資源簡介

專題強化十　帶電粒子在復合場中的運動
1. 掌握帶電粒子在組合場中的運動規律和分析思路．
2．學會處理磁場與磁場組合場、電場與磁場組合場中帶電粒子的運動問題．
3．了解疊加場的特點，會處理帶電粒子在疊加場中的運動問題．
4．理解質譜儀和回旋加速器的原理，并能解決相關問題．
考點一　帶電粒子在組合場中的運動
帶電粒子在電場和磁場的組合場中運動，實際上是將粒子在電場中的加速和偏轉，與在磁場中偏轉兩種運動有效組合在一起，有效區別電偏轉和磁偏轉，尋找兩種運動的聯系和幾何關系是解題的關鍵．具體求解方法如下圖所示．
例 1 [2023·全國乙卷]如圖，一磁感應強度大小為B的勻強磁場，方向垂直于紙面(xOy平面)向里，磁場右邊界與x軸垂直．一帶電粒子由O點沿x正向入射到磁場中，在磁場另一側的S點射出，粒子離開磁場后，沿直線運動打在垂直于x軸的接收屏上的P點；SP＝l，S與屏的距離為，與x軸的距離為a.如果保持所有條件不變，在磁場區域再加上電場強度大小為E的勻強電場，該粒子入射后則會沿x軸到達接收屏．該粒子的比荷為(　　)
A． B．
C． D．
例 2 (多選)[2023·海南卷](本題選項中的數據是根據考生回憶編寫的，與原卷數據有些許出入)如圖所示，質量為m、帶電荷量為＋q的帶電粒子，從坐標原點O以初速度v0射入第一象限內的電、磁場區域，在0x0區域內有垂直紙面向里、大小為B的勻強磁場，控制電場強度E(E值有多種可能)，可讓粒子從NP射入磁場后偏轉打到足夠長的接收器MN上，不計重力，則(　　)
A．粒子從NP中點射入磁場，電場強度E＝
B．粒子從NP中點射入磁場時的速度v＝
C．粒子在磁場中做圓周運動的圓心到NM的距離為
D．粒子在磁場中運動的軌跡半徑的最大值是
例 3 [2023·遼寧卷]如圖，水平放置的兩平行金屬板間存在勻強電場，板長是板間距離的倍．金屬板外有一圓心為O的圓形區域，其內部存在磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向外的勻強磁場．質量為m、電荷量為q(q>0)的粒子沿中線以速度v0水平向右射入兩板間，恰好從下板邊緣P點飛出電場，并沿PO方向從圖中O′點射入磁場．已知圓形磁場區域半徑為，不計粒子重力．
(1)求金屬板間電勢差U；
(2)求粒子射出磁場時與射入磁場時運動方向間的夾角θ；
(3)僅改變圓形磁場區域的位置，使粒子仍從圖中O′點射入磁場，且在磁場中的運動時間最長．定性畫出粒子在磁場中的運動軌跡及相應的弦，標出改變后的圓形磁場區域的圓心M.
思維提升
“5步”突破帶電粒子在組合場中的運動問題
考點二　帶電粒子在疊加場中的運動
1．疊加場
電場、磁場、重力場共存，或其中某兩場共存．
2．三種場的比較
力的特點 功和能的特點
重力場 大小：G＝mg 方向：豎直向下 重力做功與路徑無關 重力做功改變物體的重力勢能
電場 大小：F＝qE 方向：正電荷受力方向與場強方向相同，負電荷受力方向與場強方向相反 電場力做功與路徑無關，W＝qU 電場力做功改變電勢能
磁場 大小：F＝qvB(v⊥B) 方向：可用左手定則判斷 洛倫茲力不做功，不改變帶電粒子的動能
例 4 [2023·湖南卷]如圖，真空中有區域Ⅰ和Ⅱ，區域Ⅰ中存在勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向下(與紙面平行)，磁場方向垂直紙面向里，等腰直角三角形CGF區域(區域Ⅱ)內存在勻強磁場，磁場方向垂直紙面向外．圖中A、C、O三點在同一直線上，AO與GF垂直，且與電場和磁場方向均垂直．A點處的粒子源持續將比荷一定但速率不同的粒子射入區域Ⅰ中，只有沿直線AC運動的粒子才能進入區域Ⅱ.若區域Ⅰ中電場強度大小為E、磁感應強度大小為B1，區域Ⅱ中磁感應強度大小為B2，則粒子從CF的中點射出，它們在區域Ⅱ中運動的時間為t0.若改變電場或磁場強弱，能進入區域Ⅱ中的粒子在區域Ⅱ中運動的時間為t，不計粒子的重力及粒子之間的相互作用，下列說法正確的是(　　)
