2019版高考物理一轮复习备考专题- 第九章 磁场 专题70 带电粒子在叠加场中的运动2019高考备考

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第九章专题十带电粒子在叠加场中的运动-2025年高考物理一轮复习PPT课件

第九章专题十带电粒子在叠加场中的运动-2025年高考物理一轮复习PPT课件
A.A 金属板是电源的正极 B.等离子体入射速度不变,减小 A、B 两金属板间的距离, 电源电动势增大 C.A、B 两金属板间的电势差等于电源电动势 D.A、B 两金属板间的电势差与等离子体的入射速度有关
答案
高考一轮总复习•物理
第16页
解析:根据磁场的方向和等离子体进入的方向,由左手定则可以判断等离子体中的正电 荷受向下的洛伦兹力,故 B 金属板是电源的正极,选项 A 错误;发电机的电动势稳定时,一 定存在 F 电=F 洛,即Ud q=Bqv,所以电源的电动势 U=Bdv,所以若等离子体入射速度 v 不 变,减小 A、B 两金属板间的距离 d,电源电动势 U 减小,选项 B 错误;由于电源与外电路 构成通路,电流还通过等离子体,而等离子体是有一定电阻的,所以 A、B 两金属板间的电 势差 U′=R+R rU,故它不等于电源电动势,选项 C 错误;根据前面的推导可知,电源的电动 势 U=Bdv,即 A、B 两金属板间的电势差 U′与电动势成正比,即这个电势差也与等离子体 的入射速度有关,选项 D 正确.
A.从 a 点射出 C.从 d 点射出
B.从 b 点射出 D.从 b、p 之间射出
答案
高考一轮总复习•物理
第24页
解析:设电场强度大小为 E,磁感应强度大小为 B,粒子所带电荷量的绝对值为 q,粒 子射入场区时的速度大小为 v,粒子恰能沿直线经过 p 点射出场区,由平衡条件得 qE=qvB, 仅撤去磁场,粒子从 c 点射出,则粒子所受电场力方向水平向右,则粒子所受洛伦兹力方向 水平向左,由运动学公式知 L=12·qmEt2,L=vt,仅撤去电场,粒子在磁场中做匀速圆周运动, 由牛顿第二定律得 qvB=mvr2,联立解得 r=L2,故粒子从 a 点射出,A 正确.

2019年高考物理一轮复习第九章磁场专题强化十带电粒子在复合场中运动的实例分析课件

2019年高考物理一轮复习第九章磁场专题强化十带电粒子在复合场中运动的实例分析课件
B.高频电源的变化周期应该等于tn-tn-1 C.粒子加速次数越多,粒子最大动能
一定越大
√D.当B一定时,要想粒子获得的最大动能越大,则要求D形盒的面积也越大
4.回旋加速器的工作原理如图甲所示,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
且加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响.
则下列说法正确的是 分析 答案 解析
√A.质子被加速后的最大速度不可能超过2πRf
B.质子离开回旋加速器时的最大动能与加速电压U成正比
√C.质子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为 2∶1
D.不改变磁感应强度B和交流电频率f,该回旋加速器的最大动能不变
又 Ek=12mv2,解得 Ek=q22Bm2R2.
(2)粒子从飘入狭缝至动能达到Ek所需的总时间t0.
答案 πBR22+U20 BRd-πqmB
解析
设粒子被加速n次达到动能Ek,则Ek=nqU0.
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=qmUd0 , 粒子做匀加速直线运动,有 nd=12a·Δt2, 由 t0=(n-1)·T2+Δt,解得 t0=πBR22+U20 BRd-πqmB.
入电压为U0的加速电场,其初速度几乎为零.这些离子经加速后通过狭缝 O沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场,最后打在底片
上.已知放置底片的区域MN=L,且
OM=L.某次测量发现MN中左侧
2 3

