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A版，鲁湘鄂豫皖冀）

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 情景图         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·湖北省十一校高三联考)在“质子疗法”中，质子先被加速到具有较高的能量，然后被引向轰击肿瘤，杀死细胞。如图所示，质量为m、电荷量为q的质子从极板A处由静止加速，通过极板A1中间的小孔后进入速度选择器，并沿直线运动。速度选择器中的匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度大小为B＝0.01 T，极板CC1间的电场强度大小为E＝1×105 N/C。坐标系xOy中yOP区域充满沿y轴负方向的匀强电场Ⅰ，xOP区域充满垂直纸面向外的匀强磁场Ⅱ，OP与x轴夹角α＝30°。匀强磁场Ⅱ的磁感应强度 大小为B1，且1 T≤B1≤1.5 T。质子从(0，d) 点进入电场Ⅰ，并垂直OP进入磁场Ⅱ。取质 子比荷为 ＝1×108 C/kg，d＝0.5 m。求： 例1 (1)极板AA1间的加速电压U； 答案　5×105 V 设质子进入速度选择器中的速度为v0，由力的平衡得 qv0B＝qE 联立得v0＝1×107 m/s，U＝5×105 V (2)匀强电场Ⅰ的电场强度大小E1； 答案　5×106 N/C 设质子在电场中运动到达OP上的Q点时间为t，竖直方向速度为vy，水平位移为x，竖直位移为y，加速度为a。 由牛顿第二定律有qE1＝ma (3)质子能到达x轴上的区间的长度L(结果用根号表示)。 质子进入磁场的速度为v，则 总结提升 “5步”突破带电粒子在组合场中的运动问题 考点二 带电粒子在叠加场中的运动 17 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。 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)(2023·山西统考二模)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。 　(2023·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： (1)小球第一次经过x轴时的速度大小； 例3 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， 因为静电力方向与电场方向相反，所以小球带负电。 将细线剪断后，小球在复合场中做匀加速直线运动， 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 (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， 洛伦兹力为其做圆周运动的向心力， 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丙所示， (3)从剪断细线开始到小球第四次经过x轴的时间。(tan 63°≈2) 小球第三次经过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， 高考预测 33 (2023·四川南充市高考适应性考试)如图，在平面直角坐标系xOy内，第一象限存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E2(大小未知)；第二象限存在沿x轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E1＝1.0 N/C；第四象限圆形区域内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝0.25 T，圆形区域分别在P点、Q点与x轴、y轴相切，其半径R＝0.4 m。一 比荷 ＝200 C/kg、不计重力的带正电粒子，从第二象限的A点由静止释放，A点坐标为(－0.5 m，0.2 m)，该粒子从y轴上C(0,0.2 m)点进入第一象限，恰从P点进入第四象限的匀强磁场，最终从圆形磁场的M点射出。求： (1)粒子经过C点的速度大小v0； 粒子在第二象限做匀加速直线运动，则有2a1|xA|＝v02 由牛顿第二定律得qE1＝ma1 (2)电场强度E2的大小及粒子经过P点的速度v； 答案　2.5 N/C　20 m/s，与x轴正向夹角为45° 在第一象限，粒子做类平抛运动， 沿x轴正方向有R＝v0t 由牛顿第二定律可得qE2＝ma2 联立解得E2＝2.5 N/C，a2＝500 m/s2 (3)粒子在磁场中运动的时间t(结果可用π表示)。 