广西2026届高考物理二轮复习课件-专题3第3讲 带电粒子在复合场中的运动

该高中物理高考复习课件聚焦“带电粒子在复合场中的运动”专题，依据高考评价体系梳理了受力分析、运动类型（匀速直线、匀变速、圆周运动）及现代科技应用等核心考点，通过2025年北京、广西等多省真题分析，明确“叠加场中平衡问题”“组合场中轨迹衔接”等高频考点权重，归纳电磁流量计、质谱仪等常考题型，构建系统备考框架。 课件亮点在于“真题实战+方法归纳+素养提升”，如以2025年北京卷电磁流量计题为例，运用“5步突破法”拆解运动轨迹与几何关系，培养科学思维中的模型建构和科学推理能力。特设“易错点警示”和“专项模块”，帮助学生掌握临界条件分析等技巧，教师可据此精准定位学生薄弱环节，实现高效冲刺复习。

第三讲　带电粒子在复合场中的运动 专题三 2026 内容索引 01 02 03 体系构建•真题感悟 高频考点•探究突破 专项模块•素养培优 体系构建•真题感悟 【知识网络构建】 【高考真题再练】 1.(2025北京卷)电磁流量计可以测量导电液体的流量Q——单位时间内流过管道横截面的液体体积,如图所示,内壁光滑的薄圆管由非磁性导电材料制成,空间有垂直于管道轴线的匀强磁场,磁感应强度为B,液体充满管道并以速度v沿轴线方向流动,圆管壁上的M、N两点连线为直径,且垂直于磁场方向,M、N两点的电势差为U0, 下列说法错误的是(　　) A.N点电势比M点高 B.U0正比于流量Q C.在流量Q一定时,管道半径越小,U0越小 D.若直径MN与磁场方向不垂直,测得的流量Q偏小 C 解析 根据左手定则可知正离子向下偏转,负离子向上偏转,由此可知N点电势比M点高,故A正确;设管道半径为r,稳定时离子受到的洛伦兹力与电场力平衡,即q=Bqv,同时有Q=Sv=πr2v,联立解得U0=,故U0正比于流量Q,同时可知流量Q一定时,管道半径越小,U0越大,故B正确,C错误;若直径MN与磁场方向不垂直,根据U0=可知,此时式中的磁感应强度为磁感应强度B的一个分量,即此时测量代入的磁感应强度偏大,故测得的流量Q偏小,故D正确;本题选错误的,故选C。 2.(多选)(2025广西卷)如图所示,带等量正电荷q的M、N两种粒子,以几乎为0的初速度从S飘入电势差为U的加速电场,经加速后从O点沿水平方向进入速度选择器(简称选择器)。选择器中有竖直向上的匀强电场和垂直于纸面向外的匀强磁场。 当选择器的电场强度大小为E,磁感应强度大小为B1,右端开口宽度为2d时,M粒子沿轴线OO'穿过选择器后,沿水平方向进入磁感应强度大小为B2、方向垂直于纸面向外的匀强磁场(偏转磁场),并最终打在探测器上;N粒子以与水平方向夹角为θ的速度从开口的下边缘进入偏转磁场,并与M粒子打在同一位置,忽略粒子重力和粒子间的相互作用及边界效应,则(　　) A.M粒子的质量为 B.刚进入选择器时,N粒子的速度小于M粒子的速度 C.调节选择器,使N粒子沿轴线OO'穿过选择器,此时选择器的电场强度与 磁感应强度大小之比为 D.调节选择器,使N粒子沿轴线OO'进入偏转磁场,打在探测器上的位置与 调节前M粒子打在探测器上的位置间距为 AD 解析 设M粒子进入选择器时的速度为vM,在加速电场中由动能定理有qU=mM,M粒子沿轴线OO'运动,其在选择器中受力平衡,即qE=qvMB1,联立可得M粒子的质量mM=,故A正确;设N粒子进入选择器时的速度为vN,因为N粒子从开口的下边缘进入偏转磁场,则其在选择器中向下偏转,受力分析知qvNB1>Eq,即vN>=vM,故B错误; 未调节选择器时,M、N粒子在偏转磁场中轨迹半径rM、rN满足2rM=2rNcos θ+d,由洛伦兹力提供向心力有qvB=,即r=,故rM=, rN=,设进入偏转磁场时N粒子速度为vN',对N粒子运动的全过程,由动能定理有qU-qEd=mNvN'2,联立解得mN=,N粒子在加速场中,由动能定理有qU=mN,即粒子刚进入选择器时速度vN=,当调节选择器后,N粒子沿轴线OO'穿过选择器时,设选择器电场强度为E',磁感应强度为B',则有vNB1'=E',故=vN=,故C错误; 调节选择器后,N粒子进入偏转磁场后做匀速圆周运动,向下运动半圈后打在探测器上,N粒子在偏转磁场中轨迹半径rN'=,故Δx=2rM-2rN'=,故D正确。 