【文档说明】(新课标版)高考物理一轮复习课件9.4带电粒子在组合场中的运动专题 (含解析).ppt，共(66)页，2.000 MB，由MTyang资料小铺上传

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9．4带电粒子在组合场中的运动专题知识清单考点整合集中记忆在组合场中，电场与磁场不重叠，各位于一定的区域．带电粒子在电场中加速或偏转，在磁场中做匀速圆周运动，粒子经过两场边界的速度是连接两个运动的纽带，求

出粒子的边界速度是解题的关键，基本思路如下：题型透析先电场后磁场组合粒子从电场进入磁场的运动，有两种常见情况：1．先在电场中做加速直线运动，然后进入磁场做圆周运动(如图甲、乙所示)．2．先在电场中做类平抛运动，然后进入磁场做圆周运动(如图丙、丁所示)．例1(2018·天津)如图所示

，在水平线ab的下方有一匀强电场，电场强度为E，方向竖直向下，ab的上方存在匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里．磁场中有一内、外半径分别为R、3R的半圆环形区域，外圆与ab的交点分别为M、N.一质量为m、电荷量为q的带负电粒子

在电场中P点静止释放，由M进入磁场，从N射出．不计粒子重力．(1)求粒子从P到M所用的时间t；(2)若粒子从与P同一水平线上的Q点水平射出，同样能由M进入磁场，从N射出．粒子从M到N的过程中，始终在环形区域中运动，且所用的时间最少，求粒子在Q时速度v0的大小．【解析】(

1)设粒子第一次在磁场中运动的速度为v，洛伦兹力提供向心力：qvB＝mv23R可得：v＝3qBRm设粒子在电场中运动的时间为t，根据动量定理：qEt＝mv－0联立可得：t＝3BRE(2)当粒子在磁场中运动的轨迹与内圆相切时，转过的圆心角最短，所用的时间最短，如图：设粒子此时的半径为r

，由几何关系得：(r－R)2＋(3R)2＝r2设粒子进入磁场时速度的方向与ab的夹角为θ，则圆弧所对的圆心角为2θ，由几何关系得：tanθ＝3Rr－R粒子从Q点抛出后做类平抛运动，在电场方向的分运动与从P释放后的情况相同，所以粒子进入磁

场时，竖直的分速度也为v，设在垂直于电场方向的分速度为v0，则：tanθ＝vv0联立可得：v0＝qBRm先磁场后电场组合粒子从磁场进入电场的运动，常见的有两种情况：1．进入电场时粒子速度方向与电场方向相同或相反(如图甲)．2．进入电场时粒子速度方向与电场方向垂直．

(如图乙)例2(2018·河南二模)如图所示，在xOy平面内，第Ⅲ象限内的直线OM是电场与磁场的边界线，OM与x轴负方向成45°夹角．在＋y轴与直线OM的左侧空间存在沿x轴负方向的匀强电场，场强大小为E，在＋x轴下方与直线

OM的右侧空间存在垂直纸面向里的匀强破场，磁感应强度大小为B.一带负电微粒从坐标原点O沿y轴负方向进入磁场，第一次经过磁场边界时的位置坐标是(－L，－L)．已知微粒的电荷量大小为q，质量为m，不计微粒重力，微

粒最后从＋y轴上某点飞出场区(图中未画出)，求：(1)带电微粒从坐标原点O进入磁场时的初速度．(2)带电微粒在电场和磁场区域运动的总时间．【解析】(1)微粒的运动轨迹如图所示，微粒在磁场中做圆周运动，轨道半径为：r＝L，洛伦兹力提供向心力，qv0B＝mv02r解得：v0＝qBLm；(2)微粒到达

A点时，速度方向与电场平行，在电场中从A点开始向－x方向做减速运动，后原路返回A点．再次进入磁场做匀速圆周运动，到达C点时的速度沿＋y方向，再次进入电场后做类平抛运动，从D点离开电场．由几何知识可，粒子在磁场中

做圆周运动的运动轨迹为一个完整的圆周，微粒在磁场中的运动时间：t磁场＝T＝2πmqB，微粒第一次在电场中运动时间为：t1＝2v0a＝2v0qEm＝2BLE，微粒第二次进入电场做类平抛运动：在水平方向上有：2r＝2L＝12qEmt22，微粒在电场、磁场区域运动的总时间为：t＝t磁场＋t1＋

t2，解得：t＝2(πmqB＋BLE＋mLqE)．多个电场、磁场组合在多个电场、磁场形成的组合场中，带电粒子的运动往往具有周期性和对称性，解决此类问题的两个关键：1．弄清粒子经过场区边界时的受力变化，进而确定运动变化情况．2．找出粒子运动的周期性和对称性规律．例3(2018·课

