第61讲 专题强化十七 带电粒子在组合场中的运动 质谱仪和回旋加速器-【衡中学案】2027年高考物理一轮总复习学案

第61讲专题强化十七带电粒子在组合场 中的运动质谱仪和回旋加速器 学习目标 命题热点 (1)掌握带电粒子在组合场中的运动规律并会用其解决 带电粒子在组合场中的运动是历年高考热 问题。 点，主要考查电偏转和磁偏转的规律。 (2)理解质谱仪和回旋加速器的原理。 考点一 带电粒子在组合场中的运动 1.组合场 3常见粒子的运动及解题方法 电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，电 场、磁场交替出现。 牛顿第二定律、 2.“磁偏转”和“电偏转”的比较 匀变速直 求法 运动学公式 电 线运动 电偏转 磁偏转 动能定理 中 带电 常规分解法 偏转条件 带电粒子以v⊥E进人 带电粒子以v⊥B进人 粒子 类平抛运动 求法 匀强电场 匀强磁场 在分 特殊分解法 类斜抛运动 离的 功能关系 电场 磁场 磁 匀速直线 求法 228 中运 运动学公式 场 示意图 运动 动 中 圆周运动公式 0 匀速圆周 求法 牛顿第二定律 运动 以及几何知识 只受大小恒定的洛伦 受力情况 只受恒定的静电力 螺旋线 求法 分解成直线运动 兹力 运动 和匀速圆周运动 运动情况 类平抛运动 匀速圆周运动 耆向1 磁场与磁场的组合 运动轨迹 抛物线 圆弧 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 类平抛运动规律、牛顿 物理规律 牛顿第二定律、向心力 第二定律 公式 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， gB=mv2 进一步寻找边角关系。 1 L=ut,y= 98 例01025·潮北卷·4题如图所示，两平行虚 基本公式 T2um 线MN、PQ间无磁场。MN左侧区域和PQ右 ,tan 0=at 2T 侧区域内均有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强 m si027 度大小分别为B和2B。一质量为m、电荷量为g的带 正电粒子从MN左侧O点以大小为o的初速度射出， 静电力既改变速度方 洛伦兹力只改变速度方 方向平行于MN向上。已知O点到MW的距离为 做功情况 向，也改变速度大小， 向，不改变速度大小，对 3mvo 对电荷做功 电荷永不做功 28,粒子能回到0点，并在纸面内做周期性运动。不 计重力，求： M P 喜向2磁场与电场组合 。 带电粒子在磁场与电场组合场中运动常见的两类 情况 o 从电场进人磁场 从磁场进人电场 B N ·2B 电场中：加速直线运动 磁场中：匀速圆周运动 磁场中：匀速圆周运动 电场中：匀变速直线运动(v与E (1)粒子在MW左侧区域中运动轨迹的半径； 同向或反向) (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。 q,m ●● 磁场中：匀速圆周运动 电场中：类平抛运动 电场中：类平抛运动（与E垂 磁场中：匀速圆周运动 直) 229 例 (2025·湖南卷·14题节选)如图。直流电源的电动势为E,内阻为，滑动变阻器R的最大阻值为 平行板电容器两极板水平放置，板间距离为d,板长为3d,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6水 平向右从电容器左侧中点α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℃点进入电容器，忽略粒子重力和空气阻力。 带电粒子在磁场中运动轨迹如图， 带电粒子在两板间做类平抛 :××B××由几何知识可知d=2rsin日，r=m a 运动利用受,a × ××× R 带电粒子在电场中以号是由 md ××× 酷山=歌可以 ro+2ro + ××× 此可得-号6,0=-60=n60,联 3d 立以上可求得B (1)求粒子所带电荷量q: (2)求磁感应强度B的大小。 [规律方法]解答带电粒子在组合场中问题分 耆向3粒子在组合场中的多次运动问题 析思路 (1)划分过程：将带电粒子运动的过程划分为几 图如图所示，在x0坐标系中，有垂直坐标平血 向里的匀强磁场和沿y轴正方向的匀强电场， 个不同的阶段，对不同的阶段选取不同的规律处理。 