2024届高考物理一轮复习教案第十一章专题强化二十带电粒子在组合场中的运动（粤教版新教材）

这是一份2024届高考物理一轮复习教案第十一章专题强化二十带电粒子在组合场中的运动（粤教版新教材），共16页。
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)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．
3．常见粒子的运动及解题方法
题型一 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 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．
答案 (1)eq \f(5aqB0,m) (2)B1≥eq \f(8B0,3) (3)4na(n＝1,2,3，…)
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＝meq \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，
由(1)可知cs θ＝eq \f(OQ,R)＝eq \f(3,5)，所以r1＝eq \f(15a,8)，
根据qvB1＝eq \f(mv2,r1)，联立解得B1＝eq \f(8B0,3)，故当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，…)．
题型二 电场与磁场的组合
1．带电粒子在匀强电场中做匀加速直线运动，在匀强磁场中做匀速圆周运动，如图所示．
2．带电粒子在匀强电场中做类平抛(或类斜抛)运动，在磁场做匀速圆周运动，如图所示
考向1 先电场后磁场
例2 (2023·广东广州市增城中学开学摸底测试)如图所示，已知边长为L的正方形区域ABCD内部存在磁感应强度为B的匀强磁场，其上方存在电场强度为E的匀强电场，电场宽度也为L.从电场的P点由静止释放一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子(重力不计，PAB在同一直线上)．粒子经电场加速后从AB边进入磁场．
(1)如果已知粒子到达A点的速度为v，求PA的距离；
(2)要使粒子经过C点，求PA的距离；
(3)若M到D点的距离为eq \f(1,3)L，要使粒子经过M点，求PA距离的可能值．
答案 (1)eq \f(mv2,2Eq) (2)eq \f(B2L2q,2mE) (3)见解析
解析 (1)粒子到达A点的速度为v，设PA＝x，根据动能定理有
Eqx＝eq \f(1,2)mv2①
由①解得x＝eq \f(mv2,2Eq)②
(2)粒子经过C点，运动半径为L，设PA＝x′，根据动能定理有Eqx′＝eq \f(1,2)mv′2③
又根据洛伦兹力提供向心力有Bqv′＝meq \f(v′2,L)④
由③④联立得x′＝eq \f(B2L2q,2mE)
(3)粒子经过M点，设PA＝x1、x2或x3
第一种可能情况如图甲所示
甲
有Eqx1＝eq \f(1,2)mv12⑤
Bqv1＝meq \f(v12,r1)⑥
根据几何关系有(L－r1)2＋(eq \f(L,3))2＝r12⑦
由⑤⑥⑦可得PA＝x1＝eq \f(25B2L2q,162mE)
第二种可能情况如图乙所示
乙
有Eqx2＝eq \f(1,2)mv22⑧
Bqv2＝meq \f(v2,r2)⑨
(3r2－L)2＋(eq \f(L,3))2＝r22⑩
由⑧⑨⑩可得PA＝x2＝eq \f(25B2L2q,288mE)
第三种可能情况如丙所示
丙
有Eqx3＝eq \f(1,2)mv32⑪
Bqv3＝meq \f(v32,r3)⑫
根据几何关系有r3＝eq \f(L,3)⑬
由⑪⑫⑬可得PA＝x3＝eq \f(B2L2q,18mE).
考向2 先磁场后电场
例3 (2023·河北唐山市模拟)平面直角坐标系xOy中，直线OP与x轴正方向的夹角为30°，其上方存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，下方存在匀强电场，电场强度方向与x轴负方向的夹角为60°，如图所示．质量为m、电荷量为q的带正电粒子以速度v从坐标原点沿y轴正方向进入磁场，经磁场偏转后由P点进入电场，最后从x轴上的Q点离开电场，已知O、P两点间距离为L，PQ连线平行于y轴．不计粒子重力，求：
(1)匀强磁场的磁感应强度B的大小；
(2)匀强电场的电场强度E的大小．
答案 (1)eq \f(\r(3)mv,qL) (2)eq \f(8\r(3)mv2,qL)
解析 (1)粒子在磁场中运动时(如图所示)，设轨迹半径为R，根据洛伦兹力提供向心力可得qvB＝eq \f(mv2,R)
由几何关系有L＝2Rcs 30°
联立解得B＝eq \f(\r(3)mv,qL).
