2025版高考物理一輪總復(fù)習(xí)考點突破第11章磁場專題強(qiáng)化15帶電粒子在組合場中的運動考點2帶電粒子在組合場中的運動

考點2帶電粒子在組合場中的運動(實力考點·深度研析)1．組合場電場與磁場各位于確定的區(qū)域內(nèi)，并不重疊，電場、磁場交替出現(xiàn)。2．“磁偏轉(zhuǎn)”和“電偏轉(zhuǎn)”的比較電偏轉(zhuǎn)磁偏轉(zhuǎn)偏轉(zhuǎn)條件帶電粒子以v⊥E進(jìn)入勻強(qiáng)電場帶電粒子以v⊥B進(jìn)入勻強(qiáng)磁場示意圖受力狀況只受恒定的靜電力只受大小恒定的洛倫茲力運動狀況類平拋運動勻速圓周運動運動軌跡拋物線圓弧物理規(guī)律類平拋運動規(guī)律、牛頓其次定律牛頓其次定律、向心力公式基本公式L＝vt，y＝eq\f(1,2)at2，a＝eq\f(qE,m)，tanθ＝eq\f(at,v)qvB＝eq\f(mv2,r)，r＝eq\f(mv,qB)，T＝eq\f(2πm,qB)，t＝eq\f(θT,2π)，sinθ＝eq\f(L,r)做功狀況靜電力既變更速度方向，也變更速度大小，對電荷做功洛倫茲力只變更速度方向，不變更速度大小，對電荷永不做功3.常見粒子的運動及解題方法?考向1磁場與磁場的組合磁場與磁場的組合問題實質(zhì)就是兩個有界磁場中的圓周運動問題，帶電粒子在兩個磁場中的速度大小相同，但軌跡半徑和運動周期往往不同。解題時要充分利用兩段圓弧軌跡的連接點與兩圓心共線的特點，進(jìn)一步找尋邊角關(guān)系。(2024·浙江卷改編)利用磁場實現(xiàn)離子偏轉(zhuǎn)是科學(xué)儀器中廣泛應(yīng)用的技術(shù)。如圖所示，Oxy平面(紙面)的第一象限內(nèi)有足夠長且寬度均為L、邊界均平行x軸的區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，其中區(qū)域Ⅰ存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1的勻強(qiáng)磁場，區(qū)域Ⅱ存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2的勻強(qiáng)磁場，方向均垂直紙面對里，區(qū)域Ⅱ的下邊界與x軸重合。位于(0,3L)處的離子源能釋放出質(zhì)量為m、電荷量為q、速度方向與x軸夾角為60°的正離子束，沿紙面射向磁場區(qū)域。不計離子的重力及離子間的相互作用，并忽視磁場的邊界效應(yīng)。(1)求離子不進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ的最大速度v1及其在磁場中的運動時間t；(2)若B2＝2B1，求能到達(dá)y＝eq\f(L,2)處的離子的最小速度v2。[解析](1)當(dāng)離子不進(jìn)入磁場Ⅱ速度最大時，軌跡與邊界相切，則由幾何關(guān)系r1cos60°＝r1－L解得r1＝2L依據(jù)qv1B1＝meq\f(v\o\al(2,1),r1)解得v1＝eq\f(2B1qL,m)在磁場中運動的周期T＝eq\f(2πm,qB1)運動時間t＝eq\f(2×60°,360°)T＝eq\f(2πm,3qB1)。(2)若B2＝2B1，依據(jù)r＝eq\f(mv,qB)可知r1＝2r2粒子在磁場中運動軌跡如圖，設(shè)O1O2與磁場邊界夾角為α，由幾何關(guān)系r1sinα－r1sin30°＝Lr2－r2sinα＝eq\f(L,2)解得r2＝2Lsinα＝eq\f(3,4)依據(jù)qv2B2＝meq\f(v\o\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先電場后磁場[解析](1)設(shè)板間距離為d，則板長為eq\r(3)d，帶電粒子在板間做類平拋運動，兩板間的電場強(qiáng)度為E＝eq\f(U,d)依據(jù)牛頓其次定律得，電場力供應(yīng)加速度qE＝ma解得a＝eq\f(qU,md)設(shè)粒子在平板間的運動時間為t0，依據(jù)類平拋運動的運動規(guī)律得eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,0)，eq\r(3)d＝v0t0聯(lián)立解得U＝eq\f(mv\o\al(2,0),3q)。