第11章 专题提升十四 带电粒子在组合场中的运动(word教师用书)-【金版新学案】2027年高考物理高三总复习大一轮复习讲义

该高中物理高考复习讲义聚焦带电粒子在组合场中的运动专题，涵盖磁场与磁场、电场与磁场组合类型及质谱仪、回旋加速器应用等核心考点，按“规律梳理-模型建构-真题应用”逻辑组织，通过考点解析、方法总结、分层训练环节，帮助学生构建解题框架。 讲义采用“5步突破法”培养科学思维，如通过轨迹作图分析几何关系突破磁场组合问题，结合真题演练与即时反馈提升模型建构能力，分层练习适配不同学生需求，助力教师精准把控复习节奏，高效提升学生应考能力。

专题提升十四　带电粒子在组合场中的运动 【学习目标】　1.掌握带电粒子在组合场中的运动规律并会解决有关问题。2.理解质谱仪、回旋加速器的工作原理及应用。 提升点一　带电粒子在组合场中的运动 1.组合场的三种类型 (1)磁场与磁场的组合：强弱或者方向不同的磁场位于不重叠的区域内。 (2)电场与磁场的组合 ①电场与磁场各位于不重叠的区域内。 ②电场与磁场在同一区域内交替出现。 2.带电粒子在分离的电场、磁场中的运动及解答方法 磁场与磁场的组合 1.由于洛伦兹力不做功，所以带电粒子在两(多)个磁场中的速度大小一定相等，但轨迹半径和运动周期往往不同。 2.对于两个相邻磁场，解题时充分利用两段圆弧轨迹的衔接点与两圆心共线的特点，寻找有关几何关系是解题的关键。 (2025·湖北卷·T14)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。 答案：(1)　(2)　(3)＋ 解析：(1)粒子在MN左侧区域中运动时，由洛伦兹力提供向心力有qv0B＝m 解得粒子在MN左侧区域中运动轨迹的半径r1＝。 (2)粒子在PQ右侧区域运动时，由洛伦兹力提供向心力有qv0·2B＝m 则粒子在PQ右侧区域的运动半径为r2＝ 由于粒子能回到O点，则粒子的轨迹具有对称性，设粒子在MN左侧区域运动轨迹的圆心为O1，在PQ右侧区域运动轨迹的圆心为O2，作出粒子的运动轨迹如图所示 由几何关系可知cos θ＝＝ 则θ＝60° 对粒子在PQ右侧区域的运动，由几何关系可知，粒子第一次和第二次经过PQ时位置的间距为s＝2r2sin 60°＝。 (3)结合qvB＝m、T＝可知粒子在MN左侧区域、PQ右侧区域做匀速圆周运动的周期分别为T1＝、T2＝ 由(2)问可知，粒子在MN左侧区域、PQ右侧区域运动轨迹所对的圆心角分别为θ1＝360°－2×60°＝240°、θ2＝2×60°＝120° 则一个周期内粒子在磁场区域运动的时间为t1＝T1＋T2＝ 由对称性可知，粒子一次在MN、PQ间运动的距离为x＝＝ 则一个周期内粒子在MN、PQ间运动的时间为t2＝＝ 则粒子的运动周期为t＝t1＋t2＝＋。 针对练.(多选)(2025·四川卷·T10)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 答案：AD 解析：画出粒子的运动轨迹，如图，由图可知，粒子在Ⅰ区的轨迹圆心不在O点，故A正确；由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，可得r＝，故在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹半径之比为＝＝，故B错误；设粒子在Ⅱ区偏转的圆心角为α，由几何关系有cos α＝＝，可得α＝37°，故粒子在Ⅰ区运动的时间为t1＝T1＝×，粒子在Ⅱ区运动的时间为t2＝T2＝×，联立可得粒子在Ⅰ区和Ⅱ区的运动时间之比为＝，故D正确；粒子在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹长度分别为l1＝×2πr1，l2＝×2πr2，故粒子在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹长度之比为＝，故C错误。 学生用书⬇第210页 电场与磁场的组合 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，如图甲所示。 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，如图乙所示。 (2025·湖南卷·T14)如图，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，场强大小为，求粒子相对于电容器右侧的最远水平距离xm。 答案：(1)　(2)　(3)d 解析：(1)闭合开关S，当滑片处于滑动变阻器中点时，由串并联电路规律可得电容器两极板间的电压为U＝E0＝E0＝E0 粒子从a点进入电容器后，在电容器中受到静电力的作用，做类平抛运动，从b点离开电容器，设粒子从a点运动到b点的时间为t，则 在水平方向由运动学公式有d＝v0t 在竖直方向由牛顿第二定律有q＝ma1 由运动学公式有d＝a1t2 联立可得q＝。 (2)设粒子经过b点时的速度大小为v，速度方向与水平方向的夹角为θ，则tan θ＝2×＝ 则θ＝30° 可知v＝＝ 粒子进入磁场后在磁场中做匀速圆周运动，从c点进入电容器，设粒子在磁场中的运动半径为r，作出粒子从a点运动到c点的运动轨迹如图1所示 由几何关系可知r＝＝d 在磁场中，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m 联立可得B＝。 (3)解法一　配速法　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，则粒子在平行板电容器的右侧不仅受到洛伦兹力的作用，还受到水平向右的静电力的作用，则可将粒子在b点的速度分解，使竖直向上的分速度v1产生的洛伦兹力刚好平衡静电力，如图2所示，则有qv1B＝qE 可得v1＝＝v0 由于v1＝v，则由几何关系可知粒子在b点的另一分速度v2＝2vcos 30°＝2v0，方向与竖直方向的夹角为30°，则粒子在平行板电容器右侧的运动可分解为速度为v1的竖直向上的匀速直线运动和速率为v2的匀速圆周运动 设粒子做匀速圆周分运动的半径为r'，则由洛伦兹力提供向心力有qv2B＝m 可得r'＝d 作出粒子匀速圆周分运动的大致轨迹如图3所示 由几何关系可知xm＝r'cos 30°＋r'＝d。 解法二　动量定理法　当粒子的合速度方向竖直向上时，粒子相对于电容器右侧的水平距离最大，设此时速度大小为v'，规定竖直向上为正方向，则对粒子从b点运动到该位置的过程，在竖直方向上由动量定理有∑qvxBΔt＝mv'－(－mvsin 30°) 即qBxm＝mv'－(－mvsin 30°) 对粒子从b点运动到该位置的过程，由动能定理有qExm＝mv'2－mv2 联立可得xm＝d。 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 平抛运动规律，运动的合成与分解 斜抛运动规律，运动的合成与分解 (2026·福建泉州一模)利用电场和磁场实现粒子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。在图示的xOy平面(纸面)内，x＜x1的区域Ⅰ内存在垂直纸面向外的匀强磁场，x轴上方的x1＜x＜x2区域Ⅱ内存在沿y轴负方向的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)，从原点O处以大小为v0的速度垂直磁场射入第二象限，方向与x轴负方向夹角θ＝60°，一段时间后垂直x＝x1虚线边界进入电场。已知x1＝L，x2＝L，区域Ⅱ中电场的电场强度E＝。求： (1)区域Ⅰ内磁场的磁感应强度大小B； (2)粒子从原点O出发到离开电场的总时间t； (3)粒子离开电场时的速度大小v。 答案：(1)　(2)　(3)v0 解析：(1)区域Ⅰ内，粒子在洛伦兹力作用下做圆周运动，设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R，由几何关系可得Rsin θ＝L 解得R＝2L 又qv0B＝m 解得区域Ⅰ内磁场的磁感应强度大小B＝。 (2)粒子在磁场中运动圆轨迹所对的圆心角为120°，在磁场中运动时间t1＝T 其中T＝ 解得t1＝ 粒子在电场中做类平拋运动，设该粒子在电场中的加速度大小为a，运动时间为t2，沿y轴负方向运动的距离为h，则有qE＝ma，x2－x1＝v0t2 解得t2＝ 则h＝a 解得h＝ 由于h＜R＋Rcos θ＝3L，粒子从电场边界离开，则粒子从原点O出发到离开电场的总时间t＝t1＋t2 解得t＝。 (3)由动能定理得qEh＝mv2－m 解得v＝v0。 学生用书⬇第211页 (2026·湖北黄冈一模)如图所示，空间交替分布着宽度均为L的匀强电、磁场区域，磁场垂直xOy平面向里，磁感应强度大小为B＝，电场沿x轴负方向，电场强度大小为E＝。一带正电的粒子从坐标原点O沿与x轴负方向成θ角、初速度大小为v0进入匀强磁场区域，虚线边界有磁场。粒子的质量为m、电荷量为q，不计重力，取＝1.73。 (1)若粒子第一次经磁场偏转后恰好不越过该磁场区域左边界，求此时θ大小； (2)若粒子只能经历两个完整的电场区，求sin θ满足的条件； (3)若θ＝0，粒子以v1＝的初速度从O点进入匀强磁场区域，电场强度大小变为E1＝，求当粒子竖直位移大小为y＝L时的运动时间。 答案：(1)30°　 (2)0.23≤sin θ＜0.73　(3)(64＋、(68＋35π)或(72＋ 解析：(1)由洛伦兹力提供向力心有qv0B＝m 解得r＝2L 粒子第一次经磁场偏转后恰好不越过该磁场区域左边界，由几何关系得r－rsin θ＝L 解得sin θ＝，θ＝30°。 (2)粒子只能向左经历两个完整的电场区，设粒子在第三个磁场中水平速度变为0时竖直速度为vy，竖直方向由动量定理有∑qvxB·Δt＝mvy－mv0sin θ 即qBx磁＝mvy－mv0sin θ 又由动能定理有qE·2L＝m－m 其中2L＜x磁≤3L 联立解得－1.5≤sin θ＜－1 即0.23≤sin θ＜0.73。 (3)由洛伦兹力提供向心力有qv1B＝m 解得r1＝L，T1＝ ＝ 粒子第一次经电场减速后，速度大小变为v2 根据动能定理有－qE1L＝m－m 又qv2B＝m 解得v2＝，r2＝L，T2＝ ＝ 粒子在电、磁场中运动一个完整的周期T，沿y轴向下移动的距离Δy＝2r1－2r2＝L 设粒子竖直位移大小为y＝L时，运动的完整周期为n个，则满足nΔy＋Δy1＝L 且Δy1＜2r1＝L 粒子在电场中减速和加速时间均为t＝ ＝ 则T＝T1＋2t＋T2 故当粒子竖直位移大小为y＝L＝8Δy＋L＝9Δy＋L时的运动时间可能为t1＝8T＋T1或t2＝8T＋T1＋t＋T2或t3＝9T＋T1 即t1＝(64＋，t2＝(68＋35π)，t3＝(72＋。 “5步”突破带电粒子在组合场中的运动问题 提升点二　带电粒子在组合场中运动的应用实例 质谱仪 1.功能：质谱仪是测量带电粒子质量(或比荷)、分析同位素的仪器。 2.构造：如图所示，由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片等构成。 3.工作原理 (1)加速电场：qU＝mv2。 (2)偏转磁场：qvB＝m，l＝2r。 由以上两式可得r＝，m＝，＝。 (2026·陕西渭南一模)对铀235的进一步研究在核能的开发和利用中具有重要意义。如图所示，两平行金属板间距为d，电势差为U，板间电场可视为匀强电场；金属板下方有一磁感应强度为B的匀强磁场。质 学生用书⬇第212页 量为m、电荷量为＋q的铀235离子，从容器A下方、金属板上方的小孔处不断飘入电场，其初速度可视为零，经电场加速后射出，并进入磁场做匀速圆周运动。离子行进半个圆周后离开磁场并被收集，离开磁场时离子束的等效电流为I。不考虑离子重力及离子间的相互作用。求： (1)匀强电场电场强度E的大小和离子从电场射出时速度v的大小； (2)离子在磁场中做匀速圆周运动的半径R； (3)在离子被收集的过程中时间t内收集到离子的质量M。 答案：(1)　　(2)　(3) 解析：(1)匀强电场的电场强度大小为E＝ 根据动能定理，有qU＝mv2 解得v＝。 (2)离子在磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m 联立解得离子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R＝。 (3)设在时间t内收集到的离子的总电荷量为Q，则Q＝It 因每个离子电荷量为q，则离子个数N＝ 而时间t内收集到离子的质量M＝Nm 联立以上各式解得M＝。 针对练.