专题26 带电粒子在复合场中的运动（解析版）.docx

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1、专题26 带电粒子在复合场中的运动目录题型一带电粒子在组合场中的运动1类型1 磁场与磁场的组合2类型2 先磁场后电场6类型3 先电加速后磁偏转18类型4 先电偏转后磁偏转25题型二带电粒子在叠加场中的运动38题型三带电粒子在交变电、磁场中的运动52题型四 洛伦兹力与现代科技59类型1质谱仪的原理及应用59类型2回旋加速器的原理和应用64类型3 电场与磁场叠加的应用实例分析71题型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，电场、磁场交替出现2分析思路(1)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(2)找关键点：

2、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)画运动轨迹：根据受力分析和运动分析，大致画出粒子的运动轨迹图，有利于形象、直观地解决问题3常见粒子的运动及解题方法类型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【例1】(多选)如图所示，在xOy平面内存在着磁感应强度大小为B的匀强磁场，第一、二、四象限内的磁场方向垂直纸面向里，第三象限内的磁场方向垂直纸面向外，P(L,0)、Q(0，L)为坐标轴上的两点

3、现有一质量为m、电荷量为e的电子从P点沿PQ方向射出，不计电子的重力，则下列说法中正确的是()A若电子从P点出发恰好第一次经原点O，运动时间可能为B若电子从P点出发恰好第一次经原点O，运动路程可能为C若电子从P点出发经原点O到达Q点，运动时间一定为D若电子从P点出发恰好第一次经原点O到达Q点，运动路程可能为L或2L【答案】ABD【解析】电子在磁场中做圆周运动，从P点到Q点运动轨迹可能如图甲或图乙所示，电子在磁场中的运动周期为T设电子在PO段完成n个圆弧，则电子从P点出发恰好经原点O点的时间为tnT，n1、2、3所以若电子从P点出发恰好第一次经原点O，运动时间可能为，则A正确；电子在磁场中做圆周

4、运动的半径为r，由几何关系可得nrL电子从P点出发恰好经原点O，运动路程为sn当n1时s所以若电子从P点出发恰好第一次经原点O，运动路程可能为，则B正确；电子从P点出发经原点O到达Q点，运动时间为tnT，n1、2、3，所以若电子从P点出发经原点O到达Q点，运动时间可能为，则C错误；若电子从P点出发经原点O到Q点，运动轨迹可能如图甲、乙所示，若电子在PO段完成n个圆弧，那么关于电子的运动路程，n为奇数时为2L，n为偶数时为L，故D正确【例2】.如图所示，空间均匀分布的磁场，其方向都垂直于纸面向外，y轴是两磁场的分界面在x0区域内，磁感应强度大小为B12 T，在x0的区域内，磁感应强度大小为B21

5、 T在坐标原点O处有一个中性粒子(质量为M3.21025 kg)分裂为两个带等量异号的带电粒子a和b，其中粒子a的质量mM(可以取01的任意值)，电荷量q3.21019 C，分裂时释放的总能量E1.0104 eV.释放的总能量全部转化为两个粒子的动能设a粒子的速度沿x轴正方向不计粒子重力和粒子之间的相互作用；不计中性粒子分裂时间求：(1)若0.25，粒子a在右边磁场运动的半径Ra1；(2)取多大时，粒子a在右边磁场运动的半径最大；(3)取多大时，两粒子会在以后的运动过程中相遇？【答案】(1) m(2)(3)或【解析】(1)分裂过程动量守恒，则有Mva(1)Mvb由能量守恒定律得，EMva2(1

