浙江鸭2019高考物理二轮复习专题三电场和磁场第2讲带电粒子在复合场中的运动学案20181126158

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专题三电场与磁场第2讲带电粒子在复合场中的运动

出电场,再经过一段时间又恰好垂直于x轴进入下面的磁场.
已知OP之间的距离为d，(不计粒子的重力)求：
(1)Q点的坐标； (2)带电粒子自进入电场至在磁场中第二次经过x轴的时间.
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解析：(1)设 Q 点的纵坐标为 h，到达 Q 点的水平分速度为 vx ，则由类平抛运动的规律可知 vx t vx h＝v0 t，d＝，tan45° ，得 h＝2d ＝ 2 v0 故 Q 点的坐标为(0,2d)．
轨道半径都要变大，因此求出4L处的速度，再求半径，利用数学知识即可求6L处的坐标.
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[解题样板]
(1)x＝L 处电子的速度为 v1 1 2 eE0 L＝ mv1 2 v1 ＝ 2eE0 L m (2 分) (2 分)
＝4.0×107 m/s.
图3－2－8
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(2)电子在 x＝0 至 x＝L 间运动的时间为 t1 L t1 ＝＝1.5×10－8 s． (1 分) v1 2 电子在 x＝L 至 x＝3L 间的磁场中运动的半径为 r1，运动的时间为 t2 2 v1 ev1 B0 ＝m (1 分) r1 r1 ＝0.30 m (1 分) 由几何关系知，电子在 x＝L 至 x＝3L 间的磁场中的运动轨迹为两个四分之一圆周 (1 分) 2πr1 2πm T＝＝ (1 分) v1 eB0
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T πm －8 t2 ＝2× ＝＝2.3×10 s (1 分) 4 eB0 所以，电子从 x＝0 运动到 x＝3L 处的时间 t＝t1＋t2＝3.8×10
－8
s．
(1 分)
(3)x＝4L 处电子的速度为 v2 1 2 1 2 eE0 L＝ mv2 － mv1 (1 分) 2 2 电子在 x＝4L 至 x＝6L 间的磁场中运动的半径为 r2 v2 2 ev2 B0 ＝m (1 分) r2 mv2 r2 ＝＝ 2r1 (1 分) eB0

高考物理二轮复习知识点详解整合训练《第二讲带电粒子在磁场和复合场中的运动》总结课件

【答案】 A
3. (2012·新课标全国高考)如图4－2－8，一半径为R的圆表示一柱形区域的横截面(纸面)．在柱形区域内加一方向垂直于纸面的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q的粒子沿图中直线在圆上的a点射入柱形区域，在圆上的b点离开该区域，离开时速度方向与直线垂直．圆心O到直线的距离为35R.现将磁场换为平行于纸面且垂直于直线的匀强电场，同一粒子以同样速度沿直线在a点射入柱形区域，也在b点离开该区域．若磁感应强度大小为B，不计重力，求电场强度的大小．
r＝12at2⑦
r＝vt⑧
式中t是粒子在电场中运动的时间．联立①⑤⑥⑦⑧式得 E＝145qmRB2.⑨
【答案】
14qRB2 5m
1.复合场模型：电场、磁场、重力场(或其中两种场)并存于同一区域的情况．
2．运动情况分析带电粒子在混合场中做什么运动，取决于带电粒子所受的合外力及其初始状态的速度，因此应把带电粒子的运动情况和受力情况结合起来进行分析． (1)当带电粒子在复合场中所受合外力为零时，做匀速直线运动( 如速度选择器)． (2)当带电粒子所受的重力与电场力等值反向，洛伦兹力提供向心力时，带电粒子在垂直于磁场的平面内做匀速圆周运动．
设 cd ＝x，由几何关系得
ac ＝45R＋x③ bc ＝35R＋ R2－x2④ 联立②③④式得r＝75R⑤
再考虑粒子在电场中的运动．设电场强度的大小为E，粒子在电场
中做类平抛运动．设其加速度大小为a，由牛顿第二定律和带电粒子在
电场中的受力公式得
qE＝ma⑥
粒子在电场方向和直线方向所走的距离均为r，由运动学公式得
3．受力分析及解题观点 (1)带电粒子在混合场中的运动问题是电磁学知识和力学知识的结合，分析方法和力学问题的分析方法基本相同，不同之处是多了电场力、洛伦兹力． (2)带电粒子在混合场中的运动问题，除了利用力学即动力学观点、能量观点来分析外，还要注意电场和磁场对带电粒子的作用特点，如电场力做功与路径无关，洛伦兹力方向始终和运动速度方向垂直永不做功等．

物理专题三带电粒子在复合场(电场磁场)中的运动解读

物理专题三带电粒子在复合场(电场磁场)中的运动解决这类问题时一定要重视画示意图的重要作用。

⑴带电粒子在匀强电场中做类平抛运动。

这类题的解题关键是画出示意图，要点是末速度的反向延长线跟初速度延长线的交点在水平位移的中点。

⑵带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动。

这类题的解题关键是画好示意图，画示意图的要点是找圆心、找半径和用对称。

例1 右图是示波管内部构造示意图。

竖直偏转电极的板长为l =4cm ，板间距离为d =1cm ，板右端到荧光屏L =18cm ，（本题不研究水平偏转）。

电子沿中心轴线进入偏转电极时的速度为v 0=1.6×107m/s ，电子电荷e =1.6×10-19C ，质量为0.91×10-30kg 。

为了使电子束不会打在偏转电极的极板上，加在偏转电极上的电压不能超过多少？电子打在荧光屏上的点偏离中心点O 的最大距离是多少？[解：设电子刚好打在偏转极板右端时对应的电压为U ，根据侧移公式不难求出U (当时对应的侧移恰好为d /2)：2212⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅=v l dm Ue d ，得U =91V ；然后由图中相似形对应边成比例可以求得最大偏离量h =5cm 。

]例2 如图甲所示，在真空中，足够大的平行金属板M 、N 相距为d ，水平放置。

它们的中心有小孔A 、B ，A 、B 及O 在同一条竖直线上，两板的左端连有如图所示的电路，交流电源的内阻忽略不计，电动势为U ，U 的方向如图甲所示，U 随时间变化如图乙所示，它的峰值为ε。

今将S 接b 一段足够长时间后又断开，并在A 孔正上方距A 为h （已知d h <）的O 点释放一个带电微粒P ，P 在AB 之间刚好做匀速运动，再将S 接到a 后让P 从O 点自由下落，在t=0时刻刚好进入A 孔，为了使P 一直向下运动，求h 与T 的关系式？[解析：当S 接b 一段足够长的时间后又断开，而带电微粒进入A 孔后刚好做匀速运动，说明它受到的重力与电场力相等，有d q mg ε= 若将S 接a 后，刚从t=0开始，M 、N 两板间的电压为，2ε，故带电粒子进入电场后，所受到的电场力为mg d q F 22==ε，也就是以大小为g 、方向向上的加速度作减速运动。

