高考物理专题复习 素养培优3　带电粒子在组合场中的运动

3/3素养培优3带电粒子在组合场中的运动1.带电粒子的“磁偏转”和“电偏转”的比较垂直进入磁场（磁偏转）垂直进入电场（电偏转）情境图受力FB＝qv0B，FB大小不变，方向变化，方向总指向圆心，FB为变力FE＝qE，FE大小、方向均不变，FE为恒力运动规律匀速圆周运动r＝mvT＝2类平抛运动vx＝v0，vy＝Eqmx＝v0t，y＝Eq2m2.常见运动及处理方法磁场与磁场的组合【典例1】（2024·湖北高考7题）如图所示，在以O点为圆心、半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。圆形区域外有大小相等、方向相反、范围足够大的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q（q＞0）的带电粒子沿直径AC方向从A点射入圆形区域。不计重力，下列说法正确的是（）A.粒子的运动轨迹可能经过O点B.粒子射出圆形区域时的速度方向不一定沿该区域的半径方向C.粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域的最小时间间隔为7D.若粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短，粒子运动的速度大小为3尝试解答先电场后磁场【典例2】（多选）（2024·山西太原二模）如图所示的装置能分离各种比荷的带电粒子，三个初速度均为零的带电粒子1、2、3经电压为U的电场加速后，从顶点A沿AD方向进入一个边长为a的正六边形区域内，正六边形区域内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，已知粒子1刚好从顶点F射出，粒子2刚好从顶点E射出，粒子3刚好垂直于ED从G点（未画出）射出，粒子重力不计，则下列说法正确的是（）A.粒子1、2、3的比荷之比为9∶4∶1B.G点到E点的距离为23C.将磁感应强度减半，粒子1在磁场中的运动时间不变D.将磁感应强度减半，粒子2会从G点射出尝试解答【典例3】（2024·青海西宁三模）如图所示，一虚线将xOy坐标系分为上下两部分，虚线交y轴于P点、交x轴于Q点，∠PQO＝60°。虚线上方区域为垂直于PQ指向左下方的匀强电场，电场强度大小为E；下方区域为垂直于平面向里的匀强磁场，磁感应强度未知。一带电荷量为q（q＞0）、质量为m的粒子从P点以v0沿x轴正方向抛出，不计重力，此后运动过程中其轨迹与虚线边界的第一个交点为M、第二个交点为N（M、N两点未画出）。（1）求从P点运动至M点的过程中，粒子离虚线边界的最远距离；（2）若PM＝MN，求磁感应强度的大小。尝试解答先磁场后电场【典例4】（2024·山西临汾三模）如图所示，平面直角坐标系xOy中直线OM与x轴之间的夹角θ＝30°，OM与x轴之间存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于坐标平面向里。直线OM与y轴之间存在匀强电场（图中没有画出）。一质量为m、电荷量为q（q＞0）的带电粒子从OM上某点P垂直于磁场进入磁场区域，粒子速度方向与直线OM之间的夹角也是30°。粒子在磁场中偏转，恰好没有穿过x轴，再次经过直线OM时与坐标原点O的距离为L。不计粒子的重力。（1）求该粒子进入磁场时速度v的大小；（2）若电场方向沿y轴负方向，粒子再次从P点进入磁场区域，求电场强度E1的大小；（3）若带电粒子恰能再次从P点以速度v返回磁场区域，求电场强度E2的大小和方向。尝试解答多次出入电场、磁场【典例5】（2024·辽宁辽阳预测）如图所示，在直角坐标系xOy的坐标平面内，边长为L的正方形AOCD区域内有沿y轴负方向的匀强电场，A点在y轴正半轴上，C点在x轴正半轴上，区域外有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，在坐标为0，34L的P点以大小为v0的速度沿x轴正方向射出一个质量为m、带电荷量为q（q＞0）的粒子。粒子第一次经电场偏转从OC的中点射出电场，此后粒子恰好从O点第二次进入电场，（1）匀强电场的电场强度大小；（2）匀强磁场的磁感应强度大小；（3）粒子第三次离开电场的位置坐标。尝试解答

素养培优3带电粒子在组合场中的运动【典例1】D根据带电粒子在圆形边界磁场中的运动性质可知粒子的运动轨迹不可能经过O点，粒子射出圆形区域时的速度方向一定沿该区域的半径方向，A、B错误；当粒子在磁场中运动的轨迹半径为r1＝R时，粒子连续两次由A点沿AC方向射入磁场区域的时间间隔最短，其运动轨迹如图1所示，由洛伦兹力提供向心力有qv1B＝mv12r1，又T1＝2πr1v1，则最短时间间隔为tmin＝2T＝4πmqB，C错误；粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短时，粒子的运动轨迹如图2所示，由几何关系可知此时粒子的轨迹半径为r2＝33R，由洛伦兹力提供向心力有qv2【典例2】BD设粒子质量为m，带电荷量为q，在加速电场中，根据动能定理得：Uq＝12mv在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力得：qvB＝mv解得r＝1粒子1、2、3的运动轨迹如图所示由几何关系知r1＝33a，r2＝3a，r3＝23a，解得r1∶r2∶r3＝1∶3∶6，由r＝1B2mUq，可得k＝qm∝1r2，故k1∶k2∶k3＝36∶4∶1，故A错误；由几何关系知O3E＝3atan30°＝3a，解得G点到E点的距离为x1＝r3－O3E＝23－3a，故B正确；将磁感应强度减半，三个粒子在磁场的运动半径都加倍，粒子1从EF之间射出【典例3】（1）3mv028解析：（1）将v0沿电场强度方向和垂直于电场强度方向分解，当沿电场强度方向速度减至0时，粒子离虚线边界最远，根据牛顿第二定律有qE＝mat1＝v最远距离s＝12at12（2）粒子运动轨迹如图所示。粒子从P→M在垂直于电场强度方向上做匀速直线运动，则PM＝v0sin30°·2t1＝3粒子从M到N做匀速圆周运动，由qv0B0＝mv整理得R0＝m由几何关系知MN＝2R0cos30°＝3结合PM＝MN解得磁感应强度的大小为B0＝2E【典例4】（1）qBL4m（2）qB2L3m（解析：（1）根据题意，粒子在磁场中做匀速圆周运动，则有qvB＝mv解得r＝mv粒子的运动轨迹如图所示由几何关系可得，粒子做匀速圆周运动的轨道半径r＝L解得v＝qBL4（2）粒子进入电场时速度方向沿x轴负方向，若电场方向沿y轴负方向，粒子在电场中做类平抛运动，则有x＝rcos30°＝vt，y＝rsin30°＝12a1t其中a1＝q解得E1＝qB（3）粒子恰能再次从P点以速度v返回磁场区域，则电场力对粒子做功为零，所以电场E2的方向垂直于OM向下，粒子从Q到P做类斜抛运动，则有r2＝vcos30°·t，vsin30°＝a2其中a2＝q解得E2＝3q【典例5】（1）23mv02qL（2）解析：（1）粒子在电场中做类平抛运动，则34L＝1212L＝v0t根据牛顿第二定律有qE＝ma解得E＝23（2）设粒子第一次出电场时速度大小为v1，根据动能定理有qE×34L＝12mv12解得v1＝2v0设粒子出电场时速度与x轴正向的夹角为θ，则v1cosθ＝v0解得θ＝60°由对称性可知粒子第二次进电场时速度与x轴夹角60°斜向右上方，则粒子