金版教程2025年高考物理复习第2讲 启智微专题 满分指导4

满分指导4带电粒子在组合场中的运动问题规范求解[案例剖析](14分)(2023·山东高考)如图所示，①在0≤x≤2d、0≤y≤2d的区域中，存在沿y轴正方向、场强大小为E的匀强电场，②电场的周围分布着垂直纸面向外的恒定匀强磁场。③一个质量为m、电量为q的带正电粒子从OP中点A进入电场(不计粒子重力)。(1)④若粒子初速度为零，粒子从上边界垂直QN第二次离开电场后，垂直NP再次进入电场，求磁场的磁感应强度B的大小；(2)⑤若改变电场强度大小，粒子以一定的初速度从A点沿y轴正方向第一次进入电场，离开电场后从P点第二次进入电场，在电场的作用下从Q点离开。(ⅰ)⑥求改变后电场强度E′的大小和粒子的初速度v0；(ⅱ)⑦通过计算判断粒子能否从P点第三次进入电场。[审题抓住信息，准确推断]关键信息信息挖掘题干①在0≤x≤2d、0≤y≤2d的区域中，存在沿y轴正方向、场强大小为E的匀强电场已知匀强电场分布的范围，匀强电场的电场强度的方向、大小②电场的周围分布着垂直纸面向外的恒定匀强磁场已知匀强磁场分布的范围、匀强磁场的磁感应强度的方向，磁感应强度大小未知③一个质量为m、电量为q的带正电粒子从OP中点A进入电场(不计粒子重力)已知粒子的电性、电量、质量，不计重力，进入电场的入射点也给出问题④若粒子初速度为零，粒子从上边界垂直QN第二次离开电场后，垂直NP再次进入电场，求磁场的磁感应强度B的大小已知粒子进入电场的速度为0，粒子连续两次从上边界垂直QN离开电场，此后经磁场垂直NP再次进入电场⑤若改变电场强度大小，粒子以一定的初速度从A点沿y轴正方向第一次进入电场，离开电场后从P点第二次进入电场，在电场的作用下从Q点离开改变条件(电场强度的大小、粒子的初速度)后，粒子第二次进入电场的位置、离开电场的位置均已知⑥求改变后电场强度E′的大小和粒子的初速度v0磁场未变，电场范围未变，电场强度方向未变，粒子的电性、电量、质量未变⑦通过计算判断粒子能否从P点第三次进入电场若粒子第三次进入电场前在磁场中做圆周运动的圆心与P点的间距等于运动的轨迹半径，则粒子能从P点第三次进入电场，否则不能[破题形成思路，快速突破](1)粒子初速度为0时，垂直NP进入电场前做什么运动？提示：先沿电场方向做匀加速直线运动直至第一次离开电场，然后在磁场中转过半个圆周进入电场，在电场中逆着电场线减速到0后反向加速直至第二次离开电场，然后在磁场中转过eq\f(3,4)个圆周第三次进入电场。(2)若改变电场强度大小，粒子初速度不为0时，粒子第二次离开电场前做什么运动？提示：先沿电场方向做匀加速直线运动直至第一次离开电场，然后在磁场中做匀速圆周运动并从P点再次进入电场，在电场中做匀变速曲线运动直至从Q点第二次离开电场。(3)改变电场强度大小后，粒子第一次离开电场的速率即第二次进入电场的速率对解题很关键，如何求解？提示：根据粒子第一次在磁场中的运动轨迹圆和圆周运动的知识求解。(4)改变电场强度大小后，若求得粒子第二次进入电场的速度，如何进一步求改变后的电场强度大小？提示：根据粒子第二次在电场中的运动轨迹和匀变速曲线运动的规律求解。(5)改变电场强度大小后，如何判断粒子第三次进入电场前在磁场中做圆周运动的圆心与P点的间距是否等于运动的轨迹半径？提示：根据粒子第二次在电场中的运动求出粒子第二次进入磁场的初速度大小、方向，从而计算出粒子第二次在磁场中运动的轨迹半径、圆心坐标，然后根据几何关系计算出粒子第二次在磁场中运动的圆心与P点的间距，进而可判断该间距是否等于粒子第二次在磁场中运动的轨迹半径。[解题规范步骤，水到渠成](1)初速度为零的带电粒子从A点进入电场后在电场中沿y轴正方向做匀加速直线运动，设粒子进入磁场时速度为v，根据动能定理有qE·2d＝eq\f(1,2)mv2(1分)粒子在磁场中做匀速圆周运动，设轨道半径为R，有qvB＝meq\f(v2,R)(1分)粒子从上边界垂直QN第二次离开电场后，速度仍为v，垂直NP再次进入电场，画出粒子运动轨迹如图甲所示根据几何关系可知d＝3R联立解得B＝6eq\r(\f(mE,qd))。