标全国Ⅱ)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r，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．【解析】(1)粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中的轨迹为圆弧，整个轨迹上下对称，画出粒子运动的轨迹，如图所示：(

2)粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动，设粒子射入时的速度为v0，在下侧电场中运动的时间为t，加速度为a，电荷量为q，质量为m，进入磁场的速度为v，方向与电场方向的夹角为θ，则：根据牛顿第二定律：Eq＝ma①速度沿电场方向

的分量为：v1＝at②垂直电场方向有：l′＝v0t③根据几何关系得：v1＝vcosθ④粒子在磁场中洛伦兹力提供向心力：qvB＝mv2R⑤根据几何关系得：l＝2Rcosθ⑥联立可得粒子从M点入射时速度：v0＝2El′Bl⑦(3)速度沿电场方向的分量：v1＝v0tanπ6⑧联立①②③⑦⑧

式可得该粒子的比荷：qm＝43El′B2l2⑨粒子在磁场中运动的周期：T＝2πRv＝2πmqB⑩粒子由M点到N点所用的时间：t′＝2t＋2（π2－π6）2π·T⑪联立③⑦⑨⑪式可得：t′＝BlE(1＋3πl18l′)组合场在科技中的应用(一)质谱仪1．构造：如图所示，

由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片等构成．2．原理：粒子由静止被加速电场加速，qU＝12mv2.粒子在磁场中做匀速圆周运动，qvB＝mv2r.由两式可得m＝qr2B22U，qm＝2UB2r2.根据不同的半径，可计算出粒子的质量或比荷．例4(201

6·课标全国Ⅰ)现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定．质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场．若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口

离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍．此离子和质子的质量比约为()A．11B．12C．121D．144【答案】D【解析】粒子在电场中加速，设离开加速电场的速度为v，则qU＝12mv2，粒子进入磁

场做圆周运动，半径r＝mvqB＝1B2mUq，m＝qr2B22U，因两粒子轨道半径相同，故离子和质子的质量比为144，D项正确．例5(2017·江苏)一台质谱仪的工作原理如图所示．大量的甲、乙两种离子飘入电压为U0的加速电场，其初速度几乎为0，经过加速后，通过宽为L的狭缝MN沿着与磁场垂直的方

向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打到照相底片上．已知甲、乙两种离子的电荷量均为＋q，质量分别为2m和m，图中虚线为经过狭缝左、右边界M、N的甲种离子的运动轨迹．不考虑离子间的相互作用．(1)求甲种离子打在底片上的位

置到N点的最小距离x；(2)若考虑加速电压有波动，在(U0－ΔU)到(U0＋ΔU)之间变化，要使甲、乙两种离子在底片上没有重叠，求狭缝宽度L满足的条件．【答案】(1)x＝4BmU0q－L(2)L<2Bmq[2U0－ΔU－2（U0＋ΔU）]【解析】(1)设甲种离子在磁场中的运动

半径为r1电场加速qU0＝12×2mv2且qvB＝2mv2r1解得r1＝2BmU0q根据几何关系x＝2r1－L解得x＝4BmU0q－L(2)设乙种离子的磁场中的运动半径为r2.r1的最小半径r1min＝2Bm（U0－ΔU）qr2的最

大半径r2max＝1B2m（U0＋ΔU）q由题意知2r1min－2r1max>L，即4Bm（U0－ΔU）q－2B2m（U0＋ΔU）q>L解得L<2Bmq[2U0－ΔU－2（U0＋ΔU）](二)回旋加速器1．构造：如图所示

，D1、D2是半圆形金属盒，D形盒处于匀强磁场中，D形盒的缝隙处接交流电源．2．原理：交流电周期和粒子做圆周运动的周期相等，使粒子每经过一次D形盒缝隙，粒子被加速一次．3．粒子的最大速度：由qvB＝mv

2R，得v＝BqRm，粒子获得的最大速度由磁感应强度B和盒半径R决定，与加速电压无关．4．粒子在磁场中运动的总时间：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qU，加速次数n＝EkmqU，粒子在磁场中运动的总时间t＝n2T＝Ekm2qU·2πmqB＝πBR22U

.例6回旋加速器原理如图所示，在两个半径均为r＝0.1m的半圆形区域ACD和FGH中，分布有磁感应强度B＝0.2T，垂直纸面向里的匀强磁场；在相距为d＝0.1m的AD和FH之间分布有电场强度为E＝0.1N/C，方向随时间不断变化的匀强

电场．一质量为m、电荷量为＋q的带电粒子从ACD圆心O1点由静止释放，保证粒子每次经过电场区域均能加速，且粒子最终以v＝10m/s的速度从A点向上射入ACD区域，恰好从D点射出，则下列说法中正确的是()A．电场方向变化的周期可表示为2πmqBB．该粒子的比荷为2×103C

