1、核心素养提升科学思维系列(十)题型1 “放缩圆”模型的应用 适用条件 速度方向一定，大小不同粒子源发射速度方向一定，大小不同的带电粒子进入匀强磁场时，这些带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径随速度的变化而变化轨迹圆圆心共线如图所示(图中只画出粒子带正电的情景)，速度v越大，运动半径也越大可以发现这些带电粒子射入磁场后，它们运动轨迹的圆心在垂直初速度方向的直线PP上界定方法以入射点P为定点，圆心位于PP直线上，将半径放缩作轨迹圆，从而探索出临界条件，这种方法称为“放缩圆”法 (多选)如图所示，正方形abcd区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，O点是cd边的中点，一个带正电的粒子(重力忽略不计)
2、，若从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0刚好从c点射出磁场现设法使该带电粒子从O点沿纸面以与Od成30的方向(如图中虚线所示)，以各种不同的速率射入正方形内，那么下列说法中正确的是()A该带电粒子不可能刚好从正方形的某个顶点射出磁场B若该带电粒子从ab边射出磁场，它在磁场中经历的时间可能是t0C若该带电粒子从bc边射出磁场，它在磁场中经历的时间可能是t0D若该带电粒子从cd边射出磁场，它在磁场中经历的时间可能是t0【解析】本题考查带电粒子在有界磁场中的运动，粒子同向不同速由题，带电粒子以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0刚好从c点射出磁场，则知带电粒子的运动周期
3、为T2t0.作出粒子恰好从各边射出的轨迹，发现粒子不可能经过正方形的某顶点，故A正确；作出粒子恰好从ab边射出的轨迹，由几何关系知圆心角不大于150，在磁场中经历的时间不大于个周期，即.圆心角不小于60，在磁场中经历的时间不小于个周期，即.故B正确；作出粒子恰好从bc边射出的轨迹，由几何关系知圆心角不大于240，在磁场中经历的时间不大于个周期，即.圆心角不小于150，在磁场中经历的时间不小于个周期，即.故C正确；若该带电粒子在磁场中经历的时间是个周期，即.粒子轨迹的圆心角为，速度的偏向角也为，根据几何知识得知，粒子射出磁场时与磁场边界的夹角为30，必定从cd边射出磁场故D错误【答案】ABC题型
4、2 “旋转圆”模型的应用 适用条件速度大小一定，方向不同粒子源发射速度大小一定、方向不同的带电粒子进入匀强磁场时，它们在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，若射入初速度为v0，则圆周运动半径为R.如图所示轨迹圆圆心共圆带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在以入射点P为圆心、半径R的圆上界定方法将一半径为R的圆以入射点为圆心进行旋转，从而探索粒子的临界条件，这种方法称为“旋转圆”法 如图所示，平行边界MN、PQ间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，两边界的间距为d，MN上有一粒子源A，可在纸面内沿各个方向向磁场中射入质量均为m、电荷量均为q的粒子，粒子射入磁场的速度大小v，不计粒子的
5、重力，则粒子能从PQ边界射出的区域长度与能从MN边界射出的区域长度之比为()A11 B23C2 D3【解析】粒子在磁场中运动时，Bqv，粒子运动轨迹半径Rd；由左手定则可得：粒子沿逆时针方向偏转，做圆周运动；粒子沿AN方向进入磁场时，到达PQ边界的最下端距A点的竖直距离L1d；运动轨迹与PQ相切时，切点为到达PQ边界的最上端，距A点的竖直距离L2d，所以粒子在PQ边界射出的区域长度为：LL1L2d；因为Rd，所以粒子在MN边界射出区域的长度为L2Rd.故两区域长度之比为LLdd2，故C项正确，A、B、D错误【答案】C题型3 “平移圆”模型的应用 适用条件速度大小一定，方向一定，但入射点在同一直