A.若僅將區域Ⅰ中磁感應強度大小變為2B1，則t>t0
B．若僅將區域Ⅰ中電場強度大小變為2E，則t>t0
C．若僅將區域Ⅱ中磁感應強度大小變為B2，則t＝
D．若僅將區域Ⅱ中磁感應強度大小變為B2，則t＝t0
例 5 [2023·江蘇卷]霍爾推進器某局部區域可抽象成如圖所示的模型．Oxy平面內存在豎直向下的勻強電場和垂直坐標平面向里的勻強磁場，磁感應強度為B.質量為m、電荷量為e的電子從O點沿x軸正方向水平入射．入射速度為v0時，電子沿x軸做直線運動；入射速度小于v0時，電子的運動軌跡如圖中的虛線所示，且在最高點與在最低點所受的合力大小相等．不計重力及電子間相互作用．
(1)求電場強度的大小E；
(2)若電子入射速度為，求運動到速度為時位置的縱坐標y1；
(3)若電子入射速度在0 思維提升
“三步”解決疊加場問題
核心素養提升 復合場在生活、科技中的應用
1．組合場在科技中的應用
(1)質譜儀
①構造：如圖所示，由粒子源、加速電場、偏轉磁場和照相底片等構成．
②原理：粒子由靜止被加速電場加速，有qU＝，粒子在磁場中做勻速圓周運動，有qvB＝，由兩式可得m＝＝，
根據不同的半徑，可計算出粒子的質量或比荷．
(2)回旋加速器
①構造
如圖所示，D1、D2是半圓金屬盒，D形盒處于勻強磁場中，D形盒的縫隙處接交流電源．
②原理
交流電周期和粒子做圓周運動的周期相等，使粒子每經過一次D形盒縫隙，粒子被加速一次．
③最大動能
由qvmB＝、Ekm＝，得Ekm＝，粒子獲得的最大動能由磁感應強度B和盒半徑R決定，與加速電壓無關．
④總時間
粒子在磁場中運動一個周期，被電場加速兩次，每次增加動能qU，加速次數n＝，粒子在磁場中運動的總時間t＝T＝·＝(忽略粒子在狹縫中運動的時間)．
典例1 (多選)
質譜儀是科學研究和工業生產中的重要工具，如圖所示是一種質譜儀的工作原理示意圖．質量為m、電荷量為q的粒子，從容器A下方的小孔S1飄入電勢差為U1的加速電場，其初速度幾乎為0，接著經過小孔S2進入速度選擇器中，沿著直線經過小孔S3垂直進入磁感應強度為B2的勻強磁場中，最后打到照相底片CD上．已知速度選擇器的板間距為d，板間電壓為U2且板間存在勻強磁場B1，粒子打在底片上的亮點距小孔S3的距離為D.不計粒子重力，則該帶電粒子的比荷可以表示為(　　)
A. B.
D．
典例2 (多選)[2024·黑龍江哈爾濱模擬預測]2022年12月28日我國中核集團全面完成了230 MeV超導回旋加速器自主研制的任務，標志著我國已全面掌握小型化超導回旋加速器的核心技術，進入國際先進行列．如圖所示，圖甲為該回旋加速器的照片，圖乙為回旋加速器工作原理示意圖，置于真空中的D形金屬盒半徑為R，磁感應強度為B的勻強磁場與盒面垂直，交流加速電壓為U.圓心A處粒子源產生初速度為零，質量為m，電荷量為q的質子，質子在加速器中被加速．忽略質子穿過兩金屬盒間狹縫的時間，忽略相對論效應和重力的影響，下列說法正確的是(　　)
A．保持B、R、U及交流電頻率均不變，該裝置也可用于加速氘核和氚核
B．若增大加速電壓U，質子從D形盒出口射出的動能增大
C．質子從D形盒出口射出時，加速次數n＝
D．質子第n次加速后和第n＋1次加速后的運動半徑之比為∶
2．疊加場在科技中的應用
裝置 原理圖 規律
速度選擇器 若qv0B＝Eq，即v0＝，粒子做勻速直線運動，與q的大小，電性均無關．
磁流體發電機 等離子體射入，受洛倫茲力偏轉，使兩極板帶正、負電荷，兩極板電壓為U時穩定，q＝qv0B，U＝Bdv0.
電磁流量計 q＝qvB，所以v＝，所以Q＝vS＝π()2.
