专题五 二轮复习3步走2 微专题(十六) 带电粒子在组合场中的运动(中档题目)-【新高考方案】2026年高考物理二轮复习专题增分方略教师用书word

微专题(十六)　带电粒子在组合场中的运动(中档题目) 运动特点及思维方法 运动类型及求解思路 带电粒子在组合场中的运动问题一般具有多过程的特点,解决此问题常采用以粒子运动的轨迹为主线,将多过程拆解成一个个单过程,然后针对每个过程来研究受力情况和运动情况,特殊关注临界情况、多解等问题 　　[典例]　(2025·河南高考)如图所示,水平虚线上方区域有垂直于纸面向外的匀强磁场,下方区域有竖直向上的匀强电场。质量为m、带电荷量为q(q>0)的粒子从磁场中的a点以速度v0向右水平发射,当粒子进入电场时其速度沿右下方向并与水平虚线的夹角为60°,然后粒子又射出电场重新进入磁场并通过右侧b点,通过b点时其速度方向水平向右。a、b距水平虚线的距离均为h,两点之间的距离为s=3h。不计重力。 (1)求磁感应强度的大小; (2)求电场强度的大小; (3)若粒子从a点以v0竖直向下发射,长时间来看,粒子将向左或向右漂移,求漂移速度大小。(一个周期内粒子的位移与周期的比值为漂移速度) [解析]　(1)根据题意画出粒子的运动轨迹,如图1所示, 由题意可知θ=60° 设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r,由几何关系有r=rcos θ+h,解得r=2h 由洛伦兹力提供向心力有qv0B=m 解得B=。 (2)根据题意,由对称性可知,粒子射出电场时,速度大小仍为v0,方向与水平虚线的夹角为60°,由几何关系可得AB=s-2rsin θ=h 则粒子在电场中的运动时间为t== 沿电场方向,由牛顿第二定律有qE=ma 取竖直向下为正方向,由运动学公式有 -v0sin θ=v0sin θ-at,联立解得E=。 (3)若粒子从a点以v0竖直向下发射,画出粒子的运动轨迹,如图2所示, 由于粒子在磁场中运动的速度大小仍为v0,粒子在磁场中运动的半径仍为2h,由几何关系可知,粒子进入电场时速度与虚线的夹角α=60° 由(2)分析可知,粒子在电场中的运动时间为t1= AB间的距离为AB=h 由几何关系可得BC=2rsin α=2h 则AC=BC-AB=h 粒子在磁场中的运动时间为 t2=·= 则有t=t1+t2= 综上所述可知,粒子每隔时间t向右移动h,则漂移速度大小v'==v0。 [答案]　(1)　(2)　(3)v0 |思|维|建|模| 带电粒子在组合场中运动问题的解题步骤 [应用体验] 1.(2025·云南曲靖二模)如图所示,真空室中y轴右侧存在连续排列的4个圆形边界磁场,圆心均在x轴上,相邻两个圆相切,半径均为R,磁感应强度均为B。其中第1、3个圆形边界磁场的方向垂直于纸面向里,第2、4个圆形边界磁场的方向垂直于纸面向外,第4个磁场右侧有一个粒子接收屏与x轴垂直,并与第4个磁场相切,切点为M,在磁场上方和下方分别有一条虚线与磁场相切,上方虚线以上有一方向向下的范围无限大的匀强电场,下方虚线以下有一方向向上的范围无限大的匀强电场,电场强度大小均为E。现将一群质量均为m、电荷量均为q的带电粒子从坐标原点O向第一、四象限各个方向发射(不考虑平行于y轴方向发射的粒子),射出速度大小均为v=。不计粒子重力,则下列说法正确的是 (　　) A.所有粒子从O点射出到最终被接收屏接收的时间相同 B.所有被接收屏接收的粒子均从M点沿x轴正方向射出 C.所有粒子从O点射出到最终被接收屏接收的过程中在电场中运动的时间均为 D.所有粒子从O点射出到最终被接收屏接收的过程中在磁场中运动的时间均为 解析:选C　粒子在磁场中运动时,根据洛伦兹力提供向心力有qvB=m,解得r=R,根据左手定则,粒子在第1个圆形磁场中做逆时针方向的圆周运动,根据几何关系,粒子入射点、出射点、圆形磁场圆心、圆周运动圆心构成菱形,故粒子在第1个圆形磁场的出射方向均沿y轴正方向;粒子进入电场后先做匀减速直线运动,再反向做匀加速直线运动,返回磁场的速率与射出时相等;同理,粒子第二次射出磁场的位置均在圆形磁场切点,所有粒子在第1个磁场中的运动时间相等,均为。