粒子在圆形磁场中做匀速圆周运动， 解得r＝0.4 m＝R 粒子在磁场中的轨迹如图所示， 可知四边形PO1MO2为菱形，则粒子从M点射出磁场时速度沿x轴负向； 专题强化练 40 1 2 3 4 5 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，M点速度为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.(2023·广东深圳市调研)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 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， 1 2 3 4 5 3.(2023·湖北华中师大新高考联盟联考)劳伦斯和利文斯顿研制了世界上第一台回旋加速器，如图所示。其结构示意图如图所示，D1和D2是两个中空的、半径为R的半圆形金属盒，两盒之间窄缝的宽度为d，它们之间有一定的电势差U。两个金属盒处于与盒面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。D1盒的中央A处的粒子源可以产生质量为m、电荷量为＋q的粒子，粒子每次经过窄缝都会被电场加速，之后进入磁场做匀速圆周运动， 经过若干次加速后，粒子从金属盒D1边缘离 开，忽略粒子的初速度、粒子的重力、粒子 间的相互作用及相对论效应。 1 2 3 4 5 (1)求粒子离开加速器时获得的最大动能Ekm； 1 2 3 4 5 当带电粒子运动半径为半圆金属盒的半径R时，粒子的速度达到最大值vm，由牛顿第二定律得 粒子离开加速器时获得的最大动能 1 2 3 4 5 (2)在分析带电粒子的运动轨迹时，求第N次加速后与第N＋1次加速后匀速圆周运动轨道直径的差值； 1 2 3 4 5 第N次加速后，由动能定理得 可解得第N次加速后 1 2 3 4 5 可推得第(N＋1)次加速后 相邻轨迹直径差值 1 2 3 4 5 (3)已知劳伦斯回旋加速器两盒之间窄缝的宽度d＝1 cm，加速电压U＝2 kV，磁感应强度B＝0.1 T，可加速氘核( )(带电量为q＝1.6×10－19 C，质量m＝3.34×10－27 kg)，达到最大动能Ekm＝60 keV。氘核在电场中加速的时间不能忽略，氘核在最后一次加速后刚好继续完成半个匀速圆周运动，求氘核运动的总时间。(结果保留两位有效数字) 答案　2.0×10－5 s 1 2 3 4 5 氘核每穿过缝隙一次，静电力对氘核做功。由动能定理有 nqU＝Ekm 解得氘核穿过D形盒间缝隙的总次数为n＝30次。 氘核在电场中做匀加速直线运动，将在电场中的运动看成一个整体，则有 1 2 3 4 5 氘核在磁场中完成15次匀速圆周运动，总时间 t2＝15T 氘核运动的总时间t＝t1＋t2＝1.995×10－5 s≈2.0×10－5 s。 1 2 3 4 5 4.(2023·江苏卷·16)霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型。Oxy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； 答案　v0B　 1 2 3 4 5 由题知，入射速度为v0时，电子沿x轴做直线运动，则有Ee＝ev0B 解得E＝v0B 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 答案　90% 1 2 3 4 5 若电子以速度v入射时，设电子能到达的最高点位置的纵坐标为y，则根据动能定理有 由于电子在最高点与在最低点所受的合力大小相等，则在最高点有 F合＝evmB－eE 在最低点有 F合＝eE－evB 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 5.(2023·黑龙江齐齐哈尔市一模)如图所示，平面直角坐标系xOy中，x>0区域内存在着与x轴夹角为45°方向斜向左下的匀强电场E2，电场强度大小为E2＝ ，在－1 m<x≤0区域内存在着垂直于xOy平面向里的匀强磁场，在x≤－1 m区域内存在沿y轴负方向的匀强电场E1，电场强度 大小为E1＝20 V/m。