2024届高考物理二轮复习第9讲带电粒子在复合场中的运动学案

这是一份2024届高考物理二轮复习第9讲带电粒子在复合场中的运动学案，共24页。


命题分类剖析
命题点一 带电粒子在组合场中的运动
1．组合场
电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠；或在同一区域分时间段交替出现．
2．磁偏转模型与电偏转模型的辨析
例 1 [2023·全国乙卷]
如图，一磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直于纸面(xOy平面)向里，磁场右边界与x轴垂直．一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，粒子离开磁场后，沿直线运动打在垂直于x轴的接收屏上的P点；SP＝l，S与屏的距离为l2，与x轴的距离为a.如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏．该粒子的比荷为( )
A．E2aB2 B．EaB2 C．B2aE2 D．BaE2
例 2 一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在xOy平面内的截面如图所示：中间是磁场区域，其边界与y轴垂直，宽度为l，磁感应强度的大小为B，方向垂直于xOy平面；磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为l′，电场强度的大小均为E，方向均沿x轴正方向；M、N为条状区域边界上的两点，它们的连线与y轴平行．一带正电的粒子以某一速度从M点沿y轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从M点入射的速度从N点沿y轴正方向射出．不计重力．
(1)定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹；
(2)求该粒子从M点入射时速度的大小；
(3)若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x轴正方向的夹角为π6，求该粒子的比荷及其从M点运动到N点的时间．
[教你解决问题]
(1)读题→画轨迹
(2)模型建构→求速度
思维提升
解决带电粒子在组合场中运动问题
提升训练
1.[2023·海南卷](多选)如图所示，质量为m、带电荷量为＋q的带电粒子，从坐标原点O以初速度v0射入第一象限内的电、磁场区域，在0x0区域内有垂直纸面向里、大小为B的匀强磁场，控制电场强度E(E值有多种可能)，可让粒子从NP射入磁场后偏转打到足够长的接收器MN上，不计重力，则( )
A．粒子从NP中点射入磁场，电场强度E＝y0mv02 qx02
B．粒子从NP中点射入磁场时的速度v＝v0 1+x02 y02
C．粒子在磁场中做圆周运动的圆心到NM的距离为mv0qB
D．粒子在磁场中运动的轨迹半径的最大值是mv0x02+4y02 qBx0
2.
[2023·江苏苏州校考模拟预测]如图所示，在xOy平面内的第二象限有一个圆形匀强磁场区域，其边界与x轴相切于A(－23m，0)点，磁场方向垂直于纸面向外，磁感应强度大小为B＝1 T，磁场区域的半径为R＝2m，第一象限内有一条抛物线OQP(图中虚线所示)，P(4m，0)是x轴上的一点，抛物线OQP上方存在沿y轴负方向的匀强电场，场强E＝3×103 V/m，从A点向第二象限发射大量带正电的某种粒子，粒子的速率均为v0(未知)，质量均为m＝2×10－7 kg，电荷量均为q＝1×10－4 C，所有粒子均可到达P点，不计粒子的重力和粒子间的相互作用．
(1)已知粒子1沿与x轴正方向成θ1＝60°的方向进入磁场后平行于x轴从磁场中射出，求初速度v0的大小；
(2)粒子2沿与x轴正方向成θ2＝120°的方向进入磁场，求它从A点运动到P点所用的时间t(结果保留2位有效数字)．
(3)求电场的边界线OQP的轨迹方程．
命题点二 带电粒子在叠加场中的运动
带电粒子在叠加场中常见的几种运动形式
例 1 [2023·江苏卷]
霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型．Oxy平面内存在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.质量为m、电荷量为e的电子从O点沿x轴正方向水平入射．入射速度为v0时，电子沿x轴做直线运动；入射速度小于v0时，电子的运动轨迹如图中的虚线所示，且在最高点与在最低点所受的合力大小相等．不计重力及电子间相互作用．
(1)求电场强度的大小E；
(2)若电子入射速度为v04，求运动到速度为v02时位置的纵坐标y1；
(3)若电子入射速度在0 例 2 如图，在竖直平面直角坐标系xOy中，Ox水平，在y≥0的空间内充满匀强电场(未画出)和方向垂直纸面向外的匀强磁场，直线QN⊥x轴，OQ＝L；在y≤0的空间内充满方向与x轴平行的匀强电场(未画出)．一质量为m、电荷量为q的带正电小液滴，从原点O沿纸面与y轴正方向夹角θ＝60°的方向以某一初速度射入第二象限后，做匀速圆周运动且恰好不通过QN.已知重力加速度大小为g，初速度大小v0＝43 gL3.
