高考物理一轮总复习第八章磁场第4节课时3带电粒子在复合场中的运动：带电粒子在叠加场中的运动问题课件鲁科

合集下载

高考物理总复习第八章第3讲带电粒子在复合场中的运动

2013-11-27
有志者事竟成
12
高考复习· 物理
4．电磁流量计．
图8－3－4
2013-11-27
有志者事竟成
13
高考复习· 物理
工作原理：如图8－3－4所示，圆形导管直径为d，用非磁性材料制成，导电液体在管中向左流动，导电液体中的自由电荷(正、负离子)在洛伦兹力的作用下横向偏转，a、b间出现电势差，形成电场．当自由电荷所受的电场力和洛伦兹力平衡时，a、b间的电势差就保持稳定，即：qvB＝qE＝ U U πd2 U πdU q d ，所以v＝dB，因此液体流量Q＝Sv＝ · ＝ . 4 Bd 4B
有志者事竟成
18
高考复习· 物理
工作原理：如图8－3－6所示，厚度为h、宽度为d的导体板放在垂直于它的磁感应强度为B的匀强磁场中，当电流通过导体板时，在导体板的上侧面A和下侧面A′之间会产生电势差，这种现象称为霍尔效应．实验表明，当磁场不太 IB 强时，电势差U、电流I和B的关系为U＝k d ，式中的比例系数k称为霍尔系数．霍尔效应可解释为：
2013-11-27
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
有志者事竟成
9
高考复习· 物理
(2)工作原理． ①电场加速qU＝ΔEk. v2 qBr ②磁场约束偏转qBv＝m r ，v＝ m ∝r. ③加速条件：高频电源的周期与带电粒子在D形盒中运 2πm 动的周期相同，即T电场＝T回旋＝ qB .
2013-11-27
有志者事竟成
10
高考复习· 物理
A．如果油滴带正电，它是从M点运动到N点 B．如果油滴带正电，它是从N点运动到M点 C．如果水平电场方向向左，油滴是从M点运动到N点 D．如果水平电场方向向右，油滴是从M点运动到N点

【高三一轮复习讲义】《磁场》第三讲带电粒子在复合场中的运动

选择器中: v=E/B 1，
偏转场中: d ＝2r ， qvB 2＝r
m 2
υ，所以比荷：
122q E m B B d
=，质量1B m =
主要用于测量粒子的质量、比荷、研究同位素。

2．回旋加速器
实际应用中，回旋加速是用两个D 形金属盒做外壳，两个D 形金属盒分别充当交流电源的两极，同时金属盒对带电粒子可起到静电屏蔽作用，盒可以屏蔽外界电场，盒内电场很弱，这样才能保证粒子在盒内只受磁场力作用而做匀速圆周运动。

B
D
U
粒子
qvB=Eq 和E=U/d，可得流速
Q=Sv=πUd/4B。

磁流体发电机：
如图是磁流体发电机，其原理是等离子气体喷入磁场，正、负离子在洛伦兹力作用下发生上下偏
A、B板上，产生电势差，由左手定则
．速度选择器
正交的匀强磁场和匀强电场组成速度选择器。

带电粒子必须以唯一确定的速度（包括大小、
才能匀速（或者说沿直线）通过速度选择器。

否则
）求粒子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝
1.3m/s，a正、b负
Q
x y
O
P B
【解析】 (1)设粒子第1次经过狭缝后的速度为v 1，
mv 12 qv 1B=m 2
11
v r
子第2次经过狭
mU 则 21:2:1r r =
）欲使电子不能穿过磁场区域而打到荧光屏上，应有mv
r eB
=
d < 212eU mv =由此即可解得22
2d eB U m
<
第11 页共12 页
第 12 页共 12 页
600= （2分）。

高考物理一轮复习讲义带电粒子在复合场中的运动

课题：带电粒子在复合场中的运动知识点总结：一、带电粒子在有界磁场中的运动1．解决带电粒子在有界磁场中运动问题的方法可总结为：（1）画轨迹（草图）；（2）定圆心；（3）几何方法求半径．2．几个有用的结论：（1）粒子进入单边磁场时，进、出磁场具有对称性，如图2（a）、（b）、（c）所示．（2）在圆形磁场区域内，沿径向射入的粒子，必沿径向射出，如图（d）所示．（3）当速率一定时，粒子运动的弧长越长，圆心角越大，运动时间越长．二、带电粒子在有界磁场中运动的临界问题带电粒子刚好穿出或刚好不穿出磁场的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切．这类题目中往往含有“最大”、“最高”、“至少”、“恰好”等词语，其最终的求解一般涉及极植，但关键是从轨迹入手找准临界状态．（1）当粒子的入射方向不变而速度大小可变时，由于半径不确定，可从轨迹圆的缩放中发现临界点．（2）当粒子的入射速度大小确定而方向不确定时，轨迹圆大小不变，只是位置绕入射点发生了旋转，可从定圆的动态旋转中发现临界点．三、带电粒子在叠加场中的运动1．带电粒子在叠加场中无约束情况下的运动情况分类（1）磁场力、重力并存①若重力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动．②若重力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒，由此可求解问题．（2）电场力、磁场力并存（不计重力的微观粒子）①若电场力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动．②若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用动能定理求解问题．（3）电场力、磁场力、重力并存①若三力平衡，一定做匀速直线运动．②若重力与电场力平衡，一定做匀速圆周运动．③若合力不为零且与速度方向不垂直，将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用能量守恒或动能定理求解问题．四、带电粒子在叠加场中有约束情况下的运动带电体在复合场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道等约束的情况下，除受场力外，还受弹力、摩擦力作用，常见的运动形式有直线运动和圆周运动，此时解题要通过受力分析明确变力、恒力做功情况，并注意洛伦兹力不做功的特点，运用动能定理、能量守恒定律结合牛顿运动定律求出结果．五、带电粒子在组合场中的运动带电粒子在组合场中的运动，实际上是几个典型运动过程的组合，因此解决这类问题要分段处理，找出各分段之间的衔接点和相关物理量，问题即可迎刃而解．常见类型如下：1．从电场进入磁场（1）粒子先在电场中做加速直线运动，然后进入磁场做圆周运动．在电场中利用动能定理或运动学公式求粒子刚进入磁场时的速度．（2）粒子先在电场中做类平抛运动，然后进入磁场做圆周运动．在电场中利用平抛运动知识求粒子进入磁场时的速度．2．从磁场进入电场（1）粒子进入电场时的速度与电场方向相同或相反，做匀变速直线运动（不计重力）．（2）粒子进入电场时的速度方向与电场方向垂直，做类平抛运动典例强化例1、在以坐标原点O 为圆心、半径为r 的圆形区域内，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，如图3所示．一个不计重力的带电粒子从磁场边界与x 轴的交点A 处以速度v 沿－x 方向射入磁场，它恰好从磁场边界与y 轴的交点C 处沿＋y 方向飞出．（1）请判断该粒子带何种电荷，并求出其荷质比q m ；（2）若磁场的方向和所在空间范围不变，而磁感应强度的大小变为B ′，该粒子仍从A 处以相同的速度射入磁场，但飞出磁场时的速度方向相对于入射方向改变了60°角，求磁感应强度B ′多大？此次粒子在磁场中运动所用时间t 是多少？例2、真空区域有宽度为L 、磁感应强度为B 的匀强磁场，磁场方向如图4所示，MN 、PQ 是磁场的边界．质量为m 、电荷量为＋q 的粒子沿着与MN 夹角为θ＝30°的方向垂直射入磁场中，粒子刚好没能从PQ 边界射出磁场（不计粒子重力的影响），求粒子射入磁场的速度大小及在磁场中运动的时间．例3、如图所示的直角坐标系xOy 中，x <0，y >0的区域内有沿x 轴正方向的匀强电场，x ≥0的区域内有垂直于xOy 坐标平面向外的匀强磁场，x 轴上P 点坐标为（－L,0），y 轴上M 点的坐标为（0，233L ）．有一个带正电的粒子从P 点以初速度v 沿y 轴正方向射入匀强电场区域，经过M 点进入匀强磁场区域，然后经x 轴上的C 点（图中未画出）运动到坐标原点O ．不计重力．求：（1）粒子在M 点的速度v ′；（2）C 点与O 点的距离x ；（3）匀强电场的电场强度E 与匀强磁场的磁感应强度B 的比值．例4、如图5所示，在NOQ 范围内有垂直于纸面向里的匀强磁场Ⅰ，在MOQ 范围内有垂直于纸面向外的匀强磁场Ⅱ，M 、O 、N 在一条直线上，∠MOQ ＝60°，这两个区域磁场的磁感应强度大小均为B 。