3.(多选)(2025福建卷)空间中存在垂直于纸面向里的匀强磁场与水平向右的匀强电场,一带正电的粒子在复合场内恰能沿着MN做匀速直线运动,MN与水平方向成45°角,NP水平向右,粒子所带电荷量为q,速度为v,质量为m,重力加速度为g,当粒子运动到N时,撤去磁场,一段时间后粒子经过P点,则 (　　) A.电场强度的大小为E= B.磁感应强度的大小为B= C.N、P两点的电势差为U= D.粒子从N运动到P的过程中,距离NP的最远距离为 BC 解析 根据题意,带电体在复合场中沿着MN做匀速直线运动,受力分析如图所示   根据几何关系和运动状态,有mg=Eq,解得E=,A错误;由力的平衡可知,qvB=mg,解得B=,B正确;在粒子运动到N点时撤去磁场,则此时 粒子受力分析图为 由几何关系可知F合与粒子的速度方向垂直,粒子可看作在做类平抛运动,F合=mg=ma,a=g,由于NP连线水平向右,故粒子到达P点时,其类平抛运动的位移偏向角为45°,则在P点速度偏向角正切值tan θ=2tan 45°=2,则到P点的速度vP=,联立解得vP=v。粒子从N运动到P,由动能定理可知,qU=mv2,解得U=,C正确;可将N点速度v沿水平和竖直方向进行分解,则粒子在竖直方向做竖直上抛运动vy=vcos 45°=v, hmax=,D错误。 4.(多选)(2025山东卷)如图甲所示的xOy平面内,y轴右侧被直线x=3L分为两个相邻的区域Ⅰ、Ⅱ。区域Ⅰ内充满匀强电场,区域Ⅱ内充满垂直于xOy平面的匀强磁场,电场和磁场的大小、方向均未知。t=0时刻,质量为m、电荷量为+q的粒子从O点沿x轴正向出发,在xOy平面内运动,在区域Ⅰ中的运动轨迹是以y轴为对称轴的抛物线的一部分,如图甲所示。t0时刻粒子第一次到达两区域分界面,在区域Ⅱ中运动的y-t图像为正弦曲线的一部分,如图乙所示。不计粒子重力。 甲 乙 下列说法正确的是(　　) A.区域Ⅰ内电场强度大小E=,方向沿y轴正方向 B.粒子在区域Ⅱ内圆周运动的半径R= C.区域Ⅱ内磁感应强度大小B=,方向垂直于xOy平面向外 D.粒子在区域Ⅱ内圆周运动的圆心坐标 AD 解析 由于带正电的粒子在电场中的运动轨迹为一段以y轴为对称轴的抛物线,所以电场方向沿y轴正方向。由题图乙可知粒子在电场中运动时间为t0,粒子在电场中所受静电力F=qE,由牛顿第二定律有F=ma,根据运动学公式可知,粒子在y方向有2L=,解得E=,故A正确;带电粒子在磁场中做匀速圆周运动如图所示,故粒子在Ⅱ区域的运动轨迹中y方向最高点和最低点间距离为直径,故直径为,半径R=,故B错误; 在A点处,粒子沿x轴的速度vx=,粒子沿y轴的速度vy=t0=,则v=,tan θ=,由洛伦兹力提供向心力有qvB=m,解得B=,圆心横坐标为xO'=3L+Rcos θ=,纵坐标yO'=0,故C错误,D正确。 5.(2025湖南卷)如图所示,直流电源的电动势为E0,内阻为r0,滑动变阻器R的最大阻值为2r0,平行板电容器两极板水平放置,板间距离为d,板长为d,平行板电容器的右侧存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场。闭合开关S,当滑片处于滑动变阻器中点时,质量为m的带正电粒子以初速度v0水平向右从电容器左侧中点a进入电容器,恰好从电容器下极板右侧边缘b点进入磁场,随后又从电容器上极板右侧边缘c点进入电容器,忽略粒子重力和空气阻力。 (1)求粒子所带电荷量q。 (2)求磁感应强度B的大小。 (3)若粒子离开b点时,在平行板电容器的右侧再加一个方向水平向右的匀强电场,电场强度大小为,求粒子相对于电容器右侧的最远水平距离xm。 答案 (1) (2) (3) 解析 (1)粒子在电容器中做类平抛运动,其中粒子在水平方向做匀速直线运动,有d=v0t 在竖直方向做匀变速直线运动,有t,vy=at=t 由闭合回路欧姆定律可得U=E0 联立解得vy=v0,q=。 (2)粒子进入磁场时的速度与竖直方向夹角的正弦值为 tan θ==60°,v=v0 粒子在进入磁场后做匀速圆周运动,即 qvB=m 其中由几何关系可得R= 联立解得B=。 (3)对粒子取一个竖直向上的速度使得该速度对应产生的洛伦兹力与水平向右的静电力平衡,则有qvy1B=qE 解得vy1=v0 此时粒子做圆周运动的合速度在竖直方向的分速度大小为vy2=vy1'+vy=v0 vy1'=vy1 此时合速度与竖直方向夹角的正切值为tan α= 合速度大小为v'= 粒子做圆周运动的半径r= 故最远距离为xm=r+rcos α=。 高频考点•探究突破 考点一 带电粒子在组合场中的运动 【命题点点拨】 命题点 解答指引 1.带电粒子在组合场中的运动 分析电场、磁场的组成,画出带电粒子的运动轨迹,应用电磁场知识分析带电粒子的运动情况,关键点是分析粒子由一个场到另一个场转折点处的速度关系与位移关系 2.带电粒子在交变电磁场中的运动 处理带电粒子在交变电磁场中运动的问题时,对带电粒子进行受力分析,判断带电粒子在每一段的运动情况 考点一 考点二 【方法规律归纳】 1.常见运动及处理方法 考点一 考点二 2.“5步”突破带电粒子在组合场中的运动问题 考点一 考点二 [典例1](2024福建卷)(命题点1)如图所示,一质量为m、电荷量为q的带电粒子经电容器M由静止开始加速后从另一电容器N下板进入偏转电场,经电场偏转后恰从电容器N的上极板射出偏转电场,已知两电容器电压均为U,以N电容器下板右侧O点建立坐标系,粒子自y轴上距离O为d的P点进入右侧磁场,粒子经磁场偏转后垂直于x轴方向经过x轴,求: (1)粒子刚进入电容器N下板时的速度大小; (2)P处速度的大小以及与y轴正方向的夹角; (3)磁感应强度的大小。 考点一 考点二 思维点拨 考点一 考点二 考点一 考点二 考点一 考点二 考点一 考点二 【对点训练】 1.(2024河北石家庄模拟)(命题点1)如图所示,在平面直 角坐标系内有边长为L的正方形区域Oabc,O为坐标原 点,Oa边和x轴重合,e、f、g、h为四边中点,正方形Oabc 上半区域存在垂直于纸面向外的匀强磁场(未画出),下 半区域存在垂直于纸面向里的匀强磁场,上、下两半区 域内磁感应强度大小相等。一个不计重力、质量为m、 电荷量绝对值为q、带负电的粒子从h点以速度v0沿与 hg成θ=30°角进入磁场,之后恰好从n点进入上半区域的磁场。 (1)求正方形Oabc下半区域内磁感应强度的大小; (2)粒子离开磁场区域后打中y轴上的P点,求P点的坐标以及粒子从h点运动到P点的时间。 考点一 考点二 考点一 考点二 (2)粒子经过n点时速度方向也和hg成30°角进入上半区域,恰好经过g点, 考点一 考点二 2.(2024广东卷)(命题点2)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的交流电压。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。 考点一 考点二 甲 乙 (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。 