域MQ损坏,检测不到离子,但右侧 1
3
区域QN仍能正常检测到离子.在适当调

2019高考物理一轮复习第九章磁场微专题71带电粒子在组合场中的运动加练半小时粤教版

2019高考物理一轮复习第九章磁场微专题71带电粒子在组合场中的运动加练半小时粤教版

微专题71 带电粒子在组合场中的运动[方法点拨] (1)带电粒子在匀强电场中一般做匀变速直线运动或类平抛运动;在匀强磁场中运动时一般做匀速圆周运动;(2)明确各段运动性质,画出运动轨迹,特别注意各衔接点的速度方向、大小.1.(2017·福建厦门模拟)如图1所示,在xOy平面内,0<x<2L的区域内有一方向竖直向上的匀强电场,2L<x<3L的区域内有一方向竖直向下的匀强电场,两电场强度大小相等,x >3L的区域内有一方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场,某时刻,一带正电的粒子从坐标原点以沿x轴正方向的初速度v0进入电场;之后的另一时刻,一带负电粒子以同样的初速度从坐标原点进入电场.正、负粒子从电场进入磁场时速度方向与电场和磁场边界的夹角分别为60°和30°,两粒子在磁场中分别运动半周后在某点相遇,已知两粒子的重力以及两粒子之间的相互作用都可忽略不计,两粒子带电荷量大小相等,求:图1(1)正、负粒子的质量之比m1∶m2;(2)两粒子相遇的位置P点的坐标;(3)两粒子先后进入电场的时间差.2.(2017·山东济宁模拟)如图2所示,空间以AOB为界,上方有方向竖直向下的匀强电场,下方有垂直于纸面向里的匀强磁场,以过O点的竖直虚线OC为界,∠AOC=∠BOC=60°.OC 左侧到AA′间和右侧到BB′间磁感应强度的大小不同.现在A点上方某一点以初速度v0水平向右射出一带电粒子,粒子的质量为m,电荷量为q,粒子恰好从AO的中点垂直AO进入OC左侧磁场,并垂直OC离开左侧磁场进入右侧磁场,粒子从OB边恰好以竖直向上的速度进入匀强电场,AO=BO=L,不计粒子的重力,求:图2(1)匀强电场的场强E的大小;(2)OC左侧磁场磁感应强度B1的大小和右侧磁场磁感应强度B2的大小;(3)粒子从进入电场到第一次离开磁场运动的总时间.3.(2018·四川泸州一检)如图3所示,左侧两平行金属板上、下水平放置,它们之间的电势差为U、间距为L,其中有匀强磁场;右侧为“梯形”匀强磁场区域ACDH,其中,AH∥CD, AH=72L.一束电荷量大小为q、质量不等的带电粒子(不计重力、可视为质点),从小孔S1射入左侧装置,恰能沿水平直线从小孔S2射出,接着粒子垂直于AH、由AH的中点M射入“梯形”区域,最后全部从边界AC射出.若两个区域的磁场方向均垂直于纸面向里、磁感应强度大小均为B,“梯形”宽度MN=L,忽略电场、磁场的边缘效应及粒子间的相互作用.(已知sin53°=0.8,cos53°=0.6)图3(1)求出粒子速度的大小,判定粒子的电性;(2)这束粒子中,粒子质量最小值和最大值各是多少;4.如图4所示,直线y =x 与y 轴之间有垂直于xOy 平面向外的匀强磁场B 1,直线x =d 与y =x 间有沿y 轴负方向的匀强电场,电场强度E =1.0×104V/m ,另有一半径R =1.0 m 的圆形匀强磁场区域,磁感应强度B 2=0.20 T ,方向垂直坐标平面向外,该圆与直线x =d 和x 轴均相切,且与x 轴相切于S 点.一带负电的粒子从S 点沿y 轴的正方向以速度v 0进入圆形磁场区域,经过一段时间进入磁场区域B 1,且第一次进入磁场B 1时的速度方向与直线y =x 垂直.粒子速度大小v 0=1.0×105m/s ,粒子的比荷为qm=5.0×105C/kg ,粒子重力不计.求:图4(1)坐标d 的值;(2)要使粒子无法运动到x 轴的负半轴,则磁感应强度B 1应满足的条件;(3)在第(2)问的基础上,粒子从开始进入圆形磁场至第二次到达直线y =x 上的最长时间.(结果保留两位有效数字)答案精析1.(1)3∶1 (2)(6.5L ,-73L 3) (3)73πL6v 0解析 (1)设粒子初速度为v 0,进磁场方向与边界的夹角为θ,v y =v 0tan θ①记t =Lv 0,则粒子在第一电场运动的时间为2t ,在第二个电场运动的时间为t 则:v y =a ·2t -at ②qE =ma ③由①②③得:m =qEL v 20tan θ所以m 1m 2=tan60°tan30°=3 (2)正粒子在电场运动的总时间为3t ,则: 第一个t 的竖直位移为12a 1t 2第二个t 的竖直位移为12a 1(2t )2-12a 1t 2=32a 1t 2由对称性,第三个t 的竖直位移为32a 1t 2所以y 1=72a 1t 