高三物理复习专题六电场与磁场第2课时带电粒子在复合场中的运动讲义

第2课时带电粒子在复合场中的运动1．带电粒子在电场中常见的运动类型(1)匀变速直线运动：通常利用动能定理qU ＝12mv 2－12mv 20来求v .对于匀强电场，电场力做功也可以用W ＝qEd 求解．(2)偏转运动：一般研究带电粒子在匀强电场中的偏转问题．对于类平抛运动可直接利用平抛运动的规律以及推论；较复杂的曲线运动常用运动分解的办法来处理． 2．带电粒子在匀强磁场中常见的运动类型(1)匀速直线运动：当v ∥B 时，带电粒子以速度v 做匀速直线运动．(2)匀速圆周运动：当v ⊥B 时，带电粒子在垂直于磁感线的平面内以入射速度做匀速圆周运动．3．复合场中粒子重力是否考虑的三种情况(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；而对于一些宏观物体，如带电小球、液滴、金属块等一般应考虑其重力．(2)题目中有明确说明是否要考虑重力的．(3)不能直接判断是否要考虑重力的，在进行受力分析与运动分析时，根据运动状态可分析出是否考虑重力．1．正确分析带电粒子的受力及运动特征是解决问题的前提带电粒子在复合场中做什么运动，取决于带电粒子所受的合外力及初始运动状态的速度，因此应把带电粒子的运动情况和受力情况结合起来进行分析． 2．灵活选用力学规律是解决问题的关键(1)当带电粒子在复合场中做匀速直线运动时，应根据平衡条件列方程求解． (2)当带电粒子在复合场中做匀速圆周运动时，往往同时应用牛顿第二定律和平衡条件列方程联立求解．(3)当带电粒子在复合场中做非匀变速曲线运动时，应选用动能定理或能量守恒定律列方程求解．题型1 带电粒子在叠加场中的运动例1 (2013·四川·11)如图1所示，竖直平面(纸面)内有直角坐标系xOy，x轴沿水平方向．在x≤0的区域内存在方向垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B1的匀强磁场．在第二象限紧贴y轴固定放置长为l、表面粗糙的不带电绝缘平板，平板平行于x轴且与x轴相距h.在第一象限内的某区域存在方向相互垂直的匀强磁场(磁感应强度大小为B2、方向垂直于纸面向外)和匀强电场(图中未画出)．一质量为m、不带电的小球Q从平板下侧A点沿x轴正向抛出；另一质量也为m、带电量为q的小球P从A点紧贴平板沿x轴正向运动，变为匀速运动后从y轴上的D点进入电磁场区域做匀速圆周运动，经14圆周离开电磁场区域，沿y轴负方向运动，然后从x轴上的K点进入第四象限．小球P、Q 相遇在第四象限的某一点，且竖直方向速度相同．设运动过程中小球P电量不变，小球P和Q始终在纸面内运动且均看作质点，重力加速度为g.求：图1(1)匀强电场的场强大小，并判断P球所带电荷的正负；(2)小球Q的抛出速度v0的取值范围；(3)B1是B2的多少倍？审题突破 1.带电小球P在第二象限运动过程中受什么力作用？做匀速运动需要满足什么条件？小球P在第一象限有几个运动过程？做匀速圆周运动需要满足什么条件？2．小球Q受到什么力作用？做什么运动？若要与P相遇，相遇点的坐标有什么特点？3．若要使P、Q相遇，则当小球P在第一象限穿出电磁场区域时，小球Q应运动到什么位置？速度应如何？解析(1)由题给条件，小球P在电磁场区域内做圆周运动，必有重力与电场力平衡，设所求匀强电场的场强大小为E，有mg＝qE ①得E＝mgq②小球P在平板下侧紧贴平板运动，其所受洛伦兹力必竖直向上，故小球P带正电．(2)设小球P紧贴平板做匀速运动的速度为v，此时洛伦兹力与重力平衡，有B1qv＝mg ③设小球P以速度v在电磁场区域内做圆周运动的半径为R，有B2qv＝m v2R④设小球Q与小球P在第四象限相遇点的坐标为x、y，有x＝R，y≤0⑤小球Q运动到相遇点所需时间为t0，水平方向位移为s，竖直方向位移为d，有s＝v0t0 ⑥d ＝12gt 20⑦由题意得x ＝s －l ，y ＝h －d⑧由题意可知v 0＞0，联立③④⑤⑥⑦⑧式得0＜v 0≤2gh 2h ⎝ ⎛⎭⎪⎫l ＋m 2g B 1B 2q 2 ⑨(3)小球Q 在空间做平抛运动，要满足题设要求，则运动到小球P 穿出电磁场区域的同一水平高度时的W 点时，其竖直方向的速度v y 与竖直位移y Q 必须满足v y ＝v ⑩ y Q ＝R⑪设小球Q 运动到W 点时间为t ，由平抛运动，有v y ＝gt⑫ y Q ＝12gt 2⑬联立③④⑩⑪⑫⑬式得B 1＝12B 2＝0.5B 2答案 (1)mgqP 球带正电 (2)0＜v 0≤2gh 2h ⎝ ⎛⎭⎪⎫l ＋m 2g B 1B 2q 2 (3)0.5倍以题说法带电粒子在叠加场中运动的处理方法 1．弄清叠加场的组成特点．2．正确分析带电粒子的受力及运动特点． 3．画出粒子的运动轨迹，灵活选择不同的运动规律(1)若只有两个场且正交，合力为零，则表现为匀速直线运动或静止．例如电场与磁场中满足qE ＝qvB ；重力场与磁场中满足mg ＝qvB ；重力场与电场中满足mg ＝qE . (2)若三场共存时，合力为零，粒子做匀速直线运动，其中洛伦兹力F ＝qvB 的方向与速度v 垂直．(3)若三场共存时，粒子做匀速圆周运动，则有mg ＝qE ，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，即qvB ＝m v 2r.(4)当带电粒子做复杂的曲线运动或有约束的变速直线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解．静电喷漆技术具有效率高、浪费少、质量好、有益于健康等优点，其装置可简化为如图2甲所示．A、B为水平放置的间距d＝1.6 m的两块足够大的平行金属板，两板间有方向由B指向A的匀强电场，场强为E＝0.1 V/m.在A板的中央放置一个安全接地的静电油漆喷枪P，油漆喷枪可向各个方向均匀地喷出初速度大小均为v0＝6 m/s的油漆微粒，已知油漆微粒的质量均为m＝1.0×10－5 kg、电荷量均为q＝－1.0×10－3 C，不计油漆微粒间的相互作用、油漆微粒所带电荷对板间电场的影响及空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2.求：图2(1)油漆微粒落在B板上所形成的图形面积；(2)若让A、B两板间的电场反向，并在两板间加垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B＝0.06 T，如图乙所示，调节喷枪使油漆微粒只能在纸面内沿各个方向喷出，其他条件不变．B板被油漆微粒打中的区域的长度；(3)在满足(2)的情况下，打中B板的油漆微粒中，在磁场中运动的最短时间．答案(1)18.1 m2(2)1.6 m (3)0.31 s解析(1)根据牛顿第二定律知，油漆微粒的加速度a＝Eq＋mgm①根据平抛运动规律有d＝12at2 ②运动的半径x＝v0t ③落在B板上所形成圆形面积S＝πx2 ④联立①②③④式并代入数据得S≈18.1 m2 ⑤(2)当电场反向时Eq＝mg ⑥油漆微粒做匀速圆周运动，如图丙所示，洛伦兹力充当向心力Bqv0＝m v20R⑦水平向右射出的油漆微粒打在B板的最右端a点，根据几何关系R＋R cos α＝d⑧ac的长度为ac＝R sin α⑨打在B板最左端的油漆微粒为运动轨迹和板相切的微粒，同理求得bc＝ac ⑩油漆微粒打在极板上的长度ab＝ac＋bc ⑪联立⑥⑦⑧⑨⑩⑪式并代入数据得ab＝1.6 m ⑫(3)打在B板上的微粒中，最短的弦长Pc对应的时间最短，如图丁所示由几何关系有sin θ＝d2R⑬运动的最短时间t min＝2θ2πT⑭微粒在磁场中运动的周期T＝2πmBq⑮联立⑦⑬⑭⑮式代入数据解得t min≈0.31 s⑯题型2 带电粒子在组合场中的运动分析例2 (2013·安徽·23)如图3所示的平面直角坐标系xOy，在第Ⅰ象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y轴正方向；在第Ⅳ象限的正三角形abc区域内有匀强磁场，方向垂直于xOy平面向里，正三角形边长为L，且ab边与y轴平行．一质量为m、电荷量为q 的粒子，从y轴上的P(0，h)点，以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴上的a(2h,0)点进入第Ⅳ象限，又经过磁场从y轴上的某点进入第Ⅲ象限，且速度与y轴负方向成45°角，不计粒子所受的重力．求：图3(1)电场强度E的大小；(2)粒子到达a点时速度的大小和方向；(3)abc区域内磁场的磁感应强度B的最小值．审题突破粒子从a点射入磁场时，速度方向与边界ab的夹角是多少？粒子在磁场运动过程的偏转角是多少？粒子应从磁场的哪个边界射出？解析(1)运动过程如图所示，设粒子在电场中运动的时间为t，则有x＝v0t＝2h，y＝12at2＝h，qE＝ma，联立以上各式可得E＝mv202qh.(2)粒子到达a点时沿y轴负方向的分速度v y＝at＝v0.所以v＝v20＋v2y＝2v0，tan θ＝v yv0＝1，θ＝45°，即方向指向第Ⅳ象限与x轴正方向成45°角．(3)粒子在磁场中运动时，有qvB＝m v2 r由图知，当粒子从b点射出时，r最大，此时磁场的磁感应强度有最小值，r＝22L，所以B＝2mv0 qL.答案(1)mv202qh(2)2v0方向指向第Ⅳ象限与x轴正方向成45°角(3)2mv0qL以题说法带电粒子在组合场内的运动实际上也是运动过程的组合，解决方法如下：(1)分别研究带电粒子在不同场区的运动规律．在匀强磁场中做匀速圆周运动．在匀强电场中，若速度方向与电场方向平行，则做匀变速直线运动；若速度方向与电场方向垂直，则做类平抛运动．(2)带电粒子经过磁场区域时利用圆周运动规律结合几何关系处理．(3)当粒子从一个场进入另一个场时，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．如图4所示，在坐标系xOy所在平面内有一半径为a的圆形区域，圆心坐标O1(a,0)，圆内分布有垂直xOy平面的匀强磁场．在坐标原点O处有一个放射源，放射源开口的张角为90°，x轴为它的角平分线．带电粒子可以从放射源开口处在纸面内朝各个方向射出，其速率v、质量m、电荷量＋q均相同．其中沿x轴正方向射出的粒子恰好从O1点的正上方的P点射出．不计带电粒子的重力，且不计带电粒子间的相互作用．图4(1)求圆形区域内磁感应强度的大小和方向；(2)①判断沿什么方向射入磁场的带电粒子的运动时间最长，并求最长时间；②若在y≥a的区域内加一沿y轴负方向的匀强电场，放射源射出的所有带电粒子运动过程中将在某一点会聚，若在该点放一回收器可将放射源射出的带电粒子全部收回，分析并说明回收器所放的位置．答案(1)mvqa，方向垂直于xOy平面向里(2)①方向为与x 轴夹角成45°角斜向右下3πa4v②回收器的坐标为(2a,0) 解析 (1)运动轨迹如图甲所示，设圆形磁场区域内的磁感应强度为B ，带电粒子在磁场中所受的洛伦兹力提供向心力，则有qvB ＝m v 2R其中R ＝a 则B ＝mv qa由左手定则判断磁场方向垂直于xOy 平面向里(2)①沿与x 轴夹角成45°角斜向下射出的带电粒子在磁场中运动的时间最长，轨迹如图乙，根据几何关系知，粒子离开磁场时速度方向沿y 轴正方向，∠OO 3Q ＝135°.设该带电粒子在磁场中运动的时间为t ，根据圆周运动周期公式得T ＝2πR v ，所以t ＝3πa 4v②如图丙所示，设某带电粒子从放射源射出，速度方向与x 轴的夹角为α，作速度v 的垂线，截取OO 4＝a ，以O 4为圆心、a 为半径作圆交磁场边界于M 点．由于圆形磁场的半径与带电粒子在磁场中运动的半径均为a ，故OO 1MO 4构成一个菱形，所以O 4M 与x 轴平行，因此从放射源中射出的所有带电粒子均沿y 轴正方向射出．带电粒子在匀强电场中做匀变速直线运动，返回磁场时的速度与离开磁场时的速度大小相等、方向相反，再进入磁场做圆周运动，圆心为O 5，OO 4O 5N 构成一平行四边形，所以粒子在磁场中两次转过的圆心角之和为180°，第二次离开磁场时都经过N 点．故收集器应放在N 点，N 点坐标为(2a,0)．10．带电粒子在周期性变化的复合场中运动分析审题示例(2013·江苏·15)(16分)在科学研究中，可以通过施加适当的电场和磁场来实现对带电粒子运动的控制．如图5甲所示的xOy 平面处于匀强电场和匀强磁场中，电场强度E 和磁感应强度B 随时间t 做周期性变化的图象如图乙所示．x 轴正方向为E 的正方向，垂直纸面向里为B 的正方向．在坐标原点O 有一粒子P ，其质量和电荷量分别为m 和＋q .不计重力．在t ＝τ2时刻释放P ，它恰能沿一定轨道做往复运动．