25 热点二十五 带电粒子在复合场中的运动(教用Word)-【精微方案】2027年高考一轮总复习讲义·物理

**基本信息** 高中物理一轮复习专项训练，聚焦带电粒子在复合场中的运动，通过高考真题构建“概念辨析-规律应用-综合建模”的科学思维体系。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础应用|3选择（2021福建卷等）|速度选择器、回旋加速器等模型辨析|从电场力与洛伦兹力平衡切入，建立“速度-力-运动”关联| |综合计算|3大题（2024黑吉辽卷等）|多区域场叠加、几何轨迹分析|通过运动分解与合成，整合牛顿定律与能量观点，体现模型建构与科学推理|

热点二十五　带电粒子在复合场中的运动 1．(2021·福建卷，T2) 一对平行金属板中存在匀强电场和匀强磁场，其中电场的方向与金属板垂直，磁场的方向与金属板平行且垂直纸面向里，如图所示。一质子(H)以速度v0自O点沿中轴线射入，恰沿中轴线做匀速直线运动。下列粒子分别自O点沿中轴线射入，能够做匀速直线运动的是(所有粒子均不考虑重力的影响)(　　) A．以速度射入的正电子(e) B．以速度v0射入的电子(e) C．以速度2v0射入的氘核(H) D．以速度4v0射入的α粒子(He) 解析：选B。质子(H)以速度v0自O点沿中轴线射入，恰沿中轴线做匀速直线运动，将受到向上的洛伦兹力和向下的电场力，满足qv0B＝qE，解得v0＝，即质子的速度满足速度选择器的条件；以速度射入的正电子(e)，所受的洛伦兹力小于电场力，正电子将向下偏转，故A错误；以速度v0射入的电子(e)，依然满足电场力等于洛伦兹力，而做匀速直线运动，即速度选择器不选择电性而只选择速度，故B正确；以速度2v0射入的氘核(H)和以速度4v0射入的α粒子(He)，其速度都不满足速度选择器的条件v0＝，故都不能做匀速直线运动，故C、D错误。 2．(2023·广东卷，T5)某小型医用回旋加速器最大回旋半径为0.5 m，磁感应强度大小为1.12 T，质子加速后获得的最大动能为1.5×107 eV。根据给出的数据，可计算质子经该回旋加速器加速后的最大速率约为(忽略相对论效应，1 eV＝1.6×10－19 J)(　　) A.3.6×106 m/s B．1.2×107 m/s C．5.4×107 m/s D．2.4×108 m/s 解析：选C。根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，质子加速后获得的最大动能Ek＝mv2，解得最大速率约为v＝5.4×107 m/s。 3．(多选)(2022·广东卷，T8)如图所示，磁控管内局部区域分布有水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。电子从M点由静止释放，沿图中所示轨迹依次经过N、P两点。已知M、P在同一等势面上，下列说法正确的有(　　) A．电子从N到P，电场力做正功 B．N点的电势高于P点的电势 C．电子从M到N，洛伦兹力不做功 D．电子在M点所受的合力大于在P点所受的合力 解析：选BC。电子从M点由静止释放，从M到N，电场力做正功，M、P在同一等势面上，可知电子从N到P，电场力做负功，A错误；根据沿电场线方向电势降低，可知N点电势高于P点电势，B正确；根据洛伦兹力方向与速度方向垂直，对带电粒子永远不做功，可知电子从M到N，洛伦兹力不做功，C正确；洛伦兹力不做功，且M、P在同一等势面上，可知电子在M点和P点速度都是零，即电子在M点和P点都是只受到电场力作用，所以电子在M点所受的合力等于在P点所受的合力，D错误。 4．(16分)(2024·黑吉辽卷，T15)现代粒子加速器常用电磁场控制粒子团的运动及尺度。简化模型如图：Ⅰ、Ⅱ区宽度均为L，存在垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度等大、反向；Ⅲ、Ⅳ区为电场区，Ⅳ区电场足够宽，各区边界均垂直于x轴，O为坐标原点。甲、乙为粒子团中的两个电荷量均为＋q、质量均为m的粒子。如图，甲、乙平行于x轴向右运动，先后射入 Ⅰ 区时速度大小分别为v0和v0。甲到P点时，乙刚好射入Ⅰ区。乙经过Ⅰ区的速度偏转角为30°，甲到O点时，乙恰好到P点。已知Ⅲ区存在沿＋x方向的匀强电场，电场强度大小E0＝。不计粒子重力及粒子间相互作用，忽略边界效应及变化的电场产生的磁场。 (1)求磁感应强度的大小B。(4分) (2)求Ⅲ区宽度d。(6分) (3)Ⅳ区x轴上的电场方向沿x轴，电场强度E随时间t、位置坐标x的变化关系为E＝ωt－kx，其中常系数ω>0，ω已知、k未知，取甲经过O点时t＝0。已知甲在Ⅳ区始终做匀速直线运动，设乙在Ⅳ区受到的电场力大小为F，甲、乙间距为Δx，求乙追上甲前F与Δx间的关系式(不要求写出Δx的取值范围)。