粒子在第2个磁场中做顺时针方向的圆周运动,运动规律同理于在第1个磁场中的运动,最终所有粒子均到达M点。综上所述,运动轨迹如图,所有粒子从O点射出到最终被接收屏接收的过程中,在电场中运动的时间均为t1=4×=4×=,在磁场中运动的时间均为t2=2T=2×=,故C正确,D错误。所有粒子在电场和磁场中的运动时间都相同,在没有磁场也没有电场的空间中的运动路程不同,时间不同,故A错误。由上述分析可知,所有被接收屏接收的粒子到达M点的速度方向不同,只有沿x轴正方向射入的粒子会沿x轴正方向射出,故B错误。 2.(2025·湖北高考)如图所示,两平行虚线MN、PQ间无磁场。MN左侧区域和PQ右侧区域内均有垂直于纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小分别为B和2B。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从MN左侧O点以大小为v0的初速度射出,方向平行于MN向上。已知O点到MN的距离为,粒子能回到O点,并在纸面内做周期性运动。不计重力,求: (1)粒子在MN左侧区域中运动轨迹的半径; (2)粒子第一次和第二次经过PQ时位置的间距; (3)粒子的运动周期。 解析:(1)设粒子在左侧磁场中做匀速圆周运动的半径为R,根据洛伦兹力提供向心力有qv0B= 可得R=。 (2)作出粒子的运动轨迹如图所示,设从MN射出时速度方向与MN的夹角为θ,由于O到MN的距离d=,可知cos θ==,则θ=60°,粒子在MN和PQ之间做匀速直线运动,所以粒子从PQ进入右侧磁场时速度方向与PQ的夹角为θ=60°,粒子在右侧磁场做匀速圆周运动,有qv0·2B=解得R'= 根据几何关系可知粒子第一次和第二次经过PQ时位置的间距x=2R'sin θ=。 (3)由图可知粒子在左边磁场运动的时间 t1=T1=×= 粒子在右边磁场运动的时间t2=T2=×= 根据对称性可知粒子进出MN左侧磁场的位置间的距离为x0=2Rsin θ= 所以粒子从MN到PQ过程中运动的距离为 l== 粒子在MN和PQ之间运动的时间t3== 综上可知粒子的运动周期为 T=t1+t2+t3=+。 答案:(1)　(2)　(3)+ [专题验收评价]　　　　　　测评内容:微专题(十六) 1.医生常用CT扫描机给病人检查病灶,CT机的部分工作原理如图所示。电子从静止开始经加速电场加速后,沿水平方向进入垂直纸面的矩形匀强磁场,最后打在靶上的P点,产生X射线。已知M、N间的电压为U,磁场的宽度为d,电子的比荷为k,电子离开磁场时的速度偏转角为θ,则偏转磁场的磁感应强度为 (　　) A. B. C. D. 解析:选A　电子在加速电场中,根据动能定理有eU=m,电子在磁场中做匀速圆周运动,根据几何关系有rsin θ=d,根据洛伦兹力提供向心力有ev0B=m,根据题意有k=,解得B=,故选A。 2.(2025·河南郑州三模)如图所示,平行板电容器竖直放置,右极板右侧空间存在垂直纸面向外的匀强磁场。一比荷为的带负电粒子从电容器下端中间位置以v0的初速度沿极板方向进入电场,经电场偏转后从电容器右极板正中间的小孔进入匀强磁场,最后恰好从右极板的上边缘射出磁场。已知两极板间的距离为d,极板间电压U=,不计带电粒子的重力,下列说法正确的是 (　　) A.电容器极板长度为3d B.粒子进入磁场时的速度大小为2v0 C.匀强磁场的磁感应强度大小为 D.粒子从射入电场到射出磁场的运动时间为 解析:选D　粒子的运动轨迹如图所示,粒子在电场中做类平抛运动,水平方向有q=ma,解得a=,由运动学公式有=a,解得t1=,粒子沿极板方向做匀速运动,有=v0t1=d,解得电容器极板长度为L=2d,故A错误;粒子进入磁场时竖直方向的分速度大小为v0,水平分速度大小vx=at1=v0,则粒子进入磁场时的速度大小v==v0,故B错误;设粒子进入磁场时的速度方向与水平方向的夹角为θ,有tan θ===1,解得θ=45°,粒子在磁场中做匀速圆周运动,由几何关系有=,解得R=d,由洛伦兹力提供向心力,有qvB=m,解得B=,故C错误;粒子在磁场中做圆周运动的周期T==,粒子在磁场中的运动轨迹所对应的圆心角为90°,可知运动时间t2=T=,则粒子从射入电场到射出磁场的运动时间t=t1+t2=,故D正确。 