一个带正电粒子从电场E1中P(－2 m，0.5 m)点沿x轴正方向以初速度v0＝2 m/s射出，粒子恰好从坐标原点进入电场E2，该粒子的比荷 ＝0.2 C/kg，不计粒子重力，求： 1 2 3 4 5 (1)粒子进入磁场时的速度； 1 2 3 4 5 根据题意可知，粒子在电场E1中做类平抛运动，设经过t1时间进入磁场，有x＝v0t1 解得t1＝0.5 s 粒子从(－1 m,0)处进入磁场，其速度大小 1 2 3 4 5 速度方向与x轴正向夹角为θ 解得θ＝45°，速度方向斜向右下； 1 2 3 4 5 (2)磁感应强度大小； 答案　20 T 1 2 3 4 5 由对称性及题意可知，粒子恰从原点进入电场E2时速度方向与x轴正向夹角也为45°，即在磁场中转过角度α＝90°，设在磁场中做圆周运动的半径为R，运动轨迹如图所示 解得B＝20 T 1 2 3 4 5 (3)粒子从P点射出到第三次经过y轴时的时间。 1 2 3 4 5 粒子进入电场E2做匀减速运动，当速度为零时速度反向，由动能定理有 1 2 3 4 5 粒子再次进入磁场做圆周运动，由左手定则，逆时针转过90°后垂直进入电场E2，用时t4＝t2，则粒子从P点射出到第三次通过y轴的时间为 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 由动能定理有qU＝mv02 由运动学公式有x＝v0t，y＝at2，vy＝at 由几何关系有tan α＝，tan α＝ 联立可得x＝ m，y＝0.3 m，E1＝5×106 N/C 答案　 m 由几何关系有OQ＝＝0.4 m，QN＝d－y＝0.2 m v＝＝2v0＝2×107 m/s 质子在磁场中运动半径为R，由牛顿第二定律有 qvB1＝m，解得R＝ 有 m≤R≤0.2 m 当R2＝0.2 m，质子恰好从N点飞出，当R1＝ m，质子恰好与x轴相切。故质子能到达x轴上的区间长度 L＝R1cos 30°＝ m。 (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＝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 其中θ＝45°，即θ＝ 重力与电场力合力F合＝＝mg 静电力FE＝qE＝mgtan θ＝mg，小球的比荷＝ 小球的加速度大小为a＝＝g＝10 m/s2 v1＝at1＝10 m/s2×1 s＝10 m/s 答案　与x轴负方向夹角为斜向下 则有t2＝T＝ s 小球运动的圆弧轨迹对应的圆心角α1＝2π－2θ＝ 有qBv1＝，T＝ 可得T＝＝π s 则有v1t3＝at32，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； 答案　(3＋) s 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　10 m/s 联立解得粒子经过C点的速度大小v0＝10 m/s 设速度方向与x轴正向夹角为θ，则有tan θ＝＝1，可得θ＝45° 沿y轴负方向有yC＝a2t2 粒子经过P点沿y轴负方向的分速度大小为vy＝a2t＝10 m/s 因此，粒子经过P点的速度大小为v＝＝20 m/s 答案　 s 由洛伦兹力提供向心力可得qvB＝m 从P到M，圆心角为α＝135°，粒子在磁场中的运动时间为t＝T 又T＝，联立解得t＝ s。 A. B. C. D. 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。 由动能定理有qU＝mv2，解得速度为v＝； 答案　 Ekm＝mvm2 解得Ekm＝ qBvm＝m 答案　(－) rN＝ 根据牛顿第二定律得qBvN＝m NqU＝mvN2 Δd＝2(rN＋1－rN)＝(－) rN＋1＝ H 联立解得t1＝≈2.5×10－7 s nd＝at12，a＝ 联立解得t2＝≈1.97×10－5 s T＝ 答案　 (2)若电子入射速度为，求运动到速度为时位置的纵坐标y1； 根据动能定理有eEy1＝m(v0)2－m(v0)2 解得y1＝ 电子在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场的复合场中，由于洛伦兹力不做功，且由于电子入射速度为，电子受到的电场力大于洛伦兹力，则电子向上偏转， (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＝位置的电子数N占总电子数N0的百分比。 eEy＝mvm2－mv2 联立有vm＝－v＝2v0－v 要让电子到达纵坐标y2＝位置，即y≥y2 解得v≤v0 则若电子入射速度在0<v<v0范围内均匀分布，能到达纵坐标y2＝位置的电子数N占总电子数N0的90%。 y＝ 10 V/m 答案　2 m/s，方向与x轴夹角为45°斜向右下 v＝＝＝2 m/s 则有y＝t12＝0.5 m tan θ＝＝＝1 则R＝ m 由洛伦兹力提供向心力有qvB＝ 由几何关系得d＝R 答案　(2.5＋) s 解得s＝ m 在磁场做圆周运动的周期T＝＝ s 粒子在磁场中运动时间t2＝＝ s mv2＝E2qs t＝t1＋t2＋2t3＋t4＝(2.5＋) s。 粒子在电场E2中单程运动时间t3＝＝1 s $$