匀强磁场的磁感应强度为B,电场和磁场的分界线为 (2)找关键，点：确定带电粒子在场区边界的速度 MN,MWN穿过坐标原点和二、四象限，与y轴的夹角为 (包括大小和方向)是解决该类问题的关键。 0=30°。一个质量为m、带电量为g的带正电粒子，在 (3)画运动轨迹：根据受力分析和运动分析，大致 坐标原点以大小为o、方向与x轴正方向成0=30°的 画出带电粒子的运动轨迹图，有利于形象、直观地解决 初速度射入磁场，粒子经磁场偏转进入电场后，恰好能 问题。 到达x轴。不计粒子的重力，求： 跟踪训练 M (2026·辽宁辽阳期未)如图所示的x0y坐标系中， + 第一象限存在与xOy平面平行的匀强电场，电场强 ×X×× 度为E,且与y轴负方向的夹角0=30°，第二象限存 ox×× 在垂直平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。 一带正电粒子自O点射入第二象限，速度v与x轴 负方向的夹角0=30°，粒子经磁场偏转后从y轴上 (1)粒子在磁场中的轨迹半径； 的P点进入第一象限，并由x轴上的M点（未画出） (2)匀强电场的电场强度大小； 离开电场。已知0、M间的距离为3L,粒子的比荷为 (3)粒子从0点射出后到第三次经过边界MW B不计粒子重力。求： 时，粒子运动的时间。 ·B。 230 · (1)0、P两点间的距离； (2)粒子在磁场中运动的时间； (3)当该粒子经过P点的同时，在电场中的N点由 静止释放另一个完全相同的带电粒子，若两粒 子在离开电场前相遇且所需时间最长，求N点 的坐标。 考点二 质谱仪 1.构造 例旧质治仪的工作原理示意图如图所示。带电粒 如图所示，由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相 子被加速电场加速后，沿直线经过速度选择 底片等构成。 器，垂直平板S从狭缝P进人下方的匀强磁场B。速 度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场分别为B 和E,其中电场强度E的方向水平向右，平板S上有记 7674737270 S2 录粒子位置的胶片A1、42。若粒子在磁场B。中做圆周 运动的周期为T,则下列选项正确的是 () B 加速电场 ● ● 速度选择器 2.原理 A A, 1 (1)加速电场：9U=2mt: (2)偏转磁场：gB=m -,l=2r; A.该粒子带负电 1 2mU 由以上两式可得r= B.速度选择器中的磁场方向垂直于纸面向里 m=97Bg、2U 过狭缝P的带电粒子的速率 2U’mB2,2 D.粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P,粒子的 231 比荷越小 考点三 回旋加速器 1.构造：如图所示，D1、D2是半圆形金属盒，D形 4.运动时间的计算 盒处于匀强磁场中，D形盒的缝隙处接交流电源。 (1)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gU,加速次数n= ,粒子在磁场中 运动的总时间4，=？T= .2πm-TBR2 22qU gB 2U (2)粒子在各狭缝中的运动连在一起为匀加速直 接交流电源 2.工作原理 线运动：运动时间为，=。。（缝隙宽度为小 (1)交流电周期和粒子做圆周运动的周期相等； TBR2 BRd （3)粒子运动的总时间t=t1+t2= (2)粒子每经过一次D形盒缝隙，粒子被加速 2U Uo 一次。 《列多选)如图甲是回旋加速器的示意图，其核心一 3.最大动能 部分是两个D形金属盒。在加速带电粒子时， mw。 R= 两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连。 (1)由qwmB= 2mw。2联合解得E 带电粒子从静止开始运动的速率随时间t变化如图 =9B2R2 乙所示，已知tn时刻粒子恰射出回旋加速器，不考虑相 2m 对论效应、粒子所受的重力和穿过狭缝的时间，下列判 (2)注意：粒子获得的最大动能由磁感应强度B断正确的是 () 和D形盒半径R决定，与加速电压无关。 A.t3-2=t2-t1=t1 B.U1:v2:3=1:2:3 C.粒子在电场中的加速次数为 D.同一D形盒中粒子的相邻轨迹半径之差保持 不变 温馨提示：复习至此，请完成练案[61] 第62讲专题强化十八 带电粒子在叠加场中 的运动 叠加场应用实例 学习目标 命题热点 (1)了解叠加场的特点，会处理带电粒子在叠加场中的运动 带电粒子在叠加场中的运动问题是历年高考 问题。 