人教版高考物理一轮总复习第12章专题提分课7带电粒子在复合场中的运动课时学案

这是一份人教版高考物理一轮总复习第12章专题提分课7带电粒子在复合场中的运动课时学案，共14页。学案主要包含了自主解答，技法总结，核心归纳等内容，欢迎下载使用。

类型1 带电粒子在组合场内的运动
1．命题规律
本专题是磁场、力学、电场等知识的综合应用，高考往往以计算压轴题的形式出现。
2．复习指导
复习本专题，可以培养同学们的审题能力、推理能力和规范表达能力。针对性的专题训练，可以提高同学们解决难题、压轴题的信心。
题型一 先电场后磁场
eq \a\vs4\al(典例)(2020·山东高考)某型号质谱仪的工作原理如图甲所示。M、N为竖直放置的两金属板，两板间电压为U，Q板为记录板，分界面P将N、Q间区域分为宽度均为d的Ⅰ、Ⅱ两部分，M、N、P、Q所在平面相互平行，a、b分别为M、N上两正对的小孔。以a、b所在直线为z轴， 向右为正方向，取z轴与Q板的交点O为坐标原点，以平行于Q板水平向里为x轴正方向，竖直向上为y轴正方向，建立空间直角坐标系Oxyz。区域Ⅰ、Ⅱ内分别充满沿x轴正方向的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小、电场强度大小分别为B和E。一质量为m、电荷量为＋q的粒子，从a孔飘入电场(初速度视为0)，经b孔进入磁场，过P面上的c点(图中未画出)进入电场，最终打到记录板Q上。不计粒子重力。
(1)求粒子在磁场中做圆周运动的半径R以及c点到z轴的距离L；
(2)求粒子打到记录板上位置的x坐标；
(3)求粒子打到记录板上位置的y坐标(用R、d表示)；
(4)如图乙所示，在记录板上得到三个点s1、s2、s3，若这三个点是质子 eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(1))H、氚核 eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(1))H、氦核 eq \\al(\s\up1(4),\s\d1(2))He的位置，请写出这三个点分别对应哪个粒子(不考虑粒子间的相互作用，不要求写出推导过程)。
区分带电粒子在不同区域所做运动的性质，选择对应的运动规律进行解答，重点是尝试画出带电粒子运动轨迹的示意图。
【自主解答】
解析：(1)设粒子经加速电场到达b孔时的速度大小为v，粒子在区域Ⅰ中，做匀速圆周运动对应的圆心角为α，在M、N两金属板间，由动能定理得
qU＝ eq \f(1,2)mv2 ①
在区域Ⅰ中，粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得
qvB＝m eq \f(v2,R)②
联立①②式得R＝ eq \f(\r(2mqU),qB)③
在区域Ⅰ中，粒子的运动轨迹如图所示
由几何关系得d2＋(R－L)2＝R2④
cs α＝ eq \f(\r(R2－d2),R)⑤
sin α＝ eq \f(d,R)⑥
联立①②④式得
L＝ eq \f(\r(2mqU),qB)－ eq \r(\f(2mU,qB2)－d2)。⑦
(2)设区域Ⅱ中粒子沿z轴方向的分速度为vz，沿x轴正方向的加速度大小为a，位移大小为x，运动时间为t，由牛顿第二定律得qE＝ma⑧
粒子在z轴方向做匀速直线运动，由运动合成与分解的规律得vz＝v cs α
⑨
d＝vzt⑩
粒子在x轴方向上做初速度为0的匀加速直线运动，由运动学公式得x＝ eq \f(1,2)at2⑪
联立①②⑤⑧⑨⑩⑪式得
x＝ eq \f(md2E,4mU－2qd2B2)。 ⑫
(3)设粒子沿y轴方向偏离z轴的距离为y，其中在区域Ⅱ中沿y轴方向偏离的距离为y′，由运动学公式得
y′＝vt sin α⑬
由题意得y＝L＋y′⑭
联立①④⑥⑨⑩⑬⑭式得
y＝R－ eq \r(R2－d2)＋ eq \f(d2,\r(R2－d2))。⑮
(4)s1、s2、s3分别对应氚核 eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(1))H、氦核 eq \\al(\s\up1(4),\s\d1(2))He、质子 eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(1))H 的位置。
答案：(1) eq \f(\r(2mqU),qB) eq \f(\r(2mqU),qB)－ eq \r(\f(2mU,qB2)－d2)