(2)設(shè)粒子出電場時與水平方向夾角為α，則有tanα＝eq\f(at0,v0)＝eq\f(\r(3),3)故α＝eq\f(π,6)則出電場時粒子的速度為v＝eq\f(v0,cosα)＝eq\f(2\r(3),3)v0粒子出電場后沿直線做勻速直線運動，接著進(jìn)入磁場，依據(jù)牛頓其次定律，洛倫茲力供應(yīng)勻速圓周運動所需的向心力得qvB＝meq\f(v2,r)解得r＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(2\r(3)mv0,3qB)已知圓形磁場區(qū)域半徑為R＝eq\f(2mv0,3qB)，故r＝eq\r(3)R粒子沿PO方向射入磁場即沿半徑方向射入磁場，故粒子將沿半徑方向射出磁場，粒子射出磁場時與射入磁場時運動方向的夾角為θ，則粒子在磁場中運動圓弧軌跡對應(yīng)的圓心角也為θ，由幾何關(guān)系可得θ＝2α＝eq\f(π,3)故粒子射出磁場時與射入磁場時運動方向的夾角為eq\f(π,3)或60°。(3)帶電粒子在該磁場中運動的半徑與圓形磁場半徑關(guān)系為r＝eq\r(3)R，依據(jù)幾何關(guān)系可知，帶電粒子在該磁場中運動的軌跡確定為劣弧，故劣弧所對應(yīng)軌跡圓的弦為磁場圓的直徑時粒子在磁場中運動的時間最長。則相對應(yīng)的運動軌跡和弦以及圓心M的位置如圖所示：[答案](1)eq\f(mv\o\al(2,0),3q)(2)eq\f(π,3)或60°(3)見解析解答電場與磁場組合問題解題思路(1)畫運動軌跡：依據(jù)受力分析和運動學(xué)分析，大致畫出粒子的運動軌跡圖。(2)找關(guān)鍵點：確定帶電粒子在場區(qū)邊界的速度(包括大小和方向)是解決該類問題的關(guān)鍵。(3)劃分過程：將粒子運動的過程劃分為幾個不同的階段，對不同的階段選取不同的規(guī)律處理。?考向3先磁場后電場(2024·浙江嘉興聯(lián)考)如圖所示，空間中有一半徑為R、圓心處于O點的圓形勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直紙面對里。其底部A點有一電子源可向圓形磁場內(nèi)各個方向內(nèi)持續(xù)放射速度大小為v0，質(zhì)量為m，電荷量為e的電子。圓形磁場右側(cè)緊靠著一電子收集裝置，該裝置主要由長為2R、間距為2R的平行金屬板MN和PQ構(gòu)成，平行金屬板中心軸線過磁場圓心O點，金屬板之間加恒為UMN＝eq\f(mv\o\al(2,0),e)的電壓，PQ板接地，當(dāng)電子遇到金屬板馬上被收集中和。未能收集的電子射出平行金屬板后會撞上另一收集裝置BC板(足夠長)，B點在金屬板右端點QN連線的延長線上，并與延長線的夾角為θ(θ可調(diào))。不計電子之間的相互作用和場的邊緣效應(yīng)，則：(1)現(xiàn)要求全部電子均能平行進(jìn)入金屬板間，求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。?2)若電子初速度滿足(1)的條件且進(jìn)入收集裝置時在豎直方向分布勻整，單位時間內(nèi)電子數(shù)為n，求平行金屬板的收集效率和單位時間內(nèi)電子削減的總電勢能；(3)在(2)中未能收集的電子離開平行金屬板后與BC板發(fā)生碰撞，要求電子垂直撞擊BC板，應(yīng)調(diào)整θ為多少？調(diào)整后與BC撞擊的電子有60%被完全吸取，40%電子會被反彈，反彈后的速度大小減小為原來的一半，求BC板受到的作用力大小。[解析](1)當(dāng)電子在磁場中運動半徑與磁場半徑相等時，全部電子均能平行向右進(jìn)入收集裝置，有ev0B＝eq\f(mv\o\al(2,0),R)解得B＝eq\f(mv0,eR)。