霍爾元件 當磁場方向與電流方向垂直時，導體在與磁場、電流方向都垂直的方向上出現電勢差．
典例3 [2024·廣東佛山統考模擬預測]法拉第曾提出一種利用河流發電的設想，并進行了實驗研究．實驗裝置示意圖如圖所示，兩塊面積均為S的矩形平行金屬板正對地浸在河水中，金屬板間距為d.水流速度處處相同大小為v，方向水平向左，金屬板面與水流方向平行．地磁場磁感應強度豎直向下的分量為B，水的電阻率為ρ，水面上方有一阻值為R的電阻通過絕緣導線和開關S連接到兩金屬板上．忽略邊緣效應，不計河水中離子的重力，則下列說法正確的是(　　)
A.電阻R上的電流方向從里向外
B．河水流速減小，兩金屬板間的電壓增大
C．該發電裝置的電動勢大小為Bdv
D．流過電阻R的電流大小為
典例4 工業上常用電磁流量計來測量高黏度及強腐蝕性流體的流量Q(單位時間內流過管道橫截面的液體體積)，原理如圖甲所示，在非磁性材料做成的圓管處加一磁感應強度大小為B的勻強磁場，當導電液體流過此磁場區域時，測出管壁上下M、N兩點間的電勢差U，就可計算出管中液體的流量．為了測量某工廠的污水排放量，技術人員在充滿污水的排污管末端安裝了一個電磁流量計，如圖乙所示，已知排污管和電磁流量計處的管道直徑分別為20 cm和10 cm.當流經電磁流量計的液體速度為10 m/s時，其流量約為280 m3/h，若某段時間內通過電磁流量計的流量為70 m3/h，不計污水中離子的重力，則在這段時間內(　　)
　
A．M點的電勢一定低于N點的電勢
B．通過排污管的污水流量約為140 m3/h
C．排污管內污水的速度約為2.5 m/s
D．電勢差U與磁感應強度B之比約為0.25 m2/s
專題強化十　帶電粒子在復合場中的運動
考點一
例1　解析：由題知，一帶電粒子由O點沿x正向入射到磁場中，在磁場另一側的S點射出，則根據幾何關系可知粒子做圓周運動的半徑r＝2a
則粒子做圓周運動有qvB＝m
則有＝
如果保持所有條件不變，在磁場區域再加上電場強度大小為E的勻強電場，該粒子入射后則會沿x軸到達接收屏，則有Eq＝qvB
聯立有＝
故選A.
答案：A
例2　解析：若粒子從NP中點射入磁場，在電場中，水平方向有x0＝v0t，豎直方向有＝·t2，解得E＝，A對；粒子在電場中運動，由動能定理有qE·＝結合A項分析可得v，B錯；粒子在電場中的運動過程，豎直方向有vy＝·，粒子在磁場中運動，由洛倫茲力提供向心力有qvB＝m，設粒子從電場中射出時的速度方向與y軸正方向的夾角為θ，根據幾何關系可知，圓心到MN的距離為s＝R cos θ＝＝，C錯；經分析可知，粒子從N點進入磁場時，在磁場中運動的軌跡半徑最大，在電場中運動時，水平方向有x0＝v0t，豎直方向有y0＝·t2，由動能定理有Emqy0＝粒子在磁場中運動，由洛倫茲力提供向心力有qvmB＝，聯立解得Rm＝，D對．
答案：AD
例3　解析：(1)設板間距離為d，則板長為d，帶電粒子在板間做類平拋運動，兩板間的電場強度為E＝
根據牛頓第二定律得，電場力提供加速度qE＝ma
解得a＝
設粒子在平板間的運動時間為t0，根據類平拋運動的規律得
＝
聯立解得U＝
(2)設粒子出電場時與水平方向夾角為α，則有
tan α＝＝
故α＝
則出電場時粒子的速度為v＝＝v0
粒子出電場后沿直線做勻速直線運動，接著進入磁場，根據牛頓第二定律，洛倫茲力提供勻速圓周運動所需的向心力得qvB＝m
解得r＝＝
已知圓形磁場區域半徑為R＝，故r＝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的圓心角也為θ，由幾何關系可得θ＝2α＝
故粒子射出磁場時與射入磁場時運動方向的夾角為或60°；
(3)帶電粒子在該磁場中運動的半徑與圓形磁場半徑關系為r＝R，根據幾何關系，將磁場圓繞O′點順時針旋轉，當O點轉到M點，粒子在磁場中運動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．則相對應的運動軌跡和弦以及圓心M的位置如圖所示：
答案：　(2)或60°
(3)
考點二
例4　解析：由題知粒子在AC做直線運動，則有qv0B1＝qE
區域Ⅱ中磁感應強度大小為B2，則粒子從CF的中點射出，則粒子轉過的圓心角為90°，根據qvB＝mr，有t0＝
若僅將區域Ⅰ中磁感應強度大小變為2B1，則粒子在AC做直線運動的速度，有qvA·2B1＝ qE
則vA＝
再根據qvB＝m，可知粒子半徑減小，則粒子仍然從CF邊射出，粒子轉過的圓心角仍為90°，則t＝t0，A錯誤；
若僅將區域Ⅰ中電場強度大小變為2E，則粒子在AC做直線運動的速度，有qvBB1＝ q· 2E
則vB＝ 2v0
再根據qvB＝m，可知粒子半徑變為原來的2倍，則粒子F點射出，粒子轉過的圓心角仍為90°，則t＝t0，B錯誤；
若僅將區域Ⅱ中磁感應強度大小變為B2，則粒子在AC做直線運動的速度仍為v0，再根據qvB＝m，可知粒子半徑變為原來的>2，則粒子從OF邊射出，根據幾何關系可知轉過的圓心角為60°，根據qvB＝mr，有t＝，則t＝，C錯誤；
若僅將區域Ⅱ中磁感應強度大小變為B2，則粒子在AC做直線運動的速度仍為v0，再根據qvB＝m，可知粒子半徑變為原來的>2，則粒子OF邊射出，根據幾何關系可知轉過的圓心角為45°，根據qvB＝mr，有t＝，則t＝t0，D正確．故選D.
