统考版高考物理一轮复习第九章磁场专题七带电粒子在复合场中的运动含答案

这是一份统考版高考物理一轮复习第九章磁场专题七带电粒子在复合场中的运动含答案，共19页。试卷主要包含了组合场，“电偏转”或“磁偏转”的比较，电场力、磁场力、重力并存，解析等内容，欢迎下载使用。

考点一 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．“电偏转”或“磁偏转”的比较

例1.一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
模型建构——类平抛运动、匀速圆周运动模型、结合对称性分析→求速度
[思维方法]
解决带电粒子在组合场中运动问题的一般思维模板
跟进训练
1.[2021·广东卷，14]如图是一种花瓣形电子加速器简化示意图．空间有三个同心圆a、b、c围成的区域，圆a内为无场区，圆a与圆b之间存在辐射状电场，圆b与圆c之间有三个圆心角均略小于90°的扇环形匀强磁场区Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ.各区磁感应强度恒定，大小不同，方向均垂直纸面向外．电子以初动能Ek0从圆b上P点沿径向进入电场，电场可以反向，保证电子每次进入电场即被全程加速．已知圆a与圆b之间电势差为U，圆b半径为R，圆c半径为3R，电子质量为m，电荷量为e，忽略相对论效应，取tan 22.5°＝0.4.
(1)当Ek0＝0时，电子加速后均沿各磁场区边缘进入磁场，且在电场内相邻运动轨迹的夹角θ均为45°，最终从Q点出射，运动轨迹如图中带箭头实线所示．求Ⅰ区的磁感应强度大小、电子在Ⅰ区磁场中的运动时间及在Q点出射时的动能；
(2)已知电子只要不与Ⅰ区磁场外边界相碰，就能从出射区域出射．当Ek0＝keU时，要保证电子从出射区域出射，求k的最大值．
考点二 带电粒子在叠加场中的运动
1．磁场力、重力并存
(1)若重力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动．
(2)若重力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒，由此可求解问题．
2．电场力、磁场力并存(不计重力的微观粒子)
(1)若电场力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动．
(2)若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电体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．
3．电场力、磁场力、重力并存
(1)若三力平衡，一定做匀速直线运动．
(2)若重力与电场力平衡，一定做匀速圆周运动．
(3)若合力不为零且与速度方向不垂直，将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用能量守恒或动能定理求解问题．

例2.如图所示，平面直角坐标系的第二象限内存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m、带电荷量为＋q的小球从A点以速度v0沿直线AO运动，AO与x轴负方向成37°角，在y轴与MN之间的区域Ⅰ内加一电场强度最小的匀强电场后，可使小球继续做直线运动到MN上的C点，MN与PQ之间区域Ⅱ内存在宽度为d的竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，小球在区域Ⅱ内做匀速圆周运动并恰好不能从右边界飞出，已知小球在C点的速度大小为2v0，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，求：
(1)第二象限内电场强度E1的大小和磁感应强度B1的大小；
(2)区域Ⅰ内最小电场强度E2的大小和方向；
(3)区域Ⅱ内电场强度E3的大小和磁感应强度B2的大小．
[教你解决问题]——读题抓已知条件→模型建构
跟进训练
2．[2022·广西南宁统考]如图所示，空间中存在水平方向的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向左，磁场方向垂直纸面向里．一带电小球恰能以速度v0沿与水平方向成30°角斜向右下方做匀速直线运动，最后进入一轴线沿小球运动方向且固定摆放的一光滑绝缘管道(管道内径略大于小球直径)，下列说法正确的是( )
A．小球带负电
B．电场和磁场的大小关系为EB＝3v0
C．若小球刚进入管道时撤去磁场，小球仍做匀速直线运动
D．若小球刚进入管道时撤去电场，小球的机械能不断增大
3．如图所示，在竖直平面内的坐标系xOy中，第三象限存在垂直于纸面向外的匀强磁场和沿x轴负方向的匀强电场，第一象限y≥0.35 m的区域有竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，两区域磁场的磁感应强度大小均为B＝0.5 T，电场的场强大小均为E＝2 N/C.一带电荷量为q的油滴从图中第三象限的P点获得一初速度v0，恰好能沿PO做匀速直线运动(PO与x轴负方向的夹角为θ＝45°)，并从原点O进入第一象限，经过一段时间后再次穿过x轴离开第一象限，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)油滴在P点得到的初速度v0的大小；
(2)油滴在第一象限运动的时间；
(3)油滴再次穿过x轴时的横坐标x1.
