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（苏京）

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.如图所示，在xOy平面(纸面)内，x＞0空间存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，第三象限空间存在方向沿x轴正方向的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)，以大小为v、方向与y轴正方向夹角θ＝60°的速度沿纸面从坐标为(0，L)的P1点进入磁场区域，然后从坐标为(0，－L)的P2点进入电场区域，最后从x轴上的P3点(图中未画出)垂直于x轴射出电场。求： (1)磁场的磁感应强度大小B； (2)粒子从P1点运动到P2点所用的时间t； (3)电场强度的大小E。 答案　(1)　(2)　(3) 解析　(1)带电粒子在磁场中的运动轨迹如图所示， 其圆心为O1，对应轨迹半径为R，由几何关系可得 Rsin θ＝L 由洛伦兹力提供向心力有qvB＝ 联立可得B＝ (2)设带电粒子在磁场中的运动时间为t，有 t＝T，T＝ 联立可得t＝ (3)设带电粒子在电场中的运动时间为t′，由运动的合成与分解有vcos θ·t′＝L vsin θ－at′＝0 由牛顿第二定律有qE＝ma 联立可得E＝。 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·江苏镇江市三模)如图甲所示，一半径为d的圆形磁场，其圆心位于xOy平面的坐标原点，磁场左侧水平放置两块长度均为2d的平行金属板P、Q，两板间距为d，x轴过平行金属板的中心轴线。平行金属板间加上如图乙所示周期性变化的电压，在紧靠P板左侧有一粒子源S，从t＝0时刻开始连续射出初速度大小为v0、方向平行于金属板的相同带电粒子，t＝0时刻射出的粒子恰好从Q板右侧边缘离开电场。已知电场变化周期T＝，粒子质量为m，电荷量为＋q，磁感应强度B＝，若进入磁场的粒子均能从y轴上的M点离开磁场，粒子打到金属板上会被吸收，不计粒子重力及相互间的作用力，求： (1)t＝0时刻进入的粒子在磁场中运动的时间； (2)粒子从M点离开磁场时与x轴正方向的夹角范围； (3)达到M点的粒子占发射源发射粒子总数的百分比。 答案　(1)　(2)≤θ≤　(3)25% 解析　(1)t＝0时刻释放的粒子恰好从Q板右侧边缘离开电场，且电场变化周期T＝ 粒子以速度v0，平行极板方向离开电场。 粒子平行于x轴射入圆形磁场区域， 由 Bqv0＝，且B＝， 可得r＝d，根据几何关系，如图所示 四边形O1AOM为菱形，边长为d，粒子轨迹对应的圆心角为120°，速度方向的偏转角也为120°。粒子在磁场中运动时间t＝T1，又T1＝，解得t＝0时刻进入的粒子在磁场中运动的时间t＝ (2)由第(1)问得，t＝0时刻进入极板，粒子从下极板边缘射入磁场，从M点射出速度方向的偏转角为，即与x轴正方向的夹角为。若粒子在t＝T时刻进入电场，粒子将从上极板的边缘射入磁场，如图所示 根据几何关系，四边形O2BOM为菱形，边长为d，粒子轨迹对应的圆心角为，从M点射出速度方向的偏转角为，即与x轴正方向的夹角为。所以粒子从M点离开磁场时与x轴正方向的夹角范围≤θ≤ (3)粒子在一个周期内，在0～内进入电场的粒子都可以平行x轴以速度v0进入磁场，最终聚焦于M点，如图 达到M点的粒子占发射源发射粒子总数的百分比η＝×100%＝×100%＝25%。 考点二　带电粒子在叠加场中的运动 4．(2023·江苏南京市等2地一模)现代科学仪器中常利用电场、磁场控制带电粒子的运动。如图，在x轴上方的平面内，有范围足够大的垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场和方向沿x轴正方向、电场强度为E的匀强电场。一质量为m，电荷量为q的带正电荷的粒子在O点由静止释放，则粒子运动的轨迹为一曲线；当该粒子在O点以初速度v0沿x轴正方向射入，则粒子在xOy平面内做周期性运动，且任一时刻粒子速度沿y轴的分量与其到y轴的距离成正比，比例系数与电场强度E大小无关。粒子重力不计。