答案：D
例5　解析：(1)由題知，入射速度為v0時，電子沿x軸做直線運動則有Ee＝ev0B
解得E＝v0B.
(2)電子在豎直向下的勻強電場和垂直坐標平面向里的勻強磁場的復合場中，由于洛倫茲力不做功，且由于電子入射速度為，則電子受到的電場力大于洛倫茲力，則電子向上偏轉，根據動能定理有eEy1＝m(v0)2－m(v0)2
解得y1＝.
(3)若電子以v入射時，設電子能達到的最高點位置的縱坐標為y，則根據動能定理有eEy＝－mv2
由于電子在最高點與在最低點所受的合力大小相等，則在最高點有F合＝evmB－eE
在最低點有F合＝eE－evB
聯立有vm＝－v，y＝
要讓電子達縱坐標y2＝位置，即y ≥ y2
解得v≤v0
則若電子入射速度在0 答案：(1)v0B　(2)　(3)90%
核心素養提升
典例1　解析：粒子在電場中加速，由動能定理可得U1q＝mv2
解得v＝
粒子進入速度選擇器中做直線運動，由平衡條件可得＝B1qv
聯立可得＝
粒子在磁場中做圓周運動，由洛倫茲力充當向心力，有B2qv＝m＝m
與＝B1qv
聯立可得＝
故選CD.
答案：CD
典例2　解析：此加速器加速粒子時的周期與粒子在磁場中的運動周期相同為T＝，氘核和氚核的比荷與質子的比荷不同，即氘核和氚核與質子在磁場中運動的周期不同，所以，保持B、R、U及交流電頻率均不變，該裝置不能用于加速氘核和氚核，故A錯誤；設質子從D型盒出口射出的速度為vm，則有qvmB＝，vm＝
則質子從D型盒出口射出的動能Ek＝＝m＝，與加速電壓無關，故B錯誤；設質子從釋放至由D型盒出口射出時加速了n次，則由動能定理nqU＝＝，得n＝，故C正確；由動能定理nqU＝，(n＋1)qU＝，得第n次加速后和第n＋1次加速后的速度分別為vn＝，vn＋1＝，再由質子在磁場中做圓周運動洛倫茲力提供向心力qvB＝，r＝，同理可得，質子第n次加速后和第n＋1次加速后的運動半徑分別為rn＝，rn＋1＝，所以rn∶rn＋1＝vn∶vn＋1＝∶，故D正確．故選CD.
答案：CD
典例3　解析：根據題意，由左手定則可知，河水中的正離子向外面金屬板偏轉，外金屬板為正極，負離子向里面金屬板偏轉，里金屬板為負極，則電阻R上的電流方向從外向里，故A錯誤；設穩定時產生的感應電動勢為E，兩板間有一帶電荷量為q的離子勻速運動受力平衡，根據平衡條件可得qvB＝q，解得E＝Bdv，故C正確；設極板間等效電阻為r，由閉合回路歐姆定律可得，兩金屬板間電壓為U＝·R＝，可知，河水流速減小，兩金屬板間的電壓減小，故B錯誤；根據題意，由電阻定律可得，極板間等效電阻為r＝ρ，由閉合回路歐姆定律可得，流過電阻R的電流大小為I＝＝，故D錯誤．
答案：C
典例4　解析：根據左手定則可知，正電荷進入磁場區域時會向上偏轉，負電荷向下偏轉，所以M點的電勢一定高于N點的電勢，故A錯誤；某段時間內通過電磁流量計的流量為70 m3/h，通過排污管的污水流量也是70 m3/h，由Q＝πr2v，知此段時間內流經電磁流量計的液體速度為2.5 m/s，流量計半徑為r＝5 cm＝0.05 m，排污管的半徑R＝10 cm＝0.1 m，流經電磁流量計的液體速度為v1＝2.5 m/s，則70 m3/h＝πr2v1＝πR2v2，可得排污管內污水的速度約為v2＝ m/s＝0.625 m/s，故B、C錯誤；流量計內污水的速度約為v1＝2.5 m/s，當粒子在電磁流量計中受力平衡時，有q＝qv1B，可知＝v1d1＝0.25 m2/s，故D正確．故選D.
