第十一章 专题强化课十三 带电粒子在组合场中的运动-【优学精研】2026年高考物理一轮总复习教用课件

专题强化课十三　带电粒子在组合 场中的运动 链接高考 带电粒子在各种场(重力场、电场和磁场)中的运动历来是高考的热点之一,其中带电粒子在组合场中的运动由于涉及不同场的特点,粒子的受力情况及运动情况一般较复杂,题目的难度较大,所以此类问题常作为高考的压轴题 方法规律 研究带电粒子在组合场中运动的思路与纯力学问题的分析方法相同,即受力分析—确定物体的状态—选用适当的物理规律—列方程求解等 关键能力 四种能力:空间想象能力、模型建构能力、逻辑推理能力和分析综合能力 返回 考点一　带电粒子在常见组合场中的运动 【核心要点】 1.组合场:电场与磁场各位于一定的区域内,并不重叠,或在同一区域,电场、磁场交替出现。 2.分析思路 (1)划分过程:将带电粒子运动的过程划分为几个不同的阶段,对不同的阶段选取不同的规律处理。 (2)找关键点:确定带电粒子在场区边界的速度(包括大小和方向)是解决该类问题的关键。 (3)画运动轨迹:根据受力分析和运动分析,大致画出带电粒子的运动轨迹图,有利于形象、直观地解决问题。 返回 3.解题方法 返回 4.带电粒子在组合场中运动常见的两类情况 从电场进入磁场 从磁场进入电场 电场中:加速直线运动 磁场中:匀速圆周运动 磁场中:匀速圆周运动 电场中:匀变速直线运动(v与E同向或反向) 电场中:类平抛运动 磁场中:匀速圆周运动 磁场中:匀速圆周运动 电场中:类平抛运动(v与E垂直) 返回 【典例剖析】 角度1　磁场与磁场的组合 【典例1】(2024·苏州模拟)波荡器是利用同步辐射产生电磁波的重要装置,它能使粒子的运动轨迹发生扭摆。其装置简化模型如图所示,n个互不重叠的圆形匀强磁场沿水平直线分布,半径均为R,磁感应强度大小均相同,方向均垂直纸面,相邻磁场方向相反、间距相同,初始时磁感应强度为B0。一重力不计的带正电粒子,从靠近平行板电容器P板处由静止释放,PQ极板间电压为U,粒子经电场加速后平行于纸面从A点射入波荡器,射入时速度与水平直线夹角为θ,θ在0~30°范围内可调。 返回 (1)若粒子入射角θ=0°,粒子恰好能从O1点正下方离开第一个磁场,求粒子的比荷k; (2)若粒子入射角θ=30°,调节AO1的距离d、磁场的圆心间距D和磁感应强度的大小,可使粒子每次穿过水平线时速度与水平线的夹角均为30°,最终通过同一水平线上的F点,A到F的距离为L=2nR,求D的大小和磁感应强度B1的大小; (3)在(2)问的情况下,求粒子从A运动到F的时间。 【解析】(1)设粒子经电场加速后速度为v,根据动能定理可得qU=mv2 由几何关系可知粒子在磁场中偏转半径为R,根据洛伦兹力提供向心力可得qvB0= 联立解得粒子的比荷为k== 返回 (2)粒子的轨迹如图所示 由几何关系可得D=2d==2R 粒子转动的圆心恰好在磁场圆周上且在磁场圆心的正下方或正上方。 由几何关系可得r1=R 又qvB1= 可得B1==B0 返回 (3)由几何关系可得α=,AH=R 每次从水平线到磁场边缘的时间为t1= 每次在磁场中运动的时间为t2= 可得粒子运动的时间为 t=n(2·t1+t2)=(1+) 答案:(1)　(2)2R　B0 (3)(1+) 返回 角度2　电场与磁场的组合 【典例2】(2024·黑吉辽选择考)现代粒子加速器常用电磁场控制粒子团的运动及尺度。简化模型如图:Ⅰ、Ⅱ区宽度均为L,存在垂直于纸面的匀强磁场,磁感应强度等大反向;Ⅲ、Ⅳ区为电场区,Ⅳ区电场足够宽,各区边界均垂直于x轴,O为坐标原点。甲、乙为粒子团中的两个电荷量均为+q,质量均为m的粒子。如图,甲、乙平行于x轴向右运动,先后射入Ⅰ区时速度大小分别为v0和v0。