高中物理微型专题7 带电粒子在组合场、叠加场中的运动

微型专题7 带电粒子在组合场、叠加场中的运动
[学科素养与目标要求]
物理观念：1.知道组合场是电场与磁场各位于一定的区域内,并不重叠.2.叠加场是指某区域同时存在电场、磁场和重力场中的两个或者三个,也叫复合场.
科学思维：1.知道组合场问题一般可以按时间的先后顺序分成若干个小过程,在每一个小过程中对粒子进行分析.2.叠加场问题要弄清叠加场的组成,结合运动情况和受力情况分析粒子的运动.
一、带电粒子在组合场中的运动
带电粒子在电场、磁场组合场中的运动是指粒子从电场到磁场或从磁场到电场的运动.通常按时间的先后顺序分成若干个小过程,在每一运动过程中从粒子的受力性质、受力方向和速度方向的关系入手,分析粒子在电场中做什么运动,在磁场中做什么运动.
1.在匀强电场中运动：
(1)若初速度v0与电场线平行,粒子做匀变速直线运动；
(2)若初速度v0与电场线垂直,粒子做类平抛运动.
2.在匀强磁场中运动：
(1)若初速度v0与磁感线平行,粒子做匀速直线运动；
(2)若初速度v0与磁感线垂直,粒子做匀速圆周运动.
3.解决带电粒子在组合场中的运动问题,所需知识如下：
例1 (2018·安徽师大附中期末)如图1所示,在平面直角坐标系xOy内,第Ⅱ、Ⅲ象限内存在沿y轴正方向的匀强电场,第Ⅰ、Ⅳ象限内存在半径为L的圆形匀强磁场,磁场圆心在M(L,0)点,磁场方向垂直于坐标平面向外.一带正电粒子从第Ⅲ象限中的Q(－2L,－L)点以速度v0沿x轴正方向射入,恰好从坐标原点O进入磁场,从P(2L,0)点射出磁场,不计粒子重力,求：
图1
(1)电场强度与磁感应强度大小的比值； (2)粒子在磁场与电场中运动时间的比值. 答案 (1)v 02 (2)π
4
解析 (1)设粒子的质量和所带电荷量分别为m 和q,粒子在电场中运动,由平抛运动规律及牛顿运动定律得,2L ＝v 0t 1,L ＝12
at 12
,qE ＝ma
粒子到达O 点时沿＋y 方向的分速度为v y ＝at 1＝v 0,tan α＝v y
v 0＝1,故α＝45°.
粒子在磁场中的速度为v ＝2v 0. Bqv ＝mv 2
r
,
由几何关系得r ＝2L 联立解得E B ＝v 0
2
(2)在磁场中运动的周期为T ＝2πr
v ,
粒子在磁场中运动的时间为t 2＝14T ＝πL
2v 0,
解得t 2t 1＝π
4
.
针对训练 (2017·天津理综)平面直角坐标系xOy 中,第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场,第Ⅲ象限存在沿y 轴负方向的匀强电场,如图2所示.一带负电的粒子从电场中的Q 点以速度v 0沿x 轴正方向开始运动.Q 点到y 轴的距离为到x 轴距离的2倍.粒子从坐标原点O 离开电场进入磁场,最终从x 轴上的P 点射出磁场,P 点到y 轴距离与Q 点到y 轴距离相等.不计粒子重力,问：
图2
(1)粒子到达O 点时速度的大小和方向； (2)电场强度和磁感应强度的大小之比.