考点三 复合场与现代科技素养提升
情境1 现代科技中的电磁场问题
例3. [2021·河北卷，5]如图，距离为d的两平行金属板P、Q之间有一匀强磁场，磁感应强度大小为B1，一束速度大小为v的等离子体垂直于磁场喷入板间．相距为L的两光滑平行金属导轨固定在与导轨平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小为B2，导轨平面与水平面夹角为θ，两导轨分别与P、Q相连．质量为m、电阻为R的金属棒ab垂直导轨放置，恰好静止．重力加速度为g，不计导轨电阻、板间电阻和等离子体中的粒子重力．下列说法正确的是( )
A．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，v＝mgRsinθB1B2Ld
B．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，v＝mgRsinθB1B2Ld
C．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，v＝mgRtanθB1B2Ld
D．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，v＝mgRtanθB1B2Ld
跟进训练
4.(多选)如图甲是回旋加速器D形盒外观图，如图乙是回旋加速器工作原理图，微观粒子从S处由静止开始被加速，达到其可能的最大速度vm后将到达导向板处，由导出装置送往需要使用高速粒子的地方．下列说法正确的是( )
A．D形盒半径是决定vm的一个重要因素
B．粒子从回旋加速器的磁场中获得能量
C．高频电源的电压是决定vm的重要因素
D．高频电源的周期等于粒子在磁场中的运动周期
5.[2022·郑州模拟](多选)某种质谱仪的工作原理示意图如图所示．此质谱仪由以下几部分构成：粒子源N，P、Q间的加速电场，静电分析器，磁感应强度为B的有界匀强磁场、方向垂直纸面向外，胶片M.若静电分析器通道中心线半径为R，通道内有均匀辐射电场，在中心线处的电场强度大小为E；由粒子源发出一质量为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，垂直场强方向进入静电分析器，在静电分析器中，离子沿中心线做匀速圆周运动，而后由S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，最终打到胶片上的某点．下列说法正确的是( )
A．P、Q间加速电压为12ER
B．离子在磁场中运动的半径为 mERq
C．若一质量为4m、电荷量为q的正离子加速后进入静电分析器，离子不能从S射出
D．若一群离子经过上述过程打在胶片上同一点，则这些离子具有相同的比荷
情境2 CT扫描机
例4. CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，CT扫描机可用于对多种病情的探测．图甲是某种CT机主要部分的剖面图，其中X射线产生部分的示意图如图乙所示．图乙中M、N之间有一电子束的加速电场，虚线框内有匀强偏转磁场；经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到靶上，产生X射线(如图中带箭头的虚线所示)，将电子束打到靶上的点记为P点．则( )
A．M处的电势高于N处的电势
B．增大M、N之间的加速电压可使P点左移
C．偏转磁场的方向垂直于纸面向外
D．增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P点左移
[思维方法]
解决实际问题的一般过程
专题七 带电粒子在复合场中的运动
关键能力·分层突破
例1 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＝ma ①
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＝at ②
l′＝v0t ③
v1＝v cs θ ④
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＝mv2R ⑤
由几何关系得l＝2R cs θ ⑥
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＝v0tanπ6 ⑧
联立①②③⑦⑧式得
qm＝43El'B2l2 ⑨
设粒子由M点运动到N点所用的时间为t′，则
t′＝2t＋2π2−π62πT ⑩
式中T是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期
T＝2πmqB ⑪
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')
1．解析：(1)设电子经圆b的加速电场加速两次后以速度v1进入Ⅰ区磁场，Ⅰ区的磁感应强度大小为B1，则由动能定理得2eU＝12mv12－0，
由几何知识得，电子在Ⅰ区做匀速圆周运动的半径
r1＝R tan θ2＝R tan 22.5°＝0.4R，
由洛伦兹力提供向心力可得ev1B1＝mv12 r1，
联立解得B1＝5meUeR，
运动时间t1＝360°−135°360°T，又T＝2πmeB1，
联立解得t1＝πRmeU4eU，
电子由P→Q，由动能定理得8eU＝Ek，所以动能Ek＝8eU.
