2025届高考物理二轮复习课件：带电粒子在复合场中的运动

专题强化　 带电粒子在复合场中的运动 1. 掌握带电粒子在组合场中的运动规律和分析思路． 2．学会处理磁场与磁场组合场、电场与磁场组合场中带电粒子的运动问题． 3．了解叠加场的特点，会处理带电粒子在叠加场中的运动问题． 4．理解质谱仪和回旋加速器的原理，并能解决相关问题． 考点一 01 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和偏转，与在磁场中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．具体求解方法如下图所示． 例 1 [2023·全国乙卷]如图，一磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直于纸面(xOy平面)向里，磁场右边界与x轴垂直．一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，粒子离开磁场后，沿直线运动打在垂直于x轴的接收屏上的P点；SP＝l，S与屏的距离为，与x轴的距离为a.如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏．该粒子的比荷为(　　) A． B． C． D． 答案：A 解析：由题知，一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，则根据几何关系可知粒子做圆周运动的半径r＝2a 则粒子做圆周运动有qvB＝m 则有＝ 如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏，则有Eq＝qvB 联立有＝ 故选A. 例 2 (多选)[2023·海南卷](本题选项中的数据是根据考生回忆编写的，与原卷数据有些许出入)如图所示，质量为m、带电荷量为＋q的带电粒子，从坐标原点O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为已知量)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、大小为B的匀强磁场，控制电场强度E(E值有多种可能)，可让粒子从NP射入磁场后偏转打到足够长的接收器MN上，不计重力，则(　　) A．粒子从NP中点射入磁场，电场强度E＝ B．粒子从NP中点射入磁场时的速度v＝ 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轨迹半径的最大值是 答案：AD 解析：若粒子从NP中点射入磁场，在电场中，水平方向有x0＝v0t，竖直方向有＝·t2，解得E＝，A对；粒子在电场中运动，由动能定理有qE·＝结合A项分析可得v，B错；粒子在电场中的运动过程，竖直方向有vy＝·，粒子在磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，设粒子从电场中射出时的速度方向与y轴正方向的夹角为θ，根据几何关系可知，圆心到MN的距离为s＝R cos θ＝＝，C错；经分析可知，粒子从N点进入磁场时，在磁场中运动的轨迹半径最大，在电场中运动时，水平方向有x0＝v0t，竖直方向有y0＝·t2，由动能定理有Emqy0＝粒子在磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力有qvmB＝，联立解得Rm＝，D对． 例 3 [2023·辽宁卷]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. 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，电场力提供加速度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 ＝ 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 粒子出电场后沿直线做匀速直线运动，接着进入磁场，根据牛顿第二定律，洛伦兹力提供匀速圆周运动所需的向心力得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)带电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，将磁场圆绕O′点顺时针旋转，当O点转到M点，粒子在磁场中运动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和弦以及圆心M的位置如图所示： 思维提升 “5步”突破带电粒子在组合场中的运动问题 考点二 02 考点二　带电粒子在叠加场中的运动 1．叠加场 电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存． 2．三种场的比较   力的特点 功和能的特点 重力场 大小：G＝mg 方向：竖直向下 重力做功与路径无关 重力做功改变物体的重力势能 电场 大小：F＝qE 方向：正电荷受力方向与场强方向相同，负电荷受力方向与场强方向相反 电场力做功与路径无关，W＝qU 电场力做功改变电势能 磁场 大小：F＝qvB(v⊥B) 方向：可用左手定则判断 洛伦兹力不做功，不改变带电粒子的动能 例 4 [2023·湖南卷]如图，真空中有区域Ⅰ和Ⅱ，区域Ⅰ中存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下(与纸面平行)，磁场方向垂直纸面向里，等腰直角三角形CGF区域(区域Ⅱ)内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外．