高三物理一轮复习第8章第3讲带电粒子在复合场中的运动课件

D.若速度变为
1
v0(其他不变),将往下偏
精选ppt
10
2
1. 答案 BD 由qE=qv0B知,当v0= E 时,粒子将不偏转。
B
精选ppt
11
.如图所示,一块金属块放在匀强磁场中,通以沿x轴正方向的电流,若测得金属块上表面的电势高于下表面的电势,则可判断磁场的方向是 ( ) A.沿y轴正方向 B.沿y轴负方向 C.沿z轴负方向 D.沿z轴正方向
精选ppt
12
2. 答案 C 当通以沿x轴正方向的电流时金属块中电子会向x轴负方向流动,而据题意知电子受力方向为向下,所以据左手定则知磁场方向沿z轴负方向。
精选ppt
13
3.如图有一混合正离子束先后通过正交电场磁场区域Ⅰ和匀强磁场区域 Ⅱ,如果这束正离子束在区域Ⅰ中不偏转,进入区域Ⅱ后偏转半径又相同, 则说明这些正离子具有相同的 ( )
2 2mU Bq
,跟带电粒子⑩ 比荷
精选ppt
6
4.磁流体发电机 (1)磁流体发电是一项新兴技术,它可以把内能直接转化为电能。 (2)根据左手定则,如图所示中的B是发电机的正极。
精选ppt
7
(3)磁流体发电机两极板间的距离为d,等离子体速度为v,磁场感应强度为 B,则两极板间能达到的最大电势差U= Bdv 。 5.电磁流量计工作原理:如图所示,圆导管直径为d,用非磁性材料制成,导电液体在管中向左流动,导电液体中的自由电荷(正、负离子)在洛伦兹力的作用下偏转,a、b间出现电势差,形成电场,当自由电荷所受的洛伦兹力和电场力平
A.速度 B.质量 C.电荷量 D.比荷
精选ppt
14
3. 答案 AD 设电场的场强为E,由于离子在区域Ⅰ中不发生偏转,则Eq= B1qv,得v= E ,即这些正离子具有相同的速度;当离子进入区域Ⅱ时,偏转半

高三物理一轮复习：第八章第3讲带电粒子在复合场中的运动3

1．复合场与组合场（1)复合场:电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存.(2）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、磁场分时间段或分区域交替出现。

2．带电粒子在复合场中的常见运动(1)静止或匀速直线运动：当带电粒子在复合场中所受合外力为零时,将处于静止状态或匀速直线运动状态。

（2）匀速圆周运动：当带电粒子所受的重力与电场力大小相等,方向相反时，带电粒子在洛伦兹力的作用下，在垂直于匀强磁场的平面内做匀速圆周运动。

(3)较复杂的曲线运动：当带电粒子所受合外力的大小和方向均变化，且与初速度方向不在同一条直线上,粒子做非匀变速曲线运动，这时粒子运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线.（4）分阶段运动：带电粒子可能依次通过几个情况不同的复合场区域,其运动情况随区域发生变化，其运动过程由几种不同的运动阶段组成。

1．三种场力的特点力的特点功和能的特点重力场（1）大小G＝mg（2）方向竖直向下（1）重力做功和路径无关(2）重力做功改变物体的重力势能，且W G＝－ΔE p静电场(1)大小：F＝Qe(2)方向：正电荷受力方向与该点电场强度的方向相同(或负电荷受力的方向与该点电场强度的方向相反）（1）电场力做功与路径无关（2)电场力做功改变物体的电势能，且W电＝－ΔE p磁场(1)大小:F＝qvB（2)方向:垂直于v和B决定的平面洛伦兹力不做功2．电偏转和磁偏转的比较电偏转磁偏转受力特征F电＝qE（恒力)F洛＝qvB(变力)运动性质匀变速曲线运动匀速圆周运动运动轨迹运动规律类平抛运动速度：v x＝v0，v y＝错误!t偏转角θ，tan θ＝错误!偏移距离y＝错误!错误!t2匀速圆周运动轨道半径r＝mvqB周期T＝错误!偏转角θ＝ωt＝错误!t偏移距离y＝l tan 错误!＝r－错误!射出边界的速率v＝错误!〉v0v＝v0(1)对于微观粒子，如电子、质子、离子等，因为其重力一般情况下与电场力或磁场力相比太小，可以忽略；而对于一些实际物体，如带电小球、液滴、金属块等一般应当考虑其重力。

高考物理一轮复习第八章磁场课时3 带电粒子在复合场中的运动课件

m (1)当区域Ⅰ加电场、区域Ⅱ不加磁场时,求能在屏上探测到质子束的外加电场的最大值 Emax;
第十三页，共八十五页。
解析:(1)如图所示,当 E 取最大值时,有 y+Ltan θ= H , 2
出磁场时的偏移量 y= 1 qEmax ( L )2, 2m v
偏转角 tan θ= vy = qEmax L , v mv2
若该粒子离开电场时速度方向与y轴负方向的夹角为θ,求:
(1)电场(diàn chǎng)强度大小与磁感应强度大小的比值; (2)该粒子在电场中运动的时间。
第十八页，共八十五页。
12/13/2021
解析:如图所示,粒子进入磁场后做匀速圆周运动。设磁感应强度的大小为 B,粒子质量与所带电荷量分别为 m 和 q,圆周运动的半径为 R0。由洛伦兹力公式及牛顿第二定律得 qv0B=m v02
解得 t1 = 4π 6 。 t2 3π 3 2
答案:(3) 4π 6 3π 3 2
第二十五页，共八十五页。
12/13/2021
12/13/2021
4.先后多个电、磁场 [典例5] 如图所示,在xOy平面直角坐标系的MNPQ矩形区域内分别分布着四个有界矩形匀强磁场Ⅰ,Ⅱ,Ⅲ,Ⅳ,其内磁感应强度均垂直坐标平面,且大小相等,磁场的边界位置及方向均在图中标出。一带负电的粒子从坐标原点处沿y轴正方向以kv0的速度射入,请解决以下问题。(说明 (shuōmíng):d,v0为已知量,k为正整数,π取3。粒子重力及空气阻力不计。有关三角函数取值为sin
出现。交替二、带电粒子在复合场中的运动分类
1.静止或匀速直线运动
当带电粒子在复合场中所受合外力为
时,零将处于静止状态或做匀速直线运动。
第二页，共八十五页。