图5(1)求P 在磁场中运动时速度的大小v 0； (2)求B 0应满足的关系；(3)在t 0⎝ ⎛⎭⎪⎫0<t 0<τ2时刻释放P ，求P 速度为零时的坐标．审题模板答题模板(1)粒子在τ2到τ时间内做匀加速直线运动，粒子在τ到2τ时间内做匀速圆周运动．电场力F ＝qE 0，加速度a ＝F m ，速度v 0＝at ，且t ＝τ2，解得v 0＝qE 0τ2m.(4分)(2)只有当t ＝2τ时，P 在磁场中做圆周运动结束并开始沿x 轴负方向运动，才能沿一定的轨道做往复运动，如图，设P 在磁场中做圆周运动的周期为T ，则⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12T ＝τ，(n ＝1,2,3，…)，匀速圆周运动的周期T ＝2πr v ＝2πmqB 0解得：B 0＝n －πmq τ，(n ＝1,2,3…)(6分)(3)在t 0时刻释放，P 在电场中加速时间为τ－t 0，在磁场中做匀速圆周运动速度v 1＝qE 0τ－t 0m ，圆周运动半径r 1＝mv 1qB 0，解得r 1＝E 0τ－t 0B 0.又经(τ－t 0)时间P 减速为零后向右加速时间为t 0，P 再进入磁场，速度v 2＝qE 0t 0m ，圆周运动半径r 2＝mv 2qB 0，解得r 2＝E 0t 0B 0.综上分析，速度为零时横坐标总是x ＝0，相应的纵坐标为y ＝⎩⎪⎨⎪⎧2[kr 1－k －r 2]2k r 1－r2，(k ＝1,2,3…) 解得：y ＝⎩⎪⎨⎪⎧2E 0[k τ－2t0＋t 0]B2kE 0τ－2tB，(k ＝1,2,3…)(6分)答案 (1)qE 0τ2m(2)B 0＝n －πmq τ，(n ＝1,2,3…)(3)y ＝⎩⎪⎨⎪⎧2E 0[k τ－2t 0＋t 0]B 02kE 0τ－2tB，(k ＝1,2,3…)点睛之笔变化的电场或磁场往往具有周期性，粒子的运动也往往具有周期性．这种情况下要仔细分析带电粒子的运动过程、受力情况，弄清楚带电粒子在变化的电场、磁场中各处于什么状态，做什么运动，画出一个周期内的运动径迹的草图．如图6所示，在xOy 平面内存在均匀、大小随时间周期性变化的磁场和电场，变化规律分别如图乙、丙所示(规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向、沿y 轴正方向电场强度为正)．在t ＝0时刻由原点O 发射初速度大小为v 0，方向沿 y 轴正方向的带负电粒子．已知v 0、t 0、B 0，粒子的比荷q m ＝πB 0t 0，不计粒子的重力．图6(1)t ＝t 02时，求粒子的位置坐标；(2)若t ＝5t 0时粒子回到原点，求0～5t 0时间内粒子距x 轴的最大距离； (3)若粒子能够回到原点，求满足条件的所有E 0值．答案 (1)(v 0t 0π，v 0t 0π) (2)(32＋2π)v 0t 0 (3)E 0＝v 0B 0n π(n ＝1,2,3……) 解析 (1)由粒子的比荷q m ＝πB 0t 0得粒子做圆周运动的周期T ＝2πmqB 0＝2t 0则在0～t 02内转过的圆心角α＝π2由牛顿第二定律qv 0B 0＝mv 20r 1得r 1＝mv 0qB 0＝v 0t 0π则其位置坐标(v 0t 0π，v 0t 0π)(2)t ＝5t 0时粒子回到原点，轨迹如图所示r 2＝2r 1r 1＝mv 0qB 0，r 2＝mv 2qB 0得v 2＝2v 0 又q m ＝πB 0t 0，r 2＝2v 0t 0π粒子在t 0～2t 0时间内做匀加速直线运动，2t 0～3t 0时间内做匀速圆周运动，由图知，在5t 0时间内粒子距x 轴的最大距离：h max ＝v 0＋2v 02t 0＋r 2＝(32＋2π)v 0t 0(3)如图所示，设带电粒子在x 轴上方做圆周运动的轨道半径为r 1，在x 轴下方做圆周运动的轨道半径为r 2′，由几何关系可知，要使粒子经过原点，则必须满足n (2r 2′－2r 1)＝2r 1(n ＝1,2,3，…)r 1＝mv 0qB 0，r 2＝mv qB 0联立以上各式解得v ＝n ＋1nv 0(n ＝1,2,3，…) 又由于v ＝v 0＋E 0qt 0m得E 0＝v 0B 0n π(n ＝1,2,3，…)(限时：60分钟)1．如图1所示，P 、Q 是相距为d 的水平放置的两平行金属板，P 、Q 间有垂直于纸面向里、磁感应强度为B 1的匀强磁场，MN 是竖直放置的两平行金属板，用导线将P 与M 相连，将Q 与N 相连，X 是平行于M 和N 的竖直绝缘挡板，Y 是平行于M 和N 的荧光屏，X 、M 、N 、Y 的中间各有一个小孔，所有小孔在同一水平轴线上，荧光屏的右侧有垂直于纸面向外、磁感应强度为B 2的匀强磁场，现有大量的等离子体(等离子体中的正负离子电荷量的大小均为q ，质量均为m )以相同的速度垂直于磁场水平向右射入金属板P 、Q 之间．现忽略电场的边缘效应，不计等离子体的重力，两对极板间形成的电场均可视为匀强电场．求：图1(1)若在荧光屏Y 上只有一个亮点，则等离子体的初速度v 0必须满足什么条件； (2)若等离子体以初速度v 0射入磁场，且在荧光屏上有两个亮点，则正、负两种电荷形成的亮点到荧光屏上小孔的距离之比是多少？答案 (1)v 0≤2dB 1q m(2)mv 20＋2dB 1qv 0mv 20－2dB 1qv 0解析 (1)由于带电粒子偏转，P 、Q 极板上将带上电荷，设电压为U ，则极板M 、N 间的电压也为U ，当带电粒子在P 、Q 极板间做匀速运动时有qv 0B 1＝U dq若在荧光屏Y 上只有一个亮点，则负电荷不能通过极板，M 、N 板间应满足qU ≥12mv 20解得v 0≤2dB 1q m(2)荧光屏上有两个亮点，则v 0>2dB 1qm在此条件下，qv 0B 1＝Udq ，得U ＝dB 1v 0对正电荷，设其到达匀强磁场B 2时的速度为v 1，则Uq ＝12mv 21－12mv 2设做圆周运动的半径为R 1，则qv 1B 2＝mv 21R 1得R 1＝mdB 1qv 0＋mv 20q 2B 22对负电荷，设其到达匀强磁场B 2时的速度为v 2，则－Uq ＝12mv 22－12mv 2设做圆周运动的半径为R 2，则qv 2B ＝mv 22R 2得R 2＝m mv 20－2dB 1qv 0q 2B 22所以，正、负两种电荷形成的亮点到荧光屏上小孔的距离之比为d 1d 2＝2R 12R 2＝ mv 20＋2dB 1qv 0mv 20－2dB 1qv 02．如图2所示，在xOy 平面内，第Ⅲ象限内的直线OM 是电场与磁场的边界，OM 与x 轴负方向成45°角．在x <0且OM 的左侧空间存在着沿x 轴负方向的匀强电场，场强大小为E ＝50 N/C ，在y <0且OM 的右侧空间存在着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小为B ＝0.2 T ．一不计重力的带负电的微粒，从坐标原点O 沿y 轴负方向以v 0＝4×103m/s 的初速度进入磁场，已知微粒所带电荷量为q ＝－4×10－18C ，质量为m ＝1×10－24kg.求：图2(1)带电微粒第一次经过磁场边界时的位置坐标及经过磁场边界时的速度方向； (2)带电微粒最终离开电、磁场区域时的位置坐标；(3)带电微粒在电、磁场区域运动的总时间(结果可以保留π)．答案 (1)(－5×10－3m ，－5×10－3m) 速度方向与OM 夹角为45°，与电场平行 (2)(0,3.0×10－2m) (3)(5＋π4)×10－5s 解析 (1)微粒的运动轨迹如图所示，第一次经过磁场边界上的A 点，设微粒在磁场中的轨迹半径为r ，由洛伦兹力提供向心力知qv 0B ＝m v 20r解得r ＝mv 0qB＝5×10－3m A 点位置坐标为(－5×10－3 m ，－5×10－3 m)经过磁场边界时速度方向与OM 夹角为45°，与电场平行(2)如图所示，微粒从C 点沿y 轴正方向进入电场，做类平抛运动，设其加速度为a ，运动时间为t 1，则有a ＝qE m解得a ＝2.0×108m/s 2Δx ＝12at 21＝2r解得t 1＝1×10－5 s Δy ＝v 0t 1代入数据解得Δy ＝0.04 my ＝Δy －2r ＝(0.04－2×5×10－3) m ＝3.0×10－2 m微粒离开电场时的位置D 的坐标为(0,3.0×10－2m) (3)带电微粒在磁场中运动的周期T ＝2πmqB在磁场中运动的时间t 2＝t OA ＋t AC ＝14T ＋34T代入数据解得t 2＝T ＝π4×10－5s带电微粒第一次进入电场中做直线运动的时间t 3＝2v 0a＝4.0×10－5s带电微粒在电、磁场区域运动的总时间t ＝t 1＋t 2＋t 3＝(5＋π4)×10－5 s3．如图3所示，真空室内竖直条形区域Ⅰ存在垂直纸面向外的匀强磁场，条形区域Ⅱ(含Ⅰ、Ⅱ区域分界面)存在水平向右的匀强电场，电场强度为E ，磁场和电场宽度均为L ，高度足够大，M 、N 为涂有荧光物质的竖直板．现有P 、Q 两束质子从A 处连续不断地射入磁场，入射方向都与M 板夹角成60°且与纸面平行，两束质子束的速度大小都恒为v .当Ⅰ区中磁场较强时，M 板上有一个亮斑，N 板上无亮斑．缓慢改变磁场强弱，M 板和N 板上会各有一个亮斑，继续改变磁场强弱，可以观察到N 板出现两个亮斑时，M 板上的亮斑刚好消失．已知质子质量为m ，电量为e ，不计质子重力和相互作用力，求：图3(1)N 板上刚刚出现一个亮斑时，M 板上的亮斑到A 点的距离s 1； (2)N 板上恰好出现两个亮斑时，区域Ⅰ中的磁感应强度B ； (3)N 板上恰好出现两个亮斑时，这两个亮斑之间的距离s . 答案 (1)233L (2)mv2eL(3)2L ＋v2mLeE解析 (1)N 板上恰出现一个亮斑时，两束质子的轨迹如图甲所示，设轨迹的半径为R . 有R ＋R sin 30°＝L 由几何关系知s 1＝3R 联立解得s 1＝233L(2)N 板上恰好出现两个亮斑时，两束质子的轨迹如图乙所示．设轨迹半径为r ，有r sin 30°＝LevB ＝mv 2r解得B ＝mv2eL(3)质子束P 恰垂直进入电场区域，质子束Q 恰在O 点以方向垂直于电场的速度进入电场，两束质子的轨迹如图乙所示设质子在电场中的运动时间为t ，则有 L ＝12·eE mt 2s ′＝vts ＝r ＋s ′＝2L ＋v2mLeE4．电子扩束装置由电子加速器、偏转电场和偏转磁场组成．偏转电场的极板由相距为d 的两块水平平行放置的导体板组成，如图4甲所示．大量电子由静止开始，经加速电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间OO ′射入偏转电场．当两板不带电时，这些电子通过两板之间的时间为2t 0；当在两板间加最大值为U 0、周期为2t 0的电压(如图乙所示)时，所有电子均能从两板间通过，然后进入竖直宽度足够大的匀强磁场中，最后打在竖直放置的荧光屏上．已知磁场的磁感应强度为B ，电子的质量为m 、电荷量为e ，其重力不计．图4(1)求电子离开偏转电场时的位置到OO ′的最小距离和最大距离； (2)要使所有电子都能垂直打在荧光屏上，求：①匀强磁场的水平宽度L ；②垂直打在荧光屏上的电子束的宽度Δy . 答案 (1)3U 0et 202dm U 0et 202dm (2)①U 0t 0dB ②U 0e dmt 2解析 (1)由题意可知，从0、2t 0、4t 0、……等时刻进入偏转电场的电子离开偏转电场时的位置到OO ′的距离最大，在这种情况下，电子的最大距离为：y max ＝12at 20＋v y t 0＝U 0e 2dm t 20＋U 0e dm t 20＝3U 0e 2dmt 20 从t 0、3t 0、……等时刻进入偏转电场的电子离开偏转电场时的位置到OO ′的距离最小，在这种情况下，电子的最小距离为：y min ＝12at 20＝U 0e 2dmt 2(2)①设电子从偏转电场中射出时的偏向角为θ，由于电子要垂直打在荧光屏上，所以电子在磁场中运动半径应为：R ＝Lsin θ设电子离开偏转电场时的速度为v 1，垂直偏转极板的速度为v y ，则电子离开偏转电场时的偏向角为：sin θ＝v yv 1，式中v y ＝U 0e dmt 0 又：R ＝mv 1Be 解得：L ＝U 0t 0dB②由于各个时刻从偏转电场中射出的电子的速度大小相等，方向相同，因此电子进入磁场后做圆周运动的半径也相同，都能垂直打在荧光屏上．由第(1)问知电子离开偏转电场时的位置到OO′的最大距离和最小距离的差值为：Δy1＝y max－y minΔy1＝U0e dmt20所以垂直打在荧光屏上的电子束的宽度为：Δy＝Δy1＝U0e dmt20。