/kgC．粒子从开始加速到穿出磁场，共经电场加速10次D．粒子第n次加速后，其在磁场中的运动半径变为第(n－1)次加速后的n倍【答案】C【解析】由于粒子每转半周交变电场方向改变一次，所以交变电场的周期为粒子做匀

速圆周运动周期的一半，即T电＝12T圆＝πmqB，A项错误．设经过n次加速后粒子的速度为v＝10m/s从A点射出，在最后半周中：qvB＝mv2r，则：qm＝vBr＝100.2×0.1C/kg＝5×102C/kg，B项错误．从开始到射出，由动能定理：nEqd＝12mv2，得n＝mv22E

qd＝10，C项正确．由动能定理得经过n－1次加速时，(n－1)Eqd＝12mvn－12，粒子做圆周运动的半径rn－1＝mvn－1qB＝1B2（n－1）Emdq，同理经n次加速后的半径为rn＝1B2nEmdq，则rnrn－1＝nn－1，D项错误．例7(201

6·江苏)回旋加速器的工作原理如图甲所示，置于真空中的D形金属盒半径为R，两盒间狭缝的间距为d，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，被加速粒子的质量为m，电荷量为＋q，加在狭缝间的交变电压如图乙所示，电压值的大小为U0.周期T＝2πmqB.一束该粒子在t＝0～T2时间内从A处均匀地飘入

狭缝，其初速度视为零．现考虑粒子在狭缝中的运动时间，假设能够出射的粒子每次经过狭缝均做加速运动，不考虑粒子间的相互作用．求：(1)出射粒子的动能Ek；(2)粒子从飘入狭缝至动能达到Ek所需的总时间t0.【解析】(1)粒子运动半径为R时qvB＝mv2R且Ek＝12mv2解得Ek＝q2B2R22

m(2)粒子被加速n次达到动能Ek，则Ek＝nqU0粒子在狭缝间做匀加速运动，设n次经过狭缝的总时间为Δt加速度a＝qU0md匀加速直线运动nd＝12a·(Δt)2由t0＝(n－1)·T2＋Δt，解得t0＝πBR2＋2BRd2U0－πmqB1.(

2018·洛阳一模)如图所示，一个静止的质量为m、带电荷量为q的粒子(不计重力)，经电压U加速后垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，粒子打至P点，设OP＝x，能够正确反应x与U之间的函数关系的是()答案B解析带电粒子经电压U加速，由动能定理，qU＝12mv2，垂直

进入磁感应强度为B的匀强磁场中，洛伦兹力提供向心力，qvB＝mv2R，而R＝x/2，联立解得：x＝8mqB2U.由此可知能够正确反应x与U之间的函数关系的是图像是B项．2．(2018·咸阳二模)(多选)如图所示为一种质谱仪示意图，由加速电场、静电

分析器和磁分析器组成．若静电分析器通道中心线的半径为R，通道内均匀辐射电场在中心线处的电场强度大小为E，磁分析器有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外．一质量为m、电荷量为q的粒子从静止开始

经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器，由P点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q点．不计粒子重力．下列说法中正确的是()A．极板M比极板N电势高B．加速电场的电压U＝ERC．直径PQ＝2BqmERD．若一群离子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点，则该群离

子具有相同的比荷答案AD解析粒子在静电分析器内沿电场线方向偏转，说明粒子带正电荷，极板M比极板N电势高，A项正确；由Uq＝12mv2和Eq＝mv2R可得U＝ER2，B项错误；直径PQ＝2r＝2mvBq＝2ERmB2q，可见只有比荷相同的粒子才能打在胶片上

的同一点，C项错误，D项正确．3．(2018·石家庄二模)(多选)如图所示，在xOy坐标系中第一象限内存在垂直纸面向里的匀强磁场，第二象限内的部分区域存在匀强电场．一电荷量为＋q、质量为m的带电粒子，以初速度v0从P(a，0)点沿与x

轴成45°方向射入磁场中，通过y轴上的N(0，a)点进入第二象限后，依次通过无电场区域和匀强电场区域，到达x轴上某点时速度恰好为零．已知该粒子从第一次通过N点到第二次通过N点所用时间为t0，粒子重力不

计．下列说法正确的是()A．磁场的磁感应强度大小为2mv02aqB．该带电粒子自P点开始到第一次通过N点所用的时间为2πa2v0C．该带电粒子第一次通过无电场区域飞行的位移大小为v0t02－2aD．匀强电场的电场

强度大小为mv02q（v0t0－22a）答案BD解析粒子的运动轨迹如图所示：根据几何关系：粒子的转动半径R＝22a，洛伦兹力提供向心力：qv0B＝mv02R，联立得：B＝2mv0aq，A项错误．粒子中运动的周期：T＝2πRv0＝2πav0，从P到N的时间t＝T2＝2πa2v