2023年高考物理一轮复习讲义——带电粒子在组合场中的运动

专题强化二十一带电粒子在组合场中的运动目标要求 1.掌握带电粒子在组合场中的运动规律和分析思路.2.学会处理磁场和磁场组合场、电场和磁场组合场中带电粒子的运动问题．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)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．(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)画运动轨迹：根据受力分析和运动分析，大致画出粒子的运动轨迹图，有利于形象、直观地解决问题．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(2020·江苏卷·16)空间存在两个垂直于Oxy平面的匀强磁场，y轴为两磁场的边界，磁感应强度分别为2B0、3B0.甲、乙两种比荷不同的粒子同时从原点O沿x轴正向射入磁场，速度均为v.甲第1次、第2次经过y轴的位置分别为P、Q，其轨迹如图所示．甲经过Q时，乙也恰好同时经过该点．已知甲的质量为m，电荷量为q.不考虑粒子间的相互作用和重力影响．求：(1)Q 到O 的距离d ；(2)甲两次经过P 点的时间间隔Δt ； (3)乙的比荷q ′m ′可能的最小值．答案 (1)m v 3qB 0 (2)2πm qB 0 (3)2qm解析 (1)甲粒子先后在两磁场中做匀速圆周运动，设半径分别为r 1、r 2 由q v B ＝m v 2r 可知r ＝m vqB ，故r 1＝m v 2qB 0，r 2＝m v3qB 0且d ＝2r 1－2r 2 解得d ＝m v 3qB 0(2)甲粒子先后在两磁场中做匀速圆周运动，设运动时间分别 t 1、t 2 由T ＝2πr v ＝2πm qB 得t 1＝πm 2qB 0，t 2＝πm 3qB 0且Δt ＝2t 1＋3t 2 解得Δt ＝2πmqB 0(3)乙粒子周期性地先后在两磁场中做匀速圆周运动若经过两磁场的次数均为n (n ＝1,2,3，…) 相遇时，有n m ′v 3q ′B 0＝d ，n 5πm ′6q ′B 0＝t 1＋t 2解得q ′m ′＝n qm根据题意，n ＝1舍去．当n ＝2时，q ′m ′有最小值，(q ′m ′)min ＝2qm若先后经过右侧、左侧磁场的次数分别为(n ＋1)、n (n ＝0,1,2,3，…)，经分析不可能相遇．综上分析，乙的比荷的最小值为2qm.题型二电场与磁场的组合考向1 先电场后磁场1．带电粒子先在匀强电场中做匀加速直线运动，然后垂直进入匀强磁场做匀速圆周运动，如图甲．2．带电粒子先在匀强电场中做类平抛运动，然后垂直进入磁场做匀速圆周运动，如图乙．例2 (2018·全国卷Ⅰ·25)如图，在y >0的区域存在方向沿y 轴负方向的匀强电场，场强大小为E ；在y <0的区域存在方向垂直于xOy 平面向外的匀强磁场．一个氕核11H 和一个氘核21H先后从y 轴上y ＝h 点以相同的动能射出，速度方向沿x 轴正方向．已知11H 进入磁场时，速度方向与x 轴正方向的夹角为60°，并从坐标原点O 处第一次射出磁场.11H 的质量为m ，电荷量为q .不计重力．求：(1)11H 第一次进入磁场的位置到原点O 的距离； (2)磁场的磁感应强度大小；(3)21H 第一次离开磁场的位置到原点O 的距离．答案 (1)233h (2)6mE qh (3)233(2－1)h 解析 (1)11H 在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示．设11H 在电场中的加速度大小为a 1，初速度大小为v 1，它在电场中的运动时间为t 1，第一次进入磁场的位置到原点O 的距离为s 1，由运动学公式有s 1＝v 1t 1① h ＝12a 1t 12② 由题给条件，11H 进入磁场时速度的方向与x 轴正方向夹角θ1＝60°.11H 进入磁场时速度沿y 轴方向的分量的大小为 a 1t 1＝v 1tan θ1③ 联立以上各式得 s 1＝233h ④(2)11H 在电场中运动时，由牛顿第二定律有 qE ＝ma 1⑤设11H 进入磁场时速度的大小为v 1′，由速度合成法则有 v 1′＝v 12＋(a 1t 1)2⑥设磁感应强度大小为B ，11H 在磁场中运动的圆轨道半径为R 1，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有q v 1′B ＝m v 1′2R 1⑦由几何关系得 s 1＝2R 1sin θ1⑧ 联立以上各式得 B ＝6mEqh⑨ (3)设21H 在电场中沿x 轴正方向射出的速度大小为v 2，在电场中的加速度大小为a 2，由题给条件得12(2m )v 22＝12m v 12⑩ 由牛顿第二定律有 qE ＝2ma 2⑪设21H 第一次射入磁场时的速度大小为v 2′，速度的方向与x 轴正方向夹角为θ2，入射点到原点的距离为s 2，在电场中运动的时间为t 2.由运动学公式有 s 2＝v 2t 2⑫ h ＝12a 2t 22⑬ v 2′＝v 22＋(a 2t 2)2⑭ sin θ2＝a 2t 2v 2′⑮ 联立以上各式得s 2＝s 1，θ2＝θ1，v 2′＝22v 1′⑯ 设21H 在磁场中做圆周运动的半径为R 2，由⑦⑯式及粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公式得R 2＝2m v 2′qB＝2R 1⑰所以出射点在原点左侧．设21H 进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点的距离为s 2′，由几何关系有 s 2′＝2R 2sin θ2⑱联立④⑧⑯⑰⑱式得，21H 第一次离开磁场时的位置到原点O 的距离为s 2′－s 2＝233(2－1)h .考向2 先磁场后电场1．进入电场时粒子速度方向与电场方向相同或相反(如图甲所示)． 2．进入电场时粒子速度方向与电场方向垂直(如图乙所示)．例3 如图所示的xOy 坐标系中，第一象限存在与xOy 平面平行的匀强电场E ，且与y 轴负方向的夹角θ＝30°，第二象限存在垂直平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B .一带正电粒子自O 点射入第二象限，速度v 与x 轴负方向的夹角θ＝30°，粒子经磁场偏转后从y 轴上的P 点进入第一象限，并由x 轴上的M 点(未画出)离开电场．已知OM 距离为3L ，粒子的比荷为vBL，不计粒子重力．(1)求OP 两点的距离；(2)求粒子在磁场中运动的时间；(3)当该粒子经过P 点的同时，在电场中的N 点由静止释放另一个完全相同的带电粒子，若两粒子在离开电场前相遇且所需时间最长，求N 点的坐标．答案 (1)3L (2)2πL 3v (3)(32L ，332L )解析 (1)带电粒子在第二象限内做匀速圆周运动，轨迹如图，圆心为C由牛顿第二定律，得q v B ＝m v 2R解得R ＝L由几何关系得∠OCP ＝120°则OP ＝3L(2)粒子在磁场中的运动周期T ＝2πRv 粒子偏转120°，即在磁场中运动时间t ＝T3解得t ＝2πL3v(3)带电粒子进入第一象限时速度与y 轴正方向成60°角，与电场方向垂直，故粒子在第一象限内做类平抛运动，轨迹如图．由于两粒子完全相同，所以只需在带电粒子进入电场时速度方向的直线上PN 范围内任一点释放粒子，均可保证两粒子在电场中相遇，且两粒子在M 点相遇所需时间最长，即在图中N 点由静止释放粒子即可．设N 点的横坐标为x ，纵坐标为y ，根据几何知识可得PN ＝QM ＝3L 又x ＝PN cos 30° y ＝OP ＋PN sin 30° 解得x ＝32L ，y ＝332L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E k0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3R ，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E k0＝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E k0＝keU 时，要保证电子从出射区域出射，求k 的最大值．答案 (1)5eUm eR πR meU 4eU 8eU (2)136解析 (1)电子在电场中加速有2eU ＝12m v 2在Ⅰ区磁场中，由几何关系可得r ＝R tan 22.5°＝0.4R 根据洛伦兹力提供向心力有B 1e v ＝m v 2r联立解得B 1＝5eUmeR电子在Ⅰ区磁场中的运动周期为T ＝2πrv由几何关系可得，电子在Ⅰ区磁场中运动的圆心角为 φ＝54π电子在Ⅰ区磁场中的运动时间为t ＝φ2πT联立解得t ＝πR meU4eU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E k ＝8eU(2)设电子在Ⅰ区磁场中做匀速圆周运动的最大半径为r m ，此时圆周的轨迹与Ⅰ区磁场边界相切，由几何关系可得()3R －r m 2＝R 2＋r m 2解得r m ＝33R 根据洛伦兹力提供向心力有B 1e v m ＝m v m 2r m2eU ＝12m v m 2－keU联立解得k ＝136.