答案：D(共42張PPT)
專題強化十　帶電粒子在復合場中的運動
1. 掌握帶電粒子在組合場中的運動規律和分析思路．
2．學會處理磁場與磁場組合場、電場與磁場組合場中帶電粒子的運動問題．
3．了解疊加場的特點，會處理帶電粒子在疊加場中的運動問題．
4．理解質譜儀和回旋加速器的原理，并能解決相關問題．
考點一
考點二
考點一
考點一　帶電粒子在組合場中的運動
帶電粒子在電場和磁場的組合場中運動，實際上是將粒子在電場中的加速和偏轉，與在磁場中偏轉兩種運動有效組合在一起，有效區別電偏轉和磁偏轉，尋找兩種運動的聯系和幾何關系是解題的關鍵．具體求解方法如下圖所示．
例 1 [2023·全國乙卷]如圖，一磁感應強度大小為B的勻強磁場，方向垂直于紙面(xOy平面)向里，磁場右邊界與x軸垂直．一帶電粒子由O點沿x正向入射到磁場中，在磁場另一側的S點射出，粒子離開磁場后，沿直線運動打在垂直于x軸的接收屏上的P點；SP＝l，S與屏的距離為，與x軸的距離為a.如果保持所有條件不變，在磁場區域再加上電場強度大小為E的勻強電場，該粒子入射后則會沿x軸到達接收屏．該粒子的比荷為(　　)
A． B．
C． D．
答案：A
解析：由題知，一帶電粒子由O點沿x正向入射到磁場中，在磁場另一側的S點射出，則根據幾何關系可知粒子做圓周運動的半徑r＝2a
則粒子做圓周運動有qvB＝m
則有＝
如果保持所有條件不變，在磁場區域再加上電場強度大小為E的勻強電場，該粒子入射后則會沿x軸到達接收屏，則有Eq＝qvB
聯立有＝
故選A.
例 2 (多選)[2023·海南卷](本題選項中的數據是根據考生回憶編寫的，與原卷數據有些許出入)如圖所示，質量為m、帶電荷量為＋q的帶電粒子，從坐標原點O以初速度v0射入第一象限內的電、磁場區域，在0x0區域內有垂直紙面向里、大小為B的勻強磁場，控制電場強度E(E值有多種可能)，可讓粒子從NP射入磁場后偏轉打到足夠長的接收器MN上，不計重力，則(　　)
A．粒子從NP中點射入磁場，電場強度E＝
B．粒子從NP中點射入磁場時的速度v＝
C．粒子在磁場中做圓周運動的圓心到NM的距離為
D．粒子在磁場中運動的軌跡半徑的最大值是
答案：AD
解析：若粒子從NP中點射入磁場，在電場中，水平方向有x0＝v0t，豎直方向有＝·t2，解得E＝，A對；粒子在電場中運動，由動能定理有qE·＝結合A項分析可得v，B錯；粒子在電場中的運動過程，豎直方向有vy＝·，粒子在磁場中運動，由洛倫茲力提供向心力有qvB＝m，設粒子從電場中射出時的速度方向與y軸正方向的夾角為θ，根據幾何關系可知，圓心到MN的距離為s＝R cos θ＝＝，C錯；經分析可知，粒子從N點進入磁場時，在磁場中運動的軌跡半徑最大，在電場中運動時，水平方向有x0＝v0t，豎直方向有y0＝·t2，由動能定理有Emqy0＝粒子在磁場中運動，由洛倫茲力提供向心力有qvmB＝，聯立解得Rm＝，D對．
例 3 [2023·遼寧卷]如圖，水平放置的兩平行金屬板間存在勻強電場，板長是板間距離的倍．金屬板外有一圓心為O的圓形區域，其內部存在磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向外的勻強磁場．質量為m、電荷量為q(q>0)的粒子沿中線以速度v0水平向右射入兩板間，恰好從下板邊緣P點飛出電場，并沿PO方向從圖中O′點射入磁場．
已知圓形磁場區域半徑為，不計粒子重力．
(1)求金屬板間電勢差U；
(2)求粒子射出磁場時與射入磁場時運動方向間的夾角θ；
(3)僅改變圓形磁場區域的位置，使粒子仍從圖中O′點射入磁場，且在磁場中的運動時間最長．定性畫出粒子在磁場中的運動軌跡及相應的弦，標出改變后的圓形磁場區域的圓心M.