热点，考查综合应用力和运动的观点、能量观 (2)理解速度选择器、磁流体发电机、电磁流量计、霍尔元件 点和动量观点解题的能力。 的原理。 232 考点一 带电粒子（体）在叠加场中的运动 1.叠加场 喜向1 电场和磁场叠加 电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存。 2.带电粒子在无约束叠加场中的运动 例口我国空间站的霍尔推进器某局部区城可制象 成如图所示的模型。xOy平面内存在竖直向下 (1)洛伦兹力、重力并存 的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，磁感应 ①若重力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直 强度大小为B。质量为m、电荷量为e的电子从O点 线运动。 沿x轴正方向水平入射，入射速度为。时，电子沿x轴 ②若重力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子将做复 做直线运动；入射速度为v(v<o)时，电子的运动轨迹 杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒，由 如图中的虚线所示，且在最高点与在最低点所受的合 此可求解问题。 力大小相等。不计重力及电子间相互作用，下列说法 （2)静电力、洛伦兹力并存（不计重力的微观粒子） 错误的是 () ①若静电力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速 直线运动。 ②若静电力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子将做 复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用动能定理求 解问题。 E X (3)静电力、洛伦兹力、重力并存 ①若带电体做直线运动，则一定是匀速直线运动。 A.电场强度的大小E=voB ②若重力与静电力平衡，一定做匀速圆周运动。 B.电子向上运动的过程中动能逐渐增加 ③若合力不为零且与速度方向不垂直，将做复杂 C.电子运动到最高点的速度大小为2。+u 的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用能量守恒定律或 D.电子运动到最高点的速度大小为2。v 动能定理求解问题。考向2 例5：C根据洛伦兹力提供向心力 ，可得R==d,放A 有gB=m gB 错误：当粒子沿x轴正方向射出 时，上表面接收到的粒子离y轴 最近，如图轨迹1，根据几何关系 0 可知s上mm=d;当粒子恰能通过N点到达薄板上方时，薄板上表 面接收点距离y轴最远，如图轨迹2，根据几何关系可知，s上m= √3d,故上表面接收到粒子的区域长度为s=√3d-d,故B错 误：根据图像可知，粒子可以恰好打到下表面W点；当粒子沿y 轴正方向射出时，粒子下表面接收到的粒子离y轴最远，如图轨 迹3，根据几何关系此时离y轴距离为d,故下表面接收到粒子 的区域长度为d,故C正确；根据图像可知，粒子恰好打到下表 60°2rm」 面N点时转过的圆心角最小，用时最短，有tm=360°·qB 霜散D错误。做选C。 考向3 例6：AB依题意可知当粒子在磁场中运动时间最长时，轨迹圆的 圆心在A点，且其轨迹与BC边相切如图甲所示。根据几何关 系可知ABsin45°=r,粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动， 有gB=m ,联立可得AB=2 B,故A正确；粒子在磁场中做 匀速圆周运动的周期为T=,粒子在磁场中运动时间最长 时，根据A选项分析，可知粒子轨迹所对应的圆心角为90°，则 有t900 1一品放B正确：从服中点射人的粒子，其轨迹为 上面所分析的粒子轨迹圆的圆心向下平移r-乞，得到此轨迹 圆的圆心在A点的正下方，如图乙所示，由几何关系可知，粒子 离开磁场时的位置与A点的距离必然小于轨迹半径r,即小于 g,放℃错误：若仅将磁场反向，则粒子在磁场中将向上偏我 不会出现圆心角为90°的轨迹，则粒子在磁场中运动的最长时 间将变小，故D错误。 0 微点突破14“磁聚焦”和“磁发散”模型 例：BC根据磁聚焦原理，粒子在半径为r。的圆形磁场区域中运 励.