(多选)如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，通道内为均匀辐向电场，在中心线处的电场强度大小为E，磁分析器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.直径PQ＝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 答案：AD 解析：粒子打在胶片上的Q点，由左手定则可知，粒子带正电荷，则极板M比极板N的电势高，故A正确；由qU＝mv2和qE＝m可得，加速电场的电压U＝，故B错误；在磁场中，由牛顿第二定律得qvB＝m，即r＝，直径PQ＝2r＝＝，可见只有比荷相同的粒子才能打在胶片上的同一点，故C错误，D正确。 回旋加速器 1.功能：回旋加速器是利用磁场使带电粒子做回旋运动，在运动中经高频电场反复加速的装置。 2.构造：如图所示，D1、D2是半圆形金属盒，D形盒处于匀强磁场中，D形盒的缝隙处接交流电源。 3.工作原理 (1)交流电周期和粒子做圆周运动的周期相等。 (2)粒子每经过一次D形盒缝隙，粒子被加速一次。 4.最大动能 (1)由qvmB＝m、Ekm＝m，联立解得Ekm＝。 (2)粒子获得的最大动能由磁感应强度B和D形盒半径R决定，与加速电压无关。 5.粒子运动的总时间 粒子在磁场中运动一个周期，被电场加速两次，每次增加动能qU，加速次数n＝，则粒子在磁场中运动的总时间t＝T＝＝。 (2026·北京东城二模)回旋加速器的工作原理如图所示，其主体部分是两个D形金属盒，两金属盒处在垂直于盒底面的匀强磁场中。现用该回旋加速器对氦核进行加速，高频交流电源的电压最大值为U、频率为f，匀强磁场的磁感应强度大小为B。已知元电荷为e，氦核的质量为m。不计粒子在两D形盒之间的运动时间，不考虑相对论效应。下列说法正确的是(　　) A.氦核能够从D形盒内的磁场中直接获得能量 B.仅增大电压U，氦核最终获得的动能一定变大 学生用书⬇第213页 C.若满足f＝，可对氦核加速 D.若保持加速氦核时的各参数不变，则也能加速氚核 答案：C 解析：因洛伦兹力对粒子不做功，即氦核不能从D形盒内的磁场中获得能量，选项A错误；氦核最终出加速器时有qvmB＝m，获得的动能Ekm＝m＝，可知仅增大电压U，氦核最终获得的动能不变，选项B错误；若对氦核加速，则电场变化的频率必须等于粒子做圆周运动的频率，即若满足f＝＝，可对氦核加速，选项C正确；因氚核的比荷不相等，在磁场中做圆周运动的频率不等，则若保持加速氦核时的各参数不变，不能加速氚核，选项D错误。 针对练.(2026·湖北武汉一模)如图是一种改进后的回旋加速器示意图，M、N间狭缝加速电场的场强大小恒定，且被限制在M、N板间。M、N板右侧延长线之间的真空区域无电场和磁场，M板上方和N板下方的D形盒内有垂直于纸面的匀强磁场。带正电的粒子从M板上的入口P点无初速进入电场中，经加速后进入磁场中做匀速圆周运动，回到电场再加速，如此反复，最终从D形盒右侧的出口射出。粒子通过狭缝的时间可忽略，不计粒子的重力，不考虑相对论效应的影响，忽略边缘效应，下列说法正确的是(　　) A.狭缝间的电场方向需要做周期性的变化 B.每经过一次狭缝，粒子的速度的增加量相同 C.这种回旋加速器设置相同时，比荷相同的不同带正电粒子在其中运动的时间相同 D.D形盒半径不变时，同种粒子能获得的最大动能与磁场的磁感应强度大小成正比 答案：C 解析：由题意可知，带正电粒子始终从P点进入电场加速后进入磁场做匀速圆周运动，回到电场再加速，因此，狭缝间的电场方向不需要做周期性的变化，故A错误；粒子第一次加速，由动能定理得qU＝m，粒子第二次加速，由动能定理得qU＝m－m，整理得Δv1＝v1－0＝，Δv2＝v2－v1＝，以此类推，可见，每经过一次狭缝，粒子的速度的增加量都不相同，故B错误；设粒子到出口处被加速n次，运动时间为t，由动能定理得nqU＝m，又由洛伦兹力提供向心力得qvmB＝m，周期T＝，可得t＝(n－)T，可见，回旋加速器设置相同时，比荷相同的不同带正电粒子在其中运动的时间相同，故C正确；设D形盒半径为R，则有qvmB＝m，又Ekm＝m，联立可得Ekm＝，可见，R不变时，同种粒子能获得的最大动能与磁场磁感应强度大小平方成正比，故D错误。 学科网（北京）股份有限公司 $