(2) eq \f(md2E,4mU－2qd2B2) (3)R－ eq \r(R2－d2)＋ eq \f(d2,\r(R2－d2)) (4)s1、s2、s3分别对应氚核 eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(1))H、氦核 eq \\al(\s\up1(4),\s\d1(2))He、质子 eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(1))H的位置
题型二 先磁场后电场
eq \a\vs4\al(典例)(2021·济宁模拟)如图所示，在第一象限内，存在垂直于xOy平面向外的匀强磁场Ⅰ，第二象限内存在水平向右的匀强电场，第三、四象限内存在垂直于xOy平面向外、磁感应强度大小为B0的匀强磁场Ⅱ。一质量为m、电荷量为＋q的粒子，从x轴上的M点以某一初速度垂直于x轴进入第四象限，在xOy平面内，以原点O为圆心做半径为R0的圆周运动；随后进入电场运动至y轴上的N点，沿与y轴正方向成45°角离开电场；在磁场Ⅰ中运动一段时间后，再次垂直于x轴进入第四象限，不计粒子重力。求：
(1)带电粒子从M点进入第四象限时初速度的大小v0；
(2)电场强度的大小E；
(3)磁场Ⅰ的磁感应强度的大小B1。
【自主解答】
解析：(1)粒子在第四象限中运动时，洛伦兹力提供向心力，则
qv0B0＝ eq \f(mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)),R0)
解得v0＝ eq \f(qB0R0,m)。
(2)由于粒子与y轴正方向成45°角离开电场，则有vx＝vy＝v0
粒子在电场中做类平抛运动，在平行于x轴方向上做匀加速运动，在平行于y轴方向上做匀速运动，故在平行于x轴方向上 qE＝ma
v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(x))－0＝2aR0
联立解得E＝ eq \f(qR0B eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)),2m)。
(3)粒子在电场中运动时
平行于x轴方向：vx＝at，R0＝ eq \f(1,2)at2
平行于y轴方向：y＝vyt
联立解得y＝2R0
如图所示，过N点作速度的垂线交x轴于P点，P点即为粒子在第一象限做圆周运动轨迹的圆心，PN为半径，因为ON＝y＝2R0，∠PNO＝45°，所以PN＝2 eq \r(2)R0
由于洛伦兹力提供向心力，故qvB1＝ eq \f(mv2,PN)，其中v为进入第一象限时的速度，大小为v＝ eq \r(2)v0
解得B1＝ eq \f(1,2)B0。
答案：(1) eq \f(qB0R0,m) (2) eq \f(qR0B eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)),2m) (3) eq \f(1,2)B0
题型三 磁场和磁场组合
eq \a\vs4\al(典例)(2020·韶关模拟)如图所示，在无限长的竖直边界AC和DE间，上、下部分分别充满方向垂直于平面ADEC向外的匀强磁场，上部分区域的磁感应强度大小为B0，OF为上、下磁场的水平分界线。质量为 m、带电荷量为＋q的粒子从AC边界上与O点相距为a的P点垂直于AC边界射入上方磁场区域，经OF上的Q点第一次进入下方磁场区域，Q点与O点的距离为3a。不考虑粒子重力。
(1)求粒子射入时的速度大小；
(2)要使粒子不从AC边界飞出，求下方磁场区域的磁感应强度大小B1应满足的条件；
(3)若下方区域的磁感应强度B＝3B0，粒子最终垂直 DE 边界飞出，求边界 DE 与AC 间距离的可能值。
【自主解答】
解析：(1)粒子在OF上方的运动轨迹如图所示，
设粒子做圆周运动的半径为R，由几何关系可知R2－(R－a)2＝(3a)2，则R＝5a
由牛顿第二定律可知qvB0＝m eq \f(v2,R)
解得v＝ eq \f(5aqB0,m)。
(2)当粒子恰好不从AC边界飞出时，其运动轨迹如图所示，设粒子在OF下方做圆周运动的半径为r1。
由几何关系得r1＋r1cs θ＝3a，cs θ＝ eq \f(3,5)，所以r1＝ eq \f(15a,8)，根据qvB1＝ eq \f(mv2,r1)，解得B1＝ eq \f(8B0,3)
故B1≥ eq \f(8B0,3) 时，粒子不会从AC边界飞出。