高考物理二轮复习专题三电场和磁场第2讲带电粒子在复合场中的运动课件

T πm 运动时间 t1＝＝＝6.28×10－7 s 4 2B2q 离子过 C 点的速度方向竖直向下，平行于电场线进入电场，做匀 2v 减速运动，返回 C 点的时间为 t2，则 t2＝ a ， E2q 而 a＝ m ＝5×1012 m/s2，所以 t2＝2×10－7 s 离子从进入磁场到第二次穿越边界线 OA 所需的时间 t＝t1＋t2＝8.28×10
vx t＝d⑤ 2 由于粒子在电场中做类平抛运动(如图)，有 vx tan θ＝ ⑥ v0 联立①②③④⑤⑥式得 E 1 ＝ v0tan2 θ⑦ B 2 (2)联立⑤⑥式得 t＝
答案 1 (1) v0tan2 θ 2
2d v0tan θ
2d (2) v0tan θ
[备考指导 ]
【考情分析】
特征是粒子在其中只受电场力和洛伦兹力作用，并且最终电场力
和洛伦兹力平衡。
[精典题组]
1.如图7所示，长方体玻璃水槽中盛有NaCl的水溶液，在水槽左、右侧壁内侧各装一导体片，使溶液中通入沿x轴正向的电流I，沿y轴正向加恒定的匀强磁场 B 。图中 a 、 b 是垂直于 z 轴图7
方向上水槽的前后两内侧面，则( A.a处电势高于b处电势
答案
(1)20 m/s
与电场方向成60°角斜向上
(2)3.5 s
带电粒子在电磁场中的运动与现代科技的综合
[规律方法]
模型选择是解题前提，受力分析是解题方法中学阶段常见的带电粒子在正交的匀强电场和匀强磁场中运动的几种模型有①速度选择器、②回旋加速器、③质普仪、④磁流体发电机、⑤霍尔元件、⑥电磁流量计等。①、④、⑤和⑥的共同
第2讲带电粒子在复合场中的运动
1.(2016· 全国卷Ⅰ ， 15) 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1 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

2019届高考物理二轮复习第3章电场和磁场3.2带电粒子在复合场中的运动课件

(1)求该离子的电性和比荷(即电荷量 q 与其质量 m 的比值)； (2)求离子在磁场中的偏转半径 r 与磁感应强度 B 的大小； (3)试比较离子分别在电场和磁场中运动的时间大小关系，并说出理由．
[解析] (1)根据离子在磁场中的偏转方向，利用左手定则可判断离子带正电
离子在匀强电场中做类平抛运动
(1)微粒再次经过直线 OO′时与 O 点的距离； (2)微粒在运动过程中离开直线 OO′的最大高度； (3)水平移动挡板，使微粒能垂直射到挡板上，挡板与 O 点间的距离应满足的条件．
[解析] (1)根据题意可知，微粒所受的重力大小 G＝mg＝ 8×10－3 N，方向竖直向下
微粒所受电场力大小 F＝qE＝8×10－3 N，方向竖直向上因此重力与电场力平衡
(3)离子在电场中运动的时间小于其在磁场中运动的时间，因
为离子在电场中运动时，水平方向的分速度与离子在磁场中运动
的速度相同，离子在电场中沿水平方向做匀速直线运动，在磁场
中做匀速圆周运动，弧长大于电场的宽度，所以离子在磁场中运
动的时间hLv220
L2＋h2 (2) 2h
则微粒离开直线 OO′的最大高度： H＝x＋R＝2.48 m
(3)若微粒能垂直射到挡板上的某点 P，P 点在直线 OO′下方时，由图象可以知道，挡板 MN 与 O 点间的距离应满足：L＝ (2.4n＋0.6) m(n＝0,1,2，…)
在磁场中运动的时间为 t＝T4＝πqmB＝2×130.61×4 0.01 s＝1.57×10－4 s，D 错误．
[答案] AC
考向 3 带电粒子在周期性变化的电磁场中的运动分析 [例 3] [2018·河北邢台市第二次模拟]如图甲所示，竖直挡板 MN 左侧空间有方向竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场，电场和磁场的范围足够大，电场强度 E＝40 N/C，磁感应强度 B 随时间 t 变化的关系图象如图乙所示，选定磁场垂直纸面向里为正方向．t＝0 时刻，一质量 m＝8×10－4 kg、电荷量 q＝＋2×10 －4 C 的微粒在 O 点具有竖直向下的速度 v＝0.12 m/s，O′是挡板 MN 上一点，直线 OO′与挡板 MN 垂直，取 g＝10 m/s2，求：

高考物理二轮复习专题三电场和磁场考点带电粒子在复合场中的运动课件.ppt

图3－3－2
A．在电场中的加速度之比为 1∶1 B．在磁场中运动的半径之比为 3∶1 C．在磁场中转过的角度之比为 1∶2 D．离开电场区域时的动能之比为 1∶3
解析两离子所带电荷量之比为 1∶3，在电场中时
由 qE＝ma 知 a∝q，故加速度之比为 1∶3，A 错误；离
开电场区域时的动能由 Ek＝qU 知 Ek∝q，故 D 正确；在磁场中运动的半径由 Bqv＝mvR2、Ek＝12mv2 知 R＝B1
图3－3－3
A．霍尔元件前表面的电势低于后表面 B．若电源的正负极对调，电压表将反偏 C．IH与I成正比 D．电压表的示数与RL消耗的电功率成正比
解析根据左手定则判断电子受到洛伦兹力偏到霍尔元件的后表面，所以前表面电势高于后表面，A 项错误；若电源的正负极对调，线圈中产生的磁场反向，根据左手定则判断依然是前表面电势高于后表面，B 项错误；根据UdHq＝Bqv，有 UHB＝Bvd，因为 B＝kI，I＝nqSv， v∝I，联立解得 UH∝I2，而 P＝I2RL，所以 UH∝P，D 项正确；根据题中 UH＝kIHdB，因为 UH∝I2、B＝kI，所以得到 IH 与 I 成正比，C 项正确。
图3－3－6
A．11
B．12
C．121
D．144
解析粒子在电场中加速，设离开加速电场的速度为 v，则 qU＝12mv2，粒子进入磁场做圆周运动，半径 r＝mqBv ＝B1 2mqU，因两粒子轨道半径相同，故离子和质子的质量比为 144，选项 D 正确。
答案 D
2．如图3－3－7所示的平行板器件中，存在相互垂直的匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度B1＝0.20 T，方向垂直纸面向里，电场强度E1＝1.0×105 V/m， PQ为板间中线。竖靠平行板右侧边缘xOy坐标系的第一象限内，有一边界线AO，与y轴的夹角∠AOy＝ 45°，边界线的上方有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B2＝0.25 T，边界线的下方有竖直向上的匀强电场，电场强度E2＝5.0×105 V/m。一束带电荷量q＝ 8.0×10－19 C、质量m＝8.0×10－26 kg的正离子从P点射入平行板间，沿中线PQ做直线运动，穿出平行板后从y 轴上坐标为(0,0.4 m)的Q点垂直y轴射入磁场区，多次穿越边界线OA。求：

高中物理第二轮复习目录

二轮专题复习物理全国版
1
目录
CONTENTS
第一部分专题提升
专题一力与物体的运动第1讲力与物体的平衡第2讲力和直线运动第3讲力与曲线运动
2
目录
CONTENTS
专题二动量与能量第1讲功能关系与能量守恒第2讲动量和能量观点的应用
3
目录
CONTENTS
专题三电场与磁场第1讲电场和磁场的基本性质第2讲带电粒子在复合场中的运动
7
目录
CONTENTS
第二部分应考技巧指导
一、高考物理中常用的“八大”解题方法二、高考必须记牢的“六个”物理模型
8
4
目录
CONTENTS
专题四电路和电磁感应第1讲直流电路和交流电路第2讲电磁感应规律及其应用
专题五近代物理初步题六物理实验及创新实验第1讲力学实验第2讲电学实验
6
目录
CONTENTS
专题七选考模块第1讲选修3-3 分子动理论固体、液体和气体热力学定律第2讲选修3-4 振动与波动光的折射和反射电磁波相对论

高考物理二轮复习第一部分专题整合专题三电场和磁场第讲带电粒子在复合场中的运动课件.ppt

由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
q1v1B＝m1Rv211② 由几何关系知 2R1＝l③
由①②③式得 B＝4lvU1④
2019-9-11
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(2)设乙种离子所带电荷量为 q2、质量为 m2，射入磁场的速度为 v2，在磁场中做匀速圆周运动的半径为 R2。同理有 q2U＝12m2v22⑤
q2v2B＝m2Rv222⑥ 由题给条件有 2R2＝2l ⑦ 由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙两种离子的比荷之比
的连线与 y 轴平行。一带正电的粒子以某一速度从 M 点沿
y 轴正方向射入电场经过一段时间后恰好以从 M 点入射的
速度从 N 点沿 y 轴正方向射出。不计重力。
2019-9-11
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12
图 3－3－3
(1)定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹；
(2)求该粒子从 M 点入射时速度的大小；
(3)若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与 x 轴正
第3讲带电粒子在复合场中的运动
2019-9-11
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1
高考导航·考题考情
[真题再现]
1．(2017·全国卷Ⅰ)如图 3－3－1，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与纸面平行)，磁场方向垂直于纸面向里。三个带正电的微粒 a、 b、c 电荷量相等，质量分别为 ma、mb、mc，已知在该区域内，a 在纸面内做匀速圆周运动，b 在纸面内向右做匀速直线运动，c 在纸面内向左做匀速直线运动。下列选项正确的是
3．(2018·全国卷Ⅱ)一足够长的条状区域内存在匀强电
场和匀强磁场，其在 xOy 平面内的截面如图 3－3－3 所示；
中间是磁场区域，其边界与 y 轴垂直，宽度为 l，磁感应强

高考物理二轮总复习课后习题专题3 电场与磁场专题分层突破练9 带电粒子在复合场中的运动 (2)

