2025版高考物理一轮总复习考点突破训练题第11章磁场专题强化15带电粒子在组合场中的运动考点2带电粒子在组合场中的运动

这是一份2025版高考物理一轮总复习考点突破训练题第11章磁场专题强化15带电粒子在组合场中的运动考点2带电粒子在组合场中的运动，共9页。试卷主要包含了组合场，“磁偏转”和“电偏转”的比较等内容，欢迎下载使用。

1．组合场
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。
2．“磁偏转”和“电偏转”的比较
3.常见粒子的运动及解题方法
►考向1 磁场与磁场的组合
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，进一步寻找边角关系。
(2023·浙江卷改编)利用磁场实现离子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。如图所示，Oxy平面(纸面)的第一象限内有足够长且宽度均为L、边界均平行x轴的区域Ⅰ和Ⅱ，其中区域Ⅰ存在磁感应强度大小为B1的匀强磁场，区域Ⅱ存在磁感应强度大小为B2的匀强磁场，方向均垂直纸面向里，区域Ⅱ的下边界与x轴重合。位于(0,3L)处的离子源能释放出质量为m、电荷量为q、速度方向与x轴夹角为60°的正离子束，沿纸面射向磁场区域。不计离子的重力及离子间的相互作用，并忽略磁场的边界效应。
(1)求离子不进入区域Ⅱ的最大速度v1及其在磁场中的运动时间t；
(2)若B2＝2B1，求能到达y＝eq \f(L,2)处的离子的最小速度v2。
[解析] (1)当离子不进入磁场Ⅱ速度最大时，轨迹与边界相切，则由几何关系
r1cs 60°＝r1－L
解得r1＝2L
根据qv1B1＝meq \f(v\\al(2,1),r1)
解得v1＝eq \f(2B1qL,m)
在磁场中运动的周期T＝eq \f(2πm,qB1)
运动时间t＝eq \f(2×60°,360°)T＝eq \f(2πm,3qB1)。
(2)若B2＝2B1，根据r＝eq \f(mv,qB)
可知r1＝2r2
粒子在磁场中运动轨迹如图，设O1O2与磁场边界夹角为α，由几何关系
r1sin α－r1sin 30°＝L
r2－r2sin α＝eq \f(L,2)
解得r2＝2L
sin α＝eq \f(3,4)
根据qv2B2＝meq \f(v\\al(2,2),r2)
解得v2＝eq \f(4B1qL,m)。
[答案] (1)eq \f(2B1qL,m) eq \f(2πm,3qB1) (2)eq \f(4B1qL,m)
►考向2 先电场后磁场
[解析] (1)设板间距离为d，则板长为eq \r(3)d，带电粒子在板间做类平抛运动，两板间的电场强度为E＝eq \f(U,d)
根据牛顿第二定律得，电场力提供加速度qE＝ma
解得a＝eq \f(qU,md)
设粒子在平板间的运动时间为t0，根据类平抛运动的运动规律得
eq \f(d,2)＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,0)，eq \r(3)d＝v0t0
联立解得U＝eq \f(mv\\al(2,0),3q)。
(2)设粒子出电场时与水平方向夹角为α，则有
tan α＝eq \f(at0,v0)＝eq \f(\r(3),3)
故α＝eq \f(π,6)
则出电场时粒子的速度为v＝eq \f(v0,cs α)＝eq \f(2\r(3),3)v0
粒子出电场后沿直线做匀速直线运动，接着进入磁场，根据牛顿第二定律，洛伦兹力提供匀速圆周运动所需的向心力得qvB＝meq \f(v2,r)
解得r＝eq \f(mv,qB)＝eq \f(2\r(3)mv0,3qB)
已知圆形磁场区域半径为R＝eq \f(2mv0,3qB)，
故r＝eq \r(3)R
粒子沿PO方向射入磁场即沿半径方向射入磁场，故粒子将沿半径方向射出磁场，粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向的夹角为θ，则粒子在磁场中运动圆弧轨迹对应的圆心角也为θ，由几何关系可得θ＝2α＝eq \f(π,3)
故粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向的夹角为eq \f(π,3)或60°。
(3)带电粒子在该磁场中运动的半径与圆形磁场半径关系为r＝eq \r(3)R，根据几何关系可知，带电粒子在该磁场中运动的轨迹一定为劣弧，故劣弧所对应轨迹圆的弦为磁场圆的直径时粒子在磁场中运动的时间最长。则相对应的运动轨迹和弦以及圆心M的位置如图所示：
[答案] (1)eq \f(mv\\al(2,0),3q) (2)eq \f(π,3)或60° (3)见解析

解答电场与磁场组合问题解题思路
(1)画运动轨迹：根据受力分析和运动学分析，大致画出粒子的运动轨迹图。
(2)找关键点：确定带电粒子在场区边界的速度(包括大小和方向)是解决该类问题的关键。
(3)划分过程：将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选取不同的规律处理。
►考向3 先磁场后电场
(2023·浙江嘉兴联考)如图所示，空间中有一半径为R、圆心处于O点的圆形匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。其底部A点有一电子源可向圆形磁场内各个方向内持续发射速度大小为v0，质量为m，电荷量为e的电子。圆形磁场右侧紧靠着一电子收集装置，该装置主要由长为2R、间距为2R的平行金属板MN和PQ构成，平行金属板中心轴线过磁场圆心O点，金属板之间加恒为UMN＝eq \f(mv\\al(2,0),e)的电压，PQ板接地，当电子碰到金属板立即被收集中和。未能收集的电子射出平行金属板后会撞上另一收集装置BC板(足够长)，B点在金属板右端点QN连线的延长线上，并与延长线的夹角为θ(θ可调)。不计电子之间的相互作用和场的边缘效应，则：
(1)现要求所有电子均能平行进入金属板间，求磁感应强度B的大小；
(2)若电子初速度满足(1)的条件且进入收集装置时在竖直方向分布均匀，单位时间内电子数为n，求平行金属板的收集效率和单位时间内电子减少的总电势能；
(3)在(2)中未能收集的电子离开平行金属板后与BC板发生碰撞，要求电子垂直撞击BC板，应调整θ为多少？调整后与BC撞击的电子有60%被完全吸收，40%电子会被反弹，反弹后的速度大小减小为原来的一半，求BC板受到的作用力大小。
[解析] (1)当电子在磁场中运动半径与磁场半径相等时，所有电子均能平行向右进入收集装置，有ev0B＝eq \f(mv\\al(2,0),R)
解得B＝eq \f(mv0,eR)。
(2)电子进入平行板后受向上电场力作用做类平抛运动，设恰好从N点出射的电子进入平行板时离MN距离为d，则有d＝eq \f(1,2)at2
2R＝v0t
其中a＝eq \f(Ee,m)
UMN＝2ER
解得d＝R
即从中心轴线以上进入的电子全部被收集，中心轴线以下的电子不能被收集，收集效率η＝50%
因电子进入平行板时分布均匀，则中心轴线以上电子减少的电势能为ΔEp1＝eq \f(1,2)×eq \f(1,2)ne×eq \f(1,2)UMN＝eq \f(nmv\\al(2,0),8)
中心轴线以下电子减少的电势能为
ΔEp2＝eq \f(1,2)ne×eq \f(1,2)UMN＝eq \f(nmv\\al(2,0),4)
共减少的电势能
ΔEp＝ΔEp1＋ΔEp2＝eq \f(3nmv\\al(2,0),8)。
(3)设未被平行板收集的电子离开平行板区域时速度与水平方向夹角为α，则tan α＝1
解得α＝45°
要让电子能够垂直撞击BC板，有θ＝α＝45°
设电子与BC板发生碰撞时速度为v，由类平抛规律有v＝eq \f(v0,cs 45°)＝eq \r(2)v0
由动量定理得F1Δt＝eq \f(1,2)nmΔtv×0.6
F2Δt＝eq \f(1,2)nmΔteq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)v＋v))×0.4