图中A、C、O三点在同一直线上，AO与GF垂直，且与电场和磁场方向均垂直．A点处的粒子源持续将比荷一定但速率不同的粒子射入区域Ⅰ中，只有沿直线AC运动的粒子才能进入区域Ⅱ.若区域Ⅰ中电场强度大小为E、磁感应强度大小为B1，区域Ⅱ中磁感应强度大小为B2，则粒子从CF的中点射出，它们在区域Ⅱ中运动的时间为t0. 若改变电场或磁场强弱，能进入区域Ⅱ中的粒子在区域Ⅱ中运动的时间为t，不计粒子的重力及粒子之间的相互作用，下列说法正确的是(　　) A.若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1，则t>t0 B．若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，则t>t0 C．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为B2，则t＝ D．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为B2，则t＝t0 答案：D 解析：由题知粒子在AC做直线运动，则有qv0B1＝qE 区域Ⅱ中磁感应强度大小为B2，则粒子从CF的中点射出，则粒子转过的圆心角为90°，根据qvB＝mr，有t0＝ 若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1，则粒子在AC做直线运动的速度，有qvA·2B1＝ qE 则vA＝ 再根据qvB＝m，可知粒子半径减小，则粒子仍然从CF边射出，粒子转过的圆心角仍为90°，则t＝t0，A错误； 若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，则粒子在AC做直线运动的速度，有qvBB1＝ q· 2E 则vB＝ 2v0 再根据qvB＝m，可知粒子半径变为原来的2倍，则粒子F点射出，粒子转过的圆心角仍为90°，则t＝t0，B错误； 若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为B2，则粒子在AC做直线运动的速度仍为v0，再根据qvB＝m，可知粒子半径变为原来的>2，则粒子从OF边射出，根据几何关系可知转过的圆心角为60°，根据qvB＝mr，有t＝，则t＝，C错误； 若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为B2，则粒子在AC做直线运动的速度仍为v0，再根据qvB＝m，可知粒子半径变为原来的>2，则粒子OF边射出，根据几何关系可知转过的圆心角为45°，根据qvB＝mr，有t＝，则t＝t0，D正确．故选D. 例 5 [2023·江苏卷]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． 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复合场中，由于洛伦兹力不做功，且由于电子入射速度为，则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v入射时，设电子能达到的最高点位置的纵坐标为y，则根据动能定理有eEy＝－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，y＝ 要让电子达纵坐标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%. 答案：(1)v0B　(2)　(3)90% 思维提升 “三步”解决叠加场问题 核心素养提升 复合场在生活、科技中的应用 1．组合场在科技中的应用 (1)质谱仪 ①构造：如图所示，由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片等构成． ②原理：粒子由静止被加速电场加速，有qU＝，粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB＝，由两式可得m＝＝， 根据不同的半径，可计算出粒子的质量或比荷． (2)回旋加速器 ①构造 如图所示，D1、D2是半圆金属盒，D形盒处于匀强磁场中，D形盒的缝隙处接交流电源． ②原理 交流电周期和粒子做圆周运动的周期相等，使粒子每经过一次D形盒缝隙，粒子被加速一次． ③最大动能 由qvmB＝、Ekm＝，得Ekm＝，粒子获得的最大动能由磁感应强度B和盒半径R决定，与加速电压无关． ④总时间 粒子在磁场中运动一个周期，被电场加速两次，每次增加动能qU，加速次数n＝，粒子在磁场中运动的总时间t＝T＝·＝(忽略粒子在狭缝中运动的时间)． 典例1 (多选) 质谱仪是科学研究和工业生产中的重要工具，如图所示是一种质谱仪的工作原理示意图．质量为m、电荷量为q的粒子，从容器A下方的小孔S1飘入电势差为U1的加速电场，其初速度几乎为0，接着经过小孔S2进入速度选择器中，沿着直线经过小孔S3垂直进入磁感应强度为B2的匀强磁场中，最后打到照相底片CD上．已知速度选择器的板间距为d，板间电压为U2且板间存在匀强磁场B1，粒子打在底片上的亮点距小孔S3的距离为D.不计粒子重力，则该带电粒子的比荷可以表示为(　　) A. B. D． 