(2)電子進(jìn)入平行板后受向上電場力作用做類平拋運動，設(shè)恰好從N點出射的電子進(jìn)入平行板時離MN距離為d，則有d＝eq\f(1,2)at22R＝v0t其中a＝eq\f(Ee,m)UMN＝2ER解得d＝R即從中心軸線以上進(jìn)入的電子全部被收集，中心軸線以下的電子不能被收集，收集效率η＝50%因電子進(jìn)入平行板時分布勻整，則中心軸線以上電子削減的電勢能為ΔEp1＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)ne×eq\f(1,2)UMN＝eq\f(nmv\o\al(2,0),8)中心軸線以下電子削減的電勢能為ΔEp2＝eq\f(1,2)ne×eq\f(1,2)UMN＝eq\f(nmv\o\al(2,0),4)共削減的電勢能ΔEp＝ΔEp1＋ΔEp2＝eq\f(3nmv\o\al(2,0),8)。(3)設(shè)未被平行板收集的電子離開平行板區(qū)域時速度與水平方向夾角為α，則tanα＝1解得α＝45°要讓電子能夠垂直撞擊BC板，有θ＝α＝45°設(shè)電子與BC板發(fā)生碰撞時速度為v，由類平拋規(guī)律有v＝eq\f(v0,cos45°)＝eq\r(2)v0由動量定理得F1Δt＝eq\f(1,2)nmΔtv×0.6F2Δt＝eq\f(1,2)nmΔteq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)v＋v))×0.4依據(jù)牛頓第三定律，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\o\al(2,0),8)(3)45°eq\f(3\r(2),5)nmv0?考向4粒子在組合場中的多次運動問題(2024·山東卷)如圖所示，在0≤x≤2d,0≤y≤2d的區(qū)域中，存在沿y軸正方向、場強(qiáng)大小為E的勻強(qiáng)電場，電場的四周分布著垂直紙面對外的恒定勻強(qiáng)磁場。一個質(zhì)量為m，電荷量為q的帶正電粒子從OP中點A進(jìn)入電場(不計粒子重力)。(1)若粒子初速度為零，粒子從上邊界垂直QN其次次離開電場后，垂直NP再次進(jìn)入電場，求磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。?2)若變更電場強(qiáng)度大小，粒子以確定的初速度從A點沿y軸正方向第一次進(jìn)入電場、離開電場后從P點其次次進(jìn)入電場，在電場的作用下從Q點離開。①求變更后電場強(qiáng)度E′的大小和粒子的初速度v0；②通過計算推斷粒子能否從P點第三次進(jìn)入電場。[解析](1)由題意粒子在電場中做勻加速直線運動，依據(jù)動能定理有qE·2d＝eq\f(1,2)mv2粒子在磁場中做勻速圓周運動，有qvB＝meq\f(v2,R)粒子從上邊界垂直QN其次次離開電場后，垂直NP再次進(jìn)入電場，軌跡如圖依據(jù)幾何關(guān)系可知R＝eq\f(d,3)聯(lián)立可得B＝6eq\r(\f(mE,qd))。(2)①由題意可知，做出粒子在電場和磁場中運動軌跡如圖在磁場中做勻速圓周運動，依據(jù)幾何關(guān)系可知Req\o\al(2,1)＝(2d)2＋(R1－d)2解得R1＝eq\f(5,2)d所以有θ＝53°，α＝37°洛倫茲力供應(yīng)向心力qv1B＝meq\f(v\o\al(2,1),R1)帶電粒子從A點起先做勻加速直線運動，依據(jù)動能定理有qE′·2d＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)再一次進(jìn)入電場后做類斜拋運動，沿x方向有2d＝v1cosα·t沿y方向上有2d＝v1sinα·t＋eq\f(1,2)at2其中依據(jù)牛頓其次定律有qE′＝ma聯(lián)立以上各式解得v1＝15eq\r(\f(qdE,m))v0＝9eq\r(\f(qdE,m))E′＝36E。②粒子從P到Q依據(jù)動能定理有qE′·2d＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)可得從Q射出時的速度為v2＝3eq\r(\f(41qEd,