专题突破1 培优点1 带电粒子在复合场中的运动-【步步高】2024年新高考物理考前三个月（津鲁琼辽鄂渝粤冀湘闽黑吉晋皖云）

培优点1　带电粒子在复合场中的运动 1．带电粒子在组合场中运动问题的处理方法 (1)按照进入不同的场的时间顺序分成几个不同的阶段。 (2)分析带电粒子在各场中的受力情况和运动情况。若粒子进入电场区域，则其运动为加速(减速)以及偏转两大类运动，而进入磁场区域时，粒子通常做匀速圆周运动。 (3)画出带电粒子的运动轨迹，注意运用几何知识，找出相应的几何关系与物理关系。 (4)注意确定粒子在组合场交界处的速度大小与方向，该速度往往是联系两段运动的“桥梁”。 2．重力场、静电场和磁场，其中两场共存时，粒子受其中两个力的合力为零，则其表现为匀速直线运动状态或静止状态。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。 3．重力场、静电场和磁场三场共存 (1)若三场共存，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)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。 4．当带电粒子做复杂的曲线运动或有约束的变速直线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解。 考点一　带电粒子在组合场中的运动 1.(多选)(2023·海南卷·13)如图所示，质量为m，带电量为＋q的点电荷，从原点以初速度v0射入第一象限内的电磁场区域，在0<y<y0,0<x<x0(x0、y0为已知)区域内有竖直向上的匀强电场，在x>x0区域内有垂直纸面向里的匀强磁场(磁感应强度为B)，控制电场强度(E值有多种可能)，可让粒子从NP射入磁场后偏转打到接收器MN上，则(　　) A．粒子从NP中点射入磁场，电场强度满足E＝ B．粒子从NP中点射入磁场时速度为v0 C．粒子在磁场中做圆周运动的圆心到NM的距离为 D．粒子在磁场中运动的圆周半径最大值是 答案　AD 解析　若粒子从NP中点射入磁场，则x0＝v0t1，y0＝·t12，解得E＝，选项A正确；粒子从NP中点射出时，有＝t1，速度v1＝＝，选项B错误； 粒子从电场中射出时的速度方向与竖直方向夹角为θ，则tan θ＝＝＝，粒子从电场中射出时的速度v＝，粒子进入磁场后做匀速圆周运动，则qvB＝m，则粒子进入磁场后做圆周运动的圆心到MN的距离为d＝rcos θ，解得d＝，选项C错误；当粒子在磁场中有最大运动半径时，进入磁场的速度最大，则此时粒子从N点进入磁场，此时竖直最大速度vym＝，x0＝v0t，射出电场的最大速度vm＝＝，则由qvB＝m，可得最大半径rm＝＝，选项D正确。 2.(2023·辽宁卷·14)如图，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，不计粒子重力。 (1)求金属板间电势差U； (2)求粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角θ； (3)仅改变圆形磁场区域的位置，使粒子仍从图中O′点射入磁场，且在磁场中的运动时间最长。定性画出粒子在磁场中的运动轨迹及相应的弦，标出改变后的圆形磁场区域的圆心M。 答案　(1)　(2)(或60°)　(3)见解析图 解析　(1)设板间距离为d，则板长为d，带电粒子在板间做类平抛运动， 两板间的电场强度为E＝ 根据牛顿第二定律得qE＝ma，解得a＝ 设粒子在平板间的运动时间为t0，根据类平抛运动的规律得＝at02，d＝v0t0 联立解得U＝ (2)设粒子出电场时与水平方向夹角为α，则有 tan α＝＝ 故α＝ 则出电场时粒子的速度为v＝＝v0 粒子出电场后做匀速直线运动，接着进入磁场，根据牛顿第二定律有qvB＝m 解得r＝＝ 已知圆形磁场区域半径为R＝， 故r＝R 粒子沿PO方向射入磁场，轨迹如图所示，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＝ 故粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向的夹角为(或60°)； (3)粒子在该磁场中运动的半径与圆形磁场半径关系为r＝R，根据几何关系可知，粒子在该磁场中运动的轨迹一定为劣弧，故劣弧所对应轨迹圆的弦为磁场圆的直径时粒子在磁场中运动的时间最长，则相对应的运动轨迹以及圆心M的位置如图所示。 3．(2023·安徽安庆一中校考三模)在如图所示区域，y>0区域有沿y轴负方向的匀强电场，场强为E，－5d≤y≤－d区域有方向垂直纸面向外的匀强磁场，电场与磁场中间部分为无场区，一带正电的粒子从A(0，d)以水平速度v0开始运动，从C点第一次出电场，过C点时速度方向与x轴正方向夹角为60°，此粒子经过一系列运动后仍能回到A且继续做周期性运动。(粒子重力不计) (1)求该粒子的比荷和磁场区域的磁感应强度大小； (2)若将磁场的上边界向下平移一段距离，下边界位置不变，粒子将不能再回到A点，但仍做周期性运动，其整体运动将沿x轴漂移，现定义一个周期内粒子的位移与周期的比值为漂移速度。求粒子可能出现的最大漂移速度，并说明漂移方向。 