(1)求y≥0空间内场强大小E1和磁感应强度大小B；
(2)若液滴通过x轴后做直线运动，求液滴从O点开始到通过y轴负半轴所用的时间T.
例 3 [2023·山东青岛二模]如图甲，三维坐标系中yOz平面的左侧虚线区域内存在一未知电场，yOz平面的右侧存在平行z轴方向周期性变化的磁场B1和沿y轴正方向竖直向上的匀强电场，电场强度E＝0.4 N/C.一质量m＝4×10－6 kg、电荷量q＝1×10－4 C的带正电液滴，从xOy平面内的P点沿x轴方向以v0＝1 m/s的初速度进入未知电场区域，经过0.1 s到达原点O第1次经过x轴，此时速度大小v＝22 m/s，方向在xOy平面内与x轴正向成45°角斜向下．把液滴到达原点O的时刻记为t＝0，此时磁场沿z轴负方向，磁场B1随时间变化的关系如图乙所示，其中B0＝0.4 T、t0＝π20 s，重力加速度g＝10 m/s2.
(1)求液滴从P点到原点O的过程中，受到的电场力的冲量大小；
(2)求液滴从第1次到第4次经过x轴的时间间隔；
(3)在t＝6t0时刻撤去电场E和磁场B1，同时在整个空间区域加上竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B2＝3π5 T，求液滴继续运动过程中达到最大高度时的位置坐标．
思维提升
交变电磁场问题的处理思路
提升训练
1.[2023·吉林统考二模]如图所示，一质量为m、电荷量为q的带正电小球(视为质点)套在长度为L、倾角为θ的固定绝缘光滑直杆OP上，P端下方存在正交的匀强电场和匀强磁场，电场方向沿PO方向，磁场方向垂直纸面水平向里．现将小球从O端由静止释放，小球滑离直杆后沿直线运动，到达Q点时立即撤去磁场，最终小球垂直打到水平地面上，重力加速度大小为g，不计空气阻力．求：
(1)电场的电场强度大小E以及磁场的磁感应强度大小B；
(2)Q点距离地面的高度h.
2．如图，在直角坐标系xOy中，y轴竖直．以点O1(O，R)为圆心、以R为半径的圆形区域内，存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，直径AC与y轴正方向成θ＝60°；在y>0的区域内存在方向与AC平行斜向上的匀强电场；在y<0的区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场(未画出)．现有一质量为m、电荷量为q的带正电小球以大小v0＝3gR(g为重力加速度大小)的初速度从A点沿AC方向做直线运动．已知y<0区域内磁感应强度大小B＝m3q gR.