(2)粒子进入电场时，速度方向与边界OP的夹角为60°，由几何关系可知，速度方向和电场方向垂直．粒子在电场中的位移s＝PQ＝Lsin 30°
又ssin 30°＝vt
scs 30°＝eq \f(1,2)at2
Eq＝ma
联立解得E＝eq \f(8\r(3)mv2,qL).
考向3 粒子多次进出电场、磁场的运动
例4 (2021·广东卷·14)如图是一种花瓣形电子加速器简化示意图，空间有三个同心圆a、b、c围成的区域，圆a内为无场区，圆a与圆b之间存在辐射状电场，圆b与圆c之间有三个圆心角均略小于90°的扇环形匀强磁场区Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ.各区磁感应强度恒定，大小不同，方向均垂直纸面向外．电子以初动能Ek0从圆b上P点沿径向进入电场，电场可以反向，保证电子每次进入电场即被全程加速，已知圆a与圆b之间电势差为U，圆b半径为R，圆c半径为eq \r(3)R，电子质量为m，电荷量为e，忽略相对论效应，取tan 22.5°＝0.4.
(1)当Ek0＝0时，电子加速后均沿各磁场区边缘进入磁场，且在电场内相邻运动轨迹的夹角θ均为45°，最终从Q点出射，运动轨迹如图中带箭头实线所示，求Ⅰ区的磁感应强度大小、电子在Ⅰ区磁场中的运动时间及在Q点出射时的动能；
(2)已知电子只要不与Ⅰ区磁场外边界相碰，就能从出射区域出射．当Ek0＝keU时，要保证电子从出射区域出射，求k的最大值．
答案 (1)eq \f(5\r(eUm),eR) eq \f(πR\r(meU),4eU) 8eU (2)eq \f(13,6)
解析 (1)电子在电场中加速有2eU＝eq \f(1,2)mv2，在Ⅰ区磁场中，由几何关系可得r＝Rtan 22.5°＝0.4R
根据洛伦兹力提供向心力有B1ev＝meq \f(v2,r)
联立解得B1＝eq \f(5\r(eUm),eR)
电子在Ⅰ区磁场中的运动周期为T＝eq \f(2πr,v)
由几何关系可得，电子在Ⅰ区磁场中运动的圆心角为φ＝eq \f(5,4)π
电子在Ⅰ区磁场中的运动时间为t＝eq \f(φ,2π)T
联立解得t＝eq \f(πR\r(meU),4eU)
电子从P到Q在电场中共加速8次，故在Q点出射时的动能为Ek＝8eU
(2)设电子在Ⅰ区磁场中做匀速圆周运动的最大半径为rm，此时圆周的轨迹与Ⅰ区磁场边界相切，
由几何关系可得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)R－rm))2＝R2＋rm2
解得rm＝eq \f(\r(3),3)R
根据洛伦兹力提供向心力有B1evm＝meq \f(vm2,rm)
2eU＝eq \f(1,2)mvm2－keU
联立解得k＝eq \f(13,6).