求粒子在O点， (1)由静止释放，运动到坐标为(x0，y0)点时的动量大小p； (2)由静止释放，在运动过程中第一次离开y轴最大的距离xm； (3)以初速度v0沿x轴正方向射入时，粒子运动过程中的最小速度vmin。 答案　(1)　(2)　(3)－ 解析　(1)洛伦兹力不做功，由动能定理有Eqx0＝mv2，解得v＝ 因此粒子运动到坐标为(x0，y0)点时的动量大小为 p＝m＝ (2)设粒子在运动过程中第一次离开y轴最大的距离时速度为v′，方向竖直向上， 则有∑BqvxΔt＝Bqxm＝mv′ 由动能定理有qExm＝mv′2 联立解得v′＝，xm＝ (3)由题意可设任一时刻粒子速度沿y的分量为vy＝kx，比例系数k与电场强度E大小无关，则可知当电场强度E＝0时 洛伦兹力提供向心力有qv0B＝m 粒子离y轴最远的点应满足条件v0＝kR 解得k＝＝ 分析可知，当存在匀强电场时，只有静电力做功，因此粒子运动过程具有最小速度时应在x轴负半轴上方某位置，且此时速度方向竖直向下，设该点的横坐标为－x1， 由动能定理有－Eqx1＝mvmin2－mv02 其中vmin＝kx1＝ 综合解得vmin＝－。 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)方法一　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%。 方法二　如果电子在复合场中受到的电场力与洛伦兹力等值反向，电子做匀速直线运动。如果这两个力不平衡，可将其分解为匀速直线运动和匀速圆周运动两个分运动。对于初状态静止的电子，设Ee＝ev1B，可看作以v1＝v0对应水平向右的匀速直线运动，而另一个分运动是v2＝－v0， 根据洛伦兹力提供向心力，可得Bev2＝m 解得r＝＝ 设速度为v的电子，一个分运动为v1＝v0，对应水平向右的匀速直线运动。另一个分运动的速度为v2，这个分运动做圆周运动的直径为y2， 则有＝，解得v2＝。 电子入射速度为两个分速度的合速度， 即v＝v1－v2＝v0－＝。 在0<v<v0范围内，合速度越大，v2越小，圆周运动直径越小。 由于电子在0<v<v0范围内均匀分布， 可得＝×100%＝90%。 配速法 配速法其实就是给物体配一个速度v，使得这个速度所产生的洛伦兹力与题目中的重力或者静电力(视情况而定)抵消，对应的，还会出现一个与v等大反向的速度v′，此时等效为只受到一个洛伦兹力，而不再是重力或者静电力加上洛伦兹力，从而降低分析难度。 1．(2023·江苏省宿迁北附同文实验学校模拟)如图所示，在第二象限内有一抛物线的边界A1O，其方程为y＝(－l≤x<0)，在抛物线的上方存在一竖直向下的匀强电场。在抛物线A1O每个位置上连续发射质量为m、电荷量为＋q的粒子，粒子均以大小为v0的初速度水平向右射入电场，所有粒子均能到达原点O，第四象限内有一边长为l、其中两条边分别与x轴、y轴重合的正方形边界，边界内存在垂直于纸面向外、磁感应强度大小为的匀强磁场，A2A3为与x轴平行的可上下移动的荧光屏，初始位置与磁场的下边界重合，不计粒子重力及粒子间的相互作用力，粒子打到荧光屏上即被吸收。 (1)求电场强度的大小E； (2)求粒子在磁场中运动的最短时间tmin； (3)若将荧光屏缓慢向上移动，求在向上移动的过程中屏上的最大发光长度lm。 答案　(1)　(2)　(3)l 解析　(1)在电场中根据牛顿第二定律得qE＝ma 解得a＝，粒子在电场中做类平抛运动，则在水平方向v0t＝|x|，在竖直方向y＝at2＝×t2，其中y＝，解得E＝ (2)设粒子进入磁场的速度大小为v，与y轴负方向的夹角为θ，粒子在磁场中有qvB＝m， 所以R＝ 粒子从y轴离开磁场时与O点的距离为 d＝2Rsin θ＝ 又v0＝vsin θ，B＝，解得d＝l 即到达O点的粒子经过磁场偏转后都从y＝－l的点离开磁场。经过分析可知从A1点水平发射进入磁场的粒子在磁场中运动的时间最短，此时tan θ＝＝1，即θ＝，粒子在磁场中运动的最短时间tmin＝＝＝ (3)因为从O点发射进入磁场的粒子速度最小，大小为v0，运动半径为R0＝＝ 因为从A1发射的粒子进入磁场时粒子速度最大，为vm＝v0 根据牛顿第二定律得Bqvm＝m，解得Rm＝l 将荧光屏缓慢向上移动的过程中，荧光屏发光的最大长度如图中粗实线所示 由几何知识知最大发光长度为 lm＝R0－Rm(1－cos 45°)＝l。 