(3)当B＝3B0时，粒子的运动轨迹如图所示，粒子在OF下方的运动半径为r＝ eq \f(5,3)a，设粒子的速度方向再次与射入磁场时的速度方向一致时，粒子的位置为P1 点，则P点与P1 点的连线一定与OF平行，根据几何关系知 PP1＝4a，所以若粒子最终垂直DE边界飞出，边界DE与AC间的距离为L＝nPP1＝4na(n＝1，2，3，…)。
答案：(1) eq \f(5aqB0,m) (2)B1≥ eq \f(8B0,3) (3)4na(n＝1，2，3，…)
【技法总结】
“五步”突破带电粒子在组合场中的运动问题
类型2 带电粒子在叠加场内的运动
1．命题规律
电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存，这类问题在高考中多以选择题形式考查。
2．复习指导
(1)理解各种力的特点，以及在该力的作用下物体能够做什么样的运动。
(2)熟练掌握力的合成，通过物体的受力状态来判断运动状态。
题型一 电场和磁场叠加
eq \a\vs4\al(典例)(多选)如图所示，匀强磁场方向垂直纸面向里，匀强电场方向竖直向下，有一正离子恰能沿直线从左向右水平飞越此区域。不计重力，则( )
A. 若电子以和正离子相同的速率从右向左飞入，电子也沿直线运动
B. 若电子以和正离子相同的速率从右向左飞入，电子将向上偏转
C. 若电子以和正离子相同的速率从左向右飞入，电子将向下偏转
D. 若电子以和正离子相同的速率从左向右飞入，电子也沿直线运动
(1)用左手定则判断洛伦兹力的方向。
(2)判断洛伦兹力和电场力的合力大小和方向，确定粒子的运动性质。
【自主解答】
BD 解析：若电子从右向左飞入，电场力向上，洛伦兹力也向上，所以电子将向上偏，B选项正确；若电子从左向右飞入，电场力向上，洛伦兹力向下，由题意知电子受力平衡将做匀速直线运动，D选项正确。
题型二 磁场和重力场叠加
eq \a\vs4\al(典例)(多选)如图所示，ABC为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB为倾斜直轨道，BC为与AB相切的圆形轨道，并且圆形轨道处在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。质量相同的甲、乙、丙三个小球中，甲球带正电、乙球带负电、丙球不带电。现将三个小球在轨道AB上分别从不同高度处由静止释放，都恰好通过圆形轨道的最高点，则( )
A. 经过最高点时，三个小球的速度相等
B. 经过最高点时，甲球的速度最小
C. 甲球的释放位置比乙球的高
D. 运动过程中，三个小球的机械能均保持不变
(1)小球在圆周运动的最高点，洛伦兹力和重力的合力提供向心力。
(2)洛伦兹力和速度的方向始终垂直，所以洛伦兹力不做功。
【自主解答】
CD 解析：设磁感应强度大小为B，圆形轨道半径为r，三个小球质量均为m，它们恰好通过最高点时的速度分别为v甲、v乙和v丙，则mg＋q甲v甲B＝ eq \f(mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(甲)),r)，mg－q乙v乙B＝ eq \f(mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(乙)),r)，mg＝ eq \f(mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(丙)),r)，显然，v甲>v丙>v乙，选项A、B错误；三个小球在运动过程中，只有重力做功，即它们的机械能守恒，选项D正确；甲球在最高点处的动能最大，因为势能相等，所以甲球的机械能最大，甲球的释放位置最高，选项C正确。
题型三 磁场、重力场和电场叠加
eq \a\vs4\al(典例)(2020·广州模拟)(多选)如图所示，竖直放置的两平行金属板，长为L，板间距离为d，接在电压为U的直流电源上。 在两板间加一磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。一个质量为m、电荷量为q的带正电油滴，从距金属板上端高为h处由静止开始自由下落，并经两板上端连线中点P进入板间。 油滴在P点所受的电场力与磁场力大小恰好相等，且最后恰好从金属板的下边缘离开电磁场区域。空气阻力不计，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A. 油滴刚进入电磁场时的加速度为 g