(2)k最大时，电子进入Ⅰ区时速度v最大，做匀速圆周运动的半径r最大，所以当电子轨迹与Ⅰ区磁场的圆弧相切时，半径r最大，
由几何关系知(3R－r)2＝R2＋r2，解得r＝33R，根据洛伦兹力提供向心力有evB1＝mv2r，
解得v＝53meU3m，
电子从P点进入圆b到刚进入Ⅰ区，由动能定理得
2eU＝12mv2－Ek0，
又Ek0＝keU，解得k＝136.
答案：(1)5meUeR πRmeU4eU 8eU (2)136
例2 解析：(1)带电小球在第二象限内受重力、电场力和洛伦兹力作用做直线运动，三力满足如图所示关系且小球只能做匀速直线运动．
由图知tan 37°＝qE1mg，得E1＝3mg4q，cs 37°＝mgqv0B1，
得B1＝5mg4qv0.
(2)区域Ⅰ中小球做直线运动，电场强度最小，受力如图所示(电场力方向与速度方向垂直)，小球做匀加速直线运动．
由图知cs 37°＝qE2mg，得E2＝4mg5q.
方向与x轴正方向成53°角向上．
(3)小球在区域Ⅱ内做匀速圆周运动，所以mg＝qE3，得E3＝mgq，因小球恰好不从右边界穿出，小球运动轨迹如图所示．
由几何关系得r＝5d8，
由洛伦兹力提供向心力知q·2v0B2＝m2v02r，
联立得B2＝16mv05qd.
答案：(1)3mg4q 5mg4qv0 (2)4mg5q，方向与x轴正方向成53°角向上 (3)mgq 16mv05qd
2．解析：带电小球受到竖直向下的重力，垂直速度方向的洛伦兹力，沿水平方向的电场力，根据质点做匀速直线运动的条件可知，小球带正电，选项A错误；由sin 30°＝qEqv0B可得，电场和磁场的大小关系为EB＝v02，选项B错误；若小球刚进入管道时撤去磁场，重力沿速度方向的分力与电场力沿速度方向的分力大小相等，方向相反，所以小球仍做匀速直线运动，选项C正确；若小球刚进入管道时撤去电场，只有重力做功，小球的机械能守恒，选项D错误．
答案：C
3．解析：(1)如图所示，根据平衡条件可得
mg＝qE，qv0B＝2qE
解得v0＝2EB＝42 m/s.
(2)进入第一象限后，在0≤y≤0.35 m区域内，油滴做斜抛运动，根据运动的合成与分解，油滴在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做竖直上抛运动，刚到O点时，有v0x＝v0cs 45°，v0y＝v0sin 45°
竖直方向上，油滴做竖直上抛运动，有
vy2−v0y2＝－2gℎ
vy＝v0y－gt1
进入y>ℎ区域后，电场力和重力大小相等，方向相反，油滴在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，则进入到y>ℎ区域时，有
v1＝v0x2+vy2
根据速度的合成与分解可得tan α＝vyv0x
运动时间t2＝2α360°T
其中周期T＝2πmqB
总时间t＝2t1＋t2
联立解得t＝15 s＋37π225 s＝0.72 s.
(3)进入第一象限后，在0≤y≤h区域内，油滴在水平方向上做匀速直线运动，有L1＝v0xt1
进入y>h区域后，电场力和重力大小相等，方向相反，油滴在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有qv1B＝mv12 R
由几何关系得L2＝R sin α
由对称性得x1＝2L1＋2L2，
解得x1＝3.2 m.