6、线上粒子源发射速度大小、方向一定，入射点不同但在同一直线的带电粒子进入匀强磁场时，它们做匀速圆周运动的半径相同，若入射速率大小为v0，则半径R，如图所示轨迹圆圆心共线带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在同一直线，该直线与入射点的连线平行界定方法将半径为R的圆进行平移，从而探索粒子的临界条件，这种方法叫“平移圆”法 (多选)如图所示，在、两个区域内存在磁感应强度大小均为B的匀强磁场，磁场方向分别垂直于纸面向外和向里，AD、AC边界的夹角DAC30，边界AC与边界MN平行，区域宽度为d.质量为m、电荷量为q的粒子可在边界AD上的不同点射入，入射速度垂直AD且垂直磁场，若入射速度大小为，不计粒子重
7、力，则()A粒子在磁场中的运动半径为B粒子在距A点0.5d处射入，不会进入区域C粒子在距A点1.5d处射入，在区内运动的时间为D能够进入区域的粒子，在区域内运动的最短时间为【解析】带电粒子在磁场中的运动半径rd，选项A错误；设从某处E进入磁场的粒子，其轨迹恰好与AC相切(如图所示)，则E点距A点的距离为2ddd，粒子在距A点0.5d处射入，会进入区域，选项B错误；粒子在距A点1.5d处射入，不会进入区域，在区域内的轨迹为半圆，运动的时间为t，选项C正确；进入区域的粒子，弦长最短的运动时间最短，且最短弦长为d，对应圆心角为60，最短时间为tmin，选项D正确【答案】CD专题八带电粒子在组合场中的
8、运动考纲考情核心素养带电粒子在组合场中的运动质谱仪和回旋加速器运动与相互作用观念即牛顿定律和运动学公式能量观念主要应用动能定理解决问题.科学思维全国卷5年1考高考指数分清组合场的组成，确定粒子的受力和运动情况，选择适当规律求解理解质谱仪和回旋加速器的工作原理.突破1质谱仪和回旋加速器题型1 质谱仪 1构造：如图所示，由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片等构成2原理：粒子由静止被加速电场加速，qUmv2.粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvBm.由以上两式可得r ，m，. 现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场
9、偏转后从出口离开磁场若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍此离子和质子的质量比约为()A11 B12C121 D144【分析】解答此题的关键点主要有两处：一是利用动能定理列出质子和一价正离子的加速运动方程，利用洛伦兹力提供向心力列出质子和一价正离子在匀强磁场中做匀速圆周运动的方程；二是根据题述条件找出质子和一价正离子的电荷量、质量、轨迹半径、对应磁感应强度的关系【解析】设加速电压为U，质子做匀速圆周运动的半径为r，原来磁场的磁感应强度为B，质子质量为m，一价正离子质量为M.质子在入口处从静止开始加速，由
10、动能定理得，eUmv，质子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，ev1Bm；一价正离子在入口处从静止开始加速，由动能定理得，eUMv，该正离子在磁感应强度为12B的匀强磁场中做匀速圆周运动，轨迹半径仍为r，洛伦兹力提供向心力，ev212BM；联立解得Mm1441，选项D正确【答案】D1如图所示为某种质谱仪的工作原理示意图此质谱仪由以下几部分构成：粒子源N；P、Q间的加速电场；静电分析器，即中心线半径为R的四分之一圆形通道，通道内有均匀辐射电场，方向沿径向指向圆心O，且与圆心O等距的各点电场强度大小相等；磁感应强度为B的有界匀强磁场，方向垂直纸面向外；胶片M.由粒子源发出的不同带电粒子
11、，经加速电场加速后进入静电分析器，某些粒子能沿中心线通过静电分析器并经小孔S垂直磁场边界进入磁场，最终打到胶片上的某点粒子从粒子源发出时的初速度不同，不计粒子所受重力下列说法正确的是(C)A从小孔S进入磁场的粒子速度大小一定相等B从小孔S进入磁场的粒子动能一定相等C打到胶片上同一点的粒子速度大小一定相等D打到胶片上位置距离O点越远的粒子，比荷越大解析：从小孔S进入磁场，说明粒子在电场中运动半径相同，在静电分析器中，qE，无法判断出粒子的速度和动能是否相等，选项A、B错误；打到胶片上同一点的粒子，在磁场中运动的半径相同，由qvBm，得r，联立qE，可得r，所以打到胶片上同一点的粒子速度相等，与比