(1分)(2)(ⅰ)作出粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图乙所示，粒子第一次在磁场中做匀速圆周运动过程，根据几何关系可知Req\o\al(2,1)＝(2d)2＋(R1－d)2解得轨道半径R1＝eq\f(5,2)d所以有sinθ＝cosα＝eq\f(2d,R1)＝eq\f(4,5)由洛伦兹力提供向心力得qv1B＝meq\f(veq\o\al(2,1),R1)(1分)解得v1＝15eq\r(\f(qdE,m))粒子从P点第二次进入电场后做类斜抛运动，设运动时间为t，沿x方向有2d＝v1cosα·t(1分)设加速度大小为a，沿y方向有2d＝v1sinα·t＋eq\f(1,2)at2(1分)根据牛顿第二定律有qE′＝ma(1分)联立解得E′＝36E(1分)带电粒子第一次在电场中运动过程，根据动能定理有qE′·2d＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)(1分)解得v0＝9eq\r(\f(qdE,m))。(1分)(ⅱ)粒子从P到Q，根据动能定理有qE′·2d＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)(1分)解得粒子从Q射出电场时的速度大小为v2＝3eq\r(\f(41qdE,m))设v2与x轴负方向夹角为β，有cosβ＝eq\f(v1cosα,v2)＝eq\f(4,\r(41))则sinβ＝eq\f(5,\r(41))由qv2B＝meq\f(veq\o\al(2,2),R2)(1分)解得此后粒子在磁场中的轨道半径R2＝eq\f(\r(41),2)d根据几何关系可知对应的圆心O2坐标为x2＝R2sinβ＝eq\f(5,2)d，y2＝2d＋R2cosβ＝4d而圆心O2与P的距离为l＝eq\r(（x2－2d）2＋（y2－0）2)＝eq\f(\r(65),2)d≠R2(1分)故粒子不能从P点第三次进入电场。(1分)[点题突破瓶颈，稳拿满分]对于带电粒子在组合场中的运动问题，应充分挖掘题目中的关键信息，认真进行受力分析和运动过程分析，分过程、分步骤规范解题，步步得分。课时作业1.如图所示为某种质谱仪工作原理示意图，离子从电离室A中的小孔S1飘出(初速度不计)，经电压为U的加速电场加速后，通过小孔S2，从磁场上边界垂直于磁场方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，运动半个圆周后打在照相底片D上并被吸收形成谱线。照相底片D上有刻线均匀分布的标尺(图中未画出)，可以直接读出离子的比荷。下列说法正确的是()A．打在照相底片D上的离子带负电B．可以通过减小磁感应强度B来增大不同离子形成谱线之间的间隔C．谱线b对应比荷的值大于谱线a对应比荷的值D．标尺上各刻线对应比荷的值是均匀的答案B解析根据左手定则可知，打在照相底片D上的离子带正电，故A错误；在加速电场中，根据动能定理，有qU＝eq\f(1,2)mv2，在偏转磁场中，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,r)，联立可得r＝eq\r(\f(2mU,qB2))，则谱线a、b间的距离d＝2rb－2ra＝eq\f(2\r(2U),B)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(mb,qb))－\r(\f(ma,qa))))，可知可以通过减小磁感应强度B来增大不同离子形成谱线之间的间隔，故B正确；根据r＝eq\r(\f(2mU,qB2))，rb>ra，可得eq\f(qb,mb)<eq\f(qa,ma)，故C错误；根据d＝eq\f(2\r(2U),B)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(mb,qb))－\r(\f(ma,qa))))，可知标尺上各刻线对应比荷的值eq\f(q,m)是非均匀的，故D错误。