甲到P点时,乙刚好射入Ⅰ区。乙经过Ⅰ区的速度偏转角为30°,甲到O点时,乙恰好到P点。已知Ⅲ区存在沿+x方向的匀强电场,电场强度大小E0=。不计粒子重力及粒子间相互作用,忽略边界效应及变化的电场产生的磁场。 返回 (1)求磁感应强度的大小B; (2)求Ⅲ区宽度d; (3)Ⅳ区x轴上的电场方向沿x轴,电场强度E随时间t、位置坐标x的变化关系为E=ωt-kx,其中常系数ω>0,ω已知、k未知,取甲经过O点时t=0。已知甲在Ⅳ区始终做匀速直线运动,设乙在Ⅳ区受到的电场力大小为F,甲、乙间距为Δx,求乙追上甲前F与Δx间的关系式(不要求写出Δx的取值范围)。 返回 【解析】(1)对乙粒子,如图所示 由洛伦兹力提供向心力:qv0B=m 由几何关系:sin30°= 联立解得,磁感应强度的大小为B= 返回 (2)由题意可知,根据对称性,乙在磁场中运动的时间为t1=2××= 对甲粒子,由对称性可知,甲粒子沿着直线从P点到O点,由运动学公式: d=v0t1+a 由牛顿第二定律: a== 联立可得Ⅲ区宽度为d=πL 返回 (3)甲粒子经过O点时的速度v甲=v0+at1=3v0 因为甲在Ⅳ区始终做匀速直线运动,则ωt=kx=k×3v0t 可得k= 设乙粒子经过Ⅲ区的时间为t2,乙粒子在Ⅳ区运动时间为t0,则上式中t=t0+t2 对乙可得=ω(t0+t2)-kx2 整理可得x2=3v0(t0+t2)- 对甲可得x1=3v0(t0+t2) 返回 则Δx=x1-x2= 化简可得乙追上甲前F与Δx间的关系式为 F=·Δx 答案:(1)　(2)πL　(3)F=·Δx 返回 考点二　带电粒子在交变电场和磁场中的运动 【核心要点】 1.基本思路 返回 2.需要注意的问题 (1)仔细分析并确定各场的变化特点及相应的时间,其变化周期一般与粒子在电场或磁场中的运动周期相关联,应抓住变化周期与运动周期之间的联系作为解题的突破口。 (2)必要时,可把粒子的运动过程还原成一个直观的运动轨迹草图进行分析。 返回 【典例剖析】 【典例3】(2024·广东选择考)如图甲所示,两块平行正对的金属板水平放置,板间加上如图乙所示幅值为U0、周期为t0的交变电压。金属板左侧存在一水平向右的恒定匀强电场,右侧分布着垂直于纸面向外的匀强磁场。磁感应强度大小为B。一带电粒子在t=0时刻从左侧电场某处由静止释放,在t=t0时刻从下板左端边缘位置水平向右进入金属板间的电场内,在t=2t0时刻第一次离开金属板间的电场、水平向右进入磁场,并在t=3t0时刻从下板右端边缘位置再次水平进入金属板间的电场。已知金属板的板长是板间距离的倍,粒子质量为m。忽略粒子所受的重力和场的边缘效应。 返回 (1)判断带电粒子的电性并求其所带的电荷量q; (2)求金属板的板间距离D和带电粒子在t=t0时刻的速度大小v; (3)求从t=0时刻开始到带电粒子最终碰到上金属板的过程中,电场力对粒子做的功W。 【解析】(1)根据带电粒子在右侧磁场中的运动轨迹结合左手定则可知,粒子带正电;粒子在磁场中运动的周期为T=2t0 根据T= 则粒子所带的电荷量q= 返回 (2)若金属板的板间距离为D,则板长为,粒子在板间运动时=vt0 出电场时竖直速度为零,则竖直方向y=2×××(0.5t0)2 在磁场中时qvB=m 其中的y=2r= 联立解得v=π,D= 返回 (3)带电粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图, 