12、荷无关，选项C正确；由qE和r可得r ，比荷越小，打到胶片上的粒子位置距O点越远，选项D错误题型2 回旋加速器 1组成：如图所示，两个D形盒(静电屏蔽作用)，大型电磁铁，高频振荡交变电压，两缝间可形成电场2加速原理(1)回旋加速器中所加交变电压的频率f，与带电粒子做匀速圆周运动的频率相等，f.(2)回旋加速器最后使粒子得到的能量，可由公式Ekmv2来计算粒子最终得到的能量与极板间加速电压的大小无关电压大，粒子在盒中回旋的次数少；电压小，粒子回旋次数多，但最后能量一定 (多选)CT是医院的一种检查仪器，CT的重要部件之一就是回旋加速器回旋加速器的结构如图所示，有一磁感应强度为B的匀强磁场(未画出
13、)垂直于回旋加速器在回旋加速器的O点可逸出初速度为零、质量为m、电荷量为q的粒子，加速电压为U，D形盒半径为R.两D形盒间的缝隙间距d很小，可忽略不计，不考虑相对论效应和重力影响，则下列说法正确的是()A粒子在回旋加速器中运动的圈数为B粒子在回旋加速器中运动的时间为C回旋加速器所加交流电压的频率为D粒子第1次与第n次在上方D形盒中运动的轨迹半径之比为【解析】设粒子在磁场中转动的圈数为n，因每加速一次粒子获得的能量为qU，每圈有两次加速，则Ekmaxmv，R，Ekn2nqU，联立解得n，故A正确；粒子在回旋加速器中运动的时间tnT，故B错误；由T，f知，回旋加速器所加交流电压的频率为f，故C错误
14、；粒子从O点经电场加速1次后，以速度v1第1次进入上方D形盒，由动能定理得，qUmv，得r1 ，粒子在电场加速3次后，以速度v2第2次进入上方D形盒，3qUmv，得r2 ，以此类推，粒子在电场加速(2n1)次后，以速度vn第n次进入上方D形盒，同理可得rn ，所以，D正确【答案】AD2. (多选)如图所示为一种获得高能粒子的装置，环形区域内存在垂直于纸面、磁感应强度大小可调的匀强磁场，带电粒子可在环中做圆周运动A、B为两块中心开有小孔的距离很近的极板，原来电势均为零，每当带电粒子经过A板准备进入A、B之间时，A板电势升高为U，B板电势仍保持为零，粒子在两板间的电场中得到加速；每当粒子离开B板时
15、，A板电势又降为零，粒子在电场的加速下动能不断增大，而在环形磁场中绕行半径不变若粒子通过A、B板的时间不可忽略，能定性反映A板电势U和环形区域内的磁感应强度B随时间t变化的关系的是下图中的(BC)解析：由题意可知，粒子在加速电场中运动时，两板电势差不变，故场强不变，带电粒子所受电场力不变，加速度不变，而粒子进入电场时的初速度不断变大，故在两板间运动的时间不断变短，粒子进入磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，即qvBm，解得B，随着粒子速度不断增大，半径保持不变，故磁感应强度不断增大，又由圆周运动规律T可知，带电粒子在磁场中运动的周期不断减小综上可知，B、C正确突破2带电粒子在组合场中的运
16、动“电偏转”和“磁偏转”的比较：垂直电场线进入匀强电场(不计重力)垂直磁感线进入匀强磁场(不计重力)受力情况电场力FqE，其大小、方向不变，与速度v无关，F是恒力洛伦兹力F洛qvB，其大小不变，方向随v而改变，F洛是变力运动性质匀变速曲线运动匀速圆周运动运动轨迹研究方法分解找圆心，求半径规律水平方向：vxv0，xv0t竖直方向：vyt，yt2偏转角tan半径：r周期：T飞行时间：tT题型1 电场加速，磁场偏转 如图所示，直线AD为磁感应强度大小为B的匀强磁场的边界线，AD与水平线成30角，M、N为竖直放置的两个带有狭缝的金属板，板间电压为U.一带正电的粒子(初速度为零)经电场加速后从C点水平射
17、入磁场，从CD间的E点离开磁场，C、E间距离为L，不计粒子重力，以下说法正确的是()A粒子的比荷为B粒子在磁场中的运动时间为C仅将加速电压变为原来的2倍，粒子从CD间某位置射出时出射点与入射点之间的距离为LD仅加速电压变为原来的2倍，粒子从CD间某位置射出时粒子在磁场中运动时间为原来的倍【解析】在C点做水平速度的垂线，在E点做速度的垂线，由对称性可知在E点速度与边界成30，所以粒子运动的半径为RL，由质谱仪的公式R 得，A错误；粒子在磁场中速度改变了60，运动时间t，B正确；若加速电压变为原来的2倍，由公式R 得半径变为原来的倍，C正确；若加速电压变为原来的2倍，粒子转过的角度仍然是60，时间