2,结合①②得y 1=73L6同理y 2=73L2由几何关系,P 点的坐标为:x P =3L +(y 1+y 2)sin30°sin60°=6.5L ,y P =-[y 2-(y 1+y 2)sin 30°cos 60°]=-73L 3,即(6.5L ,-733L )(3)设两粒子在磁场中运动半径分别为r 1、r 2,由几何关系2r 1=(y 1+y 2)sin60°,2r 2=(y 1+y 2)sin30° 两粒子在磁场中运动时间均为半个周期:t 1=πr 1v 1,t 2=πr 2v 2,v 0=v 1sin60°,v 0=v 2sin30°由于两粒子在电场中运动时间相同,所以进电场时间差即为磁场中相遇前的时间差Δt =t 1-t 2,解得Δt =73πL 6v 02.见解析解析 (1)粒子射出后在电场中做类平抛运动,从AO 的中点垂直AO 进入磁场,在电场中运动的水平分运动有12L sin60°=v 0t 1竖直分运动有v y =qEmt 1 tan60°=v y v 0解得E =4mv 02qL(2)粒子进入磁场时的速度大小v =v 0cos60°=2v 0由图可知r 1=12L由qvB 1=m v 2r 1解得B 1=4mv 0qL粒子进入右边磁场后,由tan60°=r 212L -r 2得r 2=3-34L由qvB 2=m v 2r 2解得B 2=+3mv 03qL(3)在电场中运动时,由(1)可得t 1=3L 4v 0在左侧磁场B 1中运动时,T 1=2πr 1v ,t 2=60°360°T 1=πL12v 0在右侧磁场B 2中运动时,T 2=2πr 2v ,t 3=90°360°T 2=-3πL16v 0总时间t =t 1+t 2+t 3=3+13π-33πL48v 03.(1)U BL 正电 (2)m min =7qB 2L 29U m max =qB 2L 2U解析 (1)粒子全部从边界AC 射出,则粒子进入“梯形”磁场时所受洛伦兹力竖直向上,由左手定则可知,粒子带正电;粒子在两极板间做匀速直线运动,由平衡条件得:qvB =q UL, 解得:v =U BL;(2)在“梯形”区域内,粒子做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得:qvB =m v 2R ,粒子轨道半径:R =mvqB.由R =mvqB可知:当粒子质量有最小值时,R 最小,粒子运动轨迹恰与AC 相切(见图甲); 当粒子质量有最大值时,R 最大,粒子运动轨迹恰过C 点(见图乙),甲图中,由几何关系得:R 1sin53°+R 1=74L ,解得:R 1=79L ,乙图中,NC +L tan53°=74L ,解得NC =L ,解得:m min =7qB 2L 29U ,m max =qB 2L2U4.(1)4.0m (2)B 1≤0.10T 或B 1≥0.24T (3)6.2×10-5s解析 (1)带电粒子在匀强磁场B 2和匀强电场中运动的轨迹如图甲所示,甲粒子在匀强磁场B 2中做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力.则qv 0B 2=m v 02r解得r =1.0m粒子进入匀强电场以后,做类平抛运动,设水平方向的位移为x 0,竖直方向的位移为y 0. 水平方向:x 0=v 0t竖直方向:y 0=12at 2,v y =ata =qE mv yv 0=tan45° y 0x 0=12tan45°=12联立解得:x 0=2.0m ,y 0=1.0m由图甲中几何关系可得d =x 0+y 0+r =4.0m.(2)设当匀强磁场的磁感应强度为B 1′时,粒子垂直打在y 轴上,此时粒子无法运动到x 轴的负半轴,粒子在磁场中运动半径为r 1,如图乙所示,乙由几何关系得:r 1=2d -2x 0 又r 1=m ·2v 0qB 1′联立解得B 1′=0.10T 故B 1≤0.10T.设当匀强磁场的磁感应强度为B 1″时,粒子从电场垂直边界进入匀强磁场后,轨迹与y 轴相切,此时粒子也无法运动到x 轴负半轴,设粒子在磁场中运动半径为r 2,如图乙所示,由几何关系可得r 2+r 2cos45°+x 0=d 又r 2=m ·2v 0qB 1″联立解得B 1″≈0.24T故B 1≥0.24T.即要使粒子无法运动到x 轴的负半轴,磁感应强度B 1≤0.10T 或B 1≥0.24T. (3)设粒子在磁场B 2中运动时间为t 1,电场中运动时间为t 2,磁场B 1中运动时间为t 3,则t =t 1+t 2+t 3=T 14+x 0v 0+T 22=14×2πm qB 2+x 0v 0+12×2πm qB 1″≈6.2×10-5s.。