6、)Mvb2，解得vavb粒子a轨迹满足qvaB1Ra1 m(2)由(1)问可知Ra1可知当时Ra1最大；(3)一个中性粒子分裂为两个带电粒子a和b，根据电荷守恒，a粒子带正电，则b粒子带负电由于两个粒子的质量和速度的乘积相等，所以两个粒子在同一磁场中的运动半径也相等r即a、b两粒子的运动轨迹如图所示，它们相遇的位置只有两个，分别为C点和D点若在C点相遇则若在D点相遇，由于OCD为正三角形，所以则.【例3】宇宙中的暗物质湮灭会产生大量的高能正电子，正电子的质量为m，电荷量为e，通过寻找宇宙中暗物质湮灭产生的正电子是探测暗物质的一种方法(称为“间接探测”)如图所示是某科研攻关小组为空间站设计的探测

7、器截面图，粒子入口的宽度为d，以粒子入口处的上沿为坐标原点建立xOy平面直角坐标系，以虚线AB、CD、EF为边界，0xd区域有垂直纸面向外的匀强磁场，dx2d区域有垂直纸面向里的匀强磁场，0x2d区域内磁感应强度的大小均为B；2dx(2)()(3)3dyd【解析】(1)正电子只要能经过边界AB就能到达探测板PQ，正电子能到达探测板PQ时，正电子做圆周运动的轨道半径rd由牛顿第二定律得evBm解得v(2)在边界AB速度方向与x轴夹角为60的正电子到PQ的时间最短，正电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，设正电子的轨道半径为r1，由牛顿第二定律得ev1Bm由几何知识得dr1sin 在入口

8、和AB间、AB和CD间的运动时间相同，设为t1，则r1v1t1解得t1自CD至PQ，t2t2t1t2()(3)速度最大的正电子在每一磁场区域沿y轴负方向偏移的距离y1r1r1cos 速度最小的正电子在每一磁场区域沿y轴负方向偏移的距离y2d正电子经过边界CD时的y轴坐标范围是2y2dy2y1即3dyd.类型2 先磁场后电场1进入电场时粒子速度方向与电场方向相同或相反(如图甲所示)2进入电场时粒子速度方向与电场方向垂直(如图乙所示)【例1】（2023海南海口海南中学校考三模）如图所示，在直角坐标系xOy的第一象限区域中，有沿y轴正方向的匀强电场，电场强度的大小为E=k。在第二象限有一半径为R=b

9、的圆形区域磁场，圆形磁场的圆心O1坐标为（b，b），与两坐标轴分别相切于P点和N点，磁场方向垂直纸面向里。在x=3b处垂直于x轴放置一平面荧光屏，与x轴交点为Q。大量的电子以相同的速率在纸面内从P点进入圆形磁场，电子的速度方向在与x轴正方向成角的范围内，其中沿y轴正方向的电子经过磁场到达N点，当速度与x轴正方向成=120角的电子经过磁场后到达Y轴上M点。忽略电子间的相互作用力，不计电子的重力，电子的比荷为。求：（1）圆形磁场的磁感应强度大小；（2）M点的坐标；（3）电子打到荧光屏上距Q点的最远距离。【答案】（1）B=k；（2）（0，1.5b）；（3）【详解】（1）由于速度沿y轴正方向的电子经过

10、N点，因而电子在磁场中做圆周运动的半径为r=b而电子的比荷为解得B=k（2）速度与x轴正方向成角的电子在磁场中做圆周运动的圆心为O，电子离开磁场时的位置为P，连接PO1PO可知该四边形为菱形，如图甲由于PO1竖直，因而轨迹半径PO也为竖直方向，电子离开磁场时速度一定沿x轴正方向由图甲可知Y=bsin（90）b=1.5b可见M点的坐标是（0，1.5b）。（3）由（2）可知，所有的电子以平行于x轴正方向的速度进入电场中做类平抛运动，设电子在电场中运动的加速度为a，运动的时间为t，竖直方向位移为y，水平方向位移为x，则有x=v0teE=ma联立解得设电子最终打在荧光屏的最远点距Q点为H，如图乙所示设

