子在复合场中的运动 （课件）-【步步高】2024年高考物理大二轮专题复习与增分策略（新高考，浙江专用）

专题三　 电场与磁场 培优点4　带电粒子在复合场中的运动 1 会分析处理带电粒子在组合场中运动的问题。 2 知道带电粒子在复合场中几种常见的运动，掌握运动所遵循的规律。 目标要求 内容索引 考点一 考点二 高考预测 带电粒子在组合场中的运动 带电粒子在叠加场中的运动 专题强化练 考点一 带电粒子在组合场中的运动 1.带电粒子的“电偏转”和“磁偏转”的比较   垂直进入磁场(磁偏转) 垂直进入电场(电偏转) 进入电场时速度方向与电场有一定夹角 情境图         垂直进入磁场 (磁偏转) 垂直进入电场 (电偏转) 进入电场时速度方向与电场有一定夹角 受力 FB＝qv0B，FB大小不变，方向变化，方向总指向圆心，FB为变力 FE＝qE，FE大小、方向均不变，FE为恒力 FE＝qE，FE大小、方向均不变，FE为恒力 运动 规律 2.常见运动及处理方法 　(2023·浙江宁波市十校二模)如图所示，在y轴右侧x＝0到x＝0.5d区域存在两个关于x轴对称且电场强度大小均为E的匀强电场，紧靠电场右方存在着足够宽的匀强磁场①，在y轴左侧存在一半径为d、圆心坐标为 (－d,0)的匀强磁场②，匀强磁场②外侧紧贴一圆心角β＝270°的绝缘刚性圆筒，圆筒关于x轴对称放置。一质量为m、电荷量为－q的带电粒子以速度v0＝ 从(0，0.5d)的A点水平 射入匀强电场，粒子经过匀强磁场① 区域后恰好从(0，－0.5d)点由另一个 匀强电场水平飞出。 例1 已知匀强磁场②区域的磁感应强度大小为B0，匀强电场的电场强度大小E＝ ，不计粒子重力，粒子在圆 筒壁上碰撞反弹时无能量损失(反弹后， 沿半径方向速度反向，垂直半径方向 速度不变)。求： (1)带电粒子在第一象限离开电场的坐标； 答案　(0.5d,0.25d) 根据题意，带电粒子在整个区域中运动的轨迹如图所示 带电粒子在匀强电场中做类平抛运 动，根据类平抛运动的规律可得， 竖直方向的位移为 则粒子在第一象限离开电场的纵坐标为 y′＝0.5d－y＝0.25d 所以粒子在第一象限离开电场的坐标为(0.5d,0.25d)。 (2)匀强磁场①区域中的磁感应强度大小B1； 答案　4B0　 (3)不计粒子碰撞反弹的时间，粒子从A点出发到第一次回到A点的总时间。 “5步”突破带电粒子在组合场中的运动问题 总结提升 考点二 带电粒子在叠加场中的运动 19 1.三种典型情况 (1)若只有两个场，所受合力为零，则表现为匀速直线运动或静止状态。例如电场与磁场叠加满足qE＝qvB时，重力场与磁场叠加满足mg＝qvB时，重力场与电场叠加满足mg＝qE时。 (2)若三场共存，所受合力为零时，粒子做匀速直线运动，其中洛伦兹力F＝qvB的方向与速度v垂直。 (3)若三场共存，粒子做匀速圆周运动时，则有mg＝qE，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，即qvB＝ 2.速度选择器、磁流体发电机、电磁流量计、霍尔元件都是带电粒子在相互正交的电场和磁场组成的场中的运动平衡问题，所不同的是速度选择器中的电场是带电粒子进入前存在的，是外加的；磁流体发电机、电磁流量计和霍尔元件中的电场是粒子进入磁场后，在洛伦兹力作用下带电粒子打在两极板后才产生的。 3.分析 　(多选)速度选择器可以使一定速度的粒子沿直线运动，如图甲所示。霍尔元件的工作原理与速度选 择器类似，某载流子为电子的 霍尔元件如图乙所示。下列说 法正确的是 例2 C.图乙中，仅增大电流I，其他条件不变，MN之间的霍尔电压将增大 D.