例5 如图，直角坐标系xOy 中，在第一象限内有沿y 轴负方向的匀强电场；在第三、第四象限内分别有方向垂直于坐标平面向里和向外的匀强磁场．一质量为m 、电荷量为q (q >0)的粒子从y 轴上P 点(0，h )以初速度v 0垂直于y 轴射入电场，再经x 轴上的Q 点沿与x 轴正方向成45°角进入磁场．粒子重力不计．(1)求匀强电场的场强大小E ；(2)要使粒子能够进入第三象限，求第四象限内磁感应强度B 的大小范围； (3)若第四象限内磁感应强度大小为m v 0qh ，第三象限内磁感应强度大小为2m v 0qh，且第三、第四象限的磁场在y ＝－L (L >2h )处存在一条与x 轴平行的下边界MN (图中未画出)，则要使粒子能够垂直边界MN 飞出磁场，求L 的可能取值．答案 (1)m v 022qh (2)B <(1＋2)m v 02qh(3)L ＝⎝⎛⎭⎫1＋32n h (n ＝1,2,3…) 解析 (1)在第一象限内，粒子在静电力作用下做类平抛运动，由运动学规律有v y 2＝2ah ，v y ＝v 0tan 45°由牛顿第二定律有：qE ＝ma 联立解得E ＝m v 022qh(2)粒子在Q 点的速率v ＝v 0cos 45°＝2v 0，h ＝12v y t ，x ＝v 0t 可得OQ 的距离为x ＝2h粒子进入第四象限后做匀速圆周运动，如图甲所示，轨迹恰与y 轴相切时，对应恰能够进入第三象限的磁感应强度最大值由牛顿第二定律有q v B max ＝m v 2R min由几何关系有x ＝R min ()1＋cos 45° 联立以上各式解得B max ＝(1＋2)m v 02qh故B 的大小范围为B <(1＋2)m v 02qh(3)由洛伦兹力提供向心力可知q v B ＝m v 2R粒子在第四、第三象限的轨道半径分别为 R 1＝2h ，R 2＝2h 2易知：粒子由Q 点进入第四象限后运动半周进入第三象限，作出粒子在第四、第三象限的可能运动轨迹如图乙所示要让粒子垂直边界MN 飞出磁场，则L 满足的条件为 R 1sin 45°＋n ()R 1＋R 2sin 45°＝L (n ＝0,1,2,3…) 结合题意L >2h解得L ＝⎝⎛⎭⎫1＋32n h (n ＝1,2,3…)．课时精练1．平面直角坐标系xOy 中，第二象限存在沿y 轴负方向的匀强电场，场强大小为E ，第三、四象限存在垂直坐标平面向里的匀强磁场，如图所示．一质量为m ，带电荷量为q 的正粒子从坐标为(－L ，L )的P 点沿y 轴负向进入电场，初速度大小为v 0＝2EqLm，粒子第二次到达x 轴的位置为坐标原点．不计粒子的重力．(1)求匀强磁场的磁感应强度B 的大小；(2)若粒子由P 点沿x 轴正方向入射，初速度仍为v 0＝2EqLm，求粒子第二次到达x 轴时与坐标原点的距离．答案 (1)4mEqL (2)6＋24L 解析 (1)由动能定理得EqL ＝12m v 2－12m v 02粒子进入磁场时速度大小为v ＝4EqLm在磁场中L ＝2R q v B ＝m v 2R可得B ＝4mE qL(2)假设粒子由y 轴离开电场，运动轨迹如图所示L ＝v 0t ， y 1＝12at 2，Eq ＝ma解得y 1＝L4<L ，假设成立v y ＝at速度偏转角tan θ＝v yv 0第一次到达x 轴的坐标x 1＝L －y 1tan θ＝32L在磁场中R ′＝m v ′qBx 2＝2R ′sin θ＝2m v ′qB sin θ＝2m v y qB ＝24L粒子第二次到达x 轴的位置与坐标原点的距离 x ＝x 1＋x 2＝6＋24L .2.如图所示，在x 轴上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外；在x 轴下方存在匀强电场，电场方向与xOy 平面平行，且与x 轴成45°夹角．一质量为m 、电荷量为q (q >0)的粒子以初速度v 0从y 轴上的P 点沿y 轴正方向射出，一段时间后进入电场，进入电场时的速度方向与电场方向相反；又经过一段时间T 0，磁场的方向变为垂直于纸面向里，大小不变．不计重力．(1)求粒子从P 点出发至第一次到达x 轴时所需时间； (2)若要使粒子能够回到P 点，求电场强度的最大值．答案 (1)5πm 4qB (2)2m v 0qT 0解析 (1)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．设运动半径为R ，运动周期为T ，根据洛伦兹力提供向心力，有q v 0B ＝m v 02RT ＝2πR v 0联立解得T ＝2πmBq依题意，粒子第一次到达x 轴时，转过的角度为54π所需时间为t 1＝θ2πT ＝58T解得t 1＝5πm4qB.(2)粒子进入电场后，先做匀减速直线运动，直到速度减小为0，然后沿原路返回做匀加速直线运动，到达x 轴时速度大小仍为v 0，设粒子在电场中运动的总时间为t 2，加速度大小为a ，有qE ＝ma v 0＝a ·t 22解得t 2＝2m v 0qE根据题意，要使粒子能够回到P 点，必须满足 t 2≥T 0解得电场强度最大值E max ＝2m v 0qT 0. 3．如图所示，xOy 平面内，OP 与x 轴夹角为θ＝53°，在 xOP 范围内(含边界)存在垂直于坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B ＝0.1 T ．第二象限有平行于 y 轴向下的匀强电场，场强大小为E ＝8340×105 V/m.一带电微粒以速度 v 0 ＝5×106 m/s 从 x 轴上 a (L,0)点平行于OP 射入磁场，并从OP 上的b 点垂直于OP 离开磁场，与y 轴交于c 点，最后回到x 轴上的点d ，图中点b 、d 未标出．已知L ＝54 m ，sin 53°＝45，cos 53°＝35，不计微粒的重力，求：(1)微粒的比荷qm ；(2)d 点与O 点的距离l;(3)仅改变磁场强弱而其他条件不变，当磁感应强度B x 大小满足什么条件时，微粒能到达第四象限．答案 (1)5×107 C/kg (2)4 m (3)B x ≥0.2 T解析 (1)微粒在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系得： r ＝L sin 53°由牛顿第二定律得q v 0B ＝m v 02r解得qm＝5×107 C/kg(2)粒子进入电场后做类斜抛运动．由几何关系得 y Oc ＝L cos 53°＋r sin 53°在y 轴方向 y Oc ＝－v 0t cos 53°＋12qE mt 2在x 轴方向 l ＝ v 0t sin 53° 解得l ＝4 m(3)微粒在磁场中做匀速圆周运动的轨迹与边界OP 相切时，恰好能到达第四象限．由几何关系知R ＝12L sin 53°由牛顿第二定律得q v 0B 1＝m v 02R解得B 1 ＝ 0.2 T故当磁感应强度B x ≥0.2 T 时，微粒能到达第四象限．4．(2022·湖北宜昌市联考)如图所示，在矩形区域ABCD 内存在竖直向上的匀强电场，在BC 右侧Ⅰ、Ⅱ两区域存在匀强磁场，L 1、L 2、L 3是磁场的边界(BC 与L 1重合)，宽度相同，方向如图所示，区域Ⅰ的磁感应强度大小为B 1.一电荷量为＋q 、质量为m 的粒子(重力不计)从AD 边中点以初速度v 0沿水平向右方向进入电场，粒子恰好从B 点进入磁场，经区域Ⅰ后又恰好从与B 点同一水平高度处进入区域Ⅱ.已知AB 长度是BC 长度的3倍．(1)求带电粒子到达B 点时的速度大小； (2)求区域Ⅰ磁场的宽度L ；(3)要使带电粒子在整个磁场中运动的时间最长，求区域Ⅱ的磁感应强度B 2的最小值．答案 (1)23v 03 (2)23m v 03qB 1(3)1.5B 1解析 (1)设带电粒子进入磁场时的速度大小为v ，与水平方向成θ角，粒子在匀强电场中做类平抛运动，由类平抛运动的速度方向与位移方向的关系有：tan θ＝L BC L AB ＝33，则θ＝30°根据速度关系有：v ＝v 0cos θ＝23v 03；(2)设带电粒子在区域Ⅰ中的轨道半径为r 1，由牛顿第二定律得：q v B 1＝m v 2r 1，轨迹如图甲所示：由几何关系得：L ＝r 1 解得：L ＝23m v 03qB 1；(3)当带电粒子不从区域Ⅱ右边界离开磁场时，在磁场中运动的时间最长．设区域Ⅱ中最小磁感应强度为B 2m ，此时粒子恰好不从区域Ⅱ右边界离开磁场，对应的轨迹半径为r 2，轨迹如图乙所示：可得：q v B 2m ＝m v 2r 2根据几何关系有：L ＝r 2(1＋sin θ) 解得：B 2m ＝1.5B 1.。

