第十一章 第6课时 专题强化：带电粒子在组合场中的运动（教师用书word）-【步步高】2025年高考物理大一轮复习讲义（人教版 浙江专用）

第6课时　专题强化：带电粒子在组合场中的运动 目标要求　1.掌握带电粒子在磁场与磁场的组合场中的运动规律。2.掌握带电粒子在电场与磁场的组合场中的运动规律。 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)画运动轨迹：根据受力分析和运动学分析，大致画出带电粒子的运动轨迹图。 (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)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。 3．常见带电粒子的运动及解题方法 考点一　磁场与磁场的组合 磁场与磁场的组合问题实质就是两个有界磁场中的圆周运动问题，带电粒子在两个磁场中的速度大小相同，但轨迹半径和运动周期往往不同。解题时要充分利用两段圆弧轨迹的衔接点与两圆心共线的特点，进一步寻找边角关系。 例1　(2023·浙江杭州市选考)如图所示为一种磁约束装置的原理图，圆心为原点O、半径为R0的圆形区域Ⅰ内有方向垂直xOy平面向里的匀强磁场。一束质量为m、电荷量为q、动能为E0的带正电粒子从坐标为(0，R0)的A点沿y轴负方向射入磁场区域Ⅰ，粒子全部经过x轴上的P点，方向沿x轴正方向。当在环形区域Ⅱ加上方向垂直于xOy平面的匀强磁场时，上述粒子仍从A点沿y轴负方向射入区域Ⅰ，粒子经过区域Ⅱ后从Q点第2次射入区域Ⅰ，已知OQ与x轴正方向成60°角，不计重力和粒子间的相互作用。求： (1)区域Ⅰ中磁感应强度B1大小； (2)若要使所有的粒子均约束在磁场区域内，则环形区域Ⅱ中B2的大小、方向及环形半径R至少为大； (3)粒子从A点沿y轴负方向射入后至再次以相同的速度经过A点的运动周期。 答案　(1)　(2)　方向垂直xOy平面向外　R0　(3)(＋3) 解析　(1)设在区域Ⅰ内轨迹圆的半径为r1，由几何关系知r1＝R0，由洛伦兹力提供向心力可得 qB1r1＝，B1＝， 又动能为E0＝mv2， 所以B1＝。 (2)设粒子在区域Ⅱ中的轨迹圆半径为r2，部分轨迹如图， 由几何关系知r2＝r1， 根据洛伦兹力提供向心力得qB2v＝m， 解得B2＝B1＝，方向垂直xOy平面向外； 由几何关系得R＝2r2＋r2＝3r2＝R0。 (3)轨迹从A点到Q点对应的∠AOQ＝90°＋60°＝150°，要仍从A点沿着y轴负方向射入后至再次以相同的速度经过A点，需满足150n＝360m，m、n属于自然数， 即取最小整数m＝5，n＝12， T＝12×(T1＋T2)， 其中T1＝，T2＝， 代入数据得T＝(＋3)。 考点二　电场与磁场的组合 1．先电场后磁场 先电场后磁场的几种常见情形 (1)带电粒子先在匀强电场中做匀加速直线运动，然后垂直磁场方向进入匀强磁场做匀速圆周运动，如图甲。 (2)带电粒子先在匀强电场中做类平抛运动，然后垂直磁场方向进入磁场做匀速圆周运动，如图乙。 　 2．先磁场后电场 先磁场后电场的几种常见情形 常见情境 进入电场时粒子速度方向与电场方向平行 进入电场时粒子速度方向与电场方向垂直 进入电场时粒子速度方向与电场方向成一定角度(非直角) 运动示意图 在电场中的运动性质 加速或减速直线运动 类平抛运动 类斜抛运动 分析方法 动能定理或牛顿运动定律结合运动学公式 平抛运动知识，运动的合成与分解 斜抛运动知识，运动的合成与分解 例2　(2023·浙江省湖州、衢州、丽水三地市检测)如图所示是一种质谱仪的分析装置，此质谱仪由以下几部分构成：粒子源、环形加速器、磁分析器、收集板。