18、不变，D错误【答案】BC题型2 电场偏转，磁场偏转 如图所示，在边长为l的正方形区域内有水平向右的匀强电场，场强大小E；在矩形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，其边界a、b和c为三块垂直纸面放置的绝缘板一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，以速度v从图示位置垂直电场方向射入区域，离开区域后进入区域并垂直击中板a的中点，接着与板b、c发生碰撞并返回区域.已知粒子与板碰撞前后沿板方向的分速度不变，垂直板方向的分速度大小不变、方向相反，不计粒子与板的碰撞时间及粒子的重力求：(1)区域的面积；(2)区域内磁场的磁感应强度大小【解析】本题考查带电粒子在组合场中的运动(1)粒子在区域电场中做类平抛运动，设粒子
19、首次离开电场时沿电场方向的偏转距离为x，沿电场方向做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得qEma，得a，沿垂直于电场方向做匀速直线运动，有lvt1，则沿电场方向xatl；故粒子刚射出区域电场时沿场强方向分速度vyat1v，此时速度偏向角满足tan1，则，粒子在区域的磁场中做匀速圆周运动，并能垂直击中a板，表明粒子在磁场中运动的圆心在a板上方，由几何关系可知Rsin45l，解得Rl，则a板的长度d2(1)l，故区域的面积Sdl(1)l2.(2)粒子射入磁场的速度大小为vv，由洛伦兹力提供向心力得qvBm，解得B.【答案】(1)(1)l2(2)题型3 在不同区域磁场中偏转 如图所示，在一个圆形区域内，
20、两个方向相反且都垂直于纸面的匀强磁场分布在以直径A2A4为边界的两个半圆形区域和中，直径A2A4与直径A1A3之间的夹角为60.一质量为m、电荷量为q的带正电粒子以某一速度从区的边缘点A1处沿与A1A3成30角的方向射入磁场，随后该粒子以垂直于A2A4的方向经过圆心进入区，最后再从A4处射出磁场已知该粒子从射入到射出磁场所用的时间为t，求：(1)粒子在磁场区域和中运动的轨道半径R1与R2的比值；(2)区和区中磁场的磁感应强度B1和B2的大小【解析】 (1)粒子在两匀强磁场中的运动轨迹如图所示设粒子射入磁场时的速度大小为v，圆形区域的半径为r.连接A1A2，由几何知识可知，A1A2O为等边三角形
21、，A2为粒子在区域磁场中运动时轨迹圆的圆心，所以R1r.由于粒子垂直直径A2A4进入区，从A4点离开磁场，所以粒子在区域磁场中运动的轨迹为半圆，圆形磁场区域的半径OA4即粒子在区磁场中做圆周运动时轨迹圆的直径，所以R2，由此可得：2.(2)带电粒子在区磁场中做圆周运动的周期为T1，因为A1A2O60，所以粒子在区磁场中运动的时间为t1.带电粒子在区磁场中做圆周运动的周期为T2，因粒子在区磁场中运动轨迹为半圆，所以其运动时间为t2，带电粒子在磁场中运动的总时间为tt1t2，又因为2，R1，R2，所以B22B1，由以上各式可得：B1B2.【答案】(1)2(2)高分技法 带电粒子在组合场中运动问题的
22、分析思路(1)画运动轨迹：对带电粒子进行受力分析，研究其在不同场区的运动规律，画出粒子运动轨迹示意图.(2)划分过程，分段处理：将粒子运动的过程按不同场区划分为几个不同的阶段.对于匀强电场中的匀变速直线运动或类平抛运动，可由牛顿运动定律及运动学公式求解，也可用动能定理求解；对匀强磁场中的匀速圆周运动，可按带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动规律及带电粒子在有界磁场中运动的解题思路求解.(3)找联系：找出过程之间及边界处各物理量之间的联系.当粒子从一个场区进入另一个场区时，分析转折点处粒子速度的大小和方向往往是解题的突破口.题型4 在交变电磁场中运动 如图甲所示，质量为m、带电荷量为q的带负电粒子
23、在t0时刻由a点以初速度v0垂直进入磁场，区域磁场的磁感应强度大小不变而方向周期性变化，如图乙所示(垂直于纸面向里为正方向)；区域为匀强电场，方向向上；区域为匀强磁场，磁感应强度大小与区域相同，均为B0.粒子在区域内一定能完成半个圆周运动且每次经过边界mn的时刻均为的整数倍(1)求粒子在区域运动的轨迹半径；(2)若初始位置与第四次经过mn时的位置距离为x，求粒子进入区域时速度的可能值(初始位置记为第一次经过mn)【解析】(1)带电粒子在区域做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有qv0B0m，解得r.(2)带电粒子的运动轨迹有两种可能第一种情况：粒子在区域运动半径R，qv2B0m解得粒子在区域中的速度大小v2第二种情况：粒子在区域运动半径R粒子在区域中的速度大小v22v0.【答案】(1)(2)2v0高分技法解决带电粒子在交变电、磁场中的运动问题的基本思路