答案　(1)　　(2)(或)，向右漂移 解析　(1)带电粒子在电场中做类平抛运动，可得qE＝ma d＝at12 x＝v0t1 vy＝at1 ＝tan 60° 可得t1＝，x＝d，＝ 粒子在磁场中做圆周运动，如图所示 由几何关系可知r＝＝2d 由qvB＝m可知B＝ 其中v＝＝2v0 解得B＝ (2)将磁场的上边界向下平移一段距离，粒子在电场和磁场中运动规律不变，在无场区运动时轨迹变长。粒子在磁场中运动轨迹高度为 h＝r＋rsin 30°＝3d 因此上边界向下的最大平移高度为Δhm＝4d－3d＝d，如图 由几何知识可知一个周期漂移距离为 x＝2(－)＝d 粒子在无场区运动一次的时间为 t2＝＝ 粒子在磁场内运动一次的时间为 t3＝·T＝×＝ 故粒子最大漂移速度为 vmax＝＝(或) 轨迹如图所示 运动轨迹整体向右漂移。 考点二　带电粒子在叠加场中的运动 4.(2023·吉林省统考模拟)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均相等。一质量为m、电荷量为＋q的带电小球，从x轴上的P(－d，0)点以某一初速度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°角，重力加速度为g，不计空气阻力，求： (1)小球从P点射出的初速度v0的大小； (2)匀强磁场的磁感应强度的大小。 答案　(1)2　(2) 解析　(1)设小球在Q点速度的水平分速度为vx，竖直分速度为vy，根据题意可知，小球从P到Q的过程中，水平方向上有d＝t vx＝at a＝ 竖直方向上有3d＝t vy＝v0－gt 由几何关系有vx＝vy 联立可得vx＝vy＝ a＝g E＝ v0＝2 (2)根据题意，由(1)分析可知，小球到达Q点的速度大小为v＝＝＝2 由于Eq＝mg 则小球在第一象限内做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，分析可知小球在磁场中的运动轨迹的直径为QM，则有 r＝＝d 由牛顿第二定律有qvB＝m 联立可得B＝。 5.(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； (2)若电子入射速度为，求运动到速度为时位置的纵坐标y1； (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。 答案　(1)v0B　(2)　(3)90% 解析　(1)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 (2)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叠加场中，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， 根据动能定理有eEy1＝m(v0)2－m(v0)2 解得y1＝ (3)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 eEy＝mvm2－mv2 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 联立有vm＝－v＝2v0－v y＝ 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%。 1．(多选)(2023·湖北省模拟)如图所示，在xOy坐标系中，以点(r，0)为圆心、r为半径的圆形区域内存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场。在y>r的足够大的区域内，存在沿y轴负方向的匀强电场。在xOy平面内，从O点以相同速率、沿不同方向向第一象限发射质子，且质子在磁场中运动的半径也为r。不计质子所受重力及质子间的相互作用力。则质子(　　) A．在电场中运动的路程均相等 B．最终都从磁场边界与x轴的交点C处平行于发射速度方向离开磁场 C．在磁场中运动的总时间均相等 D．从进入磁场到最后离开磁场过程的总路程均相等 答案　ABC 解析　当质子沿与x轴正方向成夹角θ的方向从第一象限射入磁场时，设质子将从A点射出磁场，如图所示 其中O1、O2分别为磁场区域圆和质子轨迹圆的圆心。由于轨迹圆的半径等于磁场区域圆的半径，所以OO1AO2为菱形，即AO2平行x轴，说明质子以平行y轴的速度方向离开磁场，也以沿y轴负方向的速度再次进入磁场，则有 ∠O2＝90°－θ 所以质子第一次在磁场中运动的时间 t1＝T 此后质子轨迹圆的半径依然等于磁场区域圆的半径，假设质子将从C点再次射出磁场。如图所示，其中O1、O3分别为磁场区域圆和质子轨迹圆的圆心，AO3平行x轴。由于O1AO3C为菱形，即CO1平行AO3，即平行x轴，说明C就是磁场区域圆与x轴的交点。这个结论与θ无关。所以OO2O3C为平行四边形，则∠O3＝90°＋θ 质子第二次在磁场中运动的时间 t2＝T 则质子在磁场中运动的总时间均为 t＝t1＋t2＝＝ 质子进入电场的速度大小和方向相同，故在电场中的运动路程相同，A、C正确； 质子最终都从磁场边界与x轴的交点C处离开磁场，此时的速度方向与O3C垂直，平行于发射速度方向离开磁场，B正确； 从不同位置第一次离开磁场时，在非场区的运动路程显然不同；但在磁场中总的圆心角相同，则在磁场中的路程相同，且在电场中的路程相同，故总路程不同，D错误。 