0，B项正确．设粒子在非电场区域飞行时间为t1，位移为x1，在电场中飞行时间为t2，位移为x2，则：t1＋t2＝t02x1＋x2＝2a又因为：x1＝v0t1，x2＝v02t2联立得：x1＝v0t1＝22a－v0

t2，C项错误．x2＝2a－x1＝v0t2－2a，根据动能定理：－Eqx2＝0－12mv02解得：E＝mv02q（v0t0－22a），D项正确．4．(2018·课标全国Ⅰ)如图，在y＞0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，场强大

小为E，在y＜0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场．一个氕核11H和一个氘核12H先后从y轴上y＝h点以相同的动能射出，速度方向沿x轴正方向．已知11H进入磁场时，速度方向与x轴正方向的夹角为60°，并从

坐标原点O处第一次射出磁场.11H的质量为m，电荷量为q，不计重力．求(1)11H第一次进入磁场的位置到原点O的距离；(2)磁场的磁感应强度大小；(3)12H第一次离开磁场的位置到原点O的距离．解析(1)11H在电场中

做类平抛运动，水平方向：x1＝v1t1，竖直方向：h＝12a1t12，粒子进入磁场时竖直分速度：vy＝a1t1＝v1tan60°，解得：x1＝233h；(2)11H在电场中的加速度：a1＝qEm，11H进入磁场时的速度：v＝v12＋（a1t1）2，11H在磁场中做圆周运动轨迹如图所示：

由几何知识得：x1＝2r1sin60°，由牛顿第二定律：qvB＝mv2r1，解得：B＝6mEqh；(3)11H和12H的初动能相等，即：12mv12＝12·2mv22，由牛顿第二定律：qE＝2ma2，12H在电场中做类平抛运动：水平方向：x2＝v2t2，竖直方向：h＝12a2

t22，12H进入磁场时的速度：v′＝v22＋（a2t2）2，tanθ′＝vy2v2＝a2t2v2，解得：x2＝x1，θ′＝θ＝60°，v′＝22v，12H在磁场中做圆周运动的轨道半径：r′＝2mv′qB

＝2r，12H进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点间的距离：x2′＝2r′sinθ′，12H第一次离开磁场时的位置距离O点的距离为：d＝x2′－x2，解得：d＝23（2－1）h3.5．(2018·江苏)如图所示，真空中四个相同的矩形匀强磁场区域，高为4

d，宽为d，中间两个磁场区域间隔为2d，中轴线与磁场区域两侧相交于O、O′点，各区域磁感应强度大小相等．某粒子质量为m、电荷量为＋q，从O沿轴线射入磁场．当入射速度为v0时，粒子从O上方d2处射出磁场．取sin53°＝0.8，cos53°＝0.6

.(1)求磁感应强度大小B；(2)入射速度为5v0时，求粒子从O运动到O′的时间t；(3)入射速度仍为5v0，沿轴线OO′将中间两个磁场平移相同距离(磁场不重叠)，可使粒子从O运动到O′的时间增加Δt，求Δt的最大值．解析(1)根据左手定则可知，粒子进入第一

个磁场后受到的洛伦兹力的方向向上，粒子从O上方d2处射出磁场，可知粒子的半径：r0＝d4粒子受到的洛伦兹力提供向心力qv0B＝mv02r0所以：B＝4mv0qd(2)当入射速度为5v0时，粒子的半径：r＝5mv0qB＝5r0＝54d设粒子在矩形

磁场中偏转的角度为α，则：d＝r·sinα所以：sinα＝45则：α＝53°粒子从第一个矩形磁场区域出来进入第二个磁场区域后，受到的洛伦兹力的方向相反，由运动的对称性可知，粒子出第二个磁场时，运动的方向与

初速度的方向相同；粒子在没有磁场的区域内做匀速直线运动，最后在后两个磁场区域的情况与前两个磁场区域的情况相同．粒子在磁场中运动的周期：T＝2πr5v0＝2π×54d5v0＝πd2v0粒子在一个矩形磁场中运动的时间：t1＝α360°·T＝53π

d720v0粒子在没有磁场的区域内运动的时间：t2＝2d5v0所以粒子运动的总时间：t＝4t1＋t2＝(53π＋72180)·dv0(3)将中间的两个磁场向中间移动距离x后，粒子出第一个磁场区域后，速度的

方向与OO′之间的夹角为α，粒子出第二个磁场向上的偏移量：y＝2r(1－cosα)＋x·tanα由于：y≤2d联立解得：x≤34d即：xm＝34d时，粒子在没有磁场的区域内运动的时间最长，则粒子整个运动

的过程中运动的时间最长．粒子直线运动路程的最大值：sm＝2xmcosα＋(2d－2xm)则增加的路程最大值：Δsm＝sm－2d所以增加的时间的最大值：Δtm＝Δsm5v0＝d5v0.