B. 油滴开始下落的高度h＝ eq \f(U2,2B2d2g)
C. 油滴从左侧金属板的下边缘离开
D. 油滴离开电磁场时的速度大小为 eq \r(\f(－qU,m)＋2gL＋\f(U2,B2d2))
【自主解答】
ABD 解析：油滴刚进入电磁场时(在P点)，受重力、电场力和洛伦兹力，其中电场力与洛伦兹力大小恰好相等，方向相反，故合力等于重力G，根据牛顿第二定律，得加速度为g，故A正确；在P点由题意可知qE＝qvB，自由下落过程中有v2＝2gh，U＝Ed，由以上三式解得h＝ eq \f(U2,2B2d2g)，故B正确；根据左手定则，油滴在P点时受到的洛伦兹力向右，竖直方向上在加速，洛伦兹力在变大，则油滴从右侧金属板的下边缘离开，故C错误；由左手定则可知油滴经过P点后向右侧金属板偏转，则油滴克服电场力做功，整个过程由动能定理有mg(h＋L)－qE× eq \f(d,2)＝ eq \f(1,2)mv2，得v＝ eq \r(\f(－qU,m)＋2gL＋\f(U2,B2d2))，故D正确。
【技法总结】
“三步”解决叠加场问题
eq \a\vs4\al(典例1)质谱仪的原理如图所示，虚线AD上方区域处在垂直纸面向外的匀强磁场中，C、D间有一荧光屏。同位素离子源产生a、b两种电荷量相同的离子，无初速度的进入加速电场，经同一电压加速后，垂直进入磁场，a离子恰好打在荧光屏上的C点，b离子恰好打在D点。离子重力不计，则( )
A. a离子质量比b离子的大
B. a离子质量比b离子的小
C. a离子在磁场中的运动时间比b离子的长
D. a、b两离子在磁场中的运动时间相等
【自主解答】
B 解析：设离子进入磁场的速度为v，在电场中qU＝ eq \f(1,2)mv2，在磁场中qvB＝m eq \f(v2,r)，联立解得r＝ eq \f(mv,Bq)＝ eq \f(1,B) eq \r(\f(2mU,q))，由题图知，b离子在磁场中运动的轨道半径较大，a、b两离子为同位素，电荷量相同，所以b离子的质量大于a离子的质量，所以A错误，B正确；两离子在磁场中运动的时间均为半个周期，即t＝ eq \f(T,2)＝ eq \f(πm,Bq)，由于b离子的质量大于a离子的质量，故b离子在磁场中运动的时间较长，C、D错误。
eq \a\vs4\al(典例2)(2021·江苏模考)跑道式回旋加速器的工作原理如图所示。两个匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ的边界平行，相距为L，磁感应强度大小相等、方向垂直纸面向里。P、Q之间存在匀强加速电场，电场强度大小为E，方向与磁场边界垂直。质量为m、电荷量为＋q 的粒子从P飘入电场，多次经过电场加速和磁场偏转后，从位于边界上的出射口K引出，引出时的动能为Ek。已知K、Q的距离为d。
(1)求粒子出射前经过加速电场的次数N；
(2)求磁场的磁感应强度大小B；
(3)如果在Δt时间内有一束该种粒子从P点连续飘入电场，粒子在射出K之前都未相互碰撞，求Δt的范围。
【自主解答】
解析：(1)在磁场中动能不会增加，末动能全来自电场力所做的功，由动能定理可得N·qEL＝Ek
解得N＝ eq \f(Ek,qEL)。
(2)设粒子从K射出时速度为v，在磁场中洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m eq \f(v2,r)
在磁场中最后半圈的半径r＝ eq \f(d,2)
联立可解得B＝ eq \f(2,qd) eq \r(2mEk)。
(3)粒子运动第一圈的过程中，若第一个粒子运动一圈回到P时最后一个粒子还未飘入P或刚好飘入P，则会发生碰撞，即Δt小于粒子运动第一圈的总时间t总。从P加速至Q的过程，由牛顿第二定律可知a＝ eq \f(qE,m)
由运动学公式有v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))＝2aL
该过程的时间t1＝ eq \f(v1,a)
在磁场Ⅱ中运动半周后匀速穿过中间宽为L的区域，再转回磁场Ⅰ运动半周，磁场中两个半周的时间之和相当于一个周期，即t2＝T＝ eq \f(2πr1,v1)
其中r1＝ eq \f(mv1,qB)
匀速向左穿过中间宽为L的区域的时间t3＝ eq \f(L,v1)
粒子运动一圈的总时间t总＝t1＋t2＋t3
联立上述各式可解得t总＝ eq \f(3,2) eq \r(\f(2mL,qE))＋πd eq \r(\f(m,2Ek))
