第一章 小专题4 带电粒子在组合场中的运动 课件 -2025-2026学年高二下学期物理粤教版选择性必修第二册

小专题4　带电粒子在组合场中的运动 [学习目标]　 1.学习带电粒子在复合场中运动的基本分析方法. 2.能分析带电粒子在复合场中的受力情况和运动情况,并能正确选择物理规律解答各类实际问题.(重难点) 1.组合场:电场与磁场各位于一定的区域内,并不重叠,一般为两场相邻或在同一区域电场、磁场交替出现. 分析方法:带电粒子在组合场中的运动是指粒子从电场到磁场或从磁场到电场的运动.通常按时间的先后顺序将粒子的运动过程分成若干个小过程,在每一运动过程中从粒子的受力性质、受力方向和速度方向的关系入手,分析粒子在电场中做什么运动,在磁场中做什么运动. 2.粒子重力的分析 (1)对于微观粒子:如电子、质子、离子等,因为其重力一般情况下与静电力或磁场力相比太小,可以忽略. (2)对于带电微粒:如带电小球、液滴、尘埃等一般应考虑重力. 注意:①在题目中有明确说明是否要考虑重力的,按题目要求处理. ②不能直接判断是否要考虑重力的,在进行受力分析与运动分析时,要结合运动状态确定是否要考虑重力. 3.带电粒子在匀强电场和匀强磁场中偏转的比较 项目 垂直电场线进入匀强电场(不计重力) 垂直磁感线进入匀强磁场(不计重力) 受力 情况 电场力F电=qE 大小、方向不变 洛伦兹力f=qvB大小不变,方向时刻与v垂直 运动类型 类平抛运动 匀速圆周运动 4.组合场运动情形图例 (1)在匀强电场中:匀变速直线运动(速度方向与电场方向平行) (2)在匀强磁场中:匀速圆周运动(速度方向与磁场方向垂直) 知识点一　从磁场到磁场 AC ·方法总结· 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. [训练1] (2024·佛山高二期中)图甲是太极图.图乙是内部存在方向相反、磁感应强度大小均为B的匀强磁场的太极图,大圆的圆心为O,内部两个半圆的圆心O′、O″在同一直径MN上,半圆直径均为圆O的半径.曲线MON左侧的磁场方向垂直纸面向外.一质量为m、带电荷量为q的质子,以速度v0从N点沿纸面射入右侧磁场,恰好通过O点进入左侧磁场并从M点射出,质子在磁场中运动的时间为t.不计质子受到的重力.求: (1)质子射入磁场时与NM的夹角θ. (2)圆O的半径R. 知识点二　从电场到磁场 [例2] (2024·深圳市实验高级中学高二期末)在半导体离子注放工艺中,初速度和重力可忽略的离子P+和P3+,经电压为U的匀强电场加速后,垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里、有一定的宽度的匀强磁场区域,如图所示.已知离子P+在磁场中转过θ=30°后从磁场右边界射出.在电场和磁场中运动时,离子P+和P3+(　　) C ·方法总结· 分析带电粒子在组合场中运动的步骤 1.划分过程:将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: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,大致画出粒子的运动轨迹,有利于形象、直观地解决问题. [训练2] (2024·广东广州高二期中)如图,在平面直角坐标系xOy中,第一象限存在方向沿y轴负方向的匀强电场,第四象限存在方向垂直于坐标平面向外的匀强磁场,磁感应强度为B.一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度v0射出,方向沿x轴正方向.已知粒子进入磁场时,速度方向与x轴正方向的夹角为θ=45°角,并从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出磁场.不计粒子重力,求: (1)粒子进入磁场时的速度大小; (2)粒子在磁场中运动的轨道半径r; (3)粒子从M点运动到P点的总时间t. 知识点三　从磁场到电场 [例4] (先磁场后电场)(2024·清远市高二期末)如图所示,在xOy直角坐标系中,第Ⅰ象限内分布着方向垂直于纸面向里的匀强磁场,第Ⅱ象限内分布着沿y轴负方向的匀强电场.初速度为零、带电荷量为q、质量为m的粒子经过电压为U的电场加速后,从x轴上的A点垂直x轴进入磁场区域,重力不计,经磁场偏转后过y轴上的P点且垂直于y轴进入电场区域,在电场中偏转并击中x轴上的C点,已知OA=OC=d. (1)求带电粒子在A点的速度vA. (2)磁感应强度B和电场强度E的大小分别是多少? (3)求带电粒子从A点到C点的时间t. [训练3] (多选)圆心为O、半径为R的圆形区域内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面的匀强磁场(未画出),磁场边缘上的A点有一带正电粒子源,OA竖直, MN与OA平行,且与圆形边界相切于B点,在MN的右侧有范围足够大水平向左的匀强电场,电场强度为E.当粒子的速度大小为v0且沿AO方向时,粒子刚好从B点离开磁场.