11、电子射出电场时的夹角为，有v=at有有当即时，H有最大值，由于所以【例2】.（2023全国高三专题练习）如图所示，在直角坐标系的范围内有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直纸面向外；在的范围内有与y轴负方向成斜向下的匀强电场。y轴与x轴上有P、Q两点，Q点坐标为。一个质量为m、带电量为的粒子从O点以与x轴正方向夹角为的方向射入磁场中，先后经过P、Q两点又回到O点，粒子重力不计。求：（1）P点的纵坐标和粒子从O射入磁场时的初速度的大小；（2）匀强电场场强E的大小；（3）在此过程中，粒子轨迹经过点的纵坐标范围。【答案】（1），；（2）；（3）【详解】（1）依题意，画出粒子在磁场中的运动轨迹，如图所示

12、根据几何关系判断，可知粒子在磁场中的运动轨迹所对应圆心角为；利用几何知识，可求得粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为且所以点的纵坐标为由粒子在磁场中运动时满足可得因为，可得（2）依题意，可知粒子进入电场后在电场力的作用下做类平抛运动，从到点过程中，有而联立可求得（3）利用几何关系，可得粒子轨迹点纵坐标的最大值为粒子在电场中做类平抛运动，当粒子的速度方向平行轴时，此时粒子轨迹的纵坐标有最小值。将处速度及电场力分别分解，在垂直轴方向上，则有则可得联立可求得所以，可得粒子运动轨迹纵坐标的范围为【例3】.（2023黑龙江统考模拟预测）如图所示，平面直角坐标系中，y轴右侧有三个足够长的区域，区域边界线均与

13、y轴平行其中、区域内存在垂直于平面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，其宽度均为；区域内存在沿着y轴正方向、电场强度大小为E的匀强电场，其宽度为。P为区域右边界线与x轴交点。一带负电粒子以一定的速度从O点出发沿x轴正方向射入磁场，一段时间后该粒子恰好以从O点出发时的速度从P点沿x轴正方向离开区域。不计粒子重力。（1）定性画出粒子在三个区域中的运动轨迹；（2）求粒子在区内的运动时间；（3）若粒子刚进入区时的速度与y轴正方向夹角为，求粒子在磁场中运动的总时间t。【答案】（1）见详解；（2）；（3）【详解】（1）粒子运动轨迹作图如下（2）在中由几何关系，有在区中，y方向上粒子做匀减速运动，有且有，

14、联立解得（3）在区的运动时间在区的水平分运动在区内，由几何关系有解得在磁场中运动总时间【例4】（2023广东清远校考模拟预测）如图所示，在xOy平面的第一象限内存在方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在第二、三象限内存在沿y轴负方向的匀强电场。一比荷为k的带负电粒子（不计重力）从x轴负半轴上的M点（图中未画出）沿x轴正向射入电场，从y轴上的N（0，b）点进入磁场，进入磁场时的速度方向与y轴正方向的夹角=45，粒子经过磁场偏转后从P点（图中未画出）垂直穿过x轴。求:（1）P点与O点之间的距离。（2）该粒子在磁场中运动的速度大小v。（3）M点的坐标及电场强度E的大小。【答案】（1） ；

15、（2）；（3）（-2b，0），【详解】（1）带电粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图所示设带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，根据几何关系可知P点与O点之间的距离 （2）根据洛伦兹力提供向心力有解得 （3）带电粒子在电场中做类平抛运动，设其射入电场时的初速度大小为v0，根据类平抛运动的规律可知,带电粒子在N点的速度v的反向延长线过O、M连线的中点，故M点的坐标为（-2b，0）粒子在x轴方向有2b=v0t粒子在y轴方向有 并且又因为联立解得【例5】（2023春安徽高三校联考阶段练习）如图所示，坐标系的第一象限存在匀强磁场，磁场方向垂直于平面向外；第四象限内有沿轴负方向的匀强电场。质量为、带电量