答案 (1)2v 0 方向与x 轴正方向成45°角斜向上 (2)v 0
2
解析 (1)在电场中,粒子做类平抛运动,设Q 点到x 轴距离为L,到y 轴距离为2L,粒子的加速度为a,运动时间为t,有 2L ＝v 0t
① L ＝12
at 2
②
设粒子到达O 点时沿y 轴方向的分速度为v y v y ＝at
③
设粒子到达O 点时速度方向与x 轴正方向夹角为α,有 tan α＝v y
v 0
④ 联立①②③④式得α＝45°
⑤
即粒子到达O 点时速度方向与x 轴正方向成45°角斜向上. 设粒子到达O 点时速度大小为v,由运动的合成有 v ＝v 2
0＋v 2
y
⑥ 联立①②③⑥式得v ＝2v 0
⑦
(2)设电场强度为E,粒子电荷量为q,质量为m,粒子在电场中受到的电场力为F,由牛顿第二定律可得
F ＝ma ⑧ 又F ＝qE
⑨
设磁场的磁感应强度大小为B,粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R,所受的洛伦兹力提供向心力,有 qvB ＝m v 2
R
⑩ 由几何关系可知R ＝2L
⑪
联立①②⑦⑧⑨⑩⑪式得E B ＝v 0
2
[学科素养] 例1和针对训练考查了带电粒子在组合场中的运动,按时间的先后顺序分成若干个小过程,在每一个小过程中对粒子进行分析,在解题过程中,回顾了物理概念和规律,锻炼了从物理学视角对客观事物的本质属性、内在规律及相互关系认识的能力,体现了“物理观念”、“科学思维”等学科素养. 二、带电粒子在叠加场中的运动
带电粒子在叠加场中的运动一般有两种情况：
(1)直线运动：如果带电粒子在叠加场中做直线运动,一定是做匀速直线运动,合力为零.
(2)圆周运动：如果带电粒子在叠加场中做圆周运动,一定是做匀速圆周运动,重力和电场力的合力为零,洛伦兹力提供向心力.
例2 如图3所示,空间中的匀强电场水平向右,匀强磁场垂直纸面向里,一带电微粒沿着直线从M 运动到N,以下说法正确的是( )
图3
A.带电微粒可能带负电
B.运动过程中带电微粒的动能保持不变
C.运动过程中带电微粒的电势能增加
D.运动过程中带电微粒的机械能守恒 答案 B
解析 根据做直线运动的条件和受力情况可知,微粒一定带正电,且做匀速直线运动,所以选项A 错误；由于电场力向右,对微粒做正功,电势能减小,但重力做负功,由于微粒做匀速直线运动,则合力做功为零,因此动能仍不变,选项B 正确,C 错误；由能量守恒可知,电势能减小,机械能一定增加,所以选项D 错误.
例3 如图4所示,在地面附近有一个范围足够大的相互正交的匀强电场和匀强磁场.匀强磁场的磁感应强度为B,方向水平并垂直纸面向外,一质量为m 、带电荷量为－q 的带电微粒在此区域恰好做速度大小为v 的匀速圆周运动.(重力加速度为g)
图4
(1)求此区域内电场强度的大小和方向；
(2)若某时刻微粒运动到场中距地面高度为H 的P 点,速度与水平方向成45°角,如图所示.则该微粒至少需要
经过多长时间才能由P 点运动到距地面最高点？最高点距地面多高？ 答案 (1)mg
q 方向竖直向下
(2)3πm 4qB H ＋(2＋2)mv 2qB
解析 (1) 要满足带负电微粒做匀速圆周运动,则： qE ＝mg,得E ＝mg
q ,方向竖直向下.
(2)如图所示,
当微粒第一次运动到最高点时,α＝135°, 则t ＝
α360°T ＝135°360°T ＝3T
8
T ＝2πm qB
所以：t ＝3πm 4qB ,因微粒做匀速圆周运动,qvB ＝m v
2
R ,
则R ＝mv
qB ,故最高点距地面的高度为：
H 1＝R ＋Rsin45°＋H ＝H ＋(2＋2)mv
2qB
.
点拨 基本思路：1.弄清叠加场的组成.2.受力分析.3.确定运动状态.4.画出粒子的运动轨迹,灵活选用不同的规律方法.