解析：(1)設板間距離為d，則板長為d，帶電粒子在板間做類平拋運動，兩板間的電場強度為E＝
根據牛頓第二定律得，電場力提供加速度qE＝ma
解得a＝
設粒子在平板間的運動時間為t0，根據類平拋運動的規律得
＝
聯立解得U＝
(2)設粒子出電場時與水平方向夾角為α，則有tan α＝＝
故α＝
則出電場時粒子的速度為v＝＝v0
粒子出電場后沿直線做勻速直線運動，接著進入磁場，根據牛頓第二定律，洛倫茲力提供勻速圓周運動所需的向心力得qvB＝m
解得r＝＝
已知圓形磁場區域半徑為R＝，故r＝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的圓心角也為θ，由幾何關系可得θ＝2α＝
故粒子射出磁場時與射入磁場時運動方向的夾角為或60°；
(3)帶電粒子在該磁場中運動的半徑與圓形磁場半徑關系為r＝R，根據幾何關系，將磁場圓繞O′點順時針旋轉，當O點轉到M點，粒子在磁場中運動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．則相對應的運動軌跡和弦以及圓心M的位置如圖所示：
思維提升
“5步”突破帶電粒子在組合場中的運動問題
考點二
考點二　帶電粒子在疊加場中的運動
1．疊加場
電場、磁場、重力場共存，或其中某兩場共存．
2．三種場的比較
力的特點 功和能的特點
重力場 大小：G＝mg 方向：豎直向下 重力做功與路徑無關
重力做功改變物體的重力勢能
電場 大小：F＝qE 方向：正電荷受力方向與場強方向相同，負電荷受力方向與場強方向相反 電場力做功與路徑無關，W＝qU
電場力做功改變電勢能
磁場 大小：F＝qvB(v⊥B) 方向：可用左手定則判斷 洛倫茲力不做功，不改變帶電粒子的動能
例 4 [2023·湖南卷]如圖，真空中有區域Ⅰ和Ⅱ，區域Ⅰ中存在勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向下(與紙面平行)，磁場方向垂直紙面向里，等腰直角三角形CGF區域(區域Ⅱ)內存在勻強磁場，磁場方向垂直紙面向外．圖中A、C、O三點在同一直線上，AO與GF垂直，且與電場和磁場方向均垂直．A點處的粒子源持續將比荷一定但速率不同的粒子射入區域Ⅰ中，只有沿直線AC運動的粒子才能進入區域Ⅱ.若區域Ⅰ中電場強度大小為E、磁感應強度大小為B1，區域Ⅱ中磁感應強度大小為B2，則粒子從CF的中點射出，它們在區域Ⅱ中運動的時間為t0.
若改變電場或磁場強弱，能進入區域Ⅱ中的粒子在區域Ⅱ中運動的時間為t，不計粒子的重力及粒子之間的相互作用，下列說法正確的是(　　)
A.若僅將區域Ⅰ中磁感應強度大小變為2B1，則t>t0
B．若僅將區域Ⅰ中電場強度大小變為2E，則t>t0
C．若僅將區域Ⅱ中磁感應強度大小變為B2，則t＝
D．若僅將區域Ⅱ中磁感應強度大小變為B2，則t＝t0
答案：D
解析：由題知粒子在AC做直線運動，則有qv0B1＝qE
區域Ⅱ中磁感應強度大小為B2，則粒子從CF的中點射出，則粒子轉過的圓心角為90°，根據qvB＝mr，有t0＝
若僅將區域Ⅰ中磁感應強度大小變為2B1，則粒子在AC做直線運動的速度，有qvA·2B1＝ qE
則vA＝
再根據qvB＝m，可知粒子半徑減小，則粒子仍然從CF邊射出，粒子轉過的圓心角仍為90°，則t＝t0，A錯誤；
若僅將區域Ⅰ中電場強度大小變為2E，則粒子在AC做直線運動的速度，有qvBB1＝ q· 2E
則vB＝ 2v0
再根據qvB＝m，可知粒子半徑變為原來的2倍，則粒子F點射出，粒子轉過的圓心角仍為90°，則t＝t0，B錯誤；
若僅將區域Ⅱ中磁感應強度大小變為B2，則粒子在AC做直線運動的速度仍為v0，再根據qvB＝m，可知粒子半徑變為原來的>2，則粒子從OF邊射出，根據幾何關系可知轉過的圓心角為60°，根據qvB＝mr，有t＝，則t＝，C錯誤；
若僅將區域Ⅱ中磁感應強度大小變為B2，則粒子在AC做直線運動的速度仍為v0，再根據qvB＝m，可知粒子半徑變為原來的>2，則粒子OF邊射出，根據幾何關系可知轉過的圓心角為45°，根據qvB＝mr，有t＝，則t＝t0，D正確．故選D.
例 5 [2023·江蘇卷]霍爾推進器某局部區域可抽象成如圖所示的模型．Oxy平面內存在豎直向下的勻強電場和垂直坐標平面向里的勻強磁場，磁感應強度為B.質量為m、電荷量為e的電子從O點沿x軸正方向水平入射．入射速度為v0時，電子沿x軸做直線運動；入射速度小于v0時，電子的運動軌跡如圖中的虛線所示，且在最高點與在最低點所受的合力大小相等．不計重力及電子間相互作用．
(1)求電場強度的大小E；
(2)若電子入射速度為，求運動到速度為時位置的縱坐標y1；
(3)若電子入射速度在0 解析：(1)由題知，入射速度為v0時，電子沿x軸做直線運動則有Ee＝ev0B
解得E＝v0B.