由前面分析可知Δt答案：(1) eq \f(Ek,qEL) (2) eq \f(2,qd) eq \r(2mEk) (3)Δt< eq \f(3,2) eq \r(\f(2mL,qE))＋πd eq \r(\f(m,2Ek))
【核心归纳】
eq \a\vs4\al(变式1)一速度选择器如图所示，当粒子速度满足v0＝ eq \f(E,B) 时，粒子沿图中虚线水平射出；若某一粒子以速度v射入该速度选择器后，运动轨迹为图中实线所示，则关于该粒子的说法正确的是( )
A. 粒子射入的速度一定是v> eq \f(E,B)
B. 粒子射入的速度可能是v< eq \f(E,B)
C. 粒子射出时的速度一定大于射入速度
D. 粒子射出时的速度一定小于射入速度
B 解析：假设粒子带正电，则电场力向下，由左手定则知粒子所受洛伦兹力方向向上，由受力分析结合运动轨迹知，qvB>qE，则v> eq \f(E,B)，运动过程中洛伦兹力不做功，电场力做负功，则粒子速度减小；若粒子带负电，则电场力向上，由左手定则知粒子所受洛伦兹力方向向下，由受力分析结合运动轨迹知，qvB eq \a\vs4\al(变式2)磁流体发电机的原理如图所示，将一束等离子体连续以速度v垂直于磁场方向喷入磁感应强度大小为B的匀强磁场中，可在相距为d、面积为S的两平行金属板间产生电压。现把上、下板和电阻R连接，上、下板等效为直流电源的两极。等离子体稳定时在两极板间均匀分布，电阻率为ρ，忽略边缘效应及离子的重力，下列说法正确的是( )
A. 上板为正极，a、b两端电压U＝Bdv
B. 上板为负极，a、b两端电压U＝ eq \f(Bd2vρS,RS＋ρd)
C. 上板为正极，a、b两端电压U＝ eq \f(BdvRS,RS＋ρd)
D. 上板为负极，a、b两端电压U＝ eq \f(BdvRS,Rd＋ρS)
C 解析：根据左手定则可知，等离子体射入两极板之间时，正离子偏向上板，负离子偏向下板，即上板为正极；稳定时满足 eq \f(U′,d)q＝Bqv，解得U′＝Bdv；根据电阻定律可知两极板间的电阻为r＝ eq \f(ρd,S)，根据闭合电路欧姆定律得I＝ eq \f(U′,R＋r)，a、b两端电压U＝IR，联立解得U＝ eq \f(BdvRS,RS＋ρd)，故选C。
eq \a\vs4\al(变式3)霍尔元件是能够把磁感应强度这个磁学量转换为电压这个电学量的电学元件，其结构和原理如图所示，在一个很小的矩形半导体薄片上，制作四个电极E、F、M、N，它就成了一个霍尔元件。在E、F间通入恒定的电流 I，同时外加与薄片垂直的磁场B，则薄片中的载流子就在洛伦兹力的作用下，向着与电流和磁场都垂直的方向漂移，使M、N两极间出现了电压，称为霍尔电压UH，当磁场方向和电流方向如图所示时，关于M、N极电势的高低，下列说法正确的是( )
A. 不管载流子带电性质如何，电极N的电势一定高于电极M
B. 不管载流子带电性质如何，电极N的电势一定低于电极M
C. 只有当载流子为负电荷时，电极M的电势才高于电极N
D. 只有当载流子为正电荷时，电极M的电势才高于电极N
C 解析：当载流子为负电荷时，由左手定则可知，负电荷偏向电极N，则电极M的电势高于电极N；当载流子为正电荷时，由左手定则可知，正电荷偏向电极N，电极M的电势低于电极N，故选C。
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＝ eq \f(1,2)mv2，在磁场中做匀速圆周运动，qvB＝m eq \f(v2,r)，则比荷 eq \f(q,m)＝ eq \f(2U,B2r2)
速度选择器
若qv0B＝qE，即v0＝ eq \f(E,B)，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，使两极板分别带正、负电荷，两极板间电压为U时稳定，q eq \f(U,d)＝qv0B，U＝v0Bd
电磁流量计
当q eq \f(U,d)＝qvB时，有v＝ eq \f(U,Bd)，流量Q＝Sv＝π eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(d,2))) eq \s\up12(2) eq \f(U,Bd)＝ eq \f(πdU,4B)
霍尔元件
在匀强磁场中放置一个矩形截面的载流导体，当磁场方向与电流方向垂直时，导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现了电势差，这个现象称为霍尔效应