(1)求圆形区域内磁场的磁感应强度大小B0和y>0区域内电场的场强大小E；
(2)求小球第一次通过x轴时的位置D的横坐标；
(3)求小球在x轴下方运动的最大速度．
素养培优·情境命题
电磁场与现代科技
情境1 回旋加速器——科学思维
[典例1] [2023·广东高三统考开学考试]图甲示意我国建造的第一台回旋加速器，该加速器存放于中国原子能科学研究院，其工作原理如图乙所示，下列说法正确的是( )
A．由于粒子速度被逐渐加大，则它在D形盒中的运动周期越来越小
B．由于粒子速度被逐渐加大，极板所加的交流电周期要相应减小
C．粒子从加速器出来的最大速度与D形盒的半径大小及磁场磁感应强度有关
D．粒子增加的动能来源于磁场
情境2 霍尔推进器——科学思维
[典例2] [2023·广东广州天河区一模](多选)据报道，我国空间站(图甲)安装了现代最先进的霍尔推进器用以空间站的轨道维持．如图乙所示，在很窄的某圆环空间内有沿半径向外的磁场1，其磁感应强度大小可近似认为处处相等；垂直圆环平面同时加有匀强磁场2和匀强电场(图中没画出)，磁场1与磁场2的磁感应强度大小相等，已知电子电荷量为e，质量为m，若电子恰好可以在圆环内沿顺时针方向做半径为R、速率为v的匀速圆周运动．则以下说法正确的是( )
A.电场方向垂直环平面向外
B．电子做匀速圆周运动的周期为2πRv
C．垂直环平面的磁感应强度大小为mveR
D．电场强度大小为mv2eR
情境3 电磁流量计——模型建构
[典例3] [2023·湖北省武汉市模拟](多选)电磁流量计可以测量导电流体的流量(单位时间内流过某一横截面的流体体积)．如图所示，它是由一个产生磁场的线圈，以及用来测量电动势的两个电极a、b所构成，可架设于管路外来测量液体流量．以v表示流速，B表示电磁线圈产生的磁场，D表示管路内径，若磁场B的方向、流速v的方向与测量电磁线圈感应电动势两电极连线的方向三者相互垂直，则测得的感应电动势为U0，下列判断正确的是( )
A．电极a为负，电极b为正
B．电极a为正，电极b为负
C．U与液体流量成正比
D．U与液体流量成反比
情境4 质谱仪——科学思维
[典例4] [2023·天津和平区期末]有一种“双聚焦分析器”质谱仪，工作原理如图所示．加速电场的电压为U，静电分析器中有会聚电场，即与圆心O1等距各点的电场强度大小相同，方向沿径向指向圆心O1，磁分析器中以O2为圆心、圆心角为90°的扇形区域内，分布着方向垂直于纸面向外的匀强磁场，其左边界与静电分析器的右边界平行．由离子源发出一个质量为m、电荷量为q的正离子(初速度为零、重力不计)；经加速电场加速后，从M点沿垂直于该点的电场方向进入静电分析器，在静电分析器中，离子沿半径为R的四分之一圆弧轨道做匀速圆周运动，并从N点射出静电分析器．而后离子由P点沿着既垂直于磁分析器的左边界，又垂直于磁场方向射入磁分析器中，最后离子沿垂直于磁分析器下边界的方向从Q点射出，并进入收集器，测量出Q点与圆心O2的距离为d.(题中的U、m、q、R、d都为已知量)
(1)求静电分析器中离子运动轨迹处电场强度E的大小；
(2)求磁分析器中磁感应强度B的大小；
(3)现将离子换成质量为2m、电荷量为0.5q的另一种正离子，其他条件不变．磁分析器空间足够大，离子不会从圆弧边界射出，求该离子离开磁分析器的位置Q′到O2的距离．
第9讲 带电粒子在复合场中的运动
命题分类剖析
命题点一
[例1] 解析：由题知，一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，则根据几何关系可知粒子做圆周运动的半径r＝2a
则粒子做圆周运动有qvB＝mv2r
则有qm＝v2a·B
如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏，则有Eq＝qvB
联立有qm＝E2a·B2
故选A.