图乙中，稳定时霍尔元件M侧的电势低于N侧的电势 √ √ 当电子从Q→P时，所受静电力向上，洛伦兹力向上，合力不会为零，电子不能做直线运动，A错误； 根据左手定则可判断电子受到的洛伦兹力向左，M侧聚集电子，所以M侧电势低，N侧电势高，故D正确。 　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； 例3 将细线剪断后，小球在叠加场中做匀加速直线运动， 加速度方向与细线拉力方向相反。 (2)小球第三次经过x轴时的方向； 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， 小球在B点通过x轴，进入x轴上方， 其速度方向与x轴上方等效重力加 速度方向垂直，所以小球将做类平抛运动。 设此过程小球运动时间为t3。小球将在C点经过x轴，设此时其速度为v2，此过程运动轨迹示意图如丙所示， (3)从剪断细线开始到小球第四次经过x轴的时间。 高考预测 34 (2023·浙江省十校联考)现代科学仪器常利用电场、磁场控制带电粒子的运动。真空中存在着如图所示的无限长多层紧密相邻的匀强电场和匀强磁场，电场与磁场的宽度d均为2 m，电场强度E均为2×103 N/C，方向水平向右；磁感应强度B均为0.1 T，方向垂直纸面向里。电场、磁场的边界互相平行且与电场方向垂直，一个质量m＝1.6×10－24 kg、电荷量q＝1.6×10－19 C的带正电粒子在第1层电场左侧边界某处由静止释放，粒子始终在电场、磁场中运动，不计粒子重力及运动时的电磁辐射。 (1)求粒子在第1层磁场中运动时速度v1的 大小与轨道半径r1； (2)求该粒子向右运动的最大水平距离；(说明：忽略虚线位置场对带电粒子的影响) 答案　8 m　 设粒子在进入第n层磁场时，速度方向 与水平方向的夹角为α，从第n层磁场 射出时，速度方向与水平方向的夹角为θ，由于粒子在运动过程只有电场产生加速度，垂直于电场方向速度不变，因此有vn－1sin θn－1＝vnsin αn 由几何关系得rnsin θn－rnsin αn＝d 联立上式可得rnsin θn－rn－1sin θn－1＝d 等差数列关系式rnsin θn＝r1·sin θ1＋(n－1)d 由几何关系得r1sin θ1＝d 得rnsin θn＝nd 代入数据可得n＝2，即最大水平距离为x＝2dn＝8 m (3)若将另一个电荷量q仍为1.6×10－19 C， 质量为m′＝1.6×10－23 kg的带正电粒子 从同一点静止释放，该粒子恰好不能从 第n层磁场右侧边界穿出，求n的值。 答案　20 专题强化练 41 1.(多选)(2022·广东卷·8)如图所示，磁控管内局部区域分布有水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。电子从M点由静止释放，沿图中所示轨迹依次经过N、P两点。已知M、P在同一等势面上，下列说法正确的有 A.电子从N到P，静电力做正功 B.N点的电势高于P点的电势 C.电子从M到N，洛伦兹力不做功 D.电子在M点所受的合力大于在P点所受的合力 1 2 3 4 5 √ √ 由题可知电子所受静电力水平向左，电子从N到 P的过程中静电力做负功，故A错误； 根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知，N点的 电势高于P点的电势，故B正确； 由于洛伦兹力一直都和速度方向垂直，故电子从M到N，洛伦兹力都不做功，故C正确； 由于M点和P点在同一等势面上，故从M点到P点静电力做功为0，而洛伦兹力不做功，在M点时速度为0，根据动能定理可知电子在P点速度也为0，则电子在M点和P点都只受静电力作用，在匀强电场中电子在这两点所受静电力相等，即所受合力相等，故D错误。 