1.(带电粒子在叠加场中的运动)(多选)(2018·扬州中学高二期中)空间存在竖直向下的匀强电场和水平方向(垂直纸面向里)的匀强磁场,如图5所示,已知一离子在电场力和洛伦兹力共同作用下,从静止开始自A 点沿曲线ACB 运动,到达B 点时速度为零,C 为运动的最低点.不计重力,则( )
图5
A.该离子带负电
B.A、B两点位于同一高度
C.到达C点时离子速度最大
D.离子到达B点后,将沿原曲线返回A点
答案BC
解析离子开始受到电场力作用开始向下运动,可知电场力方向向下,则离子带正电,A错误；根据动能定理知,洛伦兹力不做功,在A到B的过程中,动能变化为零,则电场力做功为零,A、B两点等电势,因为该电场是匀强电场,所以A、B两点位于同一高度,B正确；根据动能定理得,离子运动到C点电场力做功最大,则速度最大,C正确；只要将离子在B点的状态与A点进行比较,就可以发现它们的状态(速度为零,电势能相等)相同,如果右侧仍有同样的电场和磁场的叠加区域,离子就将在B点的右侧重复前面的曲线运动,因此,离子是不可能沿原曲线返回A点的,D错误.
2.(带电粒子在叠加场中的运动)(2017·全国卷Ⅰ)如图6,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m a、m b、m c,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( )
图6
A.m a＞m b＞m c
B.m b＞m a＞m c
C.m c＞m a＞m b
D.m c＞m b＞m a
答案 B
解析设三个微粒的电荷量均为q,
a在纸面内做匀速圆周运动,说明洛伦兹力提供向心力,重力与电场力平衡,即
m a g＝qE ①
b在纸面内向右做匀速直线运动,三力平衡,
则m b g＝qE＋qvB ②
c在纸面内向左做匀速直线运动,三力平衡,
则m c g＋qvB＝qE ③
比较①②③式得：m b>m a>m c,选项B正确.
3.(带电粒子在组合场中的运动)(2018·长郡中学期末)如图7所示,某种带电粒子由静止开始经电压为U1的电场加速后,射入水平放置、电势差为U2的两块导体板间的匀强电场中,带电粒子沿平行于两板的方向从两板正中间射入,穿过两板后又垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场中,则粒子射入磁场和射出磁场的M、N两点间的距离d随着U1和U2的变化情况为(不计重力,不考虑边缘效应)( )
图7
A.d随U1变化,d与U2无关
B.d与U1无关,d随U2变化
C.d随着U1、U2变化
D.d与U1无关,d与U2无关
答案 A
解析粒子在电场U1中加速,则qU1＝
1
2
mv02,在偏转电场中做类平抛运动,设粒子在偏转电场中的偏向角为θ,进入磁场时的速度为v,
则有：
v0
v
＝cosθ
而在磁场中做匀速圆周运动,设运动轨迹对应的半径为R,由几何关系可得,半径与直线MN夹角正好等于θ,
则有：
d
2
R
＝cosθ
所以d＝
2Rv0
v
,
又因为半径公式R＝
mv
Bq
,
则有d＝
2mv0
Bq
＝
2
B
2mU1
q
,可知d随U1变化,d与U2无关,故A正确,B、C、D错误.
4.(带电粒子在组合场中的运动)如图8所示装置中,区域Ⅰ中有竖直向上的匀强电场,电场强度为E,区域Ⅱ中有垂直纸面向外的水平匀强磁场,磁感应强度为B,区域Ⅲ中有垂直纸面向里的水平匀强磁场,磁感应强度为2B.一质量为m、带电荷量为q的带负电粒子从左边界O点正上方的M点以速度v0水平射入匀强电场,经水平分界线OP上的A点与OP成60°角射入Ⅱ区域的匀强磁场,并垂直竖直边界CD进入Ⅲ区域的匀强磁场中.(粒子重力不计,区域Ⅱ、Ⅲ足够大)求：
图8
(1)粒子在Ⅱ区域匀强磁场中运动的轨道半径； (2)O 、A 间的距离；
(3)粒子从M 点出发到第二次通过CD 边界所经历的时间. 答案 (1)2mv 0qB (2)3mv 2
qE (3)3mv 0qE ＋5πm 6qB
解析 (1)粒子在匀强电场中做类平抛运动,设粒子过A 点时速度为v,由类平抛规律知v ＝v 0
cos60°
＝2v 0.
粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,由牛顿第二定律得： qvB ＝m v
2
R
所以R ＝2mv 0
qB
(2)设粒子在电场中运动时间为t 1,加速度为a,则有qE ＝ma
v 0tan60°＝at 1, 即t 1＝
3mv 0
qE
O 、A 两点间的距离为：L ＝v 0t 1＝3mv 2
qE
(3)设粒子在Ⅱ区域磁场中运动时间为t 2,粒子运动周期为：T 1＝2πR v ＝2πm
qB
则由几何关系知：t 2＝60°360°T 1＝πm
3qB
设粒子在Ⅲ区域磁场中运动时间为t 3,同理：T 2＝πm
qB
则：t 3＝180°360°T 2＝πm
2qB
粒子从M 点出发到第二次通过CD 边界所用时间为：t ＝t 1＋t 2＋t 3＝
3mv 0qE ＋πm 3qB ＋πm 2qB ＝3mv 0qE ＋5πm
6qB
.
一、选择题
考点一 带电粒子在叠加场中的运动
1.如图1所示,竖直平面内,匀强电场方向水平向右,匀强磁场方向垂直于纸面向里,一质量为m 、带电荷量为q 的粒子以速度v 与磁场方向垂直,与电场方向成45°角射入复合场中,恰能做匀速直线运动,则关于电场强度E 和磁感应强度B 的大小,正确的是(重力加速度为g)( )
图1
A.E ＝mg q ,B ＝2mg
qv
B.E ＝
2mg q ,B ＝mg
qv C.E ＝mg q ,B ＝mg qv
D.E ＝
2mg q ,B ＝2mg qv
答案 A
解析 假设粒子带负电,则其所受电场力方向水平向左,洛伦兹力方向斜向右下方与v 垂直,可以从力的平衡条件判断出这样的粒子不可能做匀速直线运动,所以粒子应带正电荷,受力情况如图所示.
根据合外力为零得 mg ＝qvBsin45° qE ＝qvBcos45° 联立可得B ＝
2mg qv ,E ＝mg
q
. 2.(多选)(2018·齐齐哈尔高二上学期期末)一带电小球在相互垂直的匀强电场、匀强磁场中做圆周运动,匀强电场竖直向上,匀强磁场水平且垂直纸面向里,如图2所示,下列说法正确的是( )
图2
A.沿垂直纸面方向向里看,小球的绕行方向为顺时针方向
B.小球一定带正电且小球的电荷量q ＝mg
E
C.由于洛伦兹力不做功,故小球在运动过程中机械能守恒
D.由于合外力做功等于零,故小球在运动过程中动能不变 答案 BD
解析 带电小球在叠加场中,只有满足重力与电场力大小相等、方向相反,小球受的合力只表现为洛伦兹力,洛伦兹力提供向心力,小球做匀速圆周运动,故小球所受电场力向上,小球带正电,小球受的洛伦兹力方向要指向圆心,由左手定则判断运动方向为逆时针,由mg ＝qE 可得q ＝mg
E ,故A 错误,B 正确；洛伦兹力不做功,
但电场力做功,故机械能不守恒,故C 错误；由于合外力做功等于零,根据动能定理,小球在运动过程中动能不变,故D 正确.
3.(多选)如图3所示,实线表示在竖直平面内的电场线,电场线与水平方向成α角,水平方向的匀强磁场与电场正交,有一带电液滴沿虚线L 斜向上做直线运动,L 与水平方向成β角,且α>β,则下列说法中正确的是( )
图3
A.液滴一定做匀减速直线运动
B.液滴一定做匀加速直线运动
C.电场方向一定斜向上
D.液滴一定带正电 答案 CD
解析 带电液滴受竖直向下的重力G 、平行于电场线方向的电场力F 、垂直于速度方向的洛伦兹力f,带电液滴做直线运动,因此三个力的合力一定为零,带电液滴做匀速直线运动,故选项A 、B 错误.当带电液滴带正电,且电场线方向斜向上时,带电液滴受竖直向下的重力、沿电场线向上的电场力、垂直于速度方向斜向左上方的洛伦兹力,这三个力的合力能够为零,使带电液滴沿虚线L 做匀速直线运动；如果带电液滴带负电或电场线方向斜向下,带电液滴所受合力不为零,带电液滴不可能沿直线运动,故选项C 、D 正确. 考点二 带电粒子在组合场中的运动
4.(多选)如图4所示,A 板发出的电子(重力不计)经加速后,水平射入水平放置的两平行金属板M 、N 间,M 、N 之间有垂直纸面向里的匀强磁场,电子通过磁场后最终打在荧光屏P 上,关于电子的运动,下列说法中正确的是( )
图4
A.当滑动触头向右移动时,电子打在荧光屏的位置上升
B.当滑动触头向右移动时,电子通过磁场区域所用时间不变
C.若磁场的磁感应强度增大,则电子打在荧光屏上的速度大小不变
D.若磁场的磁感应强度增大,则电子打在荧光屏上的速度变大 答案 AC
解析 当滑动触头向右移动时,电场的加速电压增大,加速后电子动能增大,进入磁场时的初速度增大,向下偏转程度变小,打在荧光屏的位置上升；在磁场中运动对应的圆心角变小,运动时间变短,选项A 正确,B 错误；磁感应强度增大,电子在磁场中运动速度大小不变,打在荧光屏上的速度大小不变,选项C 正确,D 错误.