专题分层突破练9 带电粒子在复合场中的运动A组1.(多选)如图所示为一磁流体发电机的原理示意图,上、下两块金属板M、N水平放置且浸没在海水里,金属板面积均为S=1×103m2,板间距离d=100 m,海水的电阻率ρ=0.25 Ω·m。

在金属板之间加一匀强磁场,磁感应强度B=0.1 T,方向由南向北,海水从东向西以速度v=5 m/s流过两金属板之间,将在两板之间形成电势差。

下列说法正确的是( )A.达到稳定状态时,金属板M的电势较高B.由金属板和流动海水所构成的电源的电动势E=25 V,内阻r=0.025 ΩC.若用此发电装置给一电阻为20 Ω的航标灯供电,则在8 h内航标灯所消耗的电能约为3.6×106JD.若磁流体发电机对外供电的电流恒为I,则Δt时间内磁流体发电机内部有电荷量为IΔt的正、负离子偏转到极板2.(重庆八中模拟)质谱仪可用于分析同位素,其结构示意图如图所示。

一群质量数分别为40和46的正二价钙离子经电场加速后(初速度忽略不计),接着进入匀强磁场中,最后打在底片上,实际加速电压U通常不是恒定值,而是有一定范围,若加速电压取值范围是(U-ΔU,U+ΔU),两种离子打在底的值约为片上的区域恰好不重叠,不计离子的重力和相互作用,则ΔUU( )A.0.07B.0.10C.0.14D.0.173.在第一象限(含坐标轴)内有垂直xOy平面周期性变化的均匀磁场,规定垂直xOy平面向里的磁场方向为正方向,磁场变化规律如图所示,磁感应强度的大小为B0,变化周期为T0。

某一带正电的粒子质量为m、电荷量为q,在t=0时从O点沿x轴正方向射入磁场中并只在第一象限内运动,若要求粒子在t=T0时距x轴最远,则B0= 。

4.(福建龙岩一模)如图所示,在xOy平面(纸面)内,x>0区域存在方向垂直纸面向外的匀强磁场,第三象限存在方向沿、电荷量为q的带正电粒子(不计重力),以大小为v、方向与y轴正方向夹角θ=60°的速度沿纸面从坐标为(0,√3L)的P1点进入磁场中,然后从坐标为(0,-√3L)的P2点进入电场区域,最后从x轴上的P3点(图中未画出)垂直于x轴射出电场。

2019高考物理大二轮复习专题三电场和磁场专题能力训练10 带电粒子在组合场、复合场中的运动

专题能力训练10 带电粒子在组合场、复合场中的运动(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本题共8小题,每小题7分,共56分。

在每小题给出的四个选项中,1~6题只有一个选项符合题目要求,7~8题有多个选项符合题目要求。

全部选对的得7分,选对但不全的得4分,有选错的得0分)1.右图为“滤速器”装置示意图。

a、b为水平放置的平行金属板,其电容为C,板间距离为d,平行板内存在垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B。

a、b板带上电荷,可在平行板内产生匀强电场,且电场方向和磁场方向互相垂直。

一带电粒子以速度v0经小孔O进入正交电磁场可沿直线OO'运动,由O'射出,粒子所受重力不计,则a板所带电荷量情况是()A.带正电,其电荷量为B.带负电,其电荷量为C.带正电,其电荷量为CBdv0D.带负电,其电荷量为2.1922年英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素和质谱的研究荣获了诺贝尔化学奖。

若一束粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示,则下列说法正确的是()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,质量越大D.在B2磁场中运动半径越大的粒子,比荷越小3.如图所示,一带电塑料小球质量为m,用丝线悬挂于O点,并在竖直平面内摆动,最大摆角为60°,水平磁场垂直于小球摆动的平面。

当小球自左方摆到最低点时,悬线上的张力恰为零,则小球自右方最大摆角处摆到最低点时悬线上的张力为()A.0B.2mgC.4mgD.6mg4.如图所示,虚线区域空间内存在由匀强电场E和匀强磁场B组成的正交或平行的电磁复合场,有一个带正电小球(电荷量为+q,质量为m)从正交或平行的电磁复合场上方的某一高度自由落下,那么带电小球可能沿直线通过的是()A.①②B.③④C.①③D.②④5.如图所示,一束质量、速度和电荷量不全相等的离子,经过由正交的匀强电场和匀强磁场组成的速度选择器后,进入另一个匀强磁场中并分裂为A、B束,下列说法正确的是()A.组成A、B束的离子都带负电B.组成A、B束的离子质量一定不同C.A束离子的比荷大于B束离子的比荷D.速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外6.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。

