2026届高三物理二轮专题复习讲义 第12讲 带电粒子在复合场中的运动

第12讲 带电粒子在复合场中的运动 讲义 知识体系： 考点一　带电粒子在组合场中的运动 1.带电粒子的“电偏转”和“磁偏转”的比较 磁偏转 电偏转 情景图 垂直进入磁场 进入磁场时速度与磁场有一定夹角 垂直进入电场 进入电场时速度方向与电场有一定夹角 受力 FB=qv0B，FB大小不变，方向变化，方向总指向圆心，FB为变力 F=qv0Bsin θ FE=qE，FE大小、方向均不变，FE为恒力 运动规律 匀速圆周运动 r=，T= 螺旋式运动qv⊥B=m 螺距x=v0cos θ·t 类平抛运动 vx=v0，vy=t x=v0t，y=t2 类斜抛运动 vx=v0sin θ，vy=v0cos θ-t x=v0sin θ·t，y=v0cos θ·t-t2 2.常见运动及处理方法 3.“五步”突破带电粒子在组合场中的运动问题 典例1:(2025·广东卷,6)某同步加速器简化模型如图所示,其中仅直通道PQ内有加速电场,三段圆弧内均有可调的匀强偏转磁场B。带电荷量为-q、质量为m的离子以初速度v0从P处进入加速电场后,沿顺时针方向在加速器内循环加速。已知加速电压为U,磁场区域中离子的偏转半径均为R。忽略离子重力和相对论效应,下列说法正确的是(　　) A.偏转磁场的方向垂直纸面向里 B.第1次加速后,离子的动能增加了2qU C.第k次加速后,离子的速度大小变为 D.第k次加速后,偏转磁场的磁感应强度大小应为 答案　A解析　带负电的离子沿顺时针方向在加速器内循环加速,在磁场区域中做部分圆周运动,由左手定则可知偏转磁场的方向垂直纸面向里,A正确;第1次加速过程,由动能定理有qU=ΔEk,则第1次加速后,离子的动能增加了qU,B错误;设第k次加速后离子的速度大小为v,对k次加速过程,由动能定理有kqU=mv2-m,解得v=,C错误;第k次加速后,离子在磁场中做圆周运动,由洛伦兹力提供向心力有qvB=m,解得第k次加速后偏转磁场的磁感应强度大小为B=,D错误。 典例2:(2025·江苏宿迁市三模)如图所示，在xOy平面内存在有界匀强磁场，磁场的边界是半径为R的圆，圆心C点的坐标为(0，R)，磁场方向垂直xOy平面向外，第Ⅱ象限内垂直x轴放置线状粒子源，粒子源的一端在x轴上，长度为2R，沿+x方向均匀发射速度大小为v0的相同粒子，所有粒子经磁场偏转后从坐标原点O处射出。第Ⅲ象限内垂直x轴放置一荧光屏S，荧光屏的一端在x轴上，长为R，到y轴的距离为R。已知粒子的质量为m，电荷量为+q，不计粒子的重力及粒子间的相互作用。 (1)求磁感应强度大小B； (2)求能打在荧光屏上粒子的数目占粒子源发出粒子总数的百分比k； (3)若在第Ⅲ、Ⅳ象限内加沿-x方向的匀强电场(图中未画出)，使所有粒子都能打在屏上，求电场强度的最小值E。 答案　(1)　(2)25%　(3) 解析　(1)由几何关系得粒子的半径r=R 洛伦兹力提供向心力有qv0B=m 解得B= (2)粒子从O点离开磁场时，速度与-x方向夹角为0~60°范围内的粒子都能打到屏上，临界粒子的轨迹如图所示 夹角为60°的粒子进入磁场时的纵坐标y=R+Rcos 60° 解得y= 打到荧光屏上的粒子占粒子源发出粒子总数的百分比 k=×100% 解得k=25% (3)设速度与-y方向夹角为θ的粒子从O点离开磁场，在电场中的加速度为a，经电场偏转恰好打到屏下端，则 -y方向有R=v0cos θ·t -x方向有R=-v0sin θ·t+at2 得到tan2θ-tan θ+-1=0 因为夹角为θ的粒子恰好打到荧光屏的下端， 所以θ的值只有一解，Δ=0，即3-4×=0 解得a= 由牛顿第二定律qE=ma 解得E= 考点二　带电粒子在叠加场中的运动 1.三种典型运动 (1)匀速直线运动 ①只有两个场，所受合力为零。