16、为的粒子以速率从轴的点射入磁场，经轴上的点沿轴负方向进入电场，然后从轴负半轴点以与轴负方向成角离开电场，不计粒子重力，求：（1）粒子在点时速度方向与轴正方向的夹角；（2）匀强电场的电场强度大小；（3）粒子在电场和磁场中运动的总时间。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）根据题意，画出粒子的运动轨迹，如图所示由于，且从点沿轴负方向进入电场，则圆心在轴负半轴，设粒子在第一象限磁场中做匀速圆周运动的半径为，圆心为，由几何关系有解得则有设粒子在A点的速度方向与y轴正方向成角，由几何关系，有解得（2）根据题意可知，粒子在第二象限做类平抛运动，沿电场方向上有垂直电场方向上有又有联立解得（3）由上述分

17、析可知，粒子在磁场中运动轨迹所对圆心角为，则粒子在磁场中运动的时间为粒子在电场中运动的时间为粒子在磁场电场中运动的总时间【例6】（2023重庆万州重庆市万州第二高级中学校联考模拟预测）如图所示，半径为R的圆形边界，圆心为O，半径Oe与直径jp垂直，圆形边界内除扇形区域jOe外，存在垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场，带电平行金属板ab、cd的长度均为R，间距为2R，圆形边界与ac相切于e点，且e点是ac的中点，在平行板的右侧放置一荧光屏，荧光屏与bd平行，且与bd的间距为R。一带电量为、质量为m的粒子甲（不计重力），从p点以指向圆心O的速度垂直进入磁场，然后从e点进入匀强电场，最后从d点射

18、出；再让与粒子甲相同的粒子乙从p点垂直射人磁场，速度的大小与甲相同、方向与甲不同，乙从j点射出磁场，进入电场，最后打在荧光屏上的f点，求：（1）匀强电场的场强；（2）粒子乙从p点到f点的运动时间。【答案】（1）；（2）【详解】（1）作出甲粒子的运动轨迹如图所示轨迹几何关系可知，粒子圆周运动的轨道半径为粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，则有粒子在电场中做类平抛运动，则有，根据牛顿第二定律有解得（2）作出乙粒子的运动轨迹如图所示粒子在磁场中圆周运动的周期结合解得粒子在磁场中运动的时间粒子进入电场前做匀速直线运动，经历时间解得粒子在电场中做类平抛运动，根据上述，可知解得 粒子飞出电场后做匀速直线运动

19、，水平方向有解得则粒子乙从p点到f点的运动时间为解得类型3 先电加速后磁偏转带电粒子先在匀强电场中做匀加速直线运动，然后垂直进入匀强磁场做匀速圆周运动，如图甲【例1】(2020全国卷，17)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(a)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(b)所示。图(b)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()AM处的电势高于N处的电势B增大M、N之间的加速电

20、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【答案】D【解析】电子带负电，故必须满足N处的电势高于M处的电势才能使电子加速，故选项A错误；由左手定则可判定磁感应强度的方向垂直纸面向里，故选项C错误；对加速过程应用动能定理有eUmv2，设电子在磁场中运动半径为r，由洛伦兹力提供向心力有evBm，则r，电子运动轨迹如图所示，由几何关系可知，电子从磁场射出的速度方向与水平方向的夹角满足sin (其中d为磁场宽度)，联立可得sin dB，可见增大U会使减小，电子在靶上的落点P右移，增大B可使增大，电子在靶上的落点P左移，故选项B错误，D正确。【例2】（2023

21、山西校联考模拟预测）半导体有着广泛的应用，人们通过离子注入的方式优化半导体以满足不同的需求。离子注入系统的原理简化如图所示。质量为m、电荷量为q的正离子经电场加速后从P点沿方向垂直射入圆心为O、半径为R的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里。当磁感应强度为时，离子恰好沿方向射出并击中晶体的中点Q。已知，不考虑离子进入加速器的初速度及离子重力和离子间的相互作用。（1）求加速电场两板间的电压；（2）为使离子能够击中晶体的各个部分，求磁感应强度的取值范围。【答案】（1）；（2）【详解】（1）设加速电场两板间的电压为U，离子经电场加速后的速度大小为v，由动能定理有当磁感应强度为时，设离子在磁场中运动