环形加速器的圆心角为90°，沿半径为R的中心圆弧线有大小恒定、方向如图中箭头所示的电场，可对从入口S进入加速器的带电粒子进行加速，带电粒子进入加速器的初速度可忽略不计。在环形加速器内设计能使加速粒子沿中心弧线做圆周运动的垂直纸面向外的磁场。加速粒子从P点垂直边界射出后从Q点垂直边界进入磁分析器，经磁分析器后垂直分析器的右侧边界射出，已知磁分析器中偏转磁场的圆心角为60°，磁感应强度为B0，方向垂直纸面向外，Q点到偏转磁场圆心O2的距离为L。已知粒子的带电荷量为q，质量为m，不考虑带电粒子间的相互作用及重力。 (1)求加速器的中心圆弧线上电场强度E的大小； (2)设环形加速器中圆弧线上某点到圆心O1连线与SO1的夹角为θ，求圆弧线上各点磁场磁感应强度B的大小与对应θ的关系； (3)若粒子出P点时存在垂直加速电场且平行纸面的微小速度，且沿电场方向的速度分量保持不变，所有粒子可近似看成从出射口P点以小发散角出射，则要使所有粒子经过磁分析器后会聚于同一点，求磁分析器左边界到粒子出口P点的距离LPQ。 答案　(1)　(2)B＝　(3)L 解析　(1)粒子在磁分析器中由洛伦兹力提供向心力，有qv0B0＝ 解得v0＝ 在环形加速器中运动， 根据动能定理有qE×＝mv02 解得E＝ (2)粒子在环形加速器中运动，根据洛伦兹力提供向心力， 则有qvB＝ 解得B＝ 根据动能定理有EqθR＝mv2 解得v＝ 联立解得B＝ (3)如图所示，设某一粒子以小角度∠APQ＝β射出P点， 根据几何关系有LPQ＝x，LAQ＝xtan β，LAO3＝R′＝＝，如图所示， 则在三角形AO2O3中，由正弦定理可得 ＝ ＝， sin βcos 30°L＝xtan βcos βsin 150° 解得x＝＝L 例3　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轴正方向的夹角为θ＝60°的速度沿纸面从坐标为(0，L)的P1点进入磁场中，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，对应轨道半径为R， 由几何关系可得Rsin θ＝L，解得R＝2L 由洛伦兹力提供向心力有qvB＝ 联立可得B＝ (2)带电粒子从P1点运动到P2点所用的时间为 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＝。 例4　(2023·浙江宁波市十校二模)如图所示，在y轴右侧x＝0到x＝0.5d区域存在两个关于x轴对称且电场强度大小均为E的匀强电场，紧靠电场右方存在着足够宽的匀强磁场①，在y轴左侧存在一半径为d、圆心坐标为(－d，0)的匀强磁场②，匀强磁场②外侧紧贴一圆心角β＝270°的绝缘刚性圆筒，圆筒关于x轴对称放置。一质量为m、电荷量为－q的带电粒子以速度v0＝从(0,0.5d)的A点水平射入匀强电场，粒子经过匀强磁场①区域后恰好从(0，－0.5d)点由另一个匀强电场水平飞出。已知匀强磁场②区域的磁感应强度大小为B0，匀强电场的电场强度大小E＝，不计粒子重力，粒子在圆筒壁上碰撞反弹时无能量损失(反弹后，沿半径方向速度反向，垂直半径方向速度不变)。求： (1)带电粒子在第一象限离开电场的坐标； (2)匀强磁场①区域中的磁感应强度大小B1； (3)不计粒子碰撞反弹的时间，粒子从A点出发到第一次回到A点的总时间。 答案　(1)(0.5d，0.25d)　(2)4B0 (3)(3－＋) 解析　(1)根据题意，带电粒子在整个区域中运动的轨迹如图所示 带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，根据类平抛运动的规律可得，竖直方向的位移为 y＝at2＝××2 其中E＝、v0＝，代入可得y＝0.25d 则粒子在第一象限离开电场的纵坐标为 y′＝0.5d－y＝0.25d 所以粒子在第一象限离开电场的坐标为(0.5d，0.25d)。 (2)粒子进入匀强磁场①区域，速度偏转角度的正切值为tan θ＝＝1 即带电粒子进入磁场①时与y轴负方向的夹角为45°，粒子刚进入匀强磁场①时的瞬时速度大小为v′＝＝v0，经过匀强磁场①后，带电粒子恰好从第四象限水平离开匀强电场，说明粒子在磁场中的轨迹关于x轴对称，根据几何关系可知粒子在匀强磁场①中运动的轨迹半径为r1＝d 根据洛伦兹力提供向心力，有B1v′q＝m 得r1＝，联立可得B1＝4B0 (3)粒子在两段匀强电场中运动的时间为t1＝2×＝ 粒子在匀强磁场①中运动时，轨迹所对应的圆心角为90°，则有t2＝×＝ 粒子从B到C和从D到A的运动时间为t3＝2×＝(2－) 带电粒子在匀强磁场②中运动的时间为t4＝×＝ 所以粒子从A点出发到第一次回到A点的总时间为t总＝t1＋t2＋t3＋t4＝(3－＋)。 课时精练 1.如图，虚线ab上方存在方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场Ⅰ，下方存在方向相同的匀强磁场Ⅱ，虚线ab为两磁场的分界线。M、O、N位于分界线上，已知MN＝L，点O为MN的中点。一电子从O点射入磁场Ⅰ，速度方向与分界线ab的夹角为30°，电子离开O点后依次经N、M两点回到O点。已知电子的质量为m，电荷量为e，重力不计，求： (1)电子从O点射入的速度大小； (2)下方匀强磁场Ⅱ的磁感应强度大小； (3)电子从射入磁场Ⅰ到第一次回到O点所用的时间。 答案　(1)　(2)B　(3) 解析　(1)电子在磁场中的运动轨迹如图所示 设电子在匀强磁场Ⅰ、Ⅱ中做匀速圆周运动的半径分别为R1、R2， 电子在磁场Ⅰ中做匀速圆周运动有 evB＝ 根据几何关系有L＝2R1 解得v＝。 (2)设下方匀强磁场Ⅱ的磁感应强度大小为B′， 由洛伦兹力提供向心力，有evB′＝ 由于最终能回到O点，由几何关系可得 R2＝2R1＝L 解得B′＝B。 (3)电子在磁场Ⅰ中的运动周期 T1＝ 电子在磁场Ⅱ中的运动周期 T2＝＝ 设电子经过三段轨迹的时间分别为t1、t2、t3， 由几何关系可得 O到N的圆心角为60°， 则t1＝T1 N到M的圆心角为300°， 则t2＝T2 M到O的圆心角为60°， 则t3＝T1 电子从射入磁场Ⅰ到第一次回到O点所用的时间为t＝t1＋t2＋t3 联立解得t＝。 2．(2024·浙江宁波市鄞州中学初考)如图所示，以两虚线P、Q为边界，中间存在平行纸面且与边界垂直的电场，电场强度为E，方向水平向右，两侧为相同的磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直纸面向里。一质量为m、带电荷量为－q、重力不计的带电粒子以水平向右的初速度v0从电场边界P、Q之间的O点出发。 (1)若粒子能到达边界Q，求O点到边界Q的最大距离l1； (2)若使粒子到达边界Q并进入磁场的偏转半径为R，求O点到边界Q的距离l2； (3)在(2)问的前提下，能使粒子从O点出发到再次回到O点的过程中，在磁场运动的时间最短，求电场宽度d和全过程的运动时间t。 答案　(1)　(2) (3)　＋ 解析　(1)由动能定理得－Eql1＝0－mv02，得 l1＝ (2)由－Eql2＝mv12－mv02，qv1B＝， 解得l2＝ (3)要使粒子在磁场中运动时间最短，则轨迹如图， 由qv1B＝，qv2B＝， Eqd＝mv22－mv12， 解得d＝ 粒子在电场中运动的加速度a＝， 在磁场中运动的周期T＝＝， 全过程的运动时间 t＝·＋＋＝＋。 