【师说】2017届高三物理一轮总复习第8章《磁场》3 带电粒子在复合场中的运动课件新人教版

v2 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，满足 qvB＝m R mv 2mv0 联立解得 B＝＝ qR qL mv2 0 【答案】 (1) (2) 2v0 ，方向与 x 轴正方向夹角为 45° 2qh 2mv0 (3) qL
(3)当粒子从 b 点射出时，磁感应强度 B 最小． 2 根据几何关系知，R＝ L 2
考点一带电粒子在组合场中的运动 1.三种场力的特点
力的特点重力场静电场磁场 ①大小 G＝mg ②方向竖直向下功和能的特点 ①重力做功和路径无关 ②重力做功改变物体的重力势能．与路径无关 ②方向：正电荷受力方向与该点电场强度的方向相同(或负电荷受力 ②电场力做功改变物体的电势能，的方向与该点电场强度的方向相且 W 电＝－ΔEP 反) ①大小：F＝qvB 洛伦兹力不做功 ②方向：垂直于 v 和 B 决定的平面
由牛顿定律及运动学公式得 Eq＝max③
vx＝axt④
vx t＝ d ⑤ 2
vx 由于粒子在电场中做类平抛运动(如图)，有 tanθ＝ ⑥ v0 联立①②③④⑤⑥式得 E 1 ＝ v0tan2θ⑦ B 2 (2)联立⑤⑥式得 2d t＝ ⑧ v0tanθ 1 2d 2 [答案] (1) v0tan θ (2) 2 v0tanθ
当 P1 到达倾斜轨道底端 G 点时，不带电的小物体 P2 在 GH 顶端由静止释放，经过时间 t＝0.1 s 与 P1 相遇．P1 和 P2 与轨道 CD、GH 间的动摩擦因数均为 μ＝0.5，取 g＝10 m/s2，sin 37° ＝0.6，cos 37° ＝ 0.8，物体电荷量保持不变，不计空气阻力．求： (1)小物体 P1 在水平轨道 CD 上运动速度 v 的大小； (2)倾斜轨道 GH 的长度 s.
4．霍尔效应在匀强磁场中放置一个矩形截面的载流导体，当磁场方向与电流方向垂直时，导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现了电势差．这个现象称为霍尔效应，所产生的电势差称为霍尔电压，其原理如图所示．

高三物理一轮复习第8章磁场第3节带电粒子在复合场中的运动(只加试要求)