答案：A
[例2] 解析：(1)粒子运动的轨迹如图甲所示．(粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中为圆弧，上下对称)；
(2)粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动，设粒子从M点射入时速度的大小为v0，在下侧电场中运动的时间为t，加速度的大小为a；粒子进入磁场的速度大小为v，方向与电场方向的夹角为θ(见图乙)．速度沿电场方向的分量为v1.根据牛顿第二定律有
qE＝ma①
式中q和m分别为粒子的电荷量和质量，由运动学公式有
v1＝at②
l′＝v0t③
v1＝v cs θ④
粒子在磁场中做匀速圆周运动，设其运动轨道半径为R，
由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得
qvB＝mv2R⑤
由几何关系得l＝2R cs θ⑥
联立①②③④⑤⑥式得
v0＝2El'Bl；⑦
(3)由运动学公式和题中所给数据得
v1＝v0tanπ6⑧
联立①②③⑦⑧式得
qm＝43El'B2l2⑨
设粒子由M点运动到N点所用的时间为t′，则
t′＝2t＋2π2-π62πT⑩
式中T是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期
T＝2πmqB⑪
由③⑦⑨⑩⑪式得
t′＝BlE(1＋3πl18l')⑫
答案：(1)图见解析 (2)2El'Bl (3)43El'B2l2 BlE(1＋3πl18l')
[提升训练]
1．解析：若粒子从NP中点射入磁场，在电场中，水平方向有x0＝v0t，竖直方向有y02＝12·qEmt2，解得E＝y0mv02 qx02 ，A对；粒子在电场中运动，由动能定理有qE·y02＝12mv2-12mv02，结合A项分析可得v＝v0 1+y02 x02 ，B错；粒子在电场中的运动过程，竖直方向有vy＝qEm·x0v0，粒子在磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝mv2R，设粒子从电场中射出时的速度方向与y轴正方向的夹角为θ，根据几何关系可知，圆心到MN的距离为s＝R cs θ＝mvyqB＝Ex0Bv0，C错；经分析可知，粒子从N点进入磁场时，在磁场中运动的轨迹半径最大，在电场中运动时，水平方向有x0＝v0t，竖直方向有y0＝12·qEmmt2，由动能定理有Emqy0＝,粒子在磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力有qvmB＝,联立解得Rm＝mv0x02+4y02 qBx0，D对．
答案：AD
2．解析： (1)设磁场圆心为O1，粒子1在磁场中运动轨迹的半径为r，圆心为O2，从磁场边界上的C点飞出，如图所示
由几何关系可知四边形O1AO2C为菱形，故有r＝R
由牛顿第二定律可知qv0B＝mv02 r
联立解得v0＝1×103 m/s
(2)设粒子2在磁场中运动轨迹的圆心为O3，它从D点平行于x轴射出磁场，延长DO3与x轴相交于E点，DE垂直于x轴，如图所示．
有：∠AO3D＝120°，∠O3AE＝30°
粒子2在磁场中运动的周期T＝2πrv0＝4π×10－3s
它在磁场中运动的时间t1＝120°360°T＝4π3×10－3s
D点的横坐标xD＝xA＋r·cs ∠O3AE＝－23 m＋2×32 m＝－3 m
D点到P点沿x轴方向的位移为x＝xP－xD＝(4＋3) m
粒子2从D点到P点在沿x轴方向上做匀速直线运动，所用时间t2＝xv0＝(4＋3)×10－3 s
所以t＝t1＋t2＝9.9×10－3 s
(3)由几何关系可知所有粒子都平行于x轴进入电场，如图所示
设某个粒子在电场中运动的时间为t0，加速度为a，到达抛物线OQP时的坐标为(x，y)，此时粒子速度为v，沿y轴方向的分速度大小为vy，x轴方向上有x＝v0t0
y轴方向上由牛顿第二定律有qE＝ma
解得a＝1.5×106m/s2，vy＝at0
由三角形相似可得vyv0＝yxP-x
联立解得y＝－1.5x2＋6x(m)(0≤x≤4 m)
答案：(1)1×103 m/s (2)9.9×10－3 s
(3)y＝－1.5x2＋6x(m)(0≤x≤4 m)
命题点二
[例1] 解析：(1)由题知，入射速度为v0时，电子沿x轴做直线运动则有Ee＝ev0B
解得E＝v0B
(2)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，由于洛伦兹力不做功，且由于电子入射速度为v04，则电子受到的电场力大于洛伦兹力，则电子向上偏转，根据动能定理有
eEy1＝12m12v02－12m14v02
解得y1＝3mv032eB
(3)若电子以v入射时，设电子能达到的最高点位置的纵坐标为y，则根据动能定理有
eEy＝12mvm2－12mv2
由于电子在最高点与在最低点所受的合力大小相等，则在最高点有
F合＝evmB－eE
在最低点有F合＝eE－evB
联立有vm＝2EB－v
y＝2mv0-veB
要让电子到达纵坐标y2＝mv05eB位置，即
y≥y2
解得v≤910v0
则若电子入射速度在0 答案：(1)v0B (2)3mv032eB (3)90%
[例2] 解析：
(1)液滴运动轨迹如图所示，y≥0空间内液滴做匀速圆周运动，有qE1＝mg
解得E1＝mgq
由洛伦兹力提供向心力有qv0B＝mv02r，其中v0＝43 gL3
由几何关系有r＋r cs θ＝L
解得B＝2mq g3L，r＝23L.