2.如图所示为回旋加速器示意图。D形盒上加交变电压，其间隙处产生交变电场。已知D形盒的半径为R，交变电压的周期为T，电压为U，D形盒的间隙为d，磁感应强度的大小为B，该回旋加速器为α粒子(eq\o\al(4,2)He)加速器，不计α粒子的初速度，已知质子的质量为m0，元电荷为e。粒子在D形盒间隙运动的时间很短，一般可忽略，下列说法正确的是()A．该回旋加速器调节相关参数后才能用于氘核(eq\o\al(2,1)H)的加速B．α粒子最后从D形盒被引出的速度大小为eq\f(eBR,m0)C．α粒子在D形盒中加速的次数n＝eq\f(eB2R2,4m0U)D．若考虑α粒子在D形盒间隙中运动的时间，该时间可能超过半个周期答案C解析回旋加速器正常工作时，应有交变电压的周期等于带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期，即T＝eq\f(2πm,qB)，α粒子与氘核的比荷相等，则在同一磁场中运动的周期相同，故该回旋加速器不用调节相关参数便可以用于氘核(eq\o\al(2,1)H)的加速，A错误；由题意可知α粒子的质量为4m0，电荷量为2e，根据2evmB＝4m0eq\f(veq\o\al(2,m),R)得，α粒子最后从D形盒被引出的速度大小为vm＝eq\f(eBR,2m0)，故B错误；根据动能定理有n·2eU＝eq\f(1,2)·4m0veq\o\al(2,m)，解得n＝eq\f(eB2R2,4m0U)，故C正确；若α粒子在D形盒间隙中运动的时间超过半个周期，则粒子将在电场中做减速运动，故该时间不可能超过半个周期，D错误。3．(2022·海南高考)如图，有一个辐向分布的电场，距离O相等的地方电场强度大小相等，有一束粒子流沿圆弧轨迹通过电场，又垂直进入一匀强磁场，则运动轨迹相同的粒子，它们具有相同的()A．质量 B．电量C．比荷 D．动能答案C解析设带电粒子的质量为m，电荷量为q，速度大小为v，带电粒子在辐向分布的电场中运动时，运动半径为R1，轨迹所在处电场强度大小为E，由电场力提供做圆周运动的向心力，有qE＝meq\f(v2,R1)，解得ER1＝eq\f(mv2,q)；设带电粒子在匀强磁场中运动时，运动半径为R2，磁场的磁感应强度大小为B，由洛伦兹力提供做圆周运动的向心力，有qvB＝meq\f(v2,R2)，解得BR2＝eq\f(mv,q)。运动轨迹相同的粒子，R1、R2相同，B、E相同，则eq\f(mv2,q)、eq\f(mv,q)相同，则v相同，eq\f(m,q)相同，比荷eq\f(q,m)相同，质量m、电量q不一定相同，动能eq\f(1,2)mv2不一定相同，故选C。4．(2023·海南高考)(多选)如图所示，质量为m、带电量为＋q的带电粒子，从原点以初速度v0射入第一象限内的电磁场区域，在0<y<y0、0<x<x0(x0、y0为已知)区域内有竖直向上的匀强电场，在x>x0区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，控制电场强度(E值有多种可能)，可让粒子从NP射入磁场后偏转打到接收器MN上，则()A．粒子从NP中点射入磁场，电场强度满足E＝eq\f(y0mveq\o\al(2,0),qxeq\o\al(2,0))B．粒子从NP中点射入磁场时速度为v0eq\r(\f(xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0),yeq\o\al(2,0)))C．