咐呼州鸣咏市呢岸学校第3节带电粒子在复合场中的运动(只加试要求)考点一| 带电粒子在复合场中的实例分析1．质谱仪(1)构造：如图831所示，由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片构成．图831(2)原理：粒子由静止被加速电场加速，qU ＝12mv 2. 粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB ＝m v 2r. 由以上两式可得r ＝1B2mU q ，m ＝qr 2B 22U ，q m ＝2U B 2r2. 2．盘旋加速器(1)构造：如图832所示，D 1、D 2是半圆形金属盒，D 形盒的缝隙处接交流电源，D 形盒处于匀强磁场中．接交流电源图832(2)原理：交流电的周期和粒子做圆周运动的周期相，粒子经电场加速，经磁场盘旋，由qvB ＝mv 2r ，得E km ＝q 2B 2r 22m，可见粒子获得的最大动能由磁感强度B 和D 形盒半径r 决，与加速电压无关． 3．速度选择器(1)构造：如图833所示，平行板中电场强度E 和磁感强度B 互相垂直，这种装置能把具有一速度的粒子选择出来，所以叫速度选择器．图833(2)带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是Eq ＝qvB ，即v ＝EB，速度v 与粒子电荷量、电性、质量无关．4．磁流体发电机高速离子体射入匀强磁场，在洛伦兹力的作用下发生偏转而打在A 、B 极板上，使两极板产生电势差．当离子做匀速运动时，两极板间的电势差最大．根据左手那么，如图834所示中的B 极板是发电机的正极．假设磁流体发电机两极板间的距离为d ，离子体速度为v ，磁感强度为B ，那么由Uqd＝Bqv 得两极板间能到达的最大电势差U ＝Bdv .图8345．霍尔效如图835所示，在匀强磁场中放置一个矩形截面的载流体，当磁场方向与电流方向垂直时，形成电流的载流子受洛伦兹力的作用发生偏转，导致导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现了电势差．这个现象称为霍尔效，所产生的电势差称为霍尔电势差或霍尔电压．当载流子不偏转时，即所受洛伦兹力与电场力平衡时，霍尔电压到达稳值．图8356．电磁流量计电磁流量计原理：如图836所示，一圆形导管直径为d ，用非磁性材料制成，其中有可以导电的液体向左流动．导电液体中的自由电荷(正、负电子)在洛伦兹力作用下纵向偏转，a 、b 间出现电势差U .当自由电荷所受电场力和洛伦兹力平衡时，a 、b 间的电势差就保持稳．由Bqv ＝Eq ＝Uq d ，可得v ＝U Bd .流量Q ＝Sv ＝πUd 4B. 图836带电粒子在复合场中运动的六个实例比拟速度选择器、磁流体发电机、电磁流量计、霍尔元件都是带电粒子在相互正交的电场和磁场组成的复合场中的运动平衡问题．所不同的是速度选择器中的电场是带电粒子进入前存在的，是外加的；磁流体发电机、电磁流量计和霍尔元件中的电场是粒子进入磁场后，在洛伦兹力作用下带电粒子在两极板间聚集后才产生的．1．(加试要求)(多项选择)一质子以速度v 穿过互相垂直的电场和磁场区域(如图837所示)而没有发生偏转，那么( )【导学号：81370302】图837A ．假设电子以相同速度v 射入该区域，将会发生偏转B ．无论何种带电粒子(不计重力)，只要以相同速度v 射入都不会发生偏转C ．假设质子的速度v ′＜v ，它将向下偏转而做类平抛运动D ．假设质子的速度v ′＞v ，它将向上偏转，其运动轨迹既不是圆弧也不是抛物线BD [质子穿过互相垂直的电场和磁场区域而没有发生偏转，那么qvB ＝qE ，v ＝E B，无论何种带电粒子(不计重力)只要v ＝EB，均不会发生偏转，应选项A 错误，B 正确．当v ′＜v 或v ′＞v 时qvB ≠qE ，电场力做功，速度大小、方向发生变化，那么洛伦兹力时刻改变，其运动轨迹既不是圆弧也不是抛物线，选项C 错误，D 正确．]2．(多项选择)(加试要求)磁流体发电是一项兴技术，它可以把物体的内能直接转化为电能，如图838是它的示意图．平行金属板A 、B 之间有一个很强的磁场，将一束离子体(即高温下电离的气体，含有大量正、负离子)喷入磁场，A 、B 两板间便产生电压．如果把A 、B 和用电器连接，A 、B 就是直流电源的两个电极，设A 、B 两板间距为d ，磁感强度为B ′，离子体以速度v 沿垂直于磁场的方向射入A 、B 两板之间，那么以下说法正确的选项是( )图838A ．A 是直流电源的正极B ．B 是直流电源的正极C ．电源的电动势为B ′dvD ．电源的电动势为qvB ′BC [离子体喷入磁场，正离子因受向下的洛伦兹力而向下偏转，B 是直流电源的正极，那么选项B 正确；当带电粒子以速度v 做匀速直线运动时，U dq ＝qvB ′，电源的电动势U ＝B ′dv ，那么选项C 正确．]3．(加试要求)(2021·)(多项选择)盘旋加速器的原理如图839所示，它由两个铜质D 形盒D 1、D 2构成，其间留有空隙，以下说法正确的选项是( )图839A ．离子从电场中获得能量B ．离子从磁场中获得能量C ．只增大空隙间的加速电压可增加离子从盘旋加速器中获得的动能D ．只增大D 形盒的半径可增加离子从盘旋加速器中获得的动能AD [盘旋加速器通过电场对离子做功获得能量，A 正确；洛伦兹力对离子不做功，B 错误；粒子获得的能量为E km ＝q 2B 2r 22m，C 错误、D 正确．]4．(加试要求)1922年英国物理学家阿斯顿因质谱仪的创造、同位素和质谱的研究荣获了诺贝尔化学奖．假设速度相同的同一束粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图8310所示，那么以下相关说法中正确的选项是( )【导学号：81370303】图8310 A．该束带电粒子带负电B．速度选择器的P1极板带负电C．在B2磁场中运动半径越大的粒子，比荷qm越小D．在B2磁场中运动半径越大的粒子，质量越大C[带电粒子在磁场中向下偏转，磁场的方向垂直纸面向外，根据左手那么知，该粒子带正电，应选项A错误．在平行金属板间，根据左手那么知，带电粒子所受的洛伦兹力方向竖直向上，那么电场力的方向竖直向下，知电场强度的方向竖直向下，所以速度选择器的P1极板带正电，应选项B错误．进入B2磁场中的粒子速度是一的，根据qvB＝mv2r得，r＝mvqB，知r越大，比荷qm越小，而质量m不一大，应选项C正确、选项D错误．]5．(2021·10月学考)小张在探究磁场对电流作用的中，将直导线换作导体板，如图8311所示，发现在a、b两点之间存在电压U ab.进一步结果如下表：由表中结果可知电压U ab( )A．与电流无关B．与磁感强度无关C．与电流可能成正比D．与磁感强度可能成反比C[探究目标是电压与电流、磁感强度的关系，由控制变量法可知I一时，U与B成正比，同理，B一时，U与I成正比，故只有C正确．]考点二| 带电粒子叠加场中的运动1．