(2)由(1)问得r＝23L
液滴做匀速圆周运动的时间t1＝300°360°·2πrv0＝56π 3Lg
液滴通过x轴上P点后做直线运动，设液滴在第四象限中运动的时间为t2，则
mgcsθ ＝2mg＝ma1，rsinθ＝v0t2+12a1t22
联立解得t2＝23 L3g
T＝t1＋t2
联立解得T＝56π 3Lg+23 L3g.
答案：(1)mgq 2mq g3L
(2)56π 3Lg+23 L3g
[例3] 解析： (1)液滴从P点到原点O的过程中，根据动量定理
水平方向：Ix＝mv cs π4－mv0＝4×10－6N·s
竖直方向：Iy－mgt＝－mv sin π4－0，
解得：Iy＝－4×10－6N·s
电场的冲量大小为I＝Ix2+Iy2 ＝42×10－6N·s
(2)液滴进入yOz平面的右侧后E1q＝mg
相当于只受磁场力，根据向心力公式：qvB11＝mv2r1
其中B11＝2B0＝0.8 T，解得：r1＝210 m
且T1＝2πr1v＝π10 s
同理qvB12＝mv2r2
其中B12＝B0＝0.4 T，解得r2＝25 m
且T2＝2πr2v＝π5 s
则Δt＝4t0＋T14＝9π40 s
(3)在t＝6t0时，液滴的速度在xOy平面内，与x轴夹角为45°，6t0后液滴螺旋上升，
上升时间为：t＝vsin45°g＝0.2 s
高度h＝vsin45°2t＝0.2 m
根据洛伦兹力提供向心力，有qv sin 45°B2＝mvsin45°2r3
解得液滴在xOz平面内做圆周运动的半径r3＝215π m
周期为T3＝2πr3vsin45°＝215 s
所以上升过程相当于32T3
x3＝3r2cs 45°＝0.6 m，y3＝3r2sin 45°＋h＝0.8 m，z3＝2r3＝415π m
因此液滴在最高点的坐标为(0.6 m，0.8 m，415π m)
答案：(1)42×10－6 N·s (2)9π40 s
(3)(0.6 m，0.8 m，415π m)
[提升训练]
1．解析：(1)小球滑离直杆后进入叠加场，在叠加场内的受力情况如图所示，小球做匀速直线运动，根据几何关系有sin θ＝Eqmg，cs θ＝qvBmg；L＝v22gsinθ；解得E＝mgsinθq，B＝mgcsθq2gLsinθ
(2)根据题意可知，当磁场撤去后，小球受重力和电场力作用，且合力的方向与速度方向垂直，小球做类平抛运动，水平方向有Eq cs θ＝max；vx＝v cs θ－axt
竖直方向有mg－Eq sin θ＝may；h＝v sin θ·t＋12ayt2
当小球落到地面时，vx＝0，即vx＝v cs θ－axt＝0，解得t＝mvEq，h＝(sin θ＋1sinθ)L.
答案：(1)mgsinθq mgcsθq2gLsinθ (2)(sin θ＋1sinθ)L
2．解析：(1)小球沿AC方向做直线运动，则qv0B0＝mg sin θ
qE＝mg cs θ
其中v0＝3gR
解得B0＝m2q gR，E＝mg2q.