3．如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一、二象限内有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，在第三、四象限内有平行于坐标平面斜向下的匀强电场，电场方向与x轴负方向的夹角为45°，从坐标原点O向第二象限内射出一个质量为m、电荷量为－q的带电粒子，粒子射出的初速度大小为v0，方向与x轴负方向的夹角也为45°，此粒子从O点射出后第三次经过x轴的位置P点离O点的距离为d，粒子第二次在电场中运动后恰好从O点离开电场，不计粒子重力，求： (1)磁感应强度B的大小； (2)电场强度E的大小； (3)粒子从O点射出到第一次回到O点所经历的时间。 答案　(1)　(2)　(3) 解析　(1)设粒子第一次在磁场中做圆周运动的半径为r，带负电粒子运动轨迹如图所示 由几何关系2r＝d，即r＝d 由牛顿第二定律可得qv0B＝m 可得B＝ (2)粒子第二次进入电场做类平抛运动，则 d＝v0t1，d＝at12，qE＝ma 解得t1＝，E＝ (3)粒子在磁场中运动的时间t2＝T＝＝，粒子第一次在电场中运动的时间t3＝ 其中a＝＝，则t3＝ 则粒子从O点射出到第一次回到O点所经历的时间t＝t1＋t2＋t3＝。 4．(2023·浙江宁波市二模)用α射线轰击铝箔Al人工产生一定量的放射性同位素P和某种粒子A，放置一段时间T后，部分P衰变产生Si和正电子。现用如图所示装置检测P在时间T内的衰变率：将核反应产物(电离态的P3－、电离态的Si4＋、α粒子、粒子A、正电子等五种粒子)一起注入到加速电场的中心P，忽略各粒子的初速度，部分粒子经电场加速形成的粒子束1从正极板的小孔M射出，被探测板1收集；部分粒子经电场加速后形成粒子束2从负极板上的小孔N射出，沿半径为R的圆弧轨迹通过静电分析器，经由速度选择器筛选后(速度选择器中不同粒子的运动轨迹如图中虚线所示)，在磁分析器中沿半圆弧轨迹偏转，最后被磁场边界处的探测板2收集。其中加速电场的电压大小为U，静电分析器中与圆心O1等距离的各点电场强度大小相等，方向指向圆心，磁分析器中以O2为圆心的足够大半圆形区域内，分布着垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小为B。经检测，探测板1收集的电荷量为Q1，探测板2收集的电荷量为Q2。设原子核中每个核子的质量均为m，整个系统处于真空中，忽略检测过程中发生的衰变，不计重力、粒子间的相互作用及相对论效应，且已知元电荷为e。 (1)写出α粒子轰击铝箔的核反应方程； (2)求静电分析器中粒子运动轨迹处电场强度的大小； (3)求时间T内发生衰变的P与人工产生的P的比值η； (4)若磁分析器中磁场有较小的波动，其变化范围为B－ΔB至B＋ΔB，为将进入磁分析器的粒子全部收集，探测板2的最小长度L是多少。 答案　(1)Al＋He→P＋n　(2) (3)　(4) 解析　(1)α粒子轰击铝箔的核反应方程为Al＋He→P＋n (2)在静电分析器中，由静电力提供向心力， 有Eq＝m 在加速电场中，由动能定理得Uq＝mv2 解得E＝ (3)由题可知到达探测板1的粒子是P3－，到达探测板2的粒子是Si4＋， 故时间T内发生衰变的P与人工产生的P的比值η＝＝ (4)由题可知，每个核子的质量均为m， 则Si的质量为30m，电荷量为4e， ×4e＝×30mv2 4eBv＝30m 解得r＝＝ 若磁分析器中磁感应强度为B－ΔB时， 则r1＝ 若磁感应强度为B＋ΔB时， r2＝ 探测板2的最小长度L为L＝2(r1－r2)＝ 学科网（北京）股份有限公司 $