浙江鸭2019高考物理二轮复习专题三电场和磁场第2讲带电粒子在复合场中的运动学案

第2讲带电粒子在复合场中的运动考点一带电粒子在复合场中运动的应用实例1．质谱仪(如图1)图1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 ＝1B2mUq ，m ＝qr 2B 22U ，q m ＝2U B 2r2. 2．回旋加速器(如图2)图2原理：交流电的周期和粒子做圆周运动的周期相等，粒子经电场加速，经磁场回旋，由qvB＝mv 2r ，得E km ＝q 2B 2r 22m，可见同种粒子获得的最大动能由磁感应强度B 和D 形盒半径r 决定，与加速电压无关．3．速度选择器、磁流体发电机、电磁流量计和霍尔元件一般以单个带电粒子为研究对象，在洛伦兹力和电场力平衡时做匀速直线运动达到稳定状态，从而求出相应的物理量，区别见下表.例1 (2018·浙江4月选考·22)压力波测量仪可将待测压力波转换成电压信号，其原理如图3所示．压力波p (t )进入弹性盒后，通过与铰链O 相连的“┤”型轻杆L ，驱动杆端头A 处的微型霍尔片在磁场中沿x 轴方向做微小振动，其位移x 与压力p 成正比(x ＝αp ，α>0)．霍尔片的放大图如图所示，它由长×宽×厚＝a ×b ×d 、单位体积内自由电子数为n 的N 型半导体制成．磁场方向垂直于x 轴向上，磁感应强度大小为B ＝B 0(1－β|x |)，β>0.无压力波输入时，霍尔片静止在x ＝0处，此时给霍尔片通以沿C 1C 2方向的电流I ，则在侧面上D 1、D 2两点间产生霍尔电压U 0.图3(1)指出D 1、D 2两点哪点电势高；(2)推导出U 0与I 、B 0之间的关系式(提示：电流I 与自由电子定向移动速率v 之间关系为I ＝nevbd ，其中e 为电子电荷量)；(3)弹性盒中输入压力波p (t )，霍尔片中通以相同电流，测得霍尔电压U H 随时间t 变化图象如图4.忽略霍尔片在磁场中运动产生的电动势和阻尼，求压力波的振幅和频率．(结果用U 0、U 1、t 0、α及β表示)答案 (1)D 1点电势高 (2)U 0＝IB 0ned (3)U 0－U 1αβU 0 12t 0解析 (1)N 型半导体可以自由移动的是电子(题目也给出了自由电子)，根据左手定则可以知道电子往D 2端移动，因此D 1点电势高．(2)根据霍尔元件内部电子受的洛伦兹力和电场力平衡得：evB 0＝e U 0bv ＝I nebd 代入，解得：U 0＝IB 0ned(3)由任意时刻霍尔元件内部电子受的洛伦兹力和电场力平衡得：evB ＝e U Hb①U H ＝IB ned ＝IB 0ned (1－β|x |)＝IB 0ned(1－β|αp (t )|)②根据图象可知压力波p (t )关于时间t 是一个正弦函数，其绝对值的周期是原函数周期的一半，根据图象可知|p (t )|关于t 的周期是t 0，则p (t )关于t 的周期是2t 0，频率自然就是12t 0；由②式可知当压力波p (t )达到振幅A 时，U H 最小，为U 1，代入②式可得：U 1＝IB 0ned (1－β|αA |)＝U 0(1－αβA )解得A ＝U 0－U 1αβU 0.1．(2018·湖州市三县期中)如图5所示，在竖直面内虚线所围的区域里，存在电场强度为E 的匀强电场和磁感应强度为B 的匀强磁场．已知从左方沿水平方向射入的电子穿过该区域时未发生偏转，设其重力可以忽略不计，则在该区域中的E 和B 的方向不可能是( )A．E竖直向下，B竖直向上B．E竖直向上，B垂直纸面向外C．E和B都沿水平方向，并与电子运动的方向相同D．E和B都沿水平方向，并与电子运动的方向相反答案 A2．如图6所示为磁流体发电机的示意图，一束等离子体(含正、负离子)沿图示方向垂直射入一对磁极产生的匀强磁场中，A、B是一对平行于磁场放置的金属板，板间连入电阻R，则电路稳定后( )图6A．离子可能向N磁极偏转B．A板聚集正电荷C．R中有向上的电流D．离子在磁场中偏转时洛伦兹力可能做功答案 C解析由左手定则知，正离子向B板偏转，负离子向A板偏转，离子不可能向N磁极偏转，A、B错误；电路稳定后，电阻R中有向上的电流，C正确；因为洛伦兹力的方向始终与速度方向垂直，所以洛伦兹力不可能做功，D错误．3.现代质谱仪可用来分析比质子重很多的离子，其示意图如图7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．则此离子和质子(均不计重力)的质量比约为( )图7A．11 B．12 C．121 D．144答案 D解析根据动能定理得，qU ＝12mv 2，解得v ＝2qUm①离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有qvB ＝m v 2R得R ＝mv qB②①②两式联立得：m ＝qB 2R 22U一价正离子电荷量与质子电荷量相等，同一加速电场U 相同，同一出口离开磁场则R 相同，所以m ∝B 2，磁感应强度增加到原来的12倍，则此离子质量是质子质量的144倍，D 正确，A 、B 、C 错误．4．(2018·慈溪市期末)回旋加速器是用于加速带电粒子的重要装置，其核心部分是分别与高频交流电源两极相连接的两个D 形金属盒，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D 形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图8所示，设D 形盒半径为R .若用回旋加速器加速质子11H 时，匀强磁场的磁感应强度为B ，高频交流电频率为f .则下列说法正确的是( )图8A ．加速电场的电压越大，质子加速后的速度越大B ．质子被加速后的最大速度为2πfRC ．只要R 足够大，质子的速度可以被加速到任意值D ．不改变任何条件，该回旋加速器也能用于加速α粒子(42He) 答案 B5．利用霍尔效应制作的霍尔元件，被广泛应用于测量和自动控制等领域．霍尔元件一般由半导体材料做成，有的半导体中的载流子(即自由电荷)是电子，有的半导体中的载流子是空穴(相当于正电荷)．如图9所示，将扁平长方体形状的霍尔元件水平放置接入电路，匀强磁场垂直于霍尔元件的水平面竖直向下，闭合开关，让电流从霍尔元件的左侧流向右侧，则其前、后两表面会形成电势差. 现有载流子是电子的霍尔元件1和载流子是空穴的霍尔元件2，两元件均按图示方式接入电路( 闭合开关)，则关于前、后两表面电势高低的判断，下列说法中正确的是( )图9A．若接入元件1时，前表面电势高；若接入元件2时，前表面电势低B．若接入元件1时，前表面电势低；若接入元件2时，前表面电势高C．不论接入哪个元件，都是前表面电势高D．不论接入哪个元件，都是前表面电势低答案 A解析若元件的载流子是自由电子，由左手定则可知，电子在洛伦兹力的作用下向后表面偏，则前表面的电势高于后表面的电势．若载流子为空穴(相当于正电荷)，根据左手定则，空穴在洛伦兹力的作用下也是向后表面聚集，则前表面的电势低于后表面的电势．考点二带电粒子在组合场中的运动带电粒子在电场和磁场的组合场中运动，实际上是将粒子在电场中加速与偏转和磁偏转两种运动有效组合在一起，寻找两种运动的联系和几何关系是解题的关键．当带电粒子连续通过几个不同的场区时，粒子的受力情况和运动情况也发生相应的变化，其运动过程则由几个不同的运动阶段组成．模型1 磁场＋磁场组合例2(2017·湖州市高三期末)人类研究磁场的目的之一是为了通过磁场控制带电粒子的运动．如图10所示是通过磁场控制带电粒子运动的一种模型．在0≤x＜d和d<x≤2d的区域内，存在磁感应强度大小均为B的匀强磁场，其方向分别垂直纸面向里和垂直纸面向外．在坐标原点有一粒子源连续不断地沿x轴正方向释放出质量为m、带电荷量为q(q>0)的粒子，其速率有两种，分别为v1＝23qBd3m、v2＝2qBdm.(不考虑粒子的重力以及粒子之间的相互作用)图10(1)求两种速率的粒子在磁感应强度为B 的匀强磁场中做圆周运动的半径R 1和R 2. (2)求两种速率的粒子从x ＝2d 的边界射出时，两出射点的距离Δy 的大小．(3)在x >2d 的区域添加另一匀强磁场，使得从x ＝2d 边界射出的两束粒子最终汇聚成一束，并平行y 轴正方向运动．在图中用实线画出粒子的大致运动轨迹(无需通过计算说明)，用虚线画出所添加磁场的边界线．答案 (1)233d 2d (2)4(233－1)d (3)见解析图解析 (1)根据qvB ＝m v 2R 可得：R ＝mvqB又因为粒子速率有两种，分别为：v 1＝23qBd 3m ，v 2＝2qBdm解得：R 1＝233d ，R 2＝2d(2)图甲为某一速率的粒子运动的轨迹示意图，辅助线如图所示，根据几何关系可知：速率为v 1的粒子射出x ＝2d 边界时的纵坐标为：y 1＝2(R 1－R 12－d 2)＝233d速率为v 2的粒子射出x ＝2d 边界时的纵坐标为：y 2＝2(R 2－R 22－d 2)＝2(2－3)d 联立可得两出射点距离的大小：Δy ＝y 1－y 2＝4(233－1)d(3)两个粒子运动轨迹如图乙中实线所示，磁场边界如图中虚线所示，可以使得从x ＝2d 边界射出的两束粒子最终汇聚成一束，并平行y 轴正方向运动．模型2 电场＋磁场组合例3 (2017·宁波市模拟)某高中物理课程基地拟采购一批实验器材，增强学生对电偏转和磁偏转研究的动手能力，其核心结构原理可简化为如图11所示．AB 、CD 间的区域有竖直向上的匀强电场，在CD 的右侧有一与CD 相切于M 点的圆形有界匀强磁场，磁场方向垂直于纸面．一带正电粒子自O 点以水平初速度v 0正对P 点进入该电场后，从M 点飞离CD 边界，再经磁场偏转后又从N 点垂直于CD 边界回到电场区域，并恰能返回O 点．已知O 、P 间距离为d ，粒子质量为m ，电荷量为q ，电场强度大小E ＝3mv 02qd，粒子重力不计．试求：图11(1)粒子从M 点飞离CD 边界时的速度大小； (2)P 、N 两点间的距离；(3)圆形有界匀强磁场的半径和磁感应强度的大小．答案 (1)2v 0 (2)38d (3)54d 83mv 05qd解析 (1)据题意，作出带电粒子的运动轨迹，如图所示：粒子从O 到M 点时间：t 1＝d v 0粒子在电场中加速度：a ＝Eq m ＝3v 02d粒子在M 点时竖直方向的速度：v y ＝at 1＝3v 0 粒子在M 点时的速度：v ＝v 02＋v y 2＝2v 0速度偏转角的正切值：tan θ＝v y v 0＝3，故θ＝60°； (2)粒子从N 到O 点时间：t 2＝d2v 0粒子从N 到O 点过程的竖直方向位移：y ＝12at 22故P 、N 两点间的距离为：PN ＝y ＝38d (3)设粒子在磁场中运动的半径为R ，由几何关系得：R cos 60°＋R ＝PN ＋PM ＝538d 可得半径：R ＝5312d由qvB ＝m v 2R ，即：R ＝mvqB解得：B ＝83mv 05qd由几何关系确定区域半径为：R ′＝2R cos 30° 即R ′＝54d模型3 磁场＋电场组合例4 (2017·衢州、丽水、湖州、舟山四地市3月检测)如图12所示，半径r ＝0.06 m 的半圆形无场区的圆心在坐标原点O 处，半径R ＝0.1 m 、磁感应强度大小B ＝0.075 T 的圆形有界磁场区的圆心坐标为(0,0.08 m)，平行金属板MN 的极板长L ＝0.3 m 、间距d ＝0.1 m ，极板间所加电压U ＝6.4×102V ，其中N 极板收集的粒子全部被中和吸收．一位于O 处的粒子源向第Ⅰ、Ⅱ象限均匀地发射速度大小v ＝6×105m/s 的带正电粒子，经圆形磁场偏转后，从第Ⅰ象限出射的粒子速度方向均沿x 轴正方向．若粒子重力不计、比荷qm＝108C/kg 、不计粒子间的相互作用力及电场的边缘效应．sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：图12(1)粒子在磁场中的运动半径R 0；(2)从坐标(0,0.18 m)处射出磁场的粒子，其在O 点入射方向与y 轴的夹角θ； (3)N 板收集到的粒子占所有发射粒子的比例η. 