例如电场与磁场叠加满足qE=qvB时，重力场与磁场叠加满足mg=qvB时，重力场与电场叠加满足mg=qE时。 ②三场共存，所受合力为零，其中洛伦兹力F=qvB的方向与速度v垂直。 (2)匀速圆周运动：三场共存，mg=qE，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，即qvB=m。 (3)摆线运动： ①条件：在磁场和电场，磁场与重力场，磁场、电场与重力场叠加场中，磁场与电场(或重力场)正交，粒子速度为零或速度与磁场方向垂直。 ②运动分析：粒子在洛伦兹力、静电力(或重力)的作用下的运动，研究某个点的运动，其轨迹可以描述为一个圆沿一条直线滚动时，圆上某点所经过的轨迹。 ③求解方法： a.利用配速法，将粒子的运动分解为一个匀速直线运动和一个圆周运动的合运动。 b.运用动量定理和动能定理求解。 2.“三步”解决带电粒子在叠加场中的运动问题 典例3:(多选)(2025·河南南阳高三期末)光滑绝缘水平桌面上有一个可视为质点的带正电小球,桌面右侧存在由匀强电场和匀强磁场组成的叠加场,叠加场的下边界是水平面,到桌面的距离为h,电场强度为E、方向竖直向上,磁感应强度为B、方向垂直纸面向外,重力加速度为g,带电小球的比荷为。如图所示,现给小球一个向右的初速度,使之离开桌边缘立刻进入叠加场运动,已知小球从下边界射出,射出时的速度方向与下边界的夹角为60°,下列说法正确的是(　　) A.小球在叠加场中的运动时间可能是 B.小球在叠加场中运动的加速度大小可能是 C.小球在叠加场中运动的路程可能是 D.小球的初速度大小可能是 答案　BC解析　因带电小球的比荷为=,则有qE=mg,则粒子进入叠加场后做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力可得qvB=m,可得r==,小球的运动周期为T===,小球从下边界射出,射出时的速度方向与下边界的夹角为60°。则在叠加场中运动转过的圆弧角度可能为60°,也可能是120°,如图所示。 则小球在叠加场中的运动时间可能为t1=T=,或t2=T=,故A错误;小球在叠加场中运动的半径可能满足h=r1+r1cos 60°或r2=h+r2cos 60°,解得r1=或r2=2h,则小球的速度大小可能为v1==或v2==,故D错误;小球在叠加场中运动的加速度大小可能为a1==或a2==,小球在叠加场中运动的路程可能为s1==或s2==,故B、C正确。 典例4: (2025·河北石家庄一模)如图所示,平面直角坐标系xOy中的第一象限内存在沿y轴负方向的匀强电场E1(大小未知),在第四象限内存在沿y轴正方向的匀强电场E2(大小未知)。同时在第四象限的某矩形区域(某边界平行于x轴)内存在方向垂直坐标平面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B0=。一个质量为m、带电荷量为+q的小球从y轴正半轴上到O点距离为3L的P点沿x轴正方向以速度v0抛出。小球从x轴正半轴上到坐标原点O的距离为8L的Q点进入第四象限,在磁场中做圆周运动,之后从x轴上M点进入第一象限,再从x轴上的N点进入第四象限,磁场、M点和N点图中均未画出。已知重力加速度为g。求: (1)第一象限和第四象限中匀强电场的电场强度大小之比; (2)N点到坐标原点O的最小距离和磁场区域的最小面积。 答案　(1)　(2)L　 解析　(1)带电小球在第一象限做类平抛运动,沿x轴方向有8L=v0t 沿y轴方向有3L=at2 根据牛顿第二定律有qE1+mg=ma 解得a=,E1= 在磁场区域小球做圆周运动,重力与电场力大小相等,有qE2=mg 即E2= 则=。 (2)使N点到坐标原点O的距离最小,需要使带电小球刚进入第四象限时,就进入磁场区域做圆周运动,画出运动轨迹如图所示 矩形GHCD的面积为磁场区域最小面积Smin,设带电小球进入磁场时速度方向与y轴负方向的夹角为α,根据类平抛运动速度反向延长线过水平位移中点, 可知tan α== 由数学知识可知sin α=,cos α= 根据速度合成与分解可知小球进入磁场时的速度大小为v== 带电小球在磁场中运动时由洛伦兹力提供向心力,有qvB0=m 解得小球的轨迹半径r=2L 由几何关系可知CD=r+rsin α=,CH=2r=4L 则Smin=×4L= 带电小球从M点进入第一象限,从M点到F点为类平抛运动的逆运动, 根据对称性可知MN=2OQ=16L 所以ON=OQ-2rcos α+MN 解得ON=L。 考点三　带电粒子在立体空间和交变电磁场中的运动 带电粒子在立体空间中的运动问题，往往通过降维思想进行简化，常见示例及解题策略如下表： 运动类型 解题策略 在三维坐标系中运动，每个轴方向都是常见运动模型 将粒子的运动分解为三个方向的运动 一维加一面，如螺旋式运动 螺旋式运动：将粒子的运动分解为一个轴方向的匀速直线运动或匀变速直线运动和垂直该轴所在面内的匀速圆周运动 运动所在平面切换，粒子进入下一区域偏转后运动轨迹曲线不在原来的平面内 把粒子运动所在的面隔离出来，转换视图角度，把立体图转化为平面图，分析粒子在每个面的运动 解决带电粒子在交变场中运动的基本思路 典例5: (2025·江苏无锡模拟预测)如图甲所示,在xOy平面内y轴的左侧有宽为L的电场区域,在电场区域的左侧有一加速电场,电压为U0,一质量为m,带电荷量为+q的带电粒子从A点飘入加速电场(忽略初速度),从x轴的P点(-L,0)进入电场区域,粒子进入电场区域时在电场区域加上图乙所示的与y轴平行的交变电场(T未知),y轴正方向为电场的正方向,粒子经过交变电场后从y轴上的Q点(0,L)沿着x轴的正方向进入第一象限。在第一象限有一垂直纸面的圆形磁场区域,磁场变化规律如图丙所示,磁场变化周期为T0(忽略磁场突变的影响),粒子在t=0时刻进入磁场,且始终在磁场区域内运动。求: (1)经过P点时的速度v0; (2)交变电场的电场强度大小E0; (3)圆形磁场区域的最小面积S。 答案　(1)　(2)见解析　(3) 解析　(1)粒子从A点到P点,由动能定理有qU0=m 解得v0=。 (2)粒子进入偏转电场中,有x轴方向:L=2n·v0(n=1,2,3,…) y轴方向:L=2n·a(n=1,2,3,…) a= 联立解得E0=(n=1,2,3,…)。 (3)粒子从Q点射出时速度方向沿x轴正方向,速度大小为v0, 粒子在磁场中运动的周期为T=== 粒子在磁场中运动的轨迹如图所示 设粒子做圆周运动的半径为r,则qv0B=m 圆形磁场的最小半径R=2r 最小面积S=πR2 解得S=。 典例6:(2025·江苏连云港市一模)如图所示，空间直角坐标系(z轴垂直纸面向外，图中未画出)中，x<0区域存在沿y轴负方向的匀强电场，x≥0区域存在沿x轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B。质量为m、电荷量大小为e的电子在xOy平面内从M(-L，0，0)点以速度大小v0、方向与x轴正方向的夹角θ=45°射入电场，刚好垂直y轴进入磁场。 (1)求电场强度的大小E； (2)若电子改以θ=0射入电场，求电子在磁场中运动时离xOy平面的最远距离d； (3)现改变电场强度大小，电子仍以θ=45°射入电场，恰能从O点进入磁场，从电子进入电场开始计时，求电子在电场、磁场中运动的位置纵坐标y随时间t变化的关系式。 答案　(1)　(2) (3)y=-v0t+(0≤t≤)；y=sin(t-)(t>) 解析　(1)电子在电场中运动轨迹如图甲所示 x轴方向有L=v0cos 45°t1，y轴方向有v0sin 45°=at1，eE=ma 联立解得E= (2)电子沿x轴正方向射入，其运动轨迹如图乙所示 电场中x轴方向L=v0t2 解得t2= y轴方向速度vy=t2=v0 电子在磁场中，x轴方向以v0做匀速直线运动。