3.(2025·河北石家庄模拟)(多选)如图所示,粒子源不断地产生氢的三种同位素原子核(HH和H),三种粒子飘入(初速度可忽略不计)电压为U1的加速电场,经加速后从小孔沿平行金属板c、d的中轴线射入偏转电场,c、d两板间的电压为U2,在偏转电场的右侧存在范围足够大的有界匀强磁场,磁场左边界PQ与c、d板右端重合,磁场方向垂直纸面向里。三种粒子通过偏转电场后从PQ进入磁场,之后又从PQ边界射出磁场,平行金属板c、d的中轴线与PQ边界交于O点。整个装置处于真空中,加速电场与偏转电场均视为匀强电场,不计粒子重力及粒子间的相互作用力。下列说法错误的是 (　　) A.H、H和H三种粒子从不同位置射入磁场 BH、H和H三种粒子从同一位置射出磁场 CH、H和H三种粒子射出磁场时速度方向相同 D.仅增大U2,则H射入磁场的位置和射出磁场的位置之间的距离不变 解析:选AB　粒子经过加速电场,根据动能定理可得qU1=m,解得v0=,粒子进入偏转电场后做类平抛运动,则有L=v0t,y=at2,a=,联立解得粒子离开偏转电场的侧向位移为y=,tan θ=,可知粒子离开偏转电场的侧向位移与粒子的比荷无关,则三种粒子都从同一点离开偏转电场进入磁场且进入磁场时速度方向相同,故A错误,符合题意;粒子离开电场后,进入磁场,由洛伦兹力提供向心力可得qvB=m,又入射点和出射点之间的距离x=2rcos θ=2cos θ=2,又v0=,所以x=,由于三种离子的比荷不同,则三种粒子分别从三个点射出磁场,故B错误,符合题意;因为tan θ=,所以粒子进入磁场时速度方向相同,由几何关系可知粒子射入磁场和射出磁场时的速度与磁场边界的夹角相同,所以粒子射出磁场时速度方向相同,故C正确,不符合题意;因为x=,该值与U2无关,故D正确,不符合题意。 4.(2024·湖北高考)如图所示,在以O点为圆心、半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B。圆形区域外有大小相等、方向相反、范围足够大的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子沿直径AC方向从A点射入圆形区域。不计重力,下列说法正确的是 (　　) A.粒子的运动轨迹可能经过O点 B.粒子射出圆形区域时的速度方向不一定沿该区域的半径方向 C.粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域的最小时间间隔为 D.若粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短,粒子运动的速度大小为 解析:选D　在圆形匀强磁场区域内,沿着半径方向射入的粒子,总是沿着半径方向射出,根据圆的特点可知粒子的运动轨迹不可能经过O点,故A、B错误;若粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域用时最短,则根据对称性可知粒子运动轨迹如图甲所示, 则最短时间t=2T=,故C错误;若粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短,则粒子运动轨迹如图乙所示,设粒子在磁场中运动的半径为r,根据几何关系可知 r=,根据洛伦兹力提供向心力有qvB=m,可得v=,故D正确。 5.(2025·四川高考)(多选)如图所示,Ⅰ区有垂直于纸面向里的匀强磁场,其边界为正方形;Ⅱ区有垂直于纸面向外的匀强磁场,其外边界为圆形,内边界与Ⅰ区边界重合;正方形与圆形中心同为O点。Ⅰ区和Ⅱ区的磁感应强度大小比值为4∶1。一带正电的粒子从Ⅱ区外边界上a点沿正方形某一条边的中垂线方向进入磁场,一段时间后从a点离开。取sin 37°=0.6。则带电粒子 (　　) A.在Ⅰ区的轨迹圆心不在O点 B.在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹半径之比为1∶2 C.