考点一 考点二 答案 (1)正电　 (2)　π (3) 解析 (1)根据带电粒子在金属板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qvB=m,T=,得T= 则粒子所带的电荷量q=。 考点一 考点二 (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 粒子离开金属板时竖直速度为零,则竖直方向y=2× 在磁场中时qvB=m 其中y=2r= 联立解得v=π D=。 考点一 考点二 (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进入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+Eq×。 考点一 考点二 考点二 带电粒子在叠加场中的运动 【命题点点拨】 命题点 解答指引 1.带电粒子在叠加场中做匀速直线运动 粒子所受的合力为0,根据受力平衡列方程求解 2.带电粒子在叠加场中做匀速圆周运动 除洛伦兹力外,另外两力的合力为零,即qE=mg,由牛顿第二定律、圆周运动的规律求解 3.带电粒子在叠加场中做复杂曲线运动 除洛伦兹力外,其他力的合力既不为零,也不与洛伦兹力等大反向,由动能定理、能量守恒定律等求解 考点一 考点二 【方法规律归纳】 1.洛伦兹力与重力共存 2.静电力与洛伦兹力共存 考点一 考点二 3.静电力、洛伦兹力与重力共存 考点一 考点二 4.带电粒子在叠加场中运动的解题思路 考点一 考点二 [典例2](命题点3)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。 考点一 考点二 (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。 考点一 考点二 思维点拨 (1)以速度v0入射的电子沿x轴做直线运动,则电子受到的电场力与洛伦兹力等大反向,据此条件求解; (2)电子运动过程中只有电场力做功,根据动能定理求解; (3)根据题意可知电子在最高点与在最低点所受的合力大小相等,求得电子在最高点时的速度大小与入射速度的关系,根据动能定理求得电子到达最高点的纵坐标与入射速度的关系,依据此关系分析满足要求的电子数N占总电子数N0的百分比。 考点一 考点二 解析 (1)电子沿x轴正方向做直线运动,则电子受平衡力的作用,即 eE=ev0B 解得E=Bv0。 (2)电子在电场和磁场叠加场中运动,受洛伦兹力和电场力的作用, 考点一 考点二 此时电子在最高点的速度沿水平方向,且大小假设为v2, 则电子在最低点的合力为F1=eE-ev1B 电子在最高点的合力为F2=ev2B-eE 由题意可知电子在最高点与最低点的合力大小相等, 即F2=F1 整理得v1+v2=2v0 考点一 考点二 考点一 考点二 【对点训练】 3.(命题点1)质量为m、电荷量为q的微粒以速度v与水平方向成θ角从O点进入方向如图所示的匀强电场和匀强磁场组成的叠加场区中,该微粒在静电力、洛伦兹力和重力的共同作用下,恰好沿直线运动到A点,下列说法正确的有(重力加速度为g)(　　) A.该微粒一定带正电荷 B.微粒从O到A的运动可能是匀变速运动 C.该磁场的磁感应强度大小为 D.该电场的电场强度大小为 C 考点一 考点二 解析 若微粒带正电荷,它受竖直向下的重力mg、水平向左的静电力qE和垂直OA斜向右下方的洛伦兹力qvB,微粒不能做直线运动,由此可知微粒带负电荷,它受竖直向下的重力mg、水平向右的静电力qE和垂直OA斜向左上方的洛伦兹力qvB,又因为微粒恰好沿着直线运动到A,可知微粒做匀速直线运动,故A、B错误; 考点一 考点二 4.