5.如图5所示,有理想边界的匀强磁场方向垂直纸面向外,磁感应强度大小为B,某带电粒子的比荷(电荷量与质量之比)大小为k,由静止开始经电压为U 的电场加速后,从O 点垂直射入磁场,又从P 点穿出磁场.下列说法正确的是(不计粒子所受重力)( )
图5
A.如果只增加U,粒子可以从dP 之间某位置穿出磁场
B.如果只减小B,粒子可以从ab 边某位置穿出磁场
C.如果既减小U 又增加B,粒子可以从bc 边某位置穿出磁场
D.如果只增加k,粒子可以从dP 之间某位置穿出磁场 答案 D
解析 由题意可得qU ＝12mv 2,k ＝q m ,r ＝mv qB ,解得r ＝2kU
kB .对于选项A,只增加U,r 增大,粒子不可能从dP 之
间某位置穿出磁场.对于选项B,粒子电性不变,不可能向上偏转从ab 边某位置穿出磁场.对于选项C,既减小U 又增加B,r 减小,粒子不可能从bc 边某位置穿出磁场.对于选项D,只增加k,r 减小,粒子可以从dP 之间某位置穿出磁场.
6.如图6所示,在x 轴上方存在垂直于纸面向里且磁感应强度为B 的匀强磁场,在x 轴下方存在垂直于纸面向外且磁感应强度为B
2的匀强磁场.一带负电的粒子从原点O 与x 轴成30°角斜向上射入磁场,且在x 轴上
方磁场中运动的半径为R.粒子重力不计,则( )
图6
A.粒子经磁场偏转后一定能回到原点O
B.粒子在x 轴上方和下方磁场中运动的半径之比为2∶1
C.粒子完成一次周期性运动的时间为2πm
3qB
D.粒子第二次射入x 轴上方磁场时,沿x 轴前进了3R 答案 D
解析 由r ＝mv
qB 可知,粒子在x 轴上方和下方磁场中运动的半径之比为1∶2,选项B 错误；粒子完成一次周
期性运动的时间t ＝16T 1＋16T 2＝πm 3qB ＋2πm 3qB ＝πm
qB ,选项C 错误；粒子第二次射入x 轴上方磁场时沿x 轴前进
了l ＝R ＋2R ＝3R,则粒子经磁场偏转后不能回到原点O,选项A 错误,D 正确. 二、非选择题
7.(2018·齐齐哈尔期末)如图7所示的区域中,OM 左边为垂直纸面向里的匀强磁场,右边是一个电场强度大小未知的匀强电场,其方向平行于OM,且垂直于磁场方向.一个质量为m 、电荷量为－q 的带电粒子从小孔P 以初速度v 0沿垂直于磁场方向进入匀强磁场中,初速度方向与边界线的夹角θ＝60°,粒子恰好从小孔C 垂直于OC 射入匀强电场,最后打在Q 点,已知OC ＝L,OQ ＝2L,不计粒子的重力,求：
图7
(1)磁感应强度B 的大小； (2)电场强度E 的大小. 答案 (1)3mv 02qL (2)mv 2
2qL
解析 (1)画出粒子运动的轨迹如图所示(O 1为粒子在磁场中做圆周运动的圆心)：∠PO 1C ＝120°
设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r,r ＋rcos60°＝OC ＝L 得r ＝2L
3
粒子在磁场中做圆周运动时洛伦兹力充当向心力,qv 0B ＝m v 2
r ,解得：B ＝mv 0qr ＝3mv 02qL
(2)粒子在电场中做类平抛运动, 由牛顿第二定律得加速度为a ＝qE
m
水平方向2L ＝v 0t 竖直方向L ＝12at 2
解得E ＝mv 2
2qL