1 2 3 4 5 2.质谱仪可以用来分析同位素。如图所示，在容器A中有互为同位素的两种原子核，它们可从容器A下方的小孔S1无初速度飘入加速电场，经小孔S3垂直进入匀强磁场，分别打到M、N两点，距离S3分别为x1、x2。则分别打到M、N的原子核质量之比为 1 2 3 4 5 √ 1 2 3 4 5 3.(2023·浙江省浙南名校联盟联考)如图所示为某一仪器的部分原理示意图，虚线OA、OB关于y轴对称，∠AOB＝90°，OA、OB将xOy平面分为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个区域，区域Ⅰ、Ⅲ内存在水平方向的匀强电场，电场强度大小相等、方向相反。带电荷量为q、质量为m的粒子自x轴上的粒子源P处以速度v0沿y轴正方向射出，经时间t到达OA上的M点，且此时速度与OA垂直。不计粒子的重力。 (1)求匀强电场的电场强度E的大小； 1 2 3 4 5 粒子在区域内做类平抛运动，则有 1 2 3 4 5 (2)为使粒子能从M点经Ⅱ区域通过OB上的N点，M、N点关于y轴对称，可在区域Ⅱ内加一垂直xOy平面的有界匀强磁场，求该磁场的磁感应强度的最小值和粒子经过区域Ⅲ到达x轴上Q点的坐标； 1 2 3 4 5 粒子在Ⅰ区域内在y方向上的位移y1＝v0t 1 2 3 4 5 (3)当匀强磁场的磁感应强度取(2)问中的最小值时，且该磁场仅分布在Ⅱ区域的一个圆形区域内。由于某种原因的影响，粒子经过M点时成散射状，速度与OA垂直方向的夹角为θ，θ≤θ0，速 度大小均相同，如图所示，但速度与OA垂直的 粒子能从M点经Ⅱ区域通过OB上的N点，M、 N点关于y轴对称，求各粒子经过OB时与N点的 距离L和θ的关系。 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 4.(2023·浙江省七彩阳光浙南名校联盟联考)离子推进技术在太空探索中已有广泛的应用，其装置可简化为如图(a)所示的内、外半径分别为R1和R2的圆筒，图(b)为其侧视图。以圆筒左侧圆心O为坐标原点，沿圆筒轴线向右为x轴正方向建立坐标系。在x＝0和x＝L处，垂直于x轴放置栅极，在两圆筒间形成方向沿x轴正方向、大小为E的匀强电场，同时通过电磁铁在两圆筒间加上沿x轴正方向、大小为B的匀强磁场。待电离的氙原子从左侧栅极飘进两圆筒间(其初速度 可视为零)。在内圆筒表面分布着沿 径向以一定初速度运动的电子源。 1 2 3 4 5 氙原子被电子碰撞，可电离为一价正离子，刚被电离的氙离子的速度可视为零，经电场加速后从栅极射出，推进器获得反冲力。已知单位时间内刚被电离成氙离子的线密度(沿x轴方向单位长度的离子数)λ＝ ， 其中k为常量，氙离子质量为M，电子质量为m，电子电荷量为e，不计离子间、电子间相互作用。 (1)在x处的一个氙原子被电离， 求其从右侧栅极射出时的动能； 1 2 3 4 5 答案　Ee(L－x)　 从右侧栅极射出时的动能Ek＝eU＝Ee(L－x) (2)要使电子不碰到外筒壁，求电子沿径向发射的最大初速度； 1 2 3 4 5 电子在筒内运动如图所示： 由几何关系可知(R2－R)2＝R2＋R12 1 2 3 4 5 可得电子沿径向发射的最大初速度 1 2 3 4 5 沿x轴方向Δx的离子数 1 2 3 4 5 微小区间内被电离的氙离子从右侧栅极射出时所产生的推力ΔF＝ΔnMv 图线如图所示： 1 2 3 4 5 (4)求推进器所受的推力。 5.(2023·浙江绍兴市二模)如图所示是半导体注入工艺的装置示意图，某种元素的两种离子X＋和X3＋，质量均为m，可从A点水平向右注入加速 电场，初速度大小连续分布且在0和 之间。