答案见解析解析 (1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，由qvB ＝mv 2R 0得R 0＝mv qB＝0.08 m(2)如图所示，从y ＝0.18 m 处出射的粒子对应入射方向与y 轴的夹角为θ，轨迹圆心与y 轴交于(0,0.10 m)处，由几何关系可得：sin θ＝0.8，故θ＝53°(3)如图所示，设恰能从下极板右端出射的粒子刚进入电场时的纵坐标为y ，t ＝L v ，a ＝qU md，解得y ＝UqL 22mdv2＝0.08 m设此粒子入射时与x 轴夹角为α，则有： tan α＝43，故α＝53°比例η＝53°180°×100%≈29.4%考点三带电粒子在叠加场中的运动粒子在叠加场中运动的分析思路例5 (2017·宁波市模拟)一带电液滴在互相垂直的匀强电场和匀强磁场中做半径为R 的圆周运动，如图13所示，已知电场强度为E ，方向竖直向下，磁感应强度为B ，方向水平(图中垂直纸面向里)，重力加速度为g .运动中液滴所受浮力、空气阻力都不计，求：图13(1)液滴是顺时针运动还是逆时针运动； (2)液滴运动的速度多大；(3)若液滴运动到最低点A 时分裂成两个完全相同的液滴，其中一个仍在原平面内做半径R 1＝3R 的圆周运动，绕行方向不变，且圆周的最低点仍是A 点，则另一个液滴怎样运动？答案见解析解析 (1)顺时针运动．(2)带电液滴所受电场力向上且与重力平衡，液滴所受洛伦兹力提供向心力，即Eq ＝mg ，qvB＝m v 2R解得v ＝gBR E(3)第一个液滴电荷量、质量均减半，电场力与重力仍平衡，依据上面运算可得，分裂后第一个液滴的绕行速度大小v 1＝gBR 1E ＝gB ·3RE＝3v ，方向向左．第二个液滴分裂后的速度设为v 2，分裂前后水平方向动量守恒，以液滴分裂前的速度方向为正方向mv ＝12mv 1＋12mv 2，解得v 2＝－v即分裂后第二个液滴速度大小为v ，方向向右，所受电场力与重力仍平衡，在洛伦兹力作用下仍做匀速圆周运动，绕行方向仍是顺时针，A 点是圆周最高点，圆周半径R 2＝R .6.如图14，在竖直平面内建立直角坐标系xOy ，其第一象限存在着正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度的方向水平向右，磁感应强度的方向垂直纸面向里．一带电荷量为＋q 、质量为m 的微粒从原点出发，沿与x 轴正方向的夹角为45°的初速度进入复合场中，正好做直线运动，当微粒运动到A (l ，l )时，电场方向突然变为竖直向上(不计电场变化的时间)，粒子继续运动一段时间后，正好垂直于y 轴穿出复合场．不计一切阻力，重力加速度为g ，求：图14(1)电场强度E 的大小； (2)磁感应强度B 的大小； (3)微粒在复合场中的运动时间．答案 (1)mg q (2)m q g l (3)(3π4＋1)lg解析 (1)微粒到达A (l ，l )之前做匀速直线运动，对微粒受力分析如图甲：所以，Eq ＝mg ，得：E ＝mg q(2)由平衡条件：qv B ＝2mg电场方向变化后，微粒所受重力与电场力平衡，微粒在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹如图乙．由牛顿第二定律得：qvB ＝m v 2r由几何知识可得：r ＝2l 联立解得：v ＝2gl ，B ＝m q g l(3)微粒做匀速运动的时间：t 1＝2lv＝l g 做圆周运动的时间：t 2＝34π·2l v ＝3π4l g在复合场中的运动时间：t ＝t 1＋t 2＝(3π4＋1)l g. 专题强化练1.(2018·新力量联盟期末)如图1是质谱仪工作原理的示意图．带电粒子a 、b 经电压U 加速(在A 点初速度为零)后，进入磁感应强度为B 的匀强磁场做匀速圆周运动，最后分别打在感光板S 上的x 1、x 2处．图中半圆形的虚线分别表示带电粒子a 、b 所通过的路径，则( )图1A ．若a 与b 有相同的质量，打在感光板上时，b 的速度比a 大B ．若a 与b 有相同的质量，则a 的电荷量比b 的电荷量小C ．若a 与b 有相同的电荷量，则a 的质量比b 的质量大D ．若a 与b 有相同的电荷量，则a 的质量比b 的质量小答案 D2．(2018·杭州市期末)在如图2所示的平行板器件中，匀强电场E 和匀强磁场B 互相垂直．一束初速度为v的带电粒子从左侧垂直电场射入后沿图中直线②从右侧射出．粒子重力不计，下列说法正确的是( )图2A．若粒子沿轨迹①射出，则粒子的初速度一定大于vB．若粒子沿轨迹①射出，则粒子的动能一定增大C．若粒子沿轨迹③射出，则粒子可能做匀速圆周运动D．若粒子沿轨迹③射出，则粒子的电势能可能增大答案 D解析沿图中直线②从右侧射出，则qvB＝qE，若粒子沿轨迹①射出，粒子所受向上的力大于向下的力，但由于粒子电性未知，所以粒子所受的电场力与洛伦兹力方向不能确定，故A、B错误；若粒子沿轨迹③射出，粒子受电场力、洛伦兹力，粒子不可能做匀速圆周运动，故C 错误；若粒子沿轨迹③射出，如果粒子带负电，所受电场力向上，洛伦兹力向下，电场力做负功，粒子的电势能增大，故D正确．3．(2018·温州市六校期末)霍尔元件在电子线路中的应用日益广泛，如图3是某个霍尔元件接到电路中时的示意图，其中a面为上表面，b面为下表面，c面为前表面，d面为后表面，所加磁场方向为垂直于a面向下．考虑到霍尔元件有两类，设A类的载流子(即用来导电的自由电荷)为正电荷，B类的载流子为负电荷，当通以从左到右的电流时，下列说法中正确的是( )图3A．在刚开始通电的很短时间内，若是A类元件，则载流子向c面偏转B．在刚开始通电的很短时间内，若是B类元件，则载流子向c面偏转C．通电一段时间后，若是A类元件，则c面电势较高D．通电一段时间后，若是B类元件，则c面电势较高答案 D4．回旋加速器的工作原理如图4甲所示，置于真空中的D形金属盒半径为R，两盒间狭缝的间距为d ，磁感应强度为B 的匀强磁场与盒面垂直，被加速粒子的质量为m ，电荷量为＋q ，加在狭缝间的交变电压如图乙所示，电压值的大小为U 0，周期T ＝2πmqB.一束该种粒子在t ＝0～T2时间内从A 处均匀地飘入狭缝，其初速度视为零．现考虑粒子在狭缝中的运动时间，假设能够出射的粒子每次经过狭缝均做加速运动，不考虑粒子间的相互作用．求：图4(1)出射粒子的动能E km ；(2)粒子从飘入狭缝至动能达到E km 所需的总时间t 0；(3)要使飘入狭缝的粒子中有超过99%能射出，d 应满足的条件．答案 (1)q 2B 2R 22m (2)πBR 2＋2BRd 2U 0－πm qB (3)d <πmU 0100qB 2R解析 (1)粒子运动半径为R 时，qvB ＝m v 2RE km ＝12mv 2＝q 2B 2R 22m(2)粒子被加速n 次达到动能E km ，则E km ＝nqU 0粒子在狭缝间做匀加速运动，设n 次经过狭缝的总时间为Δt ，加速度a ＝qU 0md粒子由静止做匀加速直线运动nd ＝12a ·(Δt )2由t 0＝(n －1)·T2＋Δt ，解得t 0＝πBR 2＋2BRd 2U 0－πmqB(3)只有在0～(T2－Δt )时间内飘入的粒子才能每次均被加速，则所占的比例为η＝T2－ΔtT2×100%由于η>99%，解得d <πmU 0100qB 2R.5．(2018·宁波市十校联考)一个放射源水平放出α、β、γ三种射线，垂直射入如图5所示磁场，区域Ⅰ和Ⅱ的宽度均为d ，各自存在着垂直纸面的匀强磁场，两区域的磁感应强度大小B 相等，方向相反(粒子运动不考虑相对论效应)．图5(1)若要筛选出速率大于v 1的所有β粒子进入区域Ⅱ，求磁场宽度d 与B 和v 1的关系； (2)若B ＝0.027 3 T ，v 1＝0.1c (c 是光速)，计算d ；α粒子的速率为0.001c ，计算α粒子和γ射线离开区域Ⅰ时的偏移距离(答案均保留三位有效数字)；(3)当d 满足第(1)小题所给关系时，请给出速率在v 1<v <v 2区间的β粒子离开区域Ⅱ时的位置．已知电子质量m e ＝9.1×10－31kg ，α粒子质量m α＝6.7×10－27kg ，电子电荷量q ＝1.6×10－19C ，1＋x ≈1＋x2(|x |<1时)．答案 (1)d ＝m e v 1qB (2)6.25×10－3 m 8.49×10－5 m (3)y 1＝2m e v 1qB y 2＝2m e qB(v 2－v 22－v 12) 解析 (1)作出临界轨迹如图甲所示，由几何关系知：r ＝d ，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv 1B ＝m e v 12r，解得：d ＝m e v 1qB； (2)对电子：d ＝m e v 1qB ＝9.1×10－31×0.1×3×1081.6×10－19×0.027 3 m ＝6.25×10－3m 对α粒子：r α＝m αv αq αB ＝6.7×10－27×0.001×3×1082×1.6×10－19×0.027 3m≈0.230 m 作出轨迹如图乙所示，竖直方向上的距离：y ＝r α－r α2－d 2≈8.49×10－5m ；(3)画出速率分别为v 1和v 2的粒子离开区域Ⅱ的轨迹如图丙所示，速率在v 1<v <v 2区域间射出的β粒子束宽为y 1－y 2，y 1＝2d ＝2m e v 1qB ，y 2＝2(r 2－r 22－d 2)＝2m e qB(v 2－v 22－v 12)．6．如图6所示，在第二象限半径为r 的圆形区域内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁场边界恰好与两坐标轴相切．x 轴上切点A 处有一粒子源，能够向x 轴上方发射速率均为v ，质量为m ，电荷量为＋q 的粒子，粒子重力不计．圆形区域磁场的磁感应强度B 1＝mvqr，y 轴右侧0＜x ＜r 的范围内存在沿y 轴负方向的匀强电场，已知某粒子从A 处沿＋y 方向射入磁场后，再进入匀强电场，发现粒子从电场右边界MN 射出，速度方向与x 轴正方向成45°角斜向下，求：图6(1)匀强电场的电场强度大小；(2)若在MN 右侧某区域存在另一圆形匀强磁场B 2，发现A 处粒子源发射的所有粒子经磁场B 1、电场E 射出后均能进入B 2区域，之后全部能够经过x 轴上的P 点，求圆形匀强磁场B 2的最小半径；(3)继第二问，若圆形匀强磁场B 2取最小半径，试求A 处沿＋y 方向射入B 1磁场的粒子，自A点运动到x 轴上的P 点所用的时间．答案 (1)mv 2qr (2)22r (3)(π＋2)3r4v解析 (1)设粒子做类平抛运动的水平位移大小为x ，竖直方向的速度大小为v y ，类平抛的加速度大小为a ，类平抛的时间为t ，根据牛顿第二定律Eq ＝ma ，得a ＝qEm，粒子在电场中做类平抛运动，根据类平抛的规律有：x 方向：x ＝vt ＝r ， y 方向：v y ＝at ＝qE m t ＝Eqrmv，粒子从电场右边界MN 射出，速度方向与x 轴正方向成45°斜向下，则 v y ＝v ，联立得匀强电场的电场强度大小E ＝mv 2qr.(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得qvB 1＝m v 2R，联立题中已知条件B 1＝mv qr，得R ＝r ，因为磁场半径与轨迹半径相同，所以粒子离开磁场后的速度方向均沿x 轴正方向，又所有粒子穿出匀强电场后速度纵向偏移量y ＝12at 2＝12r 均相等，设粒子从MN 射出的最高点为E ，最低点为F ，则EF ＝2r ，所以粒子束的宽度d ＝2r 圆形匀强磁场B 2的最小半径 r B 2＝22r . (3)粒子在磁场B 1中运动时间 t 1＝14T ＝14×2πr v ＝πr2v粒子在匀强电场中运动时间 t 2＝r v，粒子在无场区运动速度 v ′＝2v ，粒子在无场区运动的距离 x 3＝22r ，粒子在无场区运动的时间 t 3＝x 3v ′＝r 2v，粒子在磁场B 2中运动时间 t 4＝14T ′＝14×2πr B 2v ′＝πr4v故粒子自A 点运动到x 轴上的P 点的总时间 t ＝t 1＋t 2＋t 3＋t 4＝(π＋2)3r4v .。