高考物理新课标一轮复习课件带电粒子在叠加场中的运动专

高考物理新课标一轮复习课件带电粒子在叠加场中的运动专
机械能守恒定律
只有重力或弹力做功的物体系统内,动能与势能可以相互转化,而总的机械能保持不变。 在叠加场中,若带电粒子仅受电场力和重力作用,且电场力和重力做功之和为零,则系统 机械能守恒。
能量守恒定律
能量既不会凭空产生,也不会凭空消失,它只会从一种形式转化为另一种形式,或者从一 个物体转移到其它物体,而能量的总量保持不变。在叠加场中,带电粒子的能量转化遵循 能量守恒定律。
粒子加速器是一种利用电磁场将带电粒子加速到极高速度 的设备,广泛应用于核物理、粒子物理等领域的研究。
等离子体物理研究
等离子体是一种由大量带电粒子和中性粒子组成的宏观体 系,在宇宙空间、太阳等天体中广泛存在,也是核聚变等 新能源研究的重要领域。
带电粒子束技术应用
带电粒子束技术是一种利用带电粒子束进行材料加工、医 疗诊断和治疗等应用的技术,具有高精度、高效率等优点 。
其他力
根据具体情况,还可能存在其他力对 带电粒子产生影响,如摩擦力、弹力 等。
带电粒子在叠加场中运动规
02

匀速直线运动条件与实例
条件
当带电粒子在叠加场中受到的合外力为零时,它 将做匀速直线运动。这通常发生在电场力和洛伦 兹力等大反向的情况下。
实例
一个带电粒子以一定速度垂直进入匀强磁场和匀 强电场的叠加区域,若电场力和洛伦兹力平衡, 则粒子将沿直线匀速通过该区域。
05
高考真题回顾与模拟题训练
历年高考真题回顾与解析
真题来源
收集近五年全国卷及各省市高考物理试卷中出现的与 带电粒子在叠加场中运动相关的真题。
考点分析
针对真题进行考点梳理,总结常考知识点、题型和解 题方法。
解题技巧
结合具体题目,讲解审题、分析、计算等解题技巧, 提高学生解题速度和准确性。

高考物理一轮复习讲义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

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 。

高中物理高考 高考物理一轮复习专题课件 专题9+磁场(全国通用)

高中物理高考 高考物理一轮复习专题课件 专题9+磁场(全国通用)