例5 如图所示，一对足够长平行栅极板M、N水平放置，极板与可调电源相连．极板外上方和下方分别存在方向垂直纸面向外和向内的匀强磁场B1和B2，B1和B2的大小未知，但满足B2＝eq \f(5,3)B1，磁场左边界上距M板距离为2l的A点处的粒子源平行极板向右发射速度为v的带正电粒子束，单个粒子的质量为m、电荷量为q，粒子第1次离开M板的位置为C点，已知C点距离磁场左边界距离为l.忽略栅极的电场边缘效应、粒子间的相互作用及粒子所受重力．
(1)求磁感应强度B1的大小；
(2)当两板间电势差UMN＝0时，粒子经过下方磁场一次偏转后恰能从C点再次返回极板上方的磁场，求两板间距d的大小；
(3)当两板间所加的电势差UMN＝－eq \f(6mv2,5q)时，在M板上C点右侧P点处放置一粒子靶(忽略靶的大小)，用于接收从M板上方打入的粒子．问当P点离磁场左边界多远的地方能接收到粒子？
答案 (1)eq \f(4mv,5ql) (2)0.8l
(3)(1＋1.36n)l，n＝0、1、2、3…
解析 (1)粒子从A点发射后运动到C的过程，洛伦兹力提供向心力qvB1＝eq \f(mv2,R1)
由几何知识可得R12＝(2l－R1)2＋l2，解得R1＝eq \f(5,4)l，B1＝eq \f(4mv,5ql)
(2)粒子经过C点时的速度方向与竖直方向的夹角为θ，则cs θ＝eq \f(l,R1)＝0.8
粒子进入磁场B2之后，圆周运动半径为R2＝eq \f(mv,qB2)＝eq \f(3,5)R1＝eq \f(3,4)l，
又因为dtan θ＝R2cs θ，解得d＝0.8l
由R2＝eq \f(3,4)l得，粒子在B2磁场中不会从左边界飞出．
(3)粒子到达C点后第一次在电场中向左运动距离Δx＝vsin θ·eq \f(2vcs θ,\f(Uq,dm))＝0.64l
粒子在B1磁场中运动到最左边时，距C点距离
xC＝Δx＋R1－l＝0.89l8L的范围内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场右边界为平行于y轴的直线，y轴上有一点P，其坐标为(0,3L)，一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子从P点沿x轴正方向射入匀强电场，射入时速度大小为v0，粒子经电场后恰好从Q点射出电场，然后进入匀强磁场，Q点为x＝8L的x轴上的一点，带电粒子经磁场偏转后恰好不从右边界射出，然后又回到匀强电场中，不计粒子重力，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.求：
(1)匀强电场的电场强度大小E；
(2)匀强磁场右边界的横坐标和粒子从磁场回到电场时的位置的纵坐标．
答案 (1)eq \f(3mv02,32qL) (2)8L＋eq \f(2mv0,qB) eq \f(2mv0,qB)
解析 (1)粒子在电场中做类平抛运动，轨迹如图所示，x方向上有8L＝v0t
y方向上有3L＝eq \f(1,2)at2
根据牛顿第二定律有qE＝ma
联立以上各式解得匀强电场的电场强度大小E＝eq \f(3mv02,32qL)
(2)设粒子射出电场时y方向的速度大小为vy，则有vy＝at
与上式联立解得vy＝eq \f(3,4)v0
设合速度v与x轴正方向的夹角为θ，则有tan θ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(3,4)
解得θ＝37°
合速度大小为v＝eq \f(v0,cs 37°)＝eq \f(5,4)v0
带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示
由洛伦兹力提供向心力有qvB＝eq \f(mv2,r)
解得r＝eq \f(5mv0,4qB)
匀强磁场的宽度为d＝r＋rsin 37°
解得d＝eq \f(2mv0,qB)
则磁场右边界的横坐标为x＝8L＋eq \f(2mv0,qB)
粒子返回电场时在磁场边界对应弦长为s＝2rcs 37°＝eq \f(2mv0,qB)
粒子从磁场回到电场时的位置的纵坐标为y＝eq \f(2mv0,qB).
4．(2023·广东揭阳市月考)如图所示，在长方形abcd内，adf区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B.abcf区域内存在匀强电场，方向水平向左，af与ad夹角为30°.带电粒子经加速电压U加速后，以与af平行的速度从e点进入磁场，ae间距为2L，带电粒子从af上的某点P(图中未画出)垂直于af离开磁场，从ab上的某点Q(图中未画出)垂直于ab离开电场，不计粒子的重力．求：
(1)带电粒子的比荷；
(2)带电粒子在长方形区域abcd中的运动时间．
答案 (1)eq \f(2U,B2L2) (2)eq \f(6＋2\r(3)＋πBL2,4U)
解析 (1)磁场方向垂直纸面向外，粒子垂直于af离开磁场，可知粒子带正电，运动轨迹如图所示，
由几何关系可得r＝2Lsin 30°
在磁场中由牛顿第二定律可得
qvB＝meq \f(v2,r)
在电场中加速可得qU＝eq \f(1,2)mv2
联立解得eq \f(q,m)＝eq \f(2U,B2L2)
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动路径为四分之一圆周，在磁场中的运动时间t1＝eq \f(πr,2v)
由(1)可得粒子进入磁场时的速度为
v＝eq \f(2U,BL)
此后进入电场，当出射方向和ab垂直时，可知粒子在水平方向的分速度减为零，沿竖直方向可视为做匀速直线运动．垂直af入射时，与竖直方向夹角为60°，则vy＝vcs 60°
从af上的入射点P到a点的距离为
d＝2Lcs 30°＋r
则P到ab边距离为s＝d·cs 30°
则在电场中的运动时间为t2＝eq \f(s,vy)
带电粒子在长方形区域abcd中的运动时间
t＝t1＋t2＝eq \f(6＋2\r(3)＋πBL2,4U).