8.(2016·天津理综)如图8所示,空间中存在着水平向右的匀强电场,电场强度大小E ＝53N/C,同时存在着水平方向的匀强磁场,其方向与电场方向垂直,磁感应强度大小B ＝0.5 T.有一带正电的小球,质量m ＝1×10－6
kg,电荷量q ＝2×10－6
C,正以速度v 在图示的竖直面内做匀速直线运动,当经过P 点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象),取g ＝10 m/s 2
,求：
图8
(1)小球做匀速直线运动的速度v 的大小和方向；
(2)从撤掉磁场到小球再次穿过P 点所在的这条电场线经历的时间t. 答案 (1)20m/s 方向与电场方向成60°角斜向上 (2)3.5s
解析 (1)小球匀速直线运动时受力如图,其所受的三个力在同一平面内,合力为零,有qvB ＝q 2E 2
＋m 2g 2
①
代入数据解得v ＝20m/s
②
速度v 的方向与电场E 的方向之间的夹角满足 tanθ＝qE mg
③
代入数据解得tanθ＝ 3 θ＝60°
④
(2)撤去磁场后,由于电场力垂直于竖直方向,它对竖直方向的分运动没有影响,以P 点为坐标原点,竖直向上为正方向,小球在竖直方向上做匀减速运动,其初速度为
v y ＝vsinθ ⑤
若使小球再次穿过P 点所在的电场线,仅需小球的竖直方向上分位移为零,则有v y t －12gt 2
＝0
⑥
联立⑤⑥式,代入数据解得t ＝23s ≈3.5s.
9.如图9所示xOy 坐标系,在第二象限内有水平向右的匀强电场,在第一、第四象限内分别存在匀强磁场,磁感应强度大小相等,方向如图所示.现有一个质量为m 、电荷量为＋q 的带电粒子在该平面内从x 轴上的P 点,以垂直于x 轴的初速度v 0进入匀强电场,恰好经过y 轴上的Q 点且与y 轴成45°角射出电场,再经过一段时间又恰好垂直于x 轴进入第四象限的磁场.已知OP 之间的距离为d(不计粒子的重力).求：
图9
(1)O 点到Q 点的距离； (2)磁感应强度B 的大小；
(3)带电粒子自进入电场至在磁场中第二次经过x 轴所用的时间. 答案 (1)2d (2)mv 02qd (3)(7π＋4)d 2v 0
解析 (1)设Q 点的纵坐标为h,到达Q 点的水平分速度为v x ,P 到Q 受到的恒定的电场力与初速度方向垂直,则粒子在电场中做类平抛运动,则由类平抛运动的规律可知竖直方向匀速直线运动,h ＝v 0t 1 水平方向匀加速直线运动的平均速度v ＝0＋v x
2,
则d ＝v x t 1
2
根据速度的矢量合成tan45°＝v x
v 0
,解得h ＝2d.
(2)粒子运动轨迹如图所示,由几何知识可得,粒子在磁场中的运动半径R ＝22d 由牛顿第二定律得qvB ＝m v 2
R ,解得R ＝mv
qB
由(1)可知v ＝v 0
cos45°
＝2v 0
联立解得B ＝mv 0
2qd
.
(3)在电场中的运动时间为t 1＝2d
v 0
在磁场中,由运动学公式T ＝
2πR
v
在第一象限中的运动时间为t 2＝135°360°·T＝3
8T
在第四象限内的运动时间为t 3＝T
2
带电粒子自进入电场至在磁场中第二次经过x 轴所用的时间为t ＝t 1＋t 2＋t 3＝(7π＋4)d
2v 0
.。