粒子运动的轨达半径为，有95，=m解得么四 gro 使汇聚到O点的粒子经正方形区域内的磁场偏转后宽度变为 2。,且粒子仍沿水平向右射出，作出轨迹如图所示，由几何关 系可知粒子在正方形区域磁场中的轨迹半径2。，正方形中磁 场区域内应该为圆形磁场的一部分，有pB,=m,解得B, 2.2B。,由左手定则可知，方向垂直纸面向里，A错误，B正 mv 1 56 确；如图所示，磁场区域的最小面积为S=2(π-2)2，C正 确，D错误。 2r0 跟踪训练 1.BD由题意可知，离子向下偏转，由 左手定则知，磁场方向垂直纸面向 外，故A错误；画出离子轨迹，如图， 由图可知为磁聚焦模型，故运动半径 =L,再釉8=m得品配故B 正确；由图可知，磁场区域的最小面 积为时形面积32()红汇，皮c错误：离子 L 在磁场中运动的最大圆心角为罗，则最长时间为= 2 πL 故D正确。 2.ACD对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中做圆周运动的 轨迹半径越大，弧长越长，轨迹对应的圆心角越小，由一27= 知，运动时间越短，放述项A正确，B错误；粒子速度大 均为=4时，根据洛伦兹力提供向心力可得粒子的轨迹半径 m 为r器R根据几何关系可知，人射点P,0,出射点与轨迹圆 的圆心的连线构成菱形，射出磁场时的轨迹半径与PO平行，故 粒子射出磁场时的速度方向与MN垂直，出射后均可垂直打在 MN上，根据几何关系可知，轨迹对应的圆心角小于180°，粒子 在磁场中的运动时何<宁7-治放选项C.D正确。 第61讲专题强化十七带电粒子在组合场 中的运动质谱仪和回旋加速器 考点一带电粒子在组合场中的运动 考向1 例1：(1) 'aB 22B（3)3ah3m 3gB gB [解析](1)粒子在左侧磁场中运动，根据洛伦兹力提供向心 力有nB=m R vo 可得R= gB (2)粒子在左侧磁场运动，设从MN射出时速度方向与MN的夹 角为0，由于O到MN的距离d= 浴传合治振据儿何关 系可知0=60°； 粒子在MW和PQ之间做匀速直线运动，所以粒子从PQ进入右 侧磁场时与PQ的夹角0=60°；粒子在右侧磁场做匀速圆周运 64 动有g6·2B= R 解得R=2B mvo 根据几何关系可知粒子第一次和第二次经过PQ时位置的间距 器 2、2mm 3)由图可知粒子在左边殖场运动的时间，了？，=3× =4um 3gB 粒子在右边磁场运动的时间6=31，了×29B3gB 1 2wm wm 3m% 2gB R 0 ● Q 根据对称性可知粒子在MN左侧进出磁场的距离。=√3R -V3mo qB 所以粒子从MW到PQ过程中运动的距离为1=BR-/BR 2c0s0 √/3mwo 2gB 粒子在MN和PQ之间运动的时间飞=品gB 2l√/3m 综上可知粒子完成完整运动回到O点的周期为T=t1+t2+t3= 5mm,√/3m 3gB qB 考向2 p:(1) Eo dvo [解析](1)粒子在电容器中做类平抛运动，水平方向做匀速 直线运动有5d=ot d0+v, 竖直方向做匀变速直线运动 22t,== ☑ d 由闭合电路的欧姆定律可得U=。E To+2r。 联立可传得需 (2)根据题意，设粒子进入磁场与竖直方向的夹角为0，则有 v02√/3 am0==J5,0=60°，wsim60-30 v2 粒子在磁场中假匀速圆周运动pB=mR d 由几何关系易得R=2=3d c0s30°3 联立可得B= dvo 56 跟踪训练 5a2 (3)(1.5L,1.55L) [解析](1)带电粒子在第二象限内做匀速圆周运动，轨迹如 图所示，圆心为C D M 由牛顿第二定律得qB= R 解得R= gB mBL,可得R=L 由几何关系得∠OCP=120°，则OP=√3L (2)粒子在磁场中的运动周期T=2m 粒子在磁场中偏转120°，即在磁场中运动的时间= 3,解得1 2TL 3v0 (3)带电粒子进入第一象限时速度与y轴正方向成60°角，与电 场方向垂直，故粒子在第一象限内做类平抛运动，轨迹如图」 由于两粒子完全相同，所以只需在带电粒子进入电场时速度方 向的直线上PW范围内任一点释放粒子，均可保证两粒子在电 场中相遇，且两粒子在M点相遇所需时间最长，即在图中N点 由静止释放粒子即可。设N点的横坐标为x,纵坐标为y,根据 几何知识可得 PN=OM=√3L 又x=PNcos30 y=OP+PNsin 309 解得：x=1.5L,y=1.53L 则N点的坐标为(1.5L,1.53L) 考向3 例3：(1) (2)3B。