粒子在磁场中做圆周运动的圆心到NM的距离为eq\f(mv0,qB)D．粒子在磁场中运动的圆周半径最大值是eq\f(mv0,qB)eq\r(\f(xeq\o\al(2,0)＋4yeq\o\al(2,0),xeq\o\al(2,0)))答案AD解析若粒子从NP中点射入磁场，设粒子在电场中的运动时间为t，则x0＝v0t，eq\f(1,2)y0＝eq\f(1,2)·at2，其中粒子的加速度大小a＝eq\f(qE,m)，联立解得E＝eq\f(y0mveq\o\al(2,0),qxeq\o\al(2,0))，设粒子射入磁场时沿y轴方向的分速度大小为vy1，则eq\f(y0,2)＝eq\f(vy1,2)t，解得vy1＝eq\f(y0,x0)v0，故粒子从NP中点射入磁场时速度为v1＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y1))＝v0eq\r(\f(xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0),xeq\o\al(2,0)))，A正确，B错误；粒子进入磁场后做匀速圆周运动，设运动速度为v，轨道半径为r，则qvB＝meq\f(v2,r)，如图所示，设粒子从电场中射出时的速度方向与y轴方向夹角为θ，则粒子进入磁场后做圆周运动的圆心到MN的距离为d＝rcosθ，联立解得d＝eq\f(mvcosθ,qB)＝eq\f(mvy,qB)，C错误；对从(x0，y)进入磁场的粒子，粒子在电场中运动时，竖直方向上有y＝eq\f(vy,2)·t，解得vy＝eq\f(2y,x0)v0，则粒子离开电场的速度v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))＝v0eq\r(\f(xeq\o\al(2,0)＋4y2,xeq\o\al(2,0)))，粒子在磁场中运动的圆周半径r＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(mv0,qB)eq\r(\f(xeq\o\al(2,0)＋4y2,xeq\o\al(2,0)))，又因0<y≤y0，则粒子在磁场中运动的圆周半径最大值是rm＝eq\f(mv0,qB)eq\r(\f(xeq\o\al(2,0)＋4yeq\o\al(2,0),xeq\o\al(2,0)))，D正确。5.(2024·山西省吕梁市高三上开学检测)(多选)如图所示，平面直角坐标系xOy，在x≤4L且y≥0区域中有磁感应强度为B、垂直xOy平面的匀强磁场，在x＝4L直线右边区域有与x轴负方向成37°角、平行于xOy平面的匀强电场，一质量为m、带电量为q的粒子(不计重力)从y轴上的a点沿y轴负方向射入磁场，从b点(4L，0)沿x轴的正方向离开磁场进入电场，到达c点时粒子的速度恰好沿y轴的负方向，且c点的横坐标为7L，sin37°＝0.6、cos37°＝0.8，下列说法正确的是()A．粒子在磁场中做圆周运动的半径为2LB．粒子在b点的速度为eq\f(4BqL,m)C．电场强度大小为eq\f(10B2qL,3m)D．粒子从b到c的运动时间为eq\f(3πm,2Bq)答案BC解析过a、b两点分别作速度的垂线，交点O1是粒子在磁场中做圆周运动的轨迹圆的圆心，O1a、O1b是轨迹圆两个互相垂直的半径，由几何关系可得OaO1b是正方形，则轨迹圆的半径为4L，故A错误；设粒子在b点的速度为v，由洛伦兹力提供向心力可得qvB＝meq\f(v2,4L)，解得v＝eq\f(4BqL,m)，故B正确；把粒子受到的电场力分别沿着x轴和y轴分解，则有Fx＝qEcos37°，由牛顿第二定律可得ax＝eq\f(Fx,m)，粒子在c点的速度沿着y轴的负方向，则粒子在c点沿x轴方向的速度恰好为0，从b运动到c的过程中，粒子沿着x轴正方向的分位移为3L，则有2ax·3L＝v2，解得E＝eq\f(10B2qL,3m)，故C正确；沿x轴方向，根据匀变速直线运动的规律知，粒子从b到c的平均速度eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(v,2)，则运动时间t＝eq\f(3L,\o(v,\s\up6(－)))，解得t＝eq\f(3m,2Bq)，故D错误。