2．(2023·江苏南京市临江高级中学模拟)如图所示，在x轴上方存在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，在x轴下方存在方向竖直向上的匀强电场。一个质量为m、电荷量为q、重力不计的带正电粒子从y轴上的P(0，h)点沿y轴正方向以某初速度开始运动，一段时间后，粒子与x轴正方向成45°角进入电场，经过y轴上Q点时速度方向恰好与y轴垂直。 (1)求粒子在磁场中运动的轨道半径r和速度大小v； (2)求匀强电场的电场强度大小E1； (3)若改变匀强电场的电场强度大小，使粒子经过一段时间又能经过P点，求匀强电场的电场强度E的大小。 答案　(1)h　　(2)　(3)，n＝0,1,2,3…或 解析　(1)根据题意画出粒子在复合场中的运动轨迹如图所示： 在匀强磁场中由几何关系可得rcos 45°＝h 即r＝h 根据洛伦兹力提供向心力qvB＝ 解得v＝ (2)粒子进入电场后，在x方向做匀速直线运动，从进入电场到达Q， 其x方向的位移r＋rsin 45°＝vsin 45°·t 在y方向做匀减速运动，则v·sin 45°＝·t 所以E1＝ (3)设粒子进入电场后做类抛体运动的水平位移为s1，粒子在磁场中做匀速圆周运动在x轴上的弦长为l，为使粒子又能回到P点，需满足几何关系 n(s1－l)＋s1＝2(r＋rsin 45°)(n＝0,1,2,3…) 得s1＝r＋，n＝0,1,2,3… 且s1＝vcos 45°·2t 根据速度时间关系0＝vsin 45°－at 根据牛顿第二定律qE＝ma 联立解得E＝，n＝0,1,2,3… 若粒子做类斜抛运动的水平位移s1，恰好等于粒子在磁场中做匀速圆周运动在x轴上的弦长，粒子能在一个闭合的轨迹上运动，每隔相同时间又能回到P点 则s1＝l，得E＝。 3．(2023·江苏省靖江中学期末)如图甲所示，真空中存在匀强电场和匀强磁场，电场、磁场的边界互相平行且与电场方向垂直，一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子(不计重力)在电场左侧边界某处由静止释放，进入电场和磁场区域。已知电场和磁场的宽度均为d，长度足够长，电场强度大小为E，方向水平向右，磁感应强度大小为，方向垂直纸面向里。 (1)求粒子在图甲磁场中运动的轨道半径r及运动时间t； (2)图乙为图甲的多级组合，粒子从第1层电场左侧边界某处由静止释放，若能从第n层磁场右边界飞出，求粒子在第n层磁场中运动的轨道半径rn； (3)改变图乙中电场强度与磁感应强度的大小关系，粒子仍从第1层电场左侧边界某处由静止释放，已知粒子从第6层磁场右侧边界穿出时，速度的方向与水平方向的夹角为30°。若保证粒子不能从第n层磁场右边界穿出，n至少为多少？ 答案　(1)2d　　(2)2d　(3)24 解析　(1)粒子从电场射出后根据动能定理有 Eqd＝mv2，粒子在磁场中运动有Bqv＝m， B＝，联立解得r＝2d 根据如图几何关系可得sin θ＝＝，即θ＝30° 粒子在磁场中的运动周期T＝，所以粒子在图甲磁场中运动时间为t＝·T＝ (2)设粒子在第n层磁场中的速度为vn，轨迹半径为rn，可得nEqd＝mvn2，Bqvn＝m 联立解得rn＝2d (3)如图乙，设粒子进入第n层磁场时速度方向与水平方向夹角为αn，从该层磁场右边界射出时速度方向与水平方向夹角为θn，根据粒子在电场中运动时，垂直于电场线方向的速度分量不变，有vn－1sin θn－1＝vnsin αn① 根据图像结合几何知识有rnsin θn－rnsin αn＝d② 同时根据在磁场中运动有B′qvn＝m 即vn＝③ 联立①②③可得rnsin θn－rn－1sin θn－1＝d 可得r1sin θ1，r2sin θ2，…rnsin θn为等差数列，所以有rnsin θn＝r1sin θ1＋(n－1)d 当n＝1时，根据(1)问分析有r1sin θ1＝d 所以可得rnsin θn＝nd 与前面分析式nE′qd＝mvn2，B′qvn＝m 联立解得sin θn＝B′ 若粒子刚好不能从第n层磁场右边界穿出， 有θn＝90°，sin θn＝1 根据题意当n＝6时，θ6＝30°， 即sin 30°＝B′，联立解得n＝24。 学科网（北京）股份有限公司 $$