2.回旋加速器 (1)基本构造:回旋加速器的核心部分是放置在磁场中的两个D形 的金属扁盒 (如图所示),其基本组成为:
①粒子源 ②两个D形金属盒 ③匀强磁场 ④高频电源 ⑤粒子引出装置
(2)工作原理
①电场加速 qU=ΔEk; ②磁场约束偏转 qBv=mvr2,v=qmBr∝r;
③加速条件:高频电源的周期与带电粒子在 D 形盒中运动的周 2πm
知识点一 磁场及其描述 1.磁场 (1)基本特性:对放入其中的磁体、电流和运动电荷都有_磁__场__力__的 作用. (2)方向:磁场中任一点小磁针_北__极__(N__极__)的受力方向为该处的磁场 方向.
2.磁感应强度
B=IFL
强弱
方向
北极(N极)
3.磁感应强度与电场强度的比较
磁感应强度 B 电场强度 E
要点一 通电导线在安培力作用下的运动的判断方法 [突破指南]
电流元法
把整段导线分为直线电流元,先用左手定则判 断每段电流元受力的方向,然后判断整段导线 所受合力的方向,从而确定导线运动方向.
等效法
环形电流可等效成小磁针,通电螺线管可以等 效成条形磁铁或多个环形电流,反过来等效也 成立.
特殊 通过转动通电导线到某个便于分析的特殊位置,然 位置法 后判断其所受安培力的方向,从而确定其运动方向.
A.FN1<FN2,弹簧的伸长量减小 B.FN1=FN2,弹簧的伸长量减小 C.FN1>FN2,弹簧的伸长量增大 D.FN1>FN2,弹簧的伸长量减小
解析 采用“转换研究对象法”:由于条形磁铁的磁感线是从N 极出发到S极,所以可画出磁铁在导线A处的一条磁感线,此处磁 感应强度方向斜向左下方,如图,导线A中的电流垂直纸面向外, 由左手定则可判断导线A必受 斜向右下方的安培力,由牛顿 第三定律可知磁铁所受作用力的方向是斜向左上方,所以磁铁对 斜面的压力减小,FN1>FN2.同时,由于导线A比较靠近N极,安 培力的方向与斜面的夹角小于90°,所以电流对磁铁的作用力有 沿斜面向下的分力,使得弹簧弹力增大,可知弹簧的伸长量增大, 所以正确选项为C.

近年届高考物理一轮复习第九章磁场第三节带电粒子在复合场中的运动课后达标新人教版(2021年整理)

近年届高考物理一轮复习第九章磁场第三节带电粒子在复合场中的运动课后达标新人教版(2021年整理)

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第三节带电粒子在复合场中的运动(建议用时:60分钟)一、单项选择题1。

如图所示,场强为E的匀强电场方向竖直向下,场强为B的水平匀强磁场垂直纸面向里,三个油滴a、b、c带有等量的同种电荷.已知a静止,b、c 在纸面内按图示方向做匀速圆周运动(轨迹未画出).忽略三个油滴间的静电力作用,比较三个油滴的质量及b、c的运动情况,以下说法中正确的是() A.三个油滴的质量相等,b、c都沿顺时针方向运动B.a的质量最大,c的质量最小,b、c都沿逆时针方向运动C.b的质量最大,a的质量最小,b、c都沿顺时针方向运动D.三个油滴的质量相等,b沿顺时针方向运动,c沿逆时针方向运动解析:选A.油滴a静止不动,其受到的合力为零,所以m a g=qE,电场力方向竖直向上,油滴带负电荷.又油滴b、c在场中做匀速圆周运动,则其重力和受到的电场力是一对平衡力,所以m b g=m c g=qE,油滴受到的洛伦兹力提供其做匀速圆周运动的向心力,由左手定则可判断,b、c都沿顺时针方向运动.故A正确.2.如图所示为一速度选择器,内有一磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场,一束粒子流以速度v水平射入,为使粒子流经过磁场时不偏转(不计重力),则磁场区域内必须同时存在一个匀强电场,关于此电场场强大小和方向的说法中,正确的是()A.大小为错误!,粒子带正电时,方向向上B.大小为Bv,粒子带负电时,方向向上C.大小为Bv,方向向下,与粒子带何种电荷无关D.大小为Bv,方向向上,与粒子带何种电荷无关解析:选 D.当粒子所受的洛伦兹力和电场力平衡时,粒子流匀速直线通过该区域,有qvB=qE,所以E=Bv.假设粒子带正电,则受向下的洛伦兹力,电场方向应该向上.粒子带负电时,则受向上的洛伦兹力,电场方向仍应向上.故正确答案为D。