5.(2023·广东湛江市检测)如图所示，平面直角坐标系xOy的第一象限内存在着有界匀强磁场和匀强电场．直线y＝d与y轴相交于P点，磁场分布在x轴与直线y＝d之间，方向垂直纸面向里；电场分布在直线y＝d上方，电场强度大小为E＝eq \f(B2dq,m)、方向竖直向下．质量为m、电荷量为q的带正电荷的粒子从坐标原点O垂直磁场方向射入，射入时的速度大小为v0，方向与x轴正方向成60°角，并恰好从P点离开磁场，不计粒子的重力．
(1)求磁场的磁感应强度大小B；
(2)若将磁感应强度大小变为eq \f(B,2)，其他条件不变，求：
①粒子能达到的纵坐标的最大值ym；
②粒子在第一象限内运动的时间t.
答案 (1)eq \f(mv0,qd) (2)①eq \f(3d,2) ②eq \f(2πd,3v0)＋eq \f(2d,v0)
解析 (1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图甲所示，
根据粒子在磁场中运动的轨迹，由几何关系可得粒子轨迹对应的圆心角为60°，则粒子轨迹半径为R1＝d
根据洛伦兹力提供向心力可得qv0B＝meq \f(v02,R1)
联立解得B＝eq \f(mv0,qd)
(2)①若将磁感应强度大小变为eq \f(B,2)，其他条件不变，则粒子的轨迹半径变为R2＝2R1＝2d
通过O点作速度方向的垂线，交y＝d直线于O2，根据几何关系可得OO2＝2d
则圆心的位置为O2，运动轨迹如图乙所示，
粒子进入电场时速度沿y轴正方向，粒子从进入电场到速度减为0的过程，由动能定理可得－qEy＝0－eq \f(1,2)mv02
解得y＝eq \f(d,2)
粒子能达到的纵坐标的最大值
ym＝d＋y＝eq \f(3d,2)
②由几何关系可知粒子第一次在磁场内运动的圆心角为30°，根据对称性可知，粒子从电场返回磁场时在磁场中运动轨迹对应的圆心角也为30°，粒子在磁场中运动的时间
t1＝eq \f(2×\f(π,6),2π)×eq \f(2πR2,v0)＝eq \f(2πd,3v0)
设粒子在电场中向上减速为零的时间为t2，则有eq \f(v0,2)t2＝y
解得t2＝eq \f(d,v0)
粒子在第一象限内运动的时间t＝t1＋2t2＝eq \f(2πd,3v0)＋eq \f(2d,v0).
6.(2023·广东省高三检测)如图所示，半径为R的圆形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，圆形区域内ac、df为互相垂直的竖直和水平两条直径，沿df方向距f点为R的g点处固定一足够长的挡板，挡板与fg方向的夹角α＝60°，粒子打到挡板上会被吸收，圆形磁场区域以外空间存在竖直向上的匀强电场．一质量为m、电荷量为q的带负电粒子(不计重力)自c点沿ca方向以速度v射入磁场，经磁场偏转后从f点沿fg方向射出磁场，之后恰好未打在挡板上，图中已画出粒子在电场中运动的轨迹．
(1)求匀强磁场的磁感应强度大小B1；
(2)求匀强电场的电场强度大小E；
(3)若将原电场换为方向垂直纸面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小B2＝kB1(0