垂直于xOy平面内做匀速圆周运动，有evyB= 解得r== 最远距离d=2r= (3)在电场中：x轴方向L=v0cos 45°t3 y轴方向2v0sin 45°=at3，eE1=ma 解得E1= 电子在电场中运动轨迹如图丙所示 则y1=-v0sin θ·t+t2 电子在电场中运动的总时间t0== 代入数据得y1=-v0t+(0≤t≤) 电子在磁场中，即t>时，电子在x轴方向做匀速直线运动， 垂直于xOy平面做匀速圆周运动，且v0y=v0sin θ=，ev0yB= 则r2== 因此y2=sin ω(t-t0) 由于T=，且T= 则ω= 故y2=sin (t-)(t>) 综上，电场中y=-v0t+(0≤t≤) 磁场中y=sin (t-)(t>) 考点四　现代科技与电磁场 解决此类问题的思路如下: 典例7:(多选)(2025·广东汕尾期末)中国研制的国际上最大的紧凑型质子回旋加速器,其直径为6.16 m、质量为 435 t,该加速器可使质子的动能达到100 MeV。该质子回旋加速器的简化原理如图,已知质子的质量约为1.67×10-27 kg,电荷量约为1.6×10-19 C,1 eV=1.6×10-19 J,忽略相对论效应,下列说法正确的是(　　) A.回旋加速器中加速电压需要达到100 MV B.质子在磁场中回旋时,每半圈用时相等 C.质子在磁场中运动时,洛伦兹力做正功 D.若磁感应强度为1 T,则最大回旋半径约为1.4 m 答案　BD解析　由qvB=m和Ek=mv2,可得Ek=,可知质子的动能与加速电压无关,若磁感应强度为1 T,则最大回旋半径为rmax=≈1.4 m,A错误,D正确;质子在磁场中做圆周运动的周期为T=,可知质子在磁场中回旋时,每半圈用时相等,B正确;质子在磁场中运动时,洛伦兹力提供向心力,洛伦兹力始终与运动方向垂直,不做功,C错误。 典例8: (2025·云南卷,14)磁屏蔽技术可以降低外界磁场对屏蔽区域的干扰。如图所示,x≥0区域存在垂直Oxy平面向里的匀强磁场,其磁感应强度大小为B1(未知)。第一象限内存在边长为2L的正方形磁屏蔽区ONPQ,经磁屏蔽后,该区域内的匀强磁场方向仍垂直Oxy平面向里,其磁感应强度大小为B2(未知),但满足0<B2<B1。某质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子通过速度选择器后,在Oxy平面内垂直y轴射入x≥0区域,经磁场偏转后刚好从ON中点垂直ON射入磁屏蔽区域。速度选择器两极板间电压U、间距d、内部磁感应强度大小B0均已知,不考虑该粒子的重力。 (1)求该粒子通过速度选择器的速率; (2)求B1以及y轴上可能检测到该粒子的范围; (3)定义磁屏蔽效率η =×100%,若在Q处检测到该粒子,则η是多少? 答案　(1)　(2)　L<y<3L　(3)60% 解析　(1)粒子通过速度选择器时,由力的平衡条件有qvB0=qE 又E= 联立解得v=。 (2)画出粒子在第四象限运动轨迹图如图甲所示,由几何关系可知r1=L 由洛伦兹力提供向心力,有qvB1=m 解得B1= 若磁屏蔽区的磁感应强度大小恰好等于B1,则粒子在磁屏蔽区运动的轨迹半径为r2=L,由几何关系可知y轴上y=L处可检测到该粒子 若磁屏蔽区的磁感应强度大小为零,则粒子平行于y轴通过磁屏蔽区后做半径为r1=L的圆周运动,由几何关系可知y轴上y=3L处可检测到该粒子,由于0<B2<B1,所以y轴上可能检测到该粒子的范围为L<y<3L。 (3)若在Q处检测到该粒子,画出粒子在磁屏蔽区运动轨迹如图乙所示,设粒子在磁屏蔽区的轨迹圆半径为r',则由几何关系可得r'2=(2L)2+(r'-L)2 解得r'= 又qvB2=m,联立解得B2=B1 磁屏蔽效率η=×100%=60%。 学科网（北京）股份有限公司 $