2019届高考物理一轮复习 第九章 磁场 第三节 带电粒子在复合场中的运动

2019届高考物理一轮复习 第九章 磁场 第三节 带电粒子在复合场中的运动

由以上两式可得出需要研究的物理量,如粒子轨道半径、粒
子质量、比荷.
1 2mU
qr2B2
2U
r=_B_____q___,m=__2_U______,mq =__B_2_r_2 _____.
2.速度选择器(如图所示) (1)平行板中电场强度 E 和磁感应强度 B 互相垂直.这种装置能把具有一定 速度的粒子选择出来,所以叫做速度 选择器. (2) 带 电 粒 子 能 够 沿 直 线 匀 速 通 过 速 度 选 择 器 的 条 件 是 _q_E_=__q_v_B___,即 v=EB.
因此液体流量 Q=Sv=π4d2·BUd=_π_4d_BU_____.
【自我诊断】 判一判 (1)带电粒子在匀强磁场中只受洛伦兹力和重力时,不可能做 匀加速直线运动.( √ ) (2)带电粒子在复合场中不可能处于静止状态.( × ) (3)带电粒子在复合场中不可能做匀速圆周运动.( × ) (4)不同比荷的粒子在质谱仪磁场中做匀速圆周运动的半径 不同.( √ )
A.质子被加速后的最大速度不可能超过 2πfR B.质子被加速后的最大速度与加速电场的电压大小有关 C.高频电源只能使用矩形交变电流,不能使用正弦式交变 电流 D.不改变 B 和 f,该回旋加速器也能用于加速 α 粒子
提示:选 A.由 T=2πvR,T=1f,可得质子被加速后的最大速 度为 2πfR,其不可能超过 2πfR,质子被加速后的最大速度 与加速电场的电压大小无关,选项 A 正确、B 错误;高频电 源可以使用正弦式交变电流,选项 C 错误;要加速 α 粒子, 高频交流电周期必须变为 α 粒子在其中做圆周运动的周期, 即 T=2qπαmBα,故 D 错误.
5.电磁流量计
工作原理:如图所示,圆形导管直径为 d,