呢岸学校高三物理第二轮专题讲座(讲)带电粒子在复合场中的运动

咐呼州鸣咏市呢岸学校带电粒子在复合场中的运动温故自查1．义：同时存在电场和磁场的区域，同时存在磁场和重力场的区域，同时存在、和的区域，都叫做复合场，也称为叠加场．2．特征：带电粒子在复合场中同时受到、、的作用，或其中某两种力的作用电场磁场重力场电场力洛伦兹力重力考点精析重力、电场力、洛伦兹力的比拟大小方向做功特点重力mg竖直向下重力做功与路径无关，由初、末位置的高度差决磁场力Bqv垂直于B、v决的平面洛伦兹力始终不做功电场力qE平行于E的方向电场力做功与路径无关，由初、末位置的电势差决注意：重力考虑与否分三种情况：(1)对于微观粒子，如电子、质子、离子，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、金属块一般当考虑其重力．(2)在题目中有明确交待是否要考虑重力的，这种情况比拟正规，也比拟简单．(3)直接看不出是否要考虑重力的，在进行受力分析与运动分析时，要由分析结果，先进行性确是否要考虑重力.温故自查1．带电粒子在复合场中无约束情况下的运动性质(1)当带电粒子所受合外力为零时，将做或处于，合外力恒且与初速度同向时做匀变速直线运动，常见情况有：①洛伦兹力为零(即v与B平行)时，重力与电场力平衡，做匀速直线运动；或重力与电场力的合力恒做匀变速运动．②洛伦兹力与速度v垂直，且与重力和电场力的合力平衡，带电粒子做匀速直线运动．匀速直线运动静止状态(2)当带电离子所受合外力充当向心力，带电粒子做时，由于通常情况下，重力和电场力为恒力，故不能充当向心力，所以一般情况下是重力恰好与电场力相平衡，洛伦兹力充当向心力．(3)当带电粒子所受的合力的大小、方向均是不断变化的，那么粒子将做非匀变速的匀速圆周运动曲线运动．2．带电粒子在复合场中有约束情况下的运动带电粒子所受约束，通常有面、杆、绳、圆轨道，常见的运动形式有和，此类问题注意分析洛伦兹力所起的作用．3．带电粒子在交变场中的运动带电粒子在不同场中的运动性质可能不同，可分别进行讨论．粒子在不同场中运动的联系点是速度，因为速度不能突变，在前一个场中运动的末速度，就是后一个场中运动的初速度．直线运动圆周运动4．带电粒子在复合场中的直线运动(1)带电粒子所受合外力为零时，做匀速直线运动，处理这类问题，根据列方程求解．(2)带电粒子所受合外力恒，且与初速度在一条直线上时，粒子将做匀变速直线运动．处理这类问题，根据洛伦兹力不做功的特点，选用、、规律列方程求解．受力平衡牛顿第二律动能理能量守恒律5．带电粒子在复合场中的曲线运动(1)当带电粒子在所受的重力与电场力值反向，洛伦兹力提供向心力时，带电粒子在垂直于磁场的平面内做．(2)当带电粒子所受的合外力是变力，且与初速度方向不在同一直线上时，粒子做非匀变速曲线运动．一般处理这类问题，选用或列方程求解．(3)由于带电粒子在复合场中受力情况复杂、运动情况多变，往往出现临界问题，这时以题目中的“最大〞、“最高〞、“至少〞词语为突破口，挖掘隐含条件，根据临界条件列出辅助方程，再与其他方程联立求解．匀速圆周运动动能理能量守恒律考点精析解决复合场类问题的分析方法和根本思路：(1)全面的、正确的受力分析．除重力、弹力、摩擦力外，要特别注意电场力和磁场力的分析．核心在于洛伦兹力随带电粒子运动状态的变化而改变．(2)正确分析物体的运动状态．找出物体的速度、位置及其变化特点，洛伦兹力随带电粒子运动状态的变化而改变，从而导致运动状态发生的变化，要结合动力学规律综合分析．如果出现临界状态，注意挖掘隐含条件，分析临界条件，列出辅助方程．注意：带电粒子在复合场中运动的问题，往往综合性较强，物理过程复杂．在分析处理该的问题时，要充分挖掘题目的隐含信息，利用题目创设的情境，对粒子做好受力分析、运动过程分析，培养空间相象能力、分析综合能力、用数学知识处理物理问题的能力．[考例1] (2021·春)如下图，一半径为R的光滑绝缘半球面开口向下，固在水平面上．整个空间存在匀强磁场，磁感强度方向竖直向下．一电荷量为q(q>0)、质量为m的小球P在球面上做水平的匀速圆周运动，圆心为O′.球心O到该圆周上任一点的连线与竖直方向的夹角为为了使小球能够在该圆周上运动，求磁感强度大小的最小值及小球P相的速率．重力加速度为g.[解析] 据题意，小球P在球面上做水平的匀速圆周运动，该圆周的圆心为O′.P受到向下的重力mg、球面对它沿OP方向的支持力F N和磁场的洛伦兹力f＝qvB，①式中v为小球运动的速率，洛伦兹力f的方向指向O′，根据牛顿第二律F N cosθ－mg＝0，②将倾角为θ的光滑绝滑斜面放到一个足够大的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，磁感强度为B，一个质量为m 、带电荷量为q 的小物体在斜面上由静止开始下滑(设斜面足够长)，如右图所示．滑到某一位置离开斜面，那么物体带________电荷(填“正〞或“负〞)；物体离开斜面时的速度为________；物体在斜面上滑行的长度为________．[解析] 小物体沿斜面加速下滑时，随着速度的增加，洛伦兹力逐渐增大，为使小物体离开斜面，洛伦兹力的方向必须垂直于斜面向上，可见，小物体带负电；小物体离开斜面时满足qvB ＝mg cos θ，解得由于只有重力做功，故系统机械能守恒，即mgL sin θ＝mv 2，解得小物体在斜面上滑行的长度 [考例2] 如下图，MN 是一固在水平地面上足够长的绝缘平板(右侧有挡板)，整个空间有平行于平板向左、场强为E 的匀强电场，在板上C 点的右侧有一个垂直于纸面向里、磁感强度为B 的匀强磁场，一个质量为m 、带电量为－q 的小物块，从C 点由静止开始向右先做加速运动再做匀速运动．当物块碰到右端挡板后被弹回，假设在碰撞瞬间撤去电场，小物块返回时在磁场中恰做匀速运动，平板NC 的长度为L ，物块与平板间的动摩擦因数为μ，求：(1)小物块向右运动过程中克服摩擦力做的功；(2)小物块与右端挡板碰撞过程中损失的机械能；(3)最终小物块停在绝缘平板上的位置．[解析] (1)设小物块向右匀速运动时的速度大小为v 1，由平衡条件有qE ＝μ(mg ＋qv 1B ) ① (2)设小物块返回时在磁场中匀速运动的速度大小为v 2，与右端挡板碰撞过程中损失的机械能为ΔE ，那么有qv 2B －mg ＝0 ⑤[答案] 见解析如下图，某空间存在正交的匀强磁场和匀强电场，电场方向水平向右，磁场方向垂直纸面向里，一带电粒子由a 点进入电磁场并刚好能沿ab 直线向上运动．以下说法正确的选项是( )A．微粒一带负电B．微粒动能一减少C．微粒的电势能一增加D．微粒的机械能一增加[解析] 对该种粒子进行受力分析得：受到竖直向下的重力、水平方向的电场力、垂直速度方向的洛伦兹力，其中重力和电场力是恒力，沿直线运动，那么可以判断出其受到的洛伦兹力也是恒的，即该粒子是做匀速直线运动，所以选项B错误．如果该粒子带正电，那么受到向右的电场力和向左下方的洛伦兹力，所以不会沿直线运动，该种粒子一是带负电，选项A正确．该种粒子带负电，向左上方运动，电场力做正功，电势能一是减少的，选项C错误．因为重力势能增加，动能不变，所以该粒子的机械能增加，选项D正确．综上所述，此题的正确选项为AD.[答案] AD[考例3] (2021·)如下图，直角坐标系xOy位于竖直平面内，在水平的x轴下方存在匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感强度为B，方向垂直xOy平面向里，电场线平行于y轴．一质量为m、电荷量为q的带正电荷的小球，从y轴上的A点水平向右抛出．经x轴上的M点进入电场和磁场，恰能做匀速圆周运动，从x 轴上的N点第一次离开电场和磁场，MN之间的距离为L，小球过M点时的速度方向与x轴正方向夹角为θ.不计空气阻力，重力加速度为g，求：(1)电场强度E的大小和方向；的大小；(2)小球从A点抛出时初速度v(3)A点到x轴的高度h.[解析] (1)小球在电场、磁场中恰能做匀速圆周运动，其所受电场力必须与重力平衡，有重力的方向是竖直向下，电场力的方向那么为竖直向上，由于小球带正电，所以电场强度方向竖直向上．(2)小球做匀速圆周运动，O′为圆心，MN为弦长，∠MO′P＝θ，如下图．设半径为r，由几何关系知小球做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，设小球做圆周运动的速率为v ，有(3)设小球到M 点时的竖直分速度为v y，它与水平分速度的关系为 v y ＝v 0tan θ ⑦由匀变速直线运动规律＝2gh ⑧由⑥⑦⑧式得(2021·)在场强为B 的水平匀强磁场中，一质量为m 、带正电q 的小球在O 静止释放，小球的运动曲线如下图．此曲线在最低点的曲率半径为该点到x 轴距离的2倍，重力加速度为g .求：(1)小球运动到任意位置P (x ，y )的速率．(2)小球在运动过程中第一次下降的最大距离y m. (3)当在上述磁场中加一竖直向上场强为的匀强电场时，小球从O 静止释放后获得的最大速率v m. [解析] (1)洛伦兹力不做功，由动能理可得(2)设在最大距离y m 处的速率为v m，根据圆周运动有 [考例4] (2021·Ⅱ)如图，在宽度分别为l 1和l 2的两个毗邻的条形区域分别有匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直于纸面向里，电场方向与电、磁场线平行向右．一带正电荷的粒子以速率v 从磁场区域上边界的P 点斜射入磁场，然后以垂直于电、磁场线的方向进入电场，最后从电场边界上的Q 点射出．PQ 垂直于电场方向，粒子轨迹与电、磁场线的交点到PQ 的距离为d .不计重力，求电场强度与磁感强度大小之比及粒子在磁场与电场中运动时间之比．[解析] 此题考查带电粒子在有界磁场中的运动．粒子在磁场中做匀速圆周运动，如下图．由于粒子在线处的速度与线垂直，圆心O 在线上，OP 长度即为粒子运动的圆弧的半径R .由几何关系得R 2＝l ＋(R －d )2①设粒子的质量和所带正电荷分别为m和q，由洛仑兹力公式和牛顿第二律得设P′为虚线与线的交点，∠POP′＝α，那么粒子在磁场中的运动时间为粒子进入电场后做类平抛运动，其初速度为v，方向垂直于电场，设粒子的加速度大小为a，由牛顿第二律得qE＝ma ⑤(2021·)如下图，在平面直角坐标系xOy内，第Ⅰ象限的腰直角三角形MNP区域内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，y<0的区域内存在着沿y轴正方向的匀强电场．一质量为m、电荷量为q的带电粒子从电场水平向右射出，经坐标原点O处射入第Ⅰ象限，最后以垂直于PN的方向射中的Q(－2h，－h)点以速度v出磁场．MN平行于x轴，N点的坐标为(2h,2h)，不计粒子的重力，求：(1)电场强度的大小E；(2)磁感强度的大小B；(3)粒子在磁场中运动的时间t.[解析] (1)粒子在电场运动过程中，由类平抛运动规律及牛顿运动律得(2)粒子到达O点时，沿＋y方向的分速度[考例5] (2021·)如图甲所示，建立Oxy坐标系，两平行极板P、Q垂直于y轴且关于x轴对称，极板长度和板间距均为l，在第一、四象限有磁感强度为B的匀强磁场，方向垂直于Oxy平面向里．位于极板左时间侧的粒子源沿x轴向右连续发射质量为m、电量为＋q、速度相同、重力不计的带电粒子．在0～3t时内两板间加上如图乙所示的电压(不考虑极板边缘的影响)．t＝0时刻进入两板间的带电粒子恰好在t、B为量．(不考虑粒子间相互影响及返回极板间的情况)刻经极板边缘射入磁场．上述m、q、l、t的大小．(1)求电压U(2)求时刻进入两板间的带电粒子在磁场中做圆周运动的半径．(3)何时进入两板间的带电粒子在磁场中的运动时间最短？求此最短时间．如图甲所示，在真空中，半径为b的虚线所围成的圆形区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外．在磁场右侧有一对平行金属板M 和N ，两板间距离也为b ，板长为2b ，两板的中心O 1O 2与磁场区域的圆心O 在同一直线上，两板左端与O 1也在同一直线上．有一电荷量为q 、质量为m 的带正电的粒子，以速率v 0从圆周上的P 点沿垂直于半径OO 1并指向圆心O 的方向进入磁场，当从圆周上的O 1点水平飞出磁场时，给M 、N 板加上如图乙所示的电压u .最后粒子刚好以平行于N 板的速度，从N 板的边缘飞出．不计平行金属板两端的边缘效及粒子所受的重力．(1)求磁场的磁感强度B 的大小；(2)求交变电压的周期T 和电压U 0的值； (3)当t ＝时，将该粒子从MN 板右侧沿板的中心线O 2O 1，仍以速率v 0射入M 、N 之间，求粒子从磁场中射出的点到P 点的距离．[解析] (1)粒子自P 点进入磁场，从O 1点水平飞出磁场，运动的半径必为b ，那么 (3)当t ＝时粒子以速度v 0沿O 2O 1射入电场，那么该粒子恰好从M 板边缘以平行于极板的速度射入磁场，且进入磁场的速度仍为v 0，运动的轨道半径仍为b . 设进入磁场的点为Q ，离开磁场的点为R ，圆心为O 3，如下图，四边形OQO 3R 是菱形，故OR ∥QO 3. 所以P 、O 、R 三点共线，即POR 为圆的直径，即P 、R 间的距离为2b .。