不计粒子重力和粒子间的相互作用,下列说法正确的是(　 　) ABD 感谢观看 运动 轨迹 抛物线 圆或圆的一部分 求解 方法 x=v0t,a=,偏移距离y=at2,偏转角的正切值tan φ== 偏移距离y和偏转角θ要结合圆的几何关系通过圆周运动的规律求解,r=,T=,t=T 动能 变大 不变 (1)在匀强电场中:类平抛运动(初速度方向与电场方向垂直) (2)在匀强磁场中:匀速圆周运动(速度方向与磁场方向垂直) L=v0t,d=at2= vy=at,v= h=at2=,vy=at v=, tan α= [例1] (磁场与磁场的组合)(多选)如图,足够长的荧光屏OA的上方区域存在匀强磁场,边界MN左侧区域的磁场方向垂直于纸面向里,右侧区域的磁场方向垂直于纸面向外,两区域的磁感应强度大小均为B.光屏上方有一粒子源紧挨着O点,可沿OA方向不断地射出质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子.粒子打在光屏上时,光屏相应位置会发光.已知粒子的速率可取从零到某最大值之间的各个数值,速率最大的粒子恰好垂直打在光屏OA上,O、M之间的距离为 a,不计粒子所受重力及粒子间的相互作用,则(　　 ) [A]粒子的最大速率为 [B]光屏上的发光长度为(2-)a [C]打中光屏的粒子运动时间的最小值为 [D]打中光屏的粒子运动时间的最大值为 【解析】 速率最大的粒子恰好垂直打在光屏上,轨迹如图甲所示. 甲 设轨迹半径为r1,即OO1=r1,O1O2=2r1,由几何关系可知圆心角∠OO1K=60°,OM=O2M,故OO2=2r1sin 60°=2a,解得r1=2a,由向心力公式可得qv1B=m,联立解得v1=,故A正确;此过程,粒子在磁场中的运动时间最短,MN左侧轨迹圆心角为60°,右侧轨迹圆心角为150°,周期公式为T=,故最短运动时间为t1=T=,故C正确; 当粒子的轨迹恰与MN相切时,进入右侧后,轨迹恰与MA相切,在磁场中的运动时间最长,如图乙所示. 乙 由几何关系得r2=a,两边轨迹合起来恰好是一个圆周,故最长时间t2=T=,故D错误;粒子垂直打到光屏的位置离M最远,与光屏相切点离M最近,两点之间距离即为光屏上的发光长度,即Δx=(r1cos 30°+r1)-r2=2a,故B错误. 【答案】 (1) 【解析】 (1)质子在磁场中做匀速圆周运动,作出运动轨迹如图所示 由洛伦兹力提供向心力,则有qv0B=m 圆周运动的周期T= 解得T= 根据单边有界磁场的对称性,结合几何关系,质子在磁场中运动轨迹对应的圆心角为4θ,则有t=T 解得θ=. 【答案】 (2)sin 【解析】 (2)根据上述解得r= 根据几何关系有R=2rsin θ 解得R=sin. [A]在磁场中运动的半径之比为3∶1 [B]在电场中的加速度之比为1∶1 [C]在磁场中转过的角度之比为1∶2 [D]离开磁场区域时的动能之比为1∶ 【解析】 两个离子的质量相同,其带电荷量之比是1∶3的关系,所以由牛顿第二定律有q=ma,得a=,可知二者在电场中的加速度之比是1∶3,B错误;离子在离开电场时有qU=mv2,即v= ,可知其速度之比为1∶,又由qvB=m,知r=,所以其半径之比为∶1,A错误;由选项A分析可知,离子在磁场中运动的半径之比为∶1,设磁场宽度为L,离子通过磁场转过的角度等于其圆心角,所以有sin θ=,则可知转过角度的正弦值之比为1∶,又P+转过的角度为30°,可知P3+转过的角度为60°,即在磁场中转过的角度之比为1∶2,C正确;由电场加速后有qU=mv2,在磁场中洛伦兹力不做功,可知两离子离开磁场的动能之比为1∶3,D错误. 【答案】 (1)v0 【解析】 (1)设粒子进入磁场时的速度为v,由类平抛知识可知cos θ= 解得v=v0. 【答案】(2) 【解析】 (2)画出粒子运动轨迹如图所示 粒子在磁场中以O′为圆心做匀速圆周运动,半径为r,根据牛顿第二定律有qvB=m, 解得r=. 【答案】 (3) 【解析】 (3)设粒子从x轴上的N点进入磁场,由几何关系得xON=rsin θ 粒子在电场中水平方向做匀速直线运动,设粒子在电场中运动的时间为t1,有v0t1=xON, 解得t1== 粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T= 设粒子在磁场中运动的时间为t2,则有t2=T= 则总的运动时间为t=t1+t2=. 【答案】 (1) 【解析】 (1)在加速电场中,由动能定理知qU=mv2 解得v= 【答案】 (2)　 【解析】 (2)带电粒子进入磁场后,洛伦兹力提供向心力qvB=m 由几何关系知r=d 联立可解得B= 带电粒子在电场中偏转,做类平抛运动,设经时间t从P点到达C点,则有d=vt,d=at2 又由受力分析及牛顿第二定律知qE=ma 联立可解得E=. 【答案】 (3) 【解析】 (3)带电粒子进入磁场做匀速圆周运动,设弧长为s,运动时间为t1,则有t1== 解得t1= 设粒子在电场中做类平抛运动的时间为t,有t= 解得t= 则总时间t总=t+t1= [A]圆形区域内的磁场方向垂直于纸面向外 [B]粒子的比荷为 [C]粒子在磁场中运动的总时间为 [D]粒子在电场中运动的总时间为 【解析】 粒子从B点离开磁场,由左手定则可知磁场方向垂直于纸面向外,根据几何关系知粒子做圆周运动的半径为R,由洛伦兹力提供向心力,则有qv0B=m,解得=,A、B正确;粒子从B点进入电场向右做匀减速直线运动,然后向左做匀加速直线运动再次从B点进入磁场,选向左为正方向,设粒子在电场中运动的时间为t,根据动量定理得Eqt=2mv0,解得t==,粒子再次从B点进入磁场,经过四分之一的周期离开磁场,所以粒子在磁场中运动的总时间为t总=,C错误,D正确. $