由(2)的计算可知金属板的板间距离D=3r,则粒子在3t0时刻再次进入中间的偏转电场,在4t0时刻进入左侧的电场做减速运动,速度为零后反向加速,在6t0时刻再次进入中间的偏转电场,6.5t0时刻碰到上极板,因粒子在偏转电场中运动时,在时间t0内电场力做功为零,在左侧电场中运动时,往返一次电场力做功也为零,可知整个过程中只有开始在左侧电场时电场力做功和最后0.5t0时间内电场力做功, 则W=mv2+q×=+= 答案:(1)正电　　(2)　π　(3) 返回 模型建构 10　洛伦兹力的冲量及其应用　 一、建模 在高中阶段,关于洛伦兹力的冲量及其应用可按以下方法进行推导: 带电粒子在匀强磁场中若仅受洛伦兹力的作用,可将洛伦兹力f和速度v正交分解到直角坐标系xOy中,建立分量之间的关系为fx=qBvy,fy=qBvx, 即x轴方向的分力取决于y轴方向的分速度,y轴方向的分力取决于x轴方向的分速度。利用微元法结合动量定理可得 mΔvx=ΣfxΔt=qBΣvyΔt=qBy,mΔvx=ΣfyΔt=qBΣvxΔt=qBx, 即x轴方向的速度变化取决于y轴方向的分位移, y轴方向的速度变化取决于x轴方向的分位移。 返回 使用要点在于:要研究哪个方向的位移大小,就列与该方向垂直方向的动量定理。相比传统的画出实际运动轨迹的处理方法,引入此方法可以简化求解此类问题的数学关系,避开了复杂的轨迹描绘和几何运算,只需进行始末状态的分析,更加简洁明晰,从宏观上直达物理问题的本质。 返回 二、应用 【典例】(2023·浙江6月选考)利用磁场实现离子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。如图所示,xOy平面(纸面)的第一象限内有足够长且宽度均为L、边界均平行x轴的区域Ⅰ和Ⅱ,其中区域Ⅰ存在磁感应强度大小为B1的匀强磁场,区域Ⅱ存在磁感应强度大小为B2的磁场,方向均垂直纸面向里,区域Ⅱ的下边界与x轴重合。位于(0,3L)处的离子源能释放出质量为m、电荷量为q、速度方向与x轴夹角为60°的正离子束,沿纸面射向磁场区域。不计离子的重力及离子间的相互作用,并忽略磁场的边界效应。 返回 (1)求离子不进入区域Ⅱ的最大速度v1及其在磁场中的运动时间t; (2)若B2=2B1,求能到达y=处的离子的最小速度v2; (3)若B2=y,且离子源射出的离子数按速度大小均匀地分布在~范围,求进入第四象限的离子数与总离子数之比。 【解析】(1)当离子不进入磁场Ⅱ速度最大时,轨迹与边界相切,则由几何关系:r1cos60°=r1-L,解得r1=2L,根据qv1B1=m解得v1=,在磁场中运动的周期T= 运动时间t=T= 返回 (2)若B2=2B1,根据r=可知r1=2r2 离子在磁场中运动轨迹如图所示,设O1O2与磁场边界夹角为α,由几何关系: r1sinα-r1sin30°=L r2-r2sinα= 解得r2=2L,sinα= 根据qv2B2=m,解得v2= 返回 (3)当最终进入区域Ⅱ的粒子若刚好到达x轴,则由动量定理:B2qvyΔt=mΔvx 即yqΔy=mΔvx 求和可得∑yqΔy=∑mΔvx 离子从区域Ⅰ到区域Ⅱ最终到x轴上的过程中m(v-vcos60°)=B1qL+··qL 解得v= 则速度在~之间的离子才能进入第四象限;因离子源射出离子的速度范围在~,又离子源射出的离子个数按速度大小均匀分布,可知能进入第四象限的离子占离子总数的 返回 【一题多解】 第(2)问引入洛伦兹力的冲量公式,也可以这样求解:将离子的速度分解为沿x和沿y方向的分速度vx、vy,在水平方向根据牛顿第二定律有qvyB=max,在一段极短的时间Δt内有qvyB·Δt=max·Δt,即qBΔy=mΔvx 在离子从射入磁场到刚好到达y=的过程中,可得q(B1L+B2)=m(v2-v2cos60°) 代入已知条件B2=2 B1,解得v2= 答案:(1)　　(2)　(3)   返回 $