根据牛顿第三定律，BC板受到的作用力大小
F＝F1＋F2＝eq \f(3\r(2),5)nmv0。
[答案] (1)eq \f(mv0,eR) (2)50% eq \f(3nmv\\al(2,0),8) (3)45° eq \f(3\r(2),5)nmv0
►考向4 粒子在组合场中的多次运动问题
(2023·山东卷)如图所示，在0≤x≤2d,0≤y≤2d的区域中，存在沿y轴正方向、场强大小为E的匀强电场，电场的周围分布着垂直纸面向外的恒定匀强磁场。一个质量为m，电荷量为q的带正电粒子从OP中点A进入电场(不计粒子重力)。
(1)若粒子初速度为零，粒子从上边界垂直QN第二次离开电场后，垂直NP再次进入电场，求磁场的磁感应强度B的大小；
(2)若改变电场强度大小，粒子以一定的初速度从A点沿y轴正方向第一次进入电场、离开电场后从P点第二次进入电场，在电场的作用下从Q点离开。
①求改变后电场强度E′的大小和粒子的初速度v0；
②通过计算判断粒子能否从P点第三次进入电场。
[解析] (1)由题意粒子在电场中做匀加速直线运动，根据动能定理有qE·2d＝eq \f(1,2)mv2
粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB＝meq \f(v2,R)
粒子从上边界垂直QN第二次离开电场后，垂直NP再次进入电场，轨迹如图
根据几何关系可知R＝eq \f(d,3)
联立可得B＝6eq \r(\f(mE,qd))。
(2)①由题意可知，做出粒子在电场和磁场中运动轨迹如图
在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系可知
Req \\al(2,1)＝(2d)2＋(R1－d)2
解得R1＝eq \f(5,2)d
所以有θ＝53°，α＝37°
洛伦兹力提供向心力qv1B＝meq \f(v\\al(2,1),R1)
带电粒子从A点开始做匀加速直线运动，根据动能定理有qE′·2d＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
再一次进入电场后做类斜抛运动，沿x方向有2d＝v1cs α·t
沿y方向上有2d＝v1sin α·t＋eq \f(1,2)at2
其中根据牛顿第二定律有qE′＝ma
联立以上各式解得v1＝15eq \r(\f(qdE,m))
v0＝9eq \r(\f(qdE,m))
E′＝36E。
②粒子从P到Q根据动能定理有
qE′·2d＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)
可得从Q射出时的速度为v2＝3eq \r(\f(41qEd,m))
此时粒子在磁场中的半径
R2＝eq \f(mv2,qB)＝eq \f(\r(41),2)d
根据其几何关系可知对应的圆心坐标为
x＝eq \f(5,2)d，y＝4d
而圆心与P的距离为
l＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)d－2d))2＋4d－02)＝eq \f(\r(65),2)d≠R2
故不会再从P点进入电场。
[答案] (1)6eq \r(\f(mE,qd)) (2)①9eq \r(\f(qdE,m)) 36E
②不会电偏转
磁偏转
偏转条件
带电粒子以v⊥E进入匀强电场
带电粒子以v⊥B进入匀强磁场
示意图
受力情况
只受恒定的静电力
只受大小恒定的洛伦兹力
运动情况
类平抛运动
匀速圆周运动
运动轨迹
抛物线
圆弧
物理规律
类平抛运动规律、牛顿第二定律
牛顿第二定律、向心力公式
基本公式
L＝vt，y＝eq \f(1,2)at2，
a＝eq \f(qE,m)，tan θ＝eq \f(at,v)
qvB＝eq \f(mv2,r)，r＝eq \f(mv,qB)，
T＝eq \f(2πm,qB)，t＝eq \f(θT,2π)，
sin θ＝eq \f(L,r)
做功情况
静电力既改变速度方向，也改变速度大小，对电荷做功
洛伦兹力只改变速度方向，不改变速度大小，对电荷永不做功