在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹长度之比为127∶37 D.在Ⅰ区和Ⅱ区的运动时间之比为127∶148 解析:选AD　设Ⅰ区的磁感应强度大小为B1,Ⅱ区的磁感应强度大小为B2,则有B1∶B2=4∶1,带电粒子在磁场中做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力,有qvB=m,解得粒子做匀速圆周运动的半径为r=,则该带电粒子在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹半径之比为==,故B错误; 依据题意,结合该带电粒子在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹半径的比例关系,作出粒子的运动轨迹如图所示,可知该带电粒子在Ⅰ区的轨迹圆心不在O点,故A正确,该带电粒子在Ⅱ区运动的两段圆弧轨迹对应的圆心角相等,设为θ,由几何关系可知cos θ==0.8,解得θ=37°,由几何知识可知β=53°,则该带电粒子在Ⅰ区的轨迹长度为s1=×2πr1=×2πr1,在Ⅱ区的轨迹长度为s2=2××2πr2=×2πr2,解得s1∶s2=127∶148,该带电粒子在Ⅰ区和Ⅱ区的运动时间之比等于在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹长度之比,即在Ⅰ区和Ⅱ区的运动时间之比为t1∶t2=127∶148,故D正确,C错误。 6.(10分)(2025·湖南怀化三模)如图,在xOy坐标系内,第一象限有垂直纸面向外的匀强磁场,第二象限有沿y轴正方向的匀强电场,电场强度大小为E=。一质量为m、电荷量为q的带负电粒子从x轴上的P点以速度v沿与x轴正方向成60°角的方向射入磁场,恰好垂直于y轴射出磁场进入电场,不计粒子重力,求: (1)磁感应强度B的大小;(4分) (2)粒子再次经过x轴时的x坐标及粒子的速度大小。(6分) 解析:(1)粒子带负电,在磁场中的运动轨迹如图所示 由几何关系得L=rsin 60°,解得r=2L 根据洛伦兹力提供向心力有qBv=m, 解得B=。 (2)粒子离开磁场时的y轴坐标为y=r+rcos 60° 粒子进入电场后做类平抛运动,有y=at2,x=-vt,Eq=ma,vy=at, 解得x=-3L,vy=2v 粒子再次经过x轴的速度大小为v'= 解得v'=v。 答案:(1)　(2)-3L　v 7.(16分)(2025·广东广州期末)如图所示,在区域Ⅰ中存在竖直向下的匀强电场,区域Ⅱ中存在垂直纸面向外的匀强磁场,两区域宽度均为d,区域Ⅲ中不存在电场和磁场且宽度可变,区域Ⅳ中存在垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为区域Ⅱ的k(k>0)倍。一个质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以初速度v0沿水平方向从P点射入区域Ⅰ,经过Q点进入区域Ⅱ,此时速度方向与水平方向夹角为θ。粒子从Q点正下方的Q'点进入区域Ⅲ,离开区域Ⅳ后再次经过Q'点。粒子所受重力不计。求: (1)区域Ⅰ的电场强度大小E;(4分) (2)区域Ⅱ的磁感应强度大小B;(4分) (3)粒子第一次经过Q点到第二次经过Q点的时间t与k的关系。(8分) 解析:(1)由题知,在竖直方向有vy=v0tan θ 且=2ad 由牛顿第二定律有qE=ma 联立解得E=。 (2)作出粒子的运动轨迹如图所示,在区域Ⅱ由几何关系得2r1cos θ=d 根据洛伦兹力提供向心力有qvB=m, 又有v= 解得B=。 (3)在区域Ⅱ中,运动时间t1=T1 且T1= 在区域Ⅳ中,根据洛伦兹力提供向心力有 qv×kB=m 运动时间t2=T2,T2= 在区域Ⅲ中,由几何关系得s==r2tan θ 运动时间t3= 总时间t=2(t1+t3)+t2 解得t=+。 答案:(1)　(2) (3)t=+ 学科网（北京）股份有限公司 $