(2)小球运动轨迹如图所示，小球从C点离开磁场后受到的合外力方向与电场方向垂直向下且mg sin θ＝ma，小球做类平抛运动，则L＝v0t2，d＝12at22，由几何关系有d＝12(2R+R cs⁡θsin⁡θ+Lsin⁡θ)
解得L＝6R
小球第一次通过x轴时位置的横坐标
xD＝R sin θ＋R+Rcsθtanθ+Lsinθ
解得xD＝53R.
(3)由(2)问得t2＝2 3Rg，tan α＝v0at2
解得α＝30°
则v1＝2v0sin (30°＋α)＝3v0
v2＝2v0cs (30°＋α)＝v0
经过计算得qBv1＝mg，则小球在x轴下方运动的最大速度为vmax＝v1＋v2
解得vmax＝(1＋3)3gR.
答案：(1)m2q gR mg2q (2)53R (3)(1＋3)3gR
素养培优·情境命题
典例1 解析：粒子在磁场中运动的周期T＝2πmqB，与粒子速度无关，故粒子在D形盒中的运动周期不变，所加交流电的周期也相应保持不变，故AB错误；
粒子由D形盒中飞出时，有qvmB＝mvm2 R
得R＝mvmqB
结合Ekm＝mvm2 2
可解得粒子的最大速度为vm＝B2R2q22m
与D形盒的半径大小R及磁场磁感应强度B均有关，故C正确；
洛伦兹力总与粒子的运动方向垂直，不对粒子做功，只改变粒子速度的方向，粒子增加的动能来源于加速电场，故D错误．
答案：C
典例2 解析：根据左手定则可知电子在圆环内受到沿半径向外的磁场1的洛伦兹力方向垂直环平面向里，电子受到的电场力需要与该洛伦兹力平衡，电场力方向应垂直环平面向外，由于电子带负电，故电场方向垂直环平面向里，A错误；电子在圆环内沿顺时针方向做半径为R、速率为v的匀速圆周运动，则电子运动周期为T＝2πRv，B正确；电子在圆环内受到磁场2的洛伦兹力提供电子做匀速圆周运动的向心力，则有evB＝mv2R，解得B＝mveR，C正确；电子在垂直环平面方向受力平衡，则有eE＝evB，解得E＝mv2eR，D正确．
答案：BCD
典例3 解析：根据左手定则，带正电的离子所受洛伦兹力指向b极，则正离子向b极移动，同理，带负电离子受洛伦兹力向a极移动，故电极a为负，电极b为正，故A正确，B错误；
带电粒子受洛伦兹力与电场力平衡时，有qU0D＝qvB，又由流量为Q＝Vt＝πD22vtt＝πD2v4，联立解得感应电动势U0＝4QBπD，可知U与液体流量成正比，故 C正确，D错误．
答案：AC
典例4 解析：(1)离子通过加速电场的过程，根据动能定理有qU＝12mv2
离子在静电分析器中做匀速圆周运动，则有qE＝mv2R，解得E＝2UR.
(2)离子垂直磁分析器左边界进入，垂直下边界射出，则离子在磁分析器中做匀速圆周运动的半径为d，则有qvB＝mv2d，解得B＝1d 2Umq.
(3)由(1)可得，另一种离子在静电分析器中的运动半径仍为R，所以该离子进入磁分析器的位置P′仍为P，则有0.5qU＝12·2mv′2
离子在磁分析器中做匀速圆周运动有0.5qv′B＝2mv'2r'，解得r′＝2d
该离子离开磁分析器的位置Q′到O2的距离为x＝2d2-2d-d2＝3d.
答案：(1)2UR (2)1d 2Umq (3)3d
运动性质
受力特点
方法规律
匀速直线运动
粒子所受的合力为0
平衡条件
匀速圆周运动
除洛伦兹力外，另外两力的合力为零；qE＝mg
牛顿第二定律、圆周运动的规律
较复杂的曲线运动
除洛伦兹力外，其他力的合力既不为零，也不与洛伦兹力等大反向
动能定理、能量守恒定律