(2)電子在豎直向下的勻強電場和垂直坐標平面向里的勻強磁場的復合場中，由于洛倫茲力不做功，且由于電子入射速度為，則電子受到的電場力大于洛倫茲力，則電子向上偏轉，根據動能定理有eEy1＝m(v0)2－m(v0)2
解得y1＝.
(3)若電子以v入射時，設電子能達到的最高點位置的縱坐標為y，則根據動能定理有eEy＝－mv2
由于電子在最高點與在最低點所受的合力大小相等，則在最高點有F合＝evmB－eE
在最低點有F合＝eE－evB
聯立有vm＝－v，y＝
要讓電子達縱坐標y2＝位置，即y ≥ y2
解得v≤v0
則若電子入射速度在0 答案：(1)v0B　(2)　(3)90%
思維提升
“三步”解決疊加場問題
核心素養提升 復合場在生活、科技中的應用
1．組合場在科技中的應用
(1)質譜儀
①構造：如圖所示，由粒子源、加速電場、偏轉磁場和照相底片等構成．
②原理：粒子由靜止被加速電場加速，有qU＝，粒子在磁場中做勻速圓周運動，有qvB＝，由兩式可得m＝＝，
根據不同的半徑，可計算出粒子的質量或比荷．
(2)回旋加速器
①構造
如圖所示，D1、D2是半圓金屬盒，D形盒處于勻強磁場中，D形盒的縫隙處接交流電源．
②原理
交流電周期和粒子做圓周運動的周期相等，使粒子每經過一次D形盒縫隙，粒子被加速一次．
③最大動能
由qvmB＝、Ekm＝，得Ekm＝，粒子獲得的最大動能由磁感應強度B和盒半徑R決定，與加速電壓無關．
④總時間
粒子在磁場中運動一個周期，被電場加速兩次，每次增加動能qU，加速次數n＝，粒子在磁場中運動的總時間t＝T＝·＝(忽略粒子在狹縫中運動的時間)．
典例1 (多選)
質譜儀是科學研究和工業生產中的重要工具，如圖所示是一種質譜儀的工作原理示意圖．質量為m、電荷量為q的粒子，從容器A下方的小孔S1飄入電勢差為U1的加速電場，其初速度幾乎為0，接著經過小孔S2進入速度選擇器中，沿著直線經過小孔S3垂直進入磁感應強度為B2的勻強磁場中，最后打到照相底片CD上．已知速度選擇器的板間距為d，板間電壓為U2且板間存在勻強磁場B1，粒子打在底片上的亮點距小孔S3的距離為D.不計粒子重力，則該帶電粒子的比荷可以表示為(　　)
A. B.
D．
答案：CD
解析：粒子在電場中加速，由動能定理可得U1q＝mv2
解得v＝
粒子進入速度選擇器中做直線運動，由平衡條件可得＝B1qv
聯立可得＝
粒子在磁場中做圓周運動，由洛倫茲力充當向心力，有B2qv＝m＝m與＝B1qv
聯立可得＝
故選CD.
典例2 (多選)[2024·黑龍江哈爾濱模擬預測]2022年12月28日我國中核集團全面完成了230 MeV超導回旋加速器自主研制的任務，標志著我國已全面掌握小型化超導回旋加速器的核心技術，進入國際先進行列．如圖所示，圖甲為該回旋加速器的照片，圖乙為回旋加速器工作原理示意圖，置于真空中的D形金屬盒半徑為R，磁感應強度為B的勻強磁場與盒面垂直，交流加速電壓為U.圓心A處粒子源產生初速度為零，質量為m，電荷量為q的質子，質子在加速器中被加速．
忽略質子穿過兩金屬盒間狹縫的時間，忽略相對論效應和重力的影響，下列說法正確的是(　　)
A．保持B、R、U及交流電頻率均不變，該裝置也可用于加速氘核和氚核
B．若增大加速電壓U，質子從D形盒出口射出的動能增大
C．質子從D形盒出口射出時，加速次數n＝
D．質子第n次加速后和第n＋1次加速后的運動半徑之比為∶
答案：CD
解析：此加速器加速粒子時的周期與粒子在磁場中的運動周期相同為T＝，氘核和氚核的比荷與質子的比荷不同，即氘核和氚核與質子在磁場中運動的周期不同，所以，保持B、R、U及交流電頻率均不變，該裝置不能用于加速氘核和氚核，故A錯誤；設質子從D型盒出口射出的速度為vm，則有qvmB＝，vm＝
則質子從D型盒出口射出的動能Ek＝＝m＝，與加速電壓無關，故B錯誤；
設質子從釋放至由D型盒出口射出時加速了n次，則由動能定理nqU＝＝，得n＝，故C正確；由動能定理nqU＝，(n＋1)qU＝，得第n次加速后和第n＋1次加速后的速度分別為vn＝，vn＋1＝，再由質子在磁場中做圓周運動洛倫茲力提供向心力qvB＝，r＝，同理可得，質子第n次加速后和第n＋1次加速后的運動半徑分別為rn＝，rn＋1＝，所以rn∶rn＋1＝vn∶vn＋1＝∶，故D正確．故選CD.