带电粒子在叠加场中无约束情况下的运动情况分类(1)洛伦兹力、重力并存①假设重力和洛伦兹力平衡，那么带电粒子做匀速直线运动．②假设重力和洛伦兹力不平衡，那么带电粒子将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒，由此可求解问题．(2)电场力、洛伦兹力并存(不计重力的微观粒子)①假设电场力和洛伦兹力平衡，那么带电粒子做匀速直线运动．②假设电场力和洛伦兹力不平衡，那么带电粒子将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用动能理求解问题．(3)电场力、洛伦兹力、重力并存①假设三力平衡，一做匀速直线运动．②假设重力与电场力平衡，一做匀速圆周运动．③假设合力不为零且与速度方向不垂直，将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用能量守恒律或动能理求解问题．2．带电粒子在叠加场中有约束情况下的运动带电粒子在叠加场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道约束的情况下，常见的运动形式有直线运动和圆周运动，此时解题要通过受力分析明确变力、恒力做功情况，并注意洛伦兹力不做功的特点，运用动能理、能量守恒律结合牛顿运动律求解．带电粒子在叠加场中运动分析思路1．(加试要求)(多项选择)在图8312中虚线所示的区域存在匀强电场和匀强磁场．取坐标系如下图，一带电粒子沿x轴正向进入此区域，在穿过此区域的过程中运动方向始终不发生偏转，不计重力的影响，电场强度E和磁感强度B的方向可能是( )图8312A．E和B都沿x轴正向B．E沿y轴正向，B沿z轴正向C．E沿z轴正向，B沿y轴正向D．E、B都沿z轴正向AB[此题没有说明带电粒子的带电性质，为便于分析，假粒子带正电．A选项中，磁场对粒子作用力为零，电场力与粒子运动方向在同一直线上，带电粒子的运动方向不会发生偏转，故A正确；B选项中，电场力方向向上，洛伦兹力方向向下，当这两个力平衡时，粒子运动方向可以始终不变，B正确；C选项中，电场力、洛伦兹力都沿z轴正方向，粒子将做曲线运动，C错；D选项中，电场力沿z轴正方向，洛伦兹力沿y轴负方向，两力不可能平衡，粒子将做曲线运动，D错．如果粒子带负电，仍有上述结果．] 2．(加试要求)如图8313所示，在互相垂直的匀强电场和匀强磁场中，电荷量为q的液滴在竖直面内做半径为R 的匀速圆周运动，电场强度为E ，磁感强度为B ，那么液滴的质量和环绕速度分别为( )图8313A.qE g ，E RB.B 2qR E ，E B C ．BqRg，qgR D.qE g ，BgRED [液滴要在这种叠加场中做匀速圆周运动，从受力的角度来看，一是要满足恒力的合力为零，即qE＝mg ，有m ＝qE g ，二是洛伦兹力提供向心力Bqv ＝mv 2R ，那么可得v ＝BgRE，选项D 正确．] 3．如图8314所示，界面MN 与水平地面之间有足够大且正交的匀强磁场B 和匀强电场E ，磁感线和电场线都处在水平方向且互相垂直，在MN 上方有一个带正电的小球由静止开始下落，经电场和磁场到达水平地面．假设不计空气阻力，小球在通过电场和磁场的过程中，以下说法中正确的选项是( )图8314 【导学号：81370304】A ．小球做匀变速曲线运动B ．小球的电势能保持不变C ．洛伦兹力对小球做正功D ．小球的动能增量于其电势能和重力势能减少量的总和 D [带电小球在刚进入复合场时受力如下图，那么带电小球进入复合场后做曲线运动，因为速度会发生变化，洛伦兹力就会跟着变化，所以不可能是匀变速曲线运动，选项A 错误；根据电势能公式E p ＝qφ，知只有带电小球竖直向下做直线运动时，电势能保持不变，选项B 错误；根据洛伦兹力的方向确方法知，洛伦兹力方向始终和速度方向垂直，所以洛伦兹力不做功，选项C 错误；从能量守恒角度知道选项D 正确．]4．带电小球以一的初速度v 0竖直向上抛出，能够到达的最大高度为h 1；假设加上水平方向的匀强磁场，且保持初速度仍为v 0，小球上升的最大高度为h 2；假设加上水平方向的匀强电场，且保持初速度仍为v 0，小球上升的最大高度为h 3，如图8315所示，不计空气阻力，那么( )图8315A ．h 1＝h 2＝h 3B ．h 1＞h 2＞h 3B ．h 1＝h 2＞h 3 D ．h 1＝h 3＞h 2D[由竖直上抛运动的最大高度公式得：h1＝v202g；当小球在磁场中运动到最高点时，小球有水平速度，由能量守恒得：mgh2＋E k＝12mv20＝mgh1，所以h1＞h2；当加上电场时，由运动的分解可知：在竖直方向上有v20＝2gh3，所以h1＝h3，选项D正确．]考点三| 带电粒子在组合场中的运动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(受力情况电场力F＝qE，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，方向随轨迹抛物线圆或圆的一带电粒子在组合场中运动的分析思路及技巧1．根本思路：2．解题关键：抓住联系两个场的纽带——速度．1．(加试要求)如图8316所示，两平行金属板长均为0.2 m，两板间的电压U＝100 V，下极板接地，金属板右侧紧贴磁场的左边界MN，MN的右边为足够大的匀强磁场，磁感强度大小为B＝0.01 T，方向垂直纸面向里，现有带正电的粒子连续不断地以速度v0＝105m/s，沿两板中线OO′从平行金属板的左侧射入电场中，磁场边界MN与中线OO′垂直，带电粒子的比荷为qm＝108 C/kg，粒子的重力和粒子间相互作用力均可忽略不计，假设射入电场的带电粒子恰能从平行金属板的边缘穿出电场射入磁场中，那么以下说法正确的选项是( )图8316A．带电粒子在磁场中运动的半径为 2 mB．带电粒子射出磁场后最终不能返回到O点C ．带电粒子射出电场的速度大小为2×105m/sD ．对于所有经过电场射入磁场的带电粒子，其射入磁场的入射点和射出磁场的出射点间的距离都为0.2 mBCD [粒子在电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，L ＝v 0t ，运动时间t ＝2×10－6s ，竖直方向电场力做功，穿出电场时竖直分速度为v y 那么有12qU ＝12mv 2y ，可得竖直分速度v y ＝105m/s ，根据速度的合成可知粒子进入磁场的速度v ＝v 20＋v 2y ＝2×105m/s ，方向与竖直面的夹角为45°，选项C 对．粒子进入磁场后做匀速圆周运动，qvB ＝m v 2R ，圆周运动半径R ＝mv qB ＝210m ，选项A 错．粒子进入磁场后做匀速圆周运动，根据对称性，粒子必然在磁场的左边界离开磁场，方向与竖直方向夹角45°斜向下．粒子射入磁场的入射点和射出磁场的出射点的间距L ＝2R sin 45°＝2R ＝0.2 m ，选项D 对．