(命题点2)如图所示,在空间坐标系x<0 区域中有竖直向上的匀强电场E1,在一、 四象限的正方形区域CDEF内有方向如 图所示的正交的匀强电场E2和匀强磁场 B,已知lCD=2l,lOC=l,E2=4E1。在轴上有一 质量为m、电荷量为+q的金属球a以速度 v0沿x轴向右匀速运动,并与静止在坐标原 点O处用绝缘细支柱支撑的(支柱与金属球b不粘连、无摩擦)质量为2m、不带电金属球b发生弹性碰撞,已知a、b两球体积大小、材料相同且都可视为点电荷,碰后电荷总量均分,重力加速度为g,不计a、b两球间的静电力,不计a、b两球产生的场对电场、磁场的影响。 考点一 考点二 (1)碰撞后,求a、b两球的速度大小; (2)碰撞后,若金属球b从CD边界射出,求金属球b在磁场中运动时间的范围; (3)若将磁场反向,两球可否再次碰撞,若可以,请求出磁感应强度;若不可以,请简述理由。 考点一 考点二 考点一 考点二 (2)碰后a、b两球上的电荷总量平分,即qa=qb=q 碰撞后,b受到的静电力为F电=qE2=2mg 故b做匀速圆周运动,由牛顿第二定律得qvbB=2m 解得r= 若b恰好从C射出,则l=2r1 联立解得B1= tmax= 考点一 考点二 考点一 考点二 (3)碰后a在电场中向左做类平抛运动,b在垂直纸面向外的磁场中偏转半周再进入电场中做类平抛运动,设两球再次相遇的位置在P点,其坐标为(-x,-y) 根据类平抛运动规律有x=vt 考点一 考点二 专项模块•素养培优 一、现代科技中的电磁场问题 【主题概述】 “现代科技中的电磁场问题”的知识主要包括:电磁炮、电流天平、超导电磁船、回旋加速器、质谱仪、速度选择器、磁流体发电机、电磁流量计和霍尔元件等。高考一般借此命题,一是通过构建组合场、叠加场模型,运用电场、磁场及力学规律来分析问题,可以很好地考查考生的能力;二是能强化运动观念和相互作用观念,提升物理观念和科学思维。 【典例分析】 [典例1]密立根油滴实验的示意图如图所示。两水平金属平板上下放置,间距固定,可从上板中央的小孔向两板间喷入大小不同、电荷量不同、密度相同的小油滴。两板间不加电压时,油滴a、b在重力和空气阻力的作用下竖直向下匀速运动,速率分别为v0、;两板间加上电压后(上板为正极),这两个油滴很快达到相同的速率,均竖直向下匀速运动。油滴可视为球形,所受空气阻力大小与油滴半径、运动速率成正比,比例系数视为常数。不计空气浮力和油滴间的相互作用。 密立根油滴实验示意图 (1)求油滴a和油滴b的质量之比; (2)判断油滴a和油滴b所带电荷的正负,并求a、b所带电荷量的绝对值之比。 【思维路径】 审题: 题目破解: 第(1)问: 第(2)问: 答案 (1)8∶1　(2)油滴a带负电,油滴b带正电　4∶1 解析 (1)设油滴的半径为r,密度为ρ,则油滴的质量m=πr3ρ 速率为v时油滴所受阻力Ff=krv 当油滴匀速下落时mg=Ff 解得r= 可知=2 则。 【类题演练】 1.(多选)(2025广西玉林模拟)“回旋加速器”是一种典型的粒子加速器,下图为一回旋加速器的简图,D1和D2是两个中空的半圆形金属盒,置于与盒面垂直的匀强磁场中,它们接在电压为U、周期为T的交流电源上。位于D1圆心处的质子源A能不断产生质子(初速度可以忽略),它们在两盒之间被电场加速。当质子被加速到最大动能Ek后,再将它们引出。 忽略质子在电场中的运动时间,则下列说法正确的是(　　) A.若只增大交流电压U,则质子的最大动能Ek会变大 B.若只增大交流电压U,则质子在回旋加速器中运动的时间会变短 C.若只将交流电压的周期变为2T,仍可用此装置加速质子 D.质子第n次被加速前、后的轨道半径之比为 BD 解析 由r=可知,质子经加速后的最大速度与回旋加速器的最大半径有关,而与交流电压U无关,故A错误。增大交流电压,质子加速的次数减少,所以质子在回旋加速器中的运行时间变短,故B正确。