2．疊加場在科技中的應用
裝置 原理圖 規律
速度選擇器 若qv0B＝Eq，即v0＝，粒子做勻速直線運動，與q的大小，電性均無關．
磁流體發電機 等離子體射入，受洛倫茲力偏轉，使兩極板帶正、負電荷，兩極板電壓為U時穩定，q＝qv0B，U＝Bdv0.
電磁流量計 q＝qvB，所以v＝，所以Q＝vS＝π()2.
霍爾元件 當磁場方向與電流方向垂直時，導體在與磁場、電流方向都垂直的方向上出現電勢差．
典例3 [2024·廣東佛山統考模擬預測]法拉第曾提出一種利用河流發電的設想，并進行了實驗研究．實驗裝置示意圖如圖所示，兩塊面積均為S的矩形平行金屬板正對地浸在河水中，金屬板間距為d.水流速度處處相同大小為v，方向水平向左，金屬板面與水流方向平行．地磁場磁感應強度豎直向下的分量為B，水的電阻率為ρ，水面上方有一阻值為R的電阻通過絕緣導線和開關S連接到兩金屬板上．忽略邊緣效應，不計河水中離子的重力，則下列說法正確的是(　　)
A.電阻R上的電流方向從里向外
B．河水流速減小，兩金屬板間的電壓增大
C．該發電裝置的電動勢大小為Bdv
D．流過電阻R的電流大小為
答案：C
解析：根據題意，由左手定則可知，河水中的正離子向外面金屬板偏轉，外金屬板為正極，負離子向里面金屬板偏轉，里金屬板為負極，則電阻R上的電流方向從外向里，故A錯誤；設穩定時產生的感應電動勢為E，兩板間有一帶電荷量為q的離子勻速運動受力平衡，根據平衡條件可得qvB＝q，解得E＝Bdv，故C正確；設極板間等效電阻為r，由閉合回路歐姆定律可得，兩金屬板間電壓為U＝·R＝，可知，河水流速減小，兩金屬板間的電壓減小，故B錯誤；根據題意，由電阻定律可得，極板間等效電阻為r＝ρ，由閉合回路歐姆定律可得，流過電阻R的電流大小為I＝＝，故D錯誤．
典例4 工業上常用電磁流量計來測量高黏度及強腐蝕性流體的流量Q(單位時間內流過管道橫截面的液體體積)，原理如圖甲所示，在非磁性材料做成的圓管處加一磁感應強度大小為B的勻強磁場，當導電液體流過此磁場區域時，測出管壁上下M、N兩點間的電勢差U，就可計算出管中液體的流量．為了測量某工廠的污水排放量，技術人員在充滿污水的排污管末端安裝了一個電磁流量計，如圖乙所示，已知排污管和電磁流量計處的管道直徑分別為20 cm和10 cm.當流經電磁流量計的液體速度為10 m/s時，其流量約為280 m3/h，若某段時間內通過電磁流量計的流量為70 m3/h，不計污水中離子的重力，則在這段時間內(　　)
A．M點的電勢一定低于N點的電勢
B．通過排污管的污水流量約為140 m3/h
C．排污管內污水的速度約為2.5 m/s
D．電勢差U與磁感應強度B之比約為0.25 m2/s
答案：D
解析：根據左手定則可知，正電荷進入磁場區域時會向上偏轉，負電荷向下偏轉，所以M點的電勢一定高于N點的電勢，故A錯誤；某段時間內通過電磁流量計的流量為70 m3/h，通過排污管的污水流量也是70 m3/h，由Q＝πr2v，知此段時間內流經電磁流量計的液體速度為2.5 m/s，流量計半徑為r＝5 cm＝0.05 m，排污管的半徑R＝10 cm＝0.1 m，流經電磁流量計的液體速度為v1＝2.5 m/s，則70 m3/h＝πr2v1＝πR2v2，可得排污管內污水的速度約為v2＝ m/s＝0.625 m/s，故B、C錯誤；流量計內污水的速度約為v1＝2.5 m/s，當粒子在電磁流量計中受力平衡時，有q＝qv1B，可知＝v1d1＝0.25 m2/s，故D正確．故選D.

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