再次返回电场后，水平分速度与进电场时相同，与第一次在电场中运动时间相同，竖直分速度与出电场时的竖直分速度相同，那么竖直方向的位移比第一次位移大，假设从电场上边界回到电场，那么必然返回到O 点下方，假设返回点再靠下，离开电场时一在O 点更下方，即不可能返回O 点，选项B 对．]2．(加试要求)(2021·选考模拟)一圆筒的横截面如图8317所示，其圆心为O .筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感强度为B .圆筒下面有相距为d 的平行金属板M 、N ，其中M 板带正电荷，N 板带量负电荷．质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子自M 板边缘的P 处由静止释放，经N 板的小孔S 以速度v 沿半径SO 方向射入磁场中．粒子与圆筒发生两次碰撞后仍从S 孔射出．设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失，且电荷量保持不变，在不计重力的情况下，求：图8317(1)M 、N 间电场强度E 的大小； (2)圆筒的半径R .【导学号：81370306】【解析】 (1)设两板间的电压为U ，由动能理得：qU ＝12mv 2 ①由匀强电场中电势差与电场强度的关系得U ＝Ed ②联立上式可得E ＝mv 22qd. ③(2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，运用几何关系作出圆心为O ′，圆半径为r .设第一次碰撞点为A ，由于粒子与圆筒发生两次碰撞又从S 孔射出，因此，SA 弧所对的圆心角∠AO ′S 于π3.由几何关系得r ＝R tan π3④ 粒子运动过程中洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二律，得qvB ＝m v 2r⑤ 联立④⑤式得R ＝3mv3qB. 【答案】 (1)mv 22qd (2)3mv3qB3．(加试要求)(2021·10月选考)如图8318是水平放置的小型粒子加速器的原理示意图，区域Ⅰ和Ⅱ存在方向垂直纸面向里的匀强磁场B 1和B 2，长L ＝1.0 m 的区域Ⅲ存在场强大小E ＝5.0×104V/m 、方向水平向右的匀强电场．区域Ⅲ中间上方有一离子源S ，水平向左发射动能E k0＝4.0×104eV 的氘核，氘核最终从区域Ⅱ下方的P 点水平射出，S 、P 两点间的高度差h ＝0.10 m.图8318(氘核质量m ＝2×1.67×10－27kg 、电荷量q ＝1.60×10－19C,1 eV ＝1.60×10－19J.1.67×10－271.60×10－19≈1×10－4)(1)求氘核经过两次加速后从P 点射出时的动能E k2；(2)假设B 1＝1.0 T ，要使氘核经过两次加速后从P 点射出，求区域Ⅰ的最小宽度d ； (3)假设B 1＝1.0 T ，要使氘核经过两次加速后从P 点射出，求区域Ⅱ的磁感强度B 2. 【解析】 (1)由动能理W ＝E k2－E k0 电场力做功W ＝qE ·2L得E k2＝E k0＋qE ·2L ＝×105eV ＝4×10－14J.(2)洛伦兹力提供向心力qvB ＝m v 2R第一次进入B 1区域，半径R 0＝mv 0qB 1≈0.04 m 第二次进入B 1区域， 12mv 21＝E k0＋qEL R 2＝mv 1qB 1≈0.06 m故d ＝R 2＝0.06 m.(3)氘核运动轨迹如下图由图中几何关系可知2R 2＝h ＋(2R 1－2R 0)解得R 1＝0.05 m由R 1＝mv 1qB 2得B 2＝mv 1qR 1＝ T. 【答案】 (1)4×10－14 J (2)0.06 m (3) T4．(2021·10月选考)如图8319所示，在x 轴的上方存在垂直纸面向里，磁感强度大小为B 0的匀强磁场，位于x 轴下方离子源C 发射质量为m 、电荷量为q 的一束负离子，其初速度大小范围为0～3v 0，这束离子经电势差为U ＝mv 202q的电场加速后，从小孔O (坐标原点)垂直x 轴并垂直磁场射入磁场区域，最后打到x 轴上，在x 轴上2a ～3a 区间水平固放置一探测板(a ＝mv 0qB 0)，假设每秒射入磁场的离子总数为N ，打到x 轴上的离子数均匀分布(离子重力不计)．图8319(1)求离子束从小孔O 射入磁场后打到x 轴的区间；(2)调整磁感强度的大小，可使速度最大的离子恰好打在探测板右端，求此时的磁感强度大小B 1；(3)保持磁感强度B 1不变，求每秒打在探测板上的离子数N ；假设打在板上的离子80%被板吸收，20%被反向弹回，弹回速度大小为打板前速度大小的0.6倍，求探测板受到的作用力大小．【解析】 (1)设离子初速度为v 1(0≤v 1≤3v 0)，离子进入磁场中的速度为v ，那么离子经过电场加速，根据动能理有qU ＝12mv 2－12mv 21① 离子在磁场中做偏转运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB 0＝m v 2r ，可得偏转半径r ＝mv qB 0② 离子进入磁场后直接偏转打到x 轴上，根据几何关系知离子打到x 轴上距离原点的长度为2r ，可知当v 1＝0时，离子打在x 轴上的位置为区间最左端；当v 1＝3v 0时，离子打在x 轴上的位置为区间最右端；由①②得r 1＝a ，r 2＝2a ，得离子束从小孔O 射入磁场后打到x 轴的区间为[2a,4a ]．(2)当离子速度最大为v 1＝3v 0时，恰好打在探测板右端，此时有r ＝32a ③ 由②③可得，磁感强度大小B 1＝43B 0 (3)保持磁感强度B 1大小不变，那么打在探测板上的离子在磁场中的偏转半径a ≤r ≤32a ，根据②式可知，此时有43v 0≤v ≤2v 0④ 根据①式可知，离子总数为N 0的离子束经过加速电场后，离子速度为v 0≤v ≤2v 0⑤由④⑤可知，此时每秒打在探测板上的离子数N ＝23N 0 当打在板上的离子80%被板吸收，20%以原速度的0.6倍反向弹回时，根据动量理，有探测板施加给离子的力F ＝Δp t ＝0.8 N×m ×⎝⎛⎭⎫43v 0＋2v 0×12＋0.2 N×m ×1.6⎝⎛⎭⎫43v 0＋2v 0×121＝5645mv 0N 0 可得探测板受到的作用力大小为5645mv 0N 0. 【答案】 (1)[2a,4a ](2)B 1＝43B 0 (3)每秒打在探测板上的离子数N ＝23N 0；探测板受到的作用力大小为5645 mv 0N 0.。

高考物理一轮总复习第八章磁场第4节课时3带电粒子在复合场中的运动：带电粒子在叠加场中的运动问题课件鲁科

高考物理总复习第八章 第3讲 带电粒子在复合场中的运动

【高三一轮复习讲义】《磁场》第三讲 带电粒子在复合场中的运动

高考物理一轮复习讲义带电粒子在复合场中的运动

高三物理一轮复习 第8章 第3讲 带电粒子在复合场中的运动课件

高三物理一轮复习：第八章第3讲带电粒子在复合场中的运动3

最新-2018高三物理一轮复习 第八章磁场第4讲带电粒子在复合场中的运动课件 精品

高考物理一轮复习 第八章 磁场 课时3 带电粒子在复合场中的运动课件