经电压为U的电场直线 加速后，离子均从小孔C水平射入偏转电场(两极板水平放置且上极板带负电，电势差U′可调)，偏转后均能穿出此电 场，其中CD为偏转电场的中线。离子穿出电场 后立即进入紧靠电场的匀强磁场，该磁场边界 线竖直、右侧足够大，磁感应强度大小B在B0 和3B0之间可调，方向始终垂直纸面向里。不 考虑离子的重力及相互作用，元电荷为e。 1 2 3 4 5 (1)仅注入初速度为0的离子，U′不为0，求X＋和X3＋穿出偏转电场时竖直方向位移之比； 1 2 3 4 5 答案　1∶1 设偏转电场的极板间距为d′，板长为L′，则在加速电场中 1 2 3 4 5 可知竖直方向位移与所带电荷量无关，仅注入初速度为0的离子时X＋和X3＋穿出偏转电场时竖直方向位移之比为1∶1。 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 答案　见解析 1 2 3 4 5 当B＝B0时，所有的离子均在收集板上。 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 匀速圆周运动 r＝， T＝ 类平抛运动 vx＝v0，vy＝t x＝v0t，y＝t2 类斜抛运动 vx＝v0sin θ，vy＝v0cos θ－t x＝v0sin θ·t，y＝v0cos θ·t－t2 y＝at2＝××2 其中E＝、v0＝，代入可得y＝0.25d 粒子进入匀强磁场①区域，速度偏 转角度的正切值为tan θ＝2× ＝1 即带电粒子进入磁场①时与y轴负 方向的夹角为45°，粒子刚进入匀强磁场①时的瞬时速度大小为v′＝＝v0，经过匀强磁场①后，带电粒子恰好从第四象限水平离开匀强电场，说明粒子在磁场中的轨迹关于x轴对称，根据几何关系可知粒子在匀强磁场①中运动的轨道半径为r1＝d 根据洛伦兹力提供向心力，有 B1v′q＝m 得r1＝，联立可得B1＝4B0 答案　(3－＋) 粒子在两段匀强电场中运动的时间 为t1＝2×＝ 粒子在匀强磁场①中运动时，轨迹 所对应的圆心角为90°，则有t2＝ ×＝ 粒子从B到C和从D到A的运动时间为t3＝2×＝(2－) 带电粒子在匀强磁场②中运动的 时间为t4＝×＝ 所以粒子从A点出发到第一次 回到A点的总时间为t总＝t1＋t2 ＋t3＋t4＝(3－＋)。 m。 A.图甲中，电子以速度大小v＝从Q端射入，可沿直线运动从P点射出 B.图甲中，电子以速度大小v>从P端射入，电子向下偏转，轨迹为抛物线 电子以速度大小v>从P端射入，则qE<qvB，电子向下偏转，因所受合力为变力，故轨迹不可能为抛物线，B错误； 题图乙中，设霍尔元件厚度为h，宽为d，由evB＝e，I＝neSv，S＝hd，可得UH＝，仅增大电流I，其他条件不变，UH将增大，故C正确； 答案　10 m/s　 小球的加速度大小为a＝＝g＝10 m/s2 经过t1＝1 s到达x轴，此时其速度大小为v1＝at1＝10 m/s2×1 s＝10 m/s； 设小球质量为m，带电量为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＝ 答案　与x轴负方向夹角为斜向下　 小球运动的圆弧轨迹对应的圆心角α1＝2π－2θ＝ 洛伦兹力为其做圆周运动的向心力，有qBv1＝，T＝ 可得T＝＝π s 则有t2＝T＝ s 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； 则有v1t3＝at32，解得t3＝＝2t1＝2 s 在速度关系中tan θ1＝＝＝ 答案　(3＋) s 小球在C点经过x轴后，在x轴下方再次做匀速圆周运动，设此过程运动时间为t4，其圆弧轨迹对应的圆心角为α2＝2π－2θ2＝ 则有t4＝·T＝α2·＝ s 所以，从剪断细线开始到小球第四次经过x轴的时间t＝t1＋t2＋t3＋t4＝(3＋) s。 