22、的半径为，由几何关系和牛顿运动定律有解得（2）当磁感应强度为时，离子离开磁场后到达晶体的M处，设离子在磁场中运动的半径为，由几何关系和牛顿运动定律有解得当磁感应强度为时，离子离开磁场后到达晶体的N处，设离子在磁场中运动的半径为，由几何关系和牛顿运动定律有解得所以，磁感应强度的取值范围为。【例3】(2022江苏省第二次适应性模拟)平面直角坐标系xOy中，第二象限存在沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E，第三、四象限存在垂直坐标平面向里的匀强磁场，如图所示一质量为m，带电荷量为q的正粒子从坐标为(L，L)的P点沿y轴负向进入电场，初速度大小为v0，粒子第二次到达x轴的位置为坐标原点不计粒子的重力(

23、1)求匀强磁场的磁感应强度B的大小；(2)若粒子由P点沿x轴正方向入射，初速度仍为v0，求粒子第二次到达x轴时与坐标原点的距离【答案】(1)4(2)L【解析】(1)由动能定理得EqLmv2mv02粒子进入磁场时速度大小为v在磁场中L2RqvB可得B4(2)假设粒子由y轴离开电场，运动轨迹如图所示Lv0t，y1at2，Eqma解得y10)的液滴，以速度v沿与水平方向成45角斜向上进入正交的范围足够大的匀强电场和匀强磁场叠加区域，电场强度方向水平向右，磁场方向垂直纸面向里，液滴在场区做直线运动.重力加速度为g，试求：(1)电场强度E和磁感应强度B各多大？(2)当液滴运动到某一点A时，电场方向突然变

24、为竖直向上，大小不改变，不考虑因电场变化而产生的磁场的影响，此时液滴加速度为多大？(3)在满足(2)的前提下，液滴从A点到达与A点位于同一水平线上的P点(图中未画出)所用的时间.【答案】(1)(2)g(3)【解析】(1)液滴带正电，受力情况如图所示：有qEmgtan mg，qvBmg可得E，B.(2)电场方向突然变为竖直向上，大小不改变，故电场力与重力平衡，洛伦兹力提供向心力，粒子做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，有：ag.(3)电场变为竖直向上后，qEmg，故液滴做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得qvBm可得r则T由几何知识得tT可得t.【例3】（2023黑龙江校联考一模）如图所示，在坐标系所

25、在的竖直平面内有一方向未知的匀强电场，第二象限内有垂直纸面向里、大小未知的匀强磁场。一带正电的小球沿方向以速度向坐标原点做直线运动，与轴负向夹角为。小球质量为，电荷量为，重力加速度为。（1）电场强度的最小值；（2）在（1）的条件下，小球在第四象限运动轨迹与轴的交点到坐标原点的距离。【答案】（1）；（2）【详解】（1）小球在复合场中做直线运动，一定做匀速直线运动，则合力为零，重力和洛伦兹力的合力与电场力等大反向，重力大小方向确定，当洛伦兹力取不同值时，重力和洛伦兹力的合力如下图所示由上图可知，重力和洛伦兹力的合力的最小值方向沿着直线向下，所以电场力最小值沿着直线向上，由几何关系可知，电场力最小值由可知电场强度（2）小球进入第四象限，受力和运动轨迹如下图所示小球在第四象限受电场力和重力，两者的合力与线垂直，与原来洛伦兹力的大小相等，则重力和电场力的合力由牛顿第二定律可知加速度小球做类平抛运动，设小球从坐标原点再到轴运动的时间为，则水平方向的位移竖直方向的位移由图可知解得则小球运动轨迹与轴的交点到坐标原点的距离【例4】（