(6分) 解析： (1)根据题意，作出甲、乙两粒子在Ⅰ区和Ⅱ区中的运动轨迹，如图所示 乙经过Ⅰ区的速度偏转角为30°，则乙在Ⅰ区运动轨迹所对的圆心角为30° 根据几何关系有r乙sin 30°＝L 对乙在Ⅰ区运动的过程，由洛伦兹力提供向心力有qv0B＝m 联立解得B＝。 (2)乙从进入Ⅰ区到运动至P点的过程，运动时间t1＝T 又T＝＝ 解得t1＝ 分析可知，甲、乙都沿＋x方向从P点射入Ⅲ区，在t1时间内，甲从P点运动到O点，根据运动学规律有d＝v0t1＋at 根据牛顿第二定律有qE0＝ma 联立解得d＝πL。 (3)甲从P点运动到O点的过程，根据运动学规律有v甲O＝v0＋at1 解得v甲O＝3v0 由于甲在Ⅳ区做匀速直线运动，则甲所在位置的电场强度 E甲＝ωt－kx＝ωt－kv甲Ot＝0 解得k＝ 当甲运动t0时间至x＝x0处时，乙在Ⅳ区x＝(x0－Δx)处 在x＝x0处有E甲＝ωt0－kx0＝0 在x＝(x0－Δx)处有E乙＝ωt0－k(x0－Δx) 又F＝qE乙 联立解得F＝Δx。 答案：(1)　(2)πL　(3)F＝Δx 5．(16分)(2024·新课标卷，T26)一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子始终在同一水平面内运动，其速度可用图示的直角坐标系内一个点P(vx，vy)表示，vx、vy分别为粒子速度在水平面内两个坐标轴上的分量。粒子出发时P位于图中a(0，v0)点，粒子在水平方向的匀强电场作用下运动，P点沿线段ab移动到b(v0，v0)点；随后粒子离开电场，进入方向竖直、磁感应强度大小为B的匀强磁场，P点沿以O为圆心的圆弧移动至c(－v0，v0)点；然后粒子离开磁场返回电场，P点沿线段ca回到a点。已知任何相等的时间内P点沿图中闭合曲线通过的曲线长度都相等。不计重力，求： (1)粒子在磁场中做圆周运动的半径和周期；(4分) (2)电场强度的大小；(6分) (3)P点沿图中闭合曲线移动一周回到a点时，粒子位移的大小。(6分) 解析：(1)由运动的合成可知，P点到b点时粒子的速度大小vb＝v0 P点从b点运动到c点的过程，对粒子由洛伦兹力提供向心力有qvbB＝m 联立解得粒子在磁场中做圆周运动的半径 r＝ 又T＝ 则粒子做圆周运动的周期T＝。 (2)由几何关系可知P点从b点运动到c点的过程速度偏转角为270°，则粒子在磁场中运动轨迹所对应的圆心角为270°，故P点从b点运动到c点的时间 tbc＝T＝ 任何相等的时间内P点沿题图中闭合曲线通过的曲线长度都相等 则有＝＝ P点由a点运动到b点的过程，粒子在电场中做类平抛运动，沿电场方向有v0＝atab 由牛顿第二定律有qE＝ma 联立解得电场强度的大小E＝Bv0。 (3)由题意作出粒子运动的轨迹如图所示 P点由a点运动到b点的过程，粒子垂直于电场方向的位移 yab＝v0tab＝ P点由c点回到a点的过程，粒子垂直于电场方向的位移yca＝yab 由几何关系可知P点沿题图中闭合曲线移动一周回到a点时，粒子位移大小 y＝2r cos 45°－2yab＝。 答案：(1)　　(2)Bv0　(3) 6．(16分)(2025·云南卷，T14)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区域存在垂直于xOy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于xOy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xOy平面内垂直于y轴射入x≥0区域，经磁场偏转后刚好从ON中点垂直于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。(4分) (2)求B1以及y轴上可能检测到该粒子的范围。(6分) (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？(6分) 解析：(1)由力的平衡条件有qvB0＝qE，又E＝，联立解得该粒子通过速度选择器的速率v＝。 (2)画出粒子在第四象限运动轨迹图如图1所示，由几何关系可知r＝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r＝L 由几何关系可知y轴上y＝L处检测到该粒子 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r＝L的圆周运动 由几何关系可知y轴上y＝3L处检测到该粒子 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2所示，设粒子在磁屏蔽区的轨迹圆半径为r′，则由几何关系可知r′2＝(2L)2＋(r′－L)2，解得r′＝ 由qvB2＝m和qvB1＝m，解得B2＝B1 磁屏蔽效率η＝×100%＝60%。 答案：(1)　(2)　L<y<3L　(3)60% 学科网（北京）股份有限公司 $