答案　2×104 m/s　2 m　 可得r1＝＝2 m 粒子在进入第1层磁场中运动过程经过一次加速，穿过磁场过程洛伦兹力不做功，由动能定理得Eqd＝mv12 解得v1＝＝2×104 m/s 粒子在磁场中洛伦兹力提供向心力，有qv1B＝ 粒子运动到第n层磁场时，有nEqd＝mvn2 qvnB＝ 当粒子偏转角度为90°时，粒子向右运动的水平距离最大，此时sin θn＝1，B＝1 整理得sin θn＝B 得n＝ 若将另一个电荷量q仍为1.6×10－19 C，质量为m′＝1.6×10－23 kg的带正电粒子从同一点静止释放，代入上题中的公式n＝，得n＝20。 A. 　　　B. 　　　C. 　　　D. 设原子核的质量为m，电荷量为q，进入磁场时 的速度大小为v，则粒子在电场中加速的过程， 由动能定理有qU＝mv2，解得速度为v＝； 在磁场中，洛伦兹力提供向心力qvB＝，代入 速度得r＝，由题知r1＝，r2＝，因此有＝＝，解得原子核质量之比为＝，故选C。 答案　　 解得E＝ vx＝t，vx＝v0 答案　　(t,0)　 粒子进入Ⅲ区域后，其运动轨迹NQ与PM 对称，则OQ＝OP＝t＋v0t＝t 所以Q点的坐标为(t,0)。 OM＝y1＝v0t 粒子在Ⅱ区域内做匀速圆周运动，其轨道半径R≤OM＝v0t 又qvMB＝m，B＝≥＝，即Bmin＝ 答案　L＝v0tsin θ(θ≤θ0) 该圆形磁场区域的半径r等于其轨迹圆半径R，即r＝R＝v0t 所有粒子出磁场时速度方向平行，其在直线OB上的落点与N点的距离L＝rsin θ＝v0tsin θ (θ≤θ0) 答案　eB 根据洛伦兹力提供向心力eBvm＝m vm＝＝eB 解得R＝ 答案　＝(L－x)　见解析图 (3)若在x～x＋Δx的微小区间内被电离的氙离子从右侧栅极射出时所产生的推力为ΔF，求－x的关系式，并画出－x的图线； 即ΔF＝Δn＝Δx 解得＝ Δn＝λΔx＝Δx 推进器所受的推力F＝×L×L＝L2。 答案　L2 在偏转电场中竖直方向位移为y＝at2＝··()2 联立得y＝ qU＝mvC2－0 答案　　 (2)仅注入初速度为的X＋离子，U′不为0且B＝B0，求离子在磁场中射入位置与射出位置的距离Y； eU＝mvC2－mv02 在偏转电场射出后的速度大小为v，在磁场当 中，设入射方向与磁场边界线夹角为θ，则射 入位置与射出位置的距离Y＝2rsin θ，B0ev＝ m，sin θ＝ 联立得Y＝ 仅注入初速度为的X＋离子，则在加速电场 (3)若放置一块紧靠磁场左边界的竖直收集板， 长度L＝，下端距D点的距离d＝ 。先调节偏转电场的电压，使U′ ＝0，仅注入X＋离子，每秒发射的离子数为 n0，各种速率的离子数目相同，再调节磁感应强度大小，使B0≤B≤3B0，求收集板上每秒能收集到的离子数n与B之间的关系。 收集板最上端的位置距离D点x＝L＋d＝ 初速度为0离粒子射入磁场后偏转的距离 为x1＝2r1＝＝ 初速度为的离子射入磁场后偏转的 距离为x2＝2r2＝＝ 当＝ 解得B＝B0 即B∈(B0,3B0]恰好所有的离子均不在收集板上。 当＝ 解得B＝ 即B∈[B0，B0]范围时所有的离子恰好均在收集板上。 B0<B≤3B0时n＝0。 当B∈(B0，B0)范围时，每秒能收集到的离子数为n＝·n0＝(2－)n0 收集板上每秒能收集到的离子数n与B之间的关系为B0≤B≤B0时n＝n0 B0<B≤B0时n＝(2－)n0 $$