为了使质子能在回旋加速器中加速,质子的运动周期应与交流电压的周期相同,故C错误。由nqU=,rn=,得rn=,可得质子第n次被加速前、后的轨道半径之比为,故D正确。 2.(多选)(2024山东青岛二中月考)下图为一种质谱仪的示意图,由加速电场、静电分析器和磁分析器组成。若静电分析器通道中心线的半径为R,通道内有均匀辐向电场,在中心线处的电场强度大小为E,磁分析器内有范围足够大的有界匀强磁场,磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。一质量为m、电荷量为q的粒子从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器,由P点垂直边界进入磁分析器,最终打到胶片上的Q点。不计粒子重力,下列说法正确的是(　　) A.极板M比极板N的电势高 B.加速电场的电压U=ER C.lPQ=2B D.若一群粒子从静止开始经过题述过程都落 在胶片上的同一点,则该群粒子具有相同的比荷 AD 二、复合场中的立体空间问题 【主题概述】 空间中匀强磁场的分布是三维的,带电粒子在磁场中的运动情况可以是三维的。现在主要讨论两种情况: (1)空间中只存在匀强磁场,当带电粒子的速度方向与磁场的方向不平行也不垂直时,带电粒子在磁场中就做螺旋线运动。这种运动可分解为平行于磁场方向的匀速直线运动和垂直于磁场平面的匀速圆周运动。 (2)空间中的匀强磁场和匀强电场(或重力场)平行时,带电粒子在一定的条件下就可以做旋进运动,这种运动可分解为平行于磁场方向的匀变速直线运动和垂直于磁场平面的匀速圆周运动。 【典例分析】 [典例2] (2024湖北武汉期末)在芯片制造过程中,离子注入是其中一道重要的工序。为了准确地注入离子,需要在一个有限空间中用电磁场对离子的运动轨迹进行调控,如图所示,在空间直角坐标系O-xyz内的长方体OABC-O1A1B1C1区域,OA=OO1=L1=0.6 m,OC=L2=0.8 m。粒子源在y轴上OO1区域内沿x轴正方向连续均匀辐射出带正电粒子。已知粒子的比荷 =1.0×105 C/kg,初速度大小为v0=8×104 m/s,sin 53°= 0.8,cos 53°=0.6,不计粒子的重力和粒子间的相互作用。 (1)仅在长方体区域内加沿z轴正方向的匀强电场,所有的粒子从BB1边射出电场,求电场强度的大小E0。 (2)仅在长方体区域内加沿y轴正方向的匀强磁场,所有的粒子都经过A1ABB1面射出磁场,求磁感应强度大小B0的范围。 (3)在长方体区域内加沿z轴正方向的匀强电场、匀强磁场,已知磁感应强 思维点拨 (1)仅在长方体区域内加沿z轴正方向的匀强电场,所有的粒子从BB1边射出电场,带电粒子在电场中做类平抛运动,沿x轴正方向做匀速直线运动,沿z轴正方向做匀加速直线运动,根据分位移公式和牛顿第二定律相结合求解电场强度的大小E0。 (2)仅在长方体区域内加沿y轴正方向的匀强磁场,所有的粒子都经过A1ABB1面射出磁场,临界状态分别从AA1、BB1边射出,画出粒子的运动轨迹,由几何关系求出临界状态的轨迹半径,再由洛伦兹力提供向心力求磁感应强度大小B0的范围。 (3)在长方体区域内加沿z轴正方向的匀强电场、匀强磁场,粒子沿z轴正方向做匀加速直线运动,在y轴方向做匀速圆周运动。z轴方向,根据位移—时间公式列方程,y轴方向,由洛伦兹力提供向心力列方程,求出粒子的运动周期,从而求得粒子的偏转角,最后求A1ABB1面射出的粒子数占粒子源射出粒子总数的百分比。 解析 (1)带电粒子在电场中做类平抛运动,沿x轴正方向做匀速直线运动, 则有 L2=v0t 沿z轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动,则有 L1= at2 由牛顿第二定律有 qE0=ma 解得电场强度大小为E0=1.2×105 N/C。 (2)所有的粒子都从A1ABB1面射出磁场,临界状态分别从AA1、BB1边射出,分别设粒子在磁场中偏转半径为r1和r2,如图所示。 (3)粒子沿z轴正方向做匀加速直线运动,在y轴方向做匀速圆周运动。 z轴方向,设从出发到A1ABB1面射出的运动时间为t1, 【类题演练】 3.(2024河南三模)质谱分析技术已广泛应用于各前沿科学领域。某种质谱仪原理如图所示。质谱仪处于真空暗室中。正离子经加速后沿水平方向进入速度选择器,然后通过磁分析器选择出特定比荷的离子。磁分析器截面为直角扇形,M和N处各有一个小孔,被选择离子在磁分析器中做半径为R的圆周运动,恰好穿过两小孔;偏转系统中电场和磁场的分布区域是同一棱长为L的正方体,其偏转系统的底面与胶片平行,间距为D,NO为垂直于屏的中心轴线。已知速度选择器、磁分析器和偏转系统中的匀强磁场的磁感应强度大小均为B,方向均垂直纸面向外;速度选择器、偏转系统中电场强度的大小均为E,方向分别为竖直向上和沿x轴方向。以屏中心O为原点建立xOy直角坐标系,x轴与偏转系统电场强度方向同向。 已知R≫L,D≫L。离子进入偏转系统时速率都很大,且在偏转系统中运动时NO方向的分速度总是远大于x轴方向和y轴方向的分速度。离子在偏转系统中沿x轴和y轴方向位移可忽略,不计离子重力。 (1)求离子通过速度选择器后的速度大小v和磁分析器选择出来离子的比荷。 (2)离子沿NO方向进入偏转系统,求离子打在胶片上的点的坐标(不考虑离子在偏转系统中偏离NO的距离)。 (3)保持偏转系统电场和磁场不变。多次改变速度选择器和磁分析器中电场和磁场,使两种大量电荷量相同的正离子以不同速率沿NO方向射入偏转系统,在胶片中多次曝光,最终在胶片中出现两条亮线。在两线上取y坐标相同的两个光点,对应的x坐标分别为3.00 mm和4.00 mm,其中x坐标小的光点是碳12离子击中屏产生的,另一光点是未知离子产生的,求该离子的质量数。 解析 (1)通过速度选择器后离子的速度满足 qvB=qE 离子进入偏转系统后,y轴方向上在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动,轨迹半径为R,射出偏转系统时,设偏转角为α 根据几何关系有 当y相同时 m∝x 代入数据可知未知离子的质量数为16。 本 课 结 束 答案 (1)　(2)2　45°　(3) 解析 (1)带电粒子在加速电场中从M到N,由动能定理得qU= 得到带电粒子进入电容器N下板时的速度vN=。 (2)粒子进入偏转电场后,沿x轴正方向做匀速直线运动,所以vPx=vN 粒子从电容器N下极边缘到P点,根据动能定理有qU= 若速度方向与y轴方向成θ角, 由速度的合成定则可知sin θ= 联立解得vP=2,θ=45° 所以带电粒子离开偏转电场时速度v的大小为2, 方向与y轴方向成45°。 (3)在磁场中,根据洛伦兹力提供向心力有qvPB=, 由于与y轴方向成θ=45°入射, 如上图,由几何关系可知:R×cos 45°=d 联立可得磁感应强度的大小B=。 答案 (1)　(2) 解析 (1)在正方形Oabc下半区域, 由几何关系可知,粒子做圆周运动的半径为R= 由qv0B=m 解得B=。 由几何关系可知lPc=lgc·tan 60°=L,lOP=lOc+lPc=L+L 所以P点的坐标为 粒子在磁场中的运动周期为T= 粒子在下半区域运动的时间t1=T=,在上半区域运动的时间t2=T= 粒子射出磁场区域后运动到P点的时间t3= 所以粒子从h点运动到P点的时间为t=t1+t2+t3=。 答案 (1)Bv0　(2)　(3)90% 只有电场力做功,则电子的速度由的过程中, 由动能定理得eEy1= 解得y1=。 (3)设电子的入射速度为v1时刚好能到达纵坐标为y2=的位置, 电子由最低点到最高点的过程,由动能定理得 eEy2= 整理得v2-v1= 解得v1=v0 又电子入射速度越小,电子运动轨迹的最高点对应的纵坐标越大, 则能到y2=的位置的电子数占总电子数的比例为η=×100% 解得η=90%。 由平衡条件得qvBcos θ=mg,qvBsin θ=qE, 解得磁场的磁感应强度大小B=,电场的电场强度大小E=, 故C正确,D错误。 答案 (1)- (2)<t< (3)可以　 解析 (1)a匀速运动,则mg=qE1 a、b碰撞,由动量守恒定律得mv0=mva+2mvb 碰撞过程由机械能守恒得(2m) 联立解得va=-,vb=。 若b恰好从D射出,则由几何关系得=4l2+(r2-l)2 解得r2=l 联立解得B2= 由几何关系知,b从D点射出时,在磁场中的运动轨迹所对应的圆心角为53°,则tmin= 故若b从CD边界射出,则其在磁场中运动时间满足<t<。 则类平抛运动时间差满足 由牛顿第二定律得球a有mg-qE1=maa 同理球b有2mg-qE1=2mab解得aa=g,ab=g 根据类平抛运动有y=at2 则类平抛运动的侧向位移差满足 联立方程得B=。 序号 关键语句 分析解读 1 油滴a、b在重力和空气阻力的作用下竖直向下匀速运动 油滴处于平衡状态,所受合外力为零 2 油滴所受空气阻力大小与油滴半径、运动速率成正比 阻力大小Ff=krv 3 油滴a、b速率分别为v0、,两板间加上电压后(上板为正极),这两个油滴很快达到相同的速率 油滴a减速,受向上的静电力,油滴a带负电 油滴b加速,受向下的静电力,油滴b带正电 (2)两板间加上电压后(上板为正极),这两个油滴很快达到相同的速率, 可知油滴a做减速运动,油滴b做加速运动,则油滴a带负电,油滴b带正电 当再次匀速下落时,对a由受力平衡得|qa|E+=mag 其中mag=mag 对b由受力平衡得=mbg+|qb|E 其中mbg=2mbg 联立解得。 解析 粒子在静电分析器内沿中心线偏转,说明粒子带正电荷,极板M比极 板N的电势高,选项A正确;由qU=mv2,qE=,可得U=,选项B错误; 在磁场中,由牛顿第二定律得qvB=m,即r=,lPQ=2r==2,所以 只有比荷相同的粒子才能打在胶片上的同一点,选项C错误,D正确。 度B= T,电场强度E=×104 V/m,求A1ABB1面射出的粒子数占粒子源射 出粒子总数的百分比。 答案 (1)1.2×105 N/C　(2) T≤B0≤ T　(3)50% 由几何关系有r1= m=0.3 m =(r2-L1)2+ 由洛伦兹力提供向心力,有 qv0B0max=m qv0B0min=m 解得磁感应强度的范围为 T≤B0≤ T。 则有L1= y轴方向,由洛伦兹力提供向心力,有qv0B=m 粒子运动周期为T= 粒子的偏转角为θ=2π 则A1ABB1面射出的粒子数占粒子源射出粒子总数的百分比为 =50%。 答案 (1)　(2)　(3)16 可得v= 由牛顿第二定律可知qvB=m 从磁分析器中心孔N射出离子的运动半径为R,则R= 可得。 (2)离子在偏转系统中由牛顿第二定律可知Eq=max 离子在偏转系统中受到沿x轴方向的电场力,加速度ax= 离子在偏转系统中运动的时间t1= 离开偏转系统时,离子在x轴方向的分速度vx=axt1 离子从偏转系统离开至到达显示系统的时间t2= 离子射到屏上时x轴方向上偏离O点的距离x=vxt2 解得x= sin α= 又因为L≪R,则 sin α≈tan α 经偏转系统后,在y轴方向上的偏转距离 y=Dtan α= 综上,打在胶片上的点的坐标为。 (3)设离子质量为m,电荷量为q,进入偏转系统的速率为v, 根据(2)结果可得x=,y= 整理得 则m= $