2.(2023·黑龙江哈尔滨三中校考模拟)如图所示，光滑绝缘的水平面上放置一个质量为m、带电荷量为＋q的小球(可视为点电荷)。在竖直平面内存在匀强磁场和匀强电场，y轴左侧电场方向水平向右，无磁场，y轴右侧电场方向竖直向上，磁感应强度大小为B，磁场方向垂直纸面向里。两侧电场强度大小相等，均为(重力加速度为g)，现将小球从左侧距O点为L的A点由静止释放，若小球第一次落回地面时落到A点附近。 (1)求小球第二次经过y轴时与O的距离d； (2)小球从开始运动到第二次经过y轴后速度达到最小所用的时间t。 答案　(1)　(2)3＋ 解析　(1)在磁场中，由于Eq＝mg 小球所受合力为洛伦兹力，做圆周运动， 由qvB＝得R＝ 根据从A到O动能定理EqL＝mv2 解得v＝ 结合几何关系可得d＝2R＝ (2)由A到O小球做匀加速运动，根据牛顿第二定律有Eq＝ma 根据运动学规律有L＝at12 小球在磁场中做匀速圆周运动，qvB＝ T＝，t2＝＝ 回到y轴左侧后，小球速度与合力方向垂直时，即速度方向斜向左下45°时，速度最小，设从回到y轴左侧至速度最小所需时间为t3 vx＝v－t3 vy＝gt3 vx＝vy 解得t3＝ 总时间t＝t1＋t2＋t3＝3＋。 3．(2023·广东深圳市高级中学校考三模)如图所示，MHN和PKQ为竖直方向的平行边界线，水平线HK将两边界围成的区域分为上下两部分，其中Ⅰ区域内存在竖直向下的匀强电场，Ⅱ区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从左边界A点以初速度v0垂直边界进入Ⅰ区域，从C点离开Ⅰ区域进入Ⅱ区域。已知AH＝h，HC＝2h，粒子重力不计。 (1)求Ⅰ区域电场强度E的大小； (2)若两竖直边界线距离为4h，粒子从Ⅱ区域左边界射出，求Ⅱ区域内匀强磁场的磁感应强度取值范围。 答案　(1)　 (2)<B< 解析　(1)如图所示，粒子从A点至C点做类平抛运动，垂直电场方向有2h＝v0t1 平行电场方向有h＝at12， 解得a＝ 根据牛顿第二定律有Eq＝ma 联立解得E＝ (2)粒子在C点速度的竖直分量vCy＝at1＝v0 故粒子在C点速度为v＝＝v0，方向为斜向右下方与HK夹角为45°，当粒子恰好不从MN边界射出，粒子轨迹如图轨迹①所示 设此种情况下，粒子在磁场中轨迹半径为r1，由几何知识得 r1＋r1sin 45°＝2h 解得r1＝2(2－)h 粒子在磁场中做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力 B1qv＝m 解得B1＝ 当粒子恰好不从PQ边界射出，粒子轨迹如图轨迹②所示，设轨迹半径为r2，由几何知识得 r2－r2sin 45°＝2h 解得r2＝2(2＋)h 粒子在磁场中做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力 B2qv＝m 解得B2＝ 所以Ⅱ区域内匀强磁场的磁感应强度取值范围为 <B<。 4．(2023·山东卷·17)如图所示，在0≤x≤2d，0≤y≤2d的区域中，存在沿y轴正方向、场强大小为E的匀强电场，电场的周围分布着垂直纸面向外的恒定匀强磁场。一个质量为m，电荷量为q的带正电粒子从OP中点A进入电场(不计粒子重力)。 (1)若粒子初速度为零，粒子从上边界垂直QN第二次离开电场后，垂直NP再次进入电场，求磁场的磁感应强度B的大小； (2)若改变电场强度大小，粒子以一定的初速度从A点沿y轴正方向第一次进入电场，离开电场后从P点第二次进入电场，在电场的作用下从Q点离开。 (ⅰ)求改变后电场强度E′的大小和粒子的初速度v0； (ⅱ)通过计算判断粒子能否从P点第三次进入电场。 答案　(1)6　(2)(ⅰ)36E　9　 (ⅱ)不会 解析　(1)由题意，粒子在电场中做匀加速直线运动，根据动能定理有qE·2d＝mv2 粒子在磁场中做匀速圆周运动有qvB＝m 粒子从上边界垂直QN第二次离开电场后，垂直NP再次进入电场，轨迹如图 根据几何关系可知R＝ 联立解得B＝6 (2)(ⅰ)由题意，做出粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图 粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系可知 R12＝(2d)2＋(R1－d)2 解得R1＝d 所以有θ＝53°，α＝37° 由洛伦兹力提供向心力有qv1B＝m 粒子从A点开始做匀加速直线运动，根据动能定理有qE′·2d＝mv12－mv02 再一次进入电场后做类斜抛运动，沿x轴方向有2d＝v1cos α·t 沿y轴方向有2d＝v1sin α·t＋at2 根据牛顿第二定律有qE′＝ma 联立以上各式解得 v1＝15 v0＝9 E′＝36E (ⅱ)粒子从P到Q，根据动能定理有 qE′·2d＝mv22－mv12 可得从Q射出时的速度为v2＝3 此时粒子在磁场中的半径R2＝＝d 根据几何关系可知对应的圆心所在位置为x＝d，y＝4d 而圆心与P的距离为 l＝＝d≠R2 故粒子不能从P点第三次进入电场。 学科网（北京）股份有限公司 $$