答案：(1)42 m/s (2)0.72 s (3)3.2 m
例3 解析：由左手定则可知Q板带正电，P板带负电，所以金属棒ab中的电流方向为从a到b，对金属棒受力分析可知，金属棒受到的安培力方向沿导轨平面向上，由左手定则可知导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，由受力平衡可知B2IL＝mg sin θ，而I＝UR，而对等离子体受力分析有qUd＝qvB1，解得v＝mgRsinθB1B2Ld.故B正确，A、C、D错误．
答案：B
4．解析：回旋加速器中的加速粒子最后从磁场中做匀速圆周运动离开，根据半径公式R＝mvmqB，可得vm＝qBRm，则粒子的最大速度与加速的电压无关，而与D形盒的半径、磁感应强度以及粒子的电荷量和质量有关，D形盒半径越大，vm越大；磁场越强，vm越大，A正确，C错误．回旋加速器是利用电场加速、磁场偏转来加速粒子的，B错误；粒子在磁场中转动两个半圆的过程，电场的方向变换两次，则T电＝2×T磁2＝T磁＝2πmqB，D正确．
答案：AD
5．解析：直线加速过程，根据动能定理得qU＝12mv2，电场中偏转过程，根据牛顿第二定律得qE＝mv2R，在磁场中偏转过程，根据牛顿第二定律得qvB＝mv2r，解得U＝12ER，r＝mqB qERm＝1B mERq，故选项A正确，B错误；只要满足R＝2UE，所有粒子都可以在弧形电场区通过，故选项C错误；由r＝1B mERq可知，打到胶片上同一点的粒子的比荷一定相等，故选项D正确．
答案：AD
例4 解析：本题结合CT扫描机考查带电粒子的加速、偏转问题．电子束在M、N之间需要加速，故N处的电势高于M处的电势，A错误；若增大M、N之间的加速电压，会使得电子获得的速度变大，电子在磁场中偏转，洛伦兹力提供向心力，有Bvq＝mv2R，可得电子的偏转轨迹半径R＝mvqB，则电子在磁场中运动轨迹的半径变大，电子出磁场时偏转角减小，P点向右移，B错误；电子进入磁场中向下偏转，由左手定则可知，偏转磁场的方向垂直于纸面向里，故C错误；根据R＝mvqB可知，偏转磁场的磁感应强度越大，电子的运动轨迹半径越小，在偏转磁场中偏转越明显，P点向左移，故D正确．
答案：D关键能力·分层突破
比较项
垂直进入磁场(磁偏转)
垂直进入电场(电偏转)
情景图
受力
FB＝qv0B，FB大小不变，方向总指向圆心，方向变化，为变力
FE＝qE，FE大小、方向不变，为恒力
运动
规律
匀速圆周运动，
r＝mv0Bq，T＝2πmBq
类平抛运动，vx＝v0，vy＝Eqmt，x＝v0t，
y＝Eq2mt2
运动
时间
t＝θ2πT＝θmBq
t＝Lv0
动能
不变
变化
装置
原理图
规律
质谱仪
带电粒子由静止被加速电场加速qU＝12mv2，在磁场中做匀速圆周运动qvB＝mv2r，则比荷qm＝2UB2r2
回旋加速器
交变电流的周期和带电粒子做圆周运动的周期相同，带电粒子在圆周运动过程中每次经过D形盒缝隙都会被加速．由qvB＝mv2r得Ekm＝q2B2r22m
速度选择器
若qv0B＝Eq，即v0＝EB，粒子做匀速直线运动
磁流体发电机
等离子体射入，受洛伦兹力偏转，使两极板带正、负电，两极电压U时稳定，qUd＝qv0B，U＝v0Bd
电磁流量计
UDq＝qvB所以v＝UDB所以Q＝vS＝πDU4B
命题分析
试题
情境
属于综合性题目，以等离子体发电机为素材创设学习探索问题情境
必备
知识
考查左手定则、欧姆定律、安培力公式、平衡条件
关键
能力
考查推理能力、模型建构能力．要求学生将等离子进入后的PQ建构为直流电源
学科
素养
考查物理观念、科学思维．要求考生在判断电源正负极的基础上计算导体棒在磁场中的平衡问题