(3)y3tnW gB gB [解析](1)粒子在磁场中做圆周运动，由洛伦兹力提供向心 力有qB=mR 解得R= mo gB (2)粒子在磁场中运动的轨迹如图所示 VA XX O 、××× 根据几何关系，粒子出磁场的位置离x轴的距离为y=Rsin60° 由于粒子进入电场后速度与电场方向相反，因此粒子做匀减速 ò5 运动，刚好能到达x轴，根据动能定理有-g=02m0 解得E 3。 (3)粒子在磁场中做圆周运动的周期T-2mR_2mm vo gB 5p-5um 第一次在磁场中运动的时间4=6T=3B 在电场中运动时有gE=ma 第一次在电场中运动的时间6=。 2vo 第二次在孩场中运功的时间石 则粒子从O点射出后到第三次经过边界MW时，粒子运动的时 间t=,+材，，=2B+m)m gB 考点二质谱仪 例4：C根据粒子在磁场中的偏转方向，结合左手定则可知，该粒 子带正电，故A错误；速度选择器中粒子受向右的电场力，则受 到向左的洛伦兹力，可知磁场方向垂直于纸面向外，故B错误； 能通过狭缝P的带电粒子满足qE=qB,可得速率v 台0 正确；根据gB,=m三，粒子打在胶片上距离P点的距离d=2, B,粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P,则d越小，则粒子 的比荷越大，故D错误。故选C。 考点三回旋加速器 例5：AC粒子在磁场中做匀速圆周运动，由gmB=m二，可得r 丽校子运动调期7：巴霜故料期与散子速度无关，每运 动半周被加速一次，可知t3-t2=t2-t=t1,A正确；粒子被加速 次，动能蜡加g心，被加速n次后的动能为2m,2=心，可得 2g,故速度之比：：=1：反：5，B错误：由B 的分析可得2m,3=gU,7,2=gU,联立解得= ,放粒子 在电场中的加速次数为二，C正确；由A的分析可得7-8由 B的分析可知-2≠2-，故r-T2≠2T1,即同一D形盒中粒 子的相邻轨迹半径之差会改变，D错误。 第62讲专题强化十八带电粒子在叠加场中 的运动叠加场应用实例 考点一带电粒子（体)在叠加场中的运动 考向1 例1：C电子入射速度为。时，电子沿轴做直线运动，电子受到的 电场力向上，由左手定则可知，洛伦兹力向下，有Eg=goB,解得 E=oB,故A正确，不符合题意；电子在竖直向下的匀强电场和 垂直坐标平面向里的匀强磁场的复合场中运动，由于洛伦兹力 不做功，向上运动到最高点，电场力做正功，由动能定理可知， 电子的动能增加，故B正确，不符合题意：因为人射速度为v(< -56 。)时，电子在最高点与在最低点所受的合力大小相等，结合B 项分析可知，电子在向上运动过程中动能增加速度增大，洛伦 兹力增大，所以电子在最低点的合力向上，在最高点的合力向 下，设电子在最高点的速度大小为1，有Eq-Bgw=Bg1-Eg,解 得电子运动到最高点的速度大小为，=2。-v,故C错误，符合 题意，D正确，不符合题意。故选C。 考向2 例2：(1)1：1：√2油滴带负电荷 (2)42m/s(3)0.828s [解析](1)对油滴受力分析及作出油滴的运动轨迹如图 所示。 N ←·下以 ··d E0·B mg 根据油滴受力平衡可知油滴带负电荷，设油滴质量为m,由平衡 条件得， mg:gE:F=1:1:√E。 (2)由第(1)问得 gB=√2gE, 解得=5E-42m/s。 B (3)进入第一象限，电场力和重力平衡，知油滴先做匀速直线运 动，进入y≥h的区域后做匀速圆周运动，最后从x轴上的N点 离开第一象限。 由0→A匀速运动的位移为 h 1= =2h sin 450 28L=0.18, 其运动时间 由qmB=m,T 2得 T=2mm gB 由mg=B,得”=5，油滴从A一C做圆周运动的时间为6= qg πE ≈0.6285， 由对称性知，从CW的时间3=t1, 在第一象限运动的总时间t=t1+t2+t3=2×0.1s+0.628s= 0.828so 跟踪训练 1.BC带电体在复合场中能沿着MW做匀速直线运动，可知粒子 受力情况如图1所示。由受力平衡可知mg=qE,q9B=√2mg,解 得电场强度E=-mS,磁感应强度B=2m飞，故A错误，B正确：在 W点撤去磁场后，粒子受力方向与运动方向垂直，做类平抛运 动.如图2所示。且加速度a一-2g,老子到达P点时，位移 偏转角为45°，故在P点，速度角的正切值tan0=2tan45°=2，所 以粒子在P点的速度vp=√，2+u,=√5u,N到P过程，由动能 定理，有9心=了叫，一号，部得P两点间的电势差U= 6