答案：CD 解析：粒子在电场中加速，由动能定理可得U1q＝mv2 解得v＝ 粒子进入速度选择器中做直线运动，由平衡条件可得＝B1qv 联立可得＝ 粒子在磁场中做圆周运动，由洛伦兹力充当向心力，有B2qv＝m＝m与＝B1qv 联立可得＝ 故选CD. 典例2 (多选)[2024·黑龙江哈尔滨模拟预测]2022年12月28日我国中核集团全面完成了230 MeV超导回旋加速器自主研制的任务，标志着我国已全面掌握小型化超导回旋加速器的核心技术，进入国际先进行列．如图所示，图甲为该回旋加速器的照片，图乙为回旋加速器工作原理示意图，置于真空中的D形金属盒半径为R，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，交流加速电压为U.圆心A处粒子源产生初速度为零，质量为m，电荷量为q的质子，质子在加速器中被加速． 忽略质子穿过两金属盒间狭缝的时间，忽略相对论效应和重力的影响，下列说法正确的是(　　) A．保持B、R、U及交流电频率均不变，该装置也可用于加速氘核和氚核 B．若增大加速电压U，质子从D形盒出口射出的动能增大 C．质子从D形盒出口射出时，加速次数n＝ D．质子第n次加速后和第n＋1次加速后的运动半径之比为∶ 答案：CD 解析：此加速器加速粒子时的周期与粒子在磁场中的运动周期相同为T＝，氘核和氚核的比荷与质子的比荷不同，即氘核和氚核与质子在磁场中运动的周期不同，所以，保持B、R、U及交流电频率均不变，该装置不能用于加速氘核和氚核，故A错误；设质子从D型盒出口射出的速度为vm，则有qvmB＝，vm＝ 则质子从D型盒出口射出的动能Ek＝＝m＝，与加速电压无关，故B错误； 设质子从释放至由D型盒出口射出时加速了n次，则由动能定理nqU＝＝，得n＝，故C正确；由动能定理nqU＝，(n＋1)qU＝，得第n次加速后和第n＋1次加速后的速度分别为vn＝，vn＋1＝，再由质子在磁场中做圆周运动洛伦兹力提供向心力qvB＝，r＝，同理可得，质子第n次加速后和第n＋1次加速后的运动半径分别为rn＝，rn＋1＝，所以rn∶rn＋1＝vn∶vn＋1＝∶，故D正确．故选CD. 2．叠加场在科技中的应用 装置 原理图 规律 速度选择器 若qv0B＝Eq，即v0＝，粒子做匀速直线运动，与q的大小，电性均无关． 磁流体发电机 等离子体射入，受洛伦兹力偏转，使两极板带正、负电荷，两极板电压为U时稳定，q＝qv0B，U＝Bdv0. 电磁流量计 q＝qvB，所以v＝，所以Q＝vS＝π()2. 霍尔元件 当磁场方向与电流方向垂直时，导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现电势差． 典例3 [2024·广东佛山统考模拟预测]法拉第曾提出一种利用河流发电的设想，并进行了实验研究．实验装置示意图如图所示，两块面积均为S的矩形平行金属板正对地浸在河水中，金属板间距为d.水流速度处处相同大小为v，方向水平向左，金属板面与水流方向平行．地磁场磁感应强度竖直向下的分量为B，水的电阻率为ρ，水面上方有一阻值为R的电阻通过绝缘导线和开关S连接到两金属板上．忽略边缘效应，不计河水中离子的重力，则下列说法正确的是(　　) A.电阻R上的电流方向从里向外 B．河水流速减小，两金属板间的电压增大 C．该发电装置的电动势大小为Bdv D．流过电阻R的电流大小为 答案：C 解析：根据题意，由左手定则可知，河水中的正离子向外面金属板偏转，外金属板为正极，负离子向里面金属板偏转，里金属板为负极，则电阻R上的电流方向从外向里，故A错误；设稳定时产生的感应电动势为E，两板间有一带电荷量为q的离子匀速运动受力平衡，根据平衡条件可得qvB＝q，解得E＝Bdv，故C正确；设极板间等效电阻为r，由闭合回路欧姆定律可得，两金属板间电压为U＝·R＝，可知，河水流速减小，两金属板间的电压减小，故B错误；根据题意，由电阻定律可得，极板间等效电阻为r＝ρ，由闭合回路欧姆定律可得，流过电阻R的电流大小为I＝＝，故D错误． 典例4 工业上常用电磁流量计来测量高黏度及强腐蚀性流体的流量Q(单位时间内流过管道横截面的液体体积)，原理如图甲所示，在非磁性材料做成的圆管处加一磁感应强度大小为B的匀强磁场，当导电液体流过此磁场区域时，测出管壁上下M、N两点间的电势差U，就可计算出管中液体的流量．为了测量某工厂的污水排放量，技术人员在充满污水的排污管末端安装了一个电磁流量计，如图乙所示，已知排污管和电磁流量计处的管道直径分别为20 cm和10 cm.当流经电磁流量计的液体速度为10 m/s时，其流量约为280 m3/h，若某段时间内通过电磁流量计的流量为70 m3/h，不计污水中离子的重力，则在这段时间内(　　) A．M点的电势一定低于N点的电势 B．通过排污管的污水流量约为140 m3/h C．排污管内污水的速度约为2.5 m/s D．电势差U与磁感应强度B之比约为0.25 m2/s 答案：D 解析：根据左手定则可知，正电荷进入磁场区域时会向上偏转，负电荷向下偏转，所以M点的电势一定高于N点的电势，故A错误；某段时间内通过电磁流量计的流量为70 m3/h，通过排污管的污水流量也是70 m3/h，由Q＝πr2v，知此段时间内流经电磁流量计的液体速度为2.5 m/s，流量计半径为r＝5 cm＝0.05 m，排污管的半径R＝10 cm＝0.1 m，流经电磁流量计的液体速度为v1＝2.5 m/s，则70 m3/h＝πr2v1＝πR2v2，可得排污管内污水的速度约为v2＝ m/s＝0.625 m/s，故B、C错误；流量计内污水的速度约为v1＝2.5 m/s，当粒子在电磁流量计中受力平衡时，有q＝qv1B，可知＝v1d1＝0.25 m2/s，故D正确．故选D. 感谢观看 2025-3-28 $$