6.(2022·山东省青岛市高三下统一质量检测(一模))某电子显像装置的原理如图所示，平面内有匀强电场和匀强磁场区域，磁场分布在x轴下方及抛物线与y轴之间，抛物线方程为y＝2x2，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外；电场分布在抛物线与x轴之间所夹的空间，电场强度大小为E，方向沿y轴负方向。现有带正电粒子从抛物线上各处无初速度释放，粒子进入第四象限经磁场偏转后都会经过原点O，粒子重力不计，求：(1)带电粒子的比荷；(2)y＝2m处释放的粒子从释放到再次运动到抛物线所用的时间；(3)y＝2m处释放的粒子第三次经过x轴的位置坐标。答案(1)eq\f(16E,B2)(2)eq\f(（3π＋16）B,32E)(3)(2.5m，0)解析(1)带电粒子在电场中加速，有Eqy＝eq\f(1,2)mv2设在磁场中的轨迹半径为R，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝eq\f(mv2,R)由于粒子恰好能经过圆心O，可知x＝2R又y＝2x2联立解得eq\f(q,m)＝eq\f(16E,B2)。(2)当y＝2m时，由y＝2x2得x＝1m此时粒子做圆周运动的半径R＝eq\f(x,2)＝0.5m设粒子再次到达抛物线的坐标为(x′，y′)，则由圆周运动轨迹方程有(x′－0.5)2＋y′2＝R2由抛物线方程有y′＝2x′2联立解得x1′＝0，y1′＝0或x2′＝0.5m，y2′＝0.5m即粒子再次到达抛物线的坐标为(0.5m，0.5m)，可知粒子在磁场中恰好运动了eq\f(3,4)周期，粒子做圆周运动的周期T＝eq\f(2πR,v)粒子在磁场中运动的时间t1＝eq\f(3,4)T在电场中，有Eq＝may＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,2)则运动的时间t＝t1＋t2联立解得t＝eq\f(（3π＋16）B,32E)。(3)粒子再次进入电场时，速度v1方向沿x轴正方向，且有Eqy＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)此后在电场中做类平抛运动，沿y轴负方向运动的位移大小为y2′＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,3)沿x轴正方向运动的位移大小为x0＝v1t3联立解得x0＝2m第三次到达x轴的横坐标为x3＝x0＋x2′＝2.5m因此第三次到达x轴的坐标为(2.5m，0)。7.(2023·湖北省八市高三下3月份联考)如图所示，在xOy坐标系中，x轴上方有一圆形匀强磁场区域，其圆心为O1(0，2m)、半径R＝2m，磁感应强度B＝2×10－2T，方向垂直于纸面向外。在x轴下方有匀强电场，电场强度E＝0.2N/C，方向水平向左。在磁场的左侧0.5R≤y≤1.5R区域内，有一群质量m＝4×10－6kg、电荷量q＝＋2×10－2C的粒子以速度v＝2×102m/s平行于x轴正方向且垂直于磁场射入圆形磁场区域。不计粒子的重力和粒子间的相互作用。求：(结果可用含π和根号的式子表示)(1)粒子在磁场区域运动的轨迹半径r；(2)粒子在磁场区域运动的最