高考物理一轮复习 第九章 磁场 微专题70 带电粒子在叠加场中的运动备考精炼

高考物理一轮复习 第九章 磁场 微专题70 带电粒子在叠加场中的运动备考精炼

70 带电粒子在叠加场中的运动[方法点拨] (1)先确定各场的方向、强弱等,后正确分析带电体受力情况、运动情况,寻找临界点、衔接点;(2)若带电粒子在叠加场中做匀速直线运动,则重力、电场力与磁场力的合力为零;(3)若带电粒子在叠加场中做匀速圆周运动,则重力与电场力等大、反向.1.(多选)(2017·北京海淀区模拟)将一块长方体形状的半导体材料样品的表面垂直磁场方向置于磁场中,当此半导体材料中通有与磁场方向垂直的电流时,在半导体材料与电流和磁场方向垂直的两个侧面会出现一定的电压,这种现象称为霍尔效应,产生的电压称为霍尔电压,相应的将具有这样性质的半导体材料样品就称为霍尔元件.如图1所示,利用电磁铁产生磁场,毫安表检测输入霍尔元件的电流,毫伏表检测霍尔元件输出的霍尔电压.已知图中的霍尔元件是P型半导体,与金属导体不同,它内部形成电流的“载流子”是空穴(空穴可视为能自由移动带正电的粒子).图中的1、2、3、4是霍尔元件上的四个接线端.当开关S1、S2闭合后,电流表A和电表B、C都有明显示数,下列说法中正确的是( )图1A.电表B为毫伏表,电表C为毫安表B.接线端2的电势高于接线端4的电势C.若调整电路,使通过电磁铁和霍尔元件的电流与原电流方向相反,但大小不变,则毫伏表的示数将保持不变D.若适当减小R1、增大R2,则毫伏表示数一定增大2.(多选)如图2所示,空间存在水平向左的匀强电场E和垂直纸面向外的匀强磁场B,在竖直平面内从a点沿ab、ac方向抛出两带电小球,不考虑两带电小球间的相互作用,两小球电荷量始终不变.关于小球的运动,下列说法正确的是( )图2A.沿ab、ac方向抛出的带电小球都可能做直线运动B.若沿ab方向做直线运动,则小球带正电,且一定是匀速运动C.若沿ac方向做直线运动,则小球带负电,可能做匀加速运动D.两小球在运动过程中机械能均保持不变3.(多选)(2018·四川成都第七中学月考)太阳风含有大量高速运动的质子和电子,可用于发电.如图3所示,太阳风进入两平行极板之间的区域,速度为v,方向与极板平行,该区域中有磁感应强度大小为B的匀强磁场,方向垂直纸面,两极板间的距离为L,则( )图3A.在开关K未闭合的情况下,两极板间稳定的电势差为BLvB.闭合开关K后,若回路中有稳定的电流I,则极板间电场恒定C.闭合开关K后,若回路中有稳定的电流I,则电阻消耗的热功率为2BILvD.闭合开关K后,若回路中有稳定的电流I,则电路消耗的能量等于洛伦兹力所做的功4.(多选)(2017·河北衡水金卷)如图4所示,一对间距可变的平行金属板C、D水平放置,两板间有垂直于纸面向里的匀强磁场B.两板通过滑动变阻器与铅蓄电池相连,这种铅蓄电池能快速转换到“逆变”状态,即外界电压过低时能向外界提供一定的供电电压,当外界电压超过某一限定值时可转换为充电状态,闭合开关S后,有一束不计重力的带正电粒子从左侧以一定的速度v0射入两板间恰能做直线运动,现对入射粒子或对装置进行调整,则下列有关描述正确的是( )图4A.若仅将带正电的粒子换成带负电的粒子,也能直线通过B.若只增大两板间距到一定程度时可使铅蓄电池处于充电状态C.若将滑动变阻器触头P向a端滑动,可提高C板的电势D.若只减小入射粒子的速度,可使铅蓄电池处于充电状态5.(2018·湖北黄冈模拟)如图5所示,在平面直角坐标系xOy的第二象限内存在电场强度大小为E0、方向水平向右的匀强电场,x轴下方是竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场的复合场区域.一带电小球从x轴上的A点以一定初速度v0垂直x轴向上射出,小球恰好以速度v0从y轴上的C点垂直y轴进入第一象限,然后从x轴上的D点进入x轴下方的复合场区域,小球在复合场区域内做圆周运动,最后恰好击中原点O,已知重力加速度为g.求:图5(1)带电小球的比荷qm;(2)x 轴下方匀强电场的电场强度大小E 和匀强磁场的磁感应强度大小B ; (3)小球从A 点运动到O 点经历的时间t .6.(2017·广东佛山高三教学质检一)在水平面上,平放一半径为R 的光滑半圆管道,管道处在方向竖直、磁感应强度为B 的匀强磁场中,另有一个质量为m 、带电荷量为+q 的小球. (1)当小球从管口沿切线方向以某速度射入,运动过程中恰不受管道侧壁的作用力,求此速度v 0;(2)现把管道固定在竖直面内,且两管口等高,磁场仍保持和管道平面垂直,如图6所示,空间再加一个水平向右、场强E =mg q的匀强电场(未画出),若小球仍以v 0的初速度沿切线方向从左边管口射入,求小球:图6①运动到最低点的过程中动能的增量;②在管道运动全程中获得的最大速度.答案精析1.BC2.AB [若沿ab 方向抛出的小球带正电,沿ac 方向抛出的小球带负电,则都可能做直线运动,如图所示,A 项正确.根据上述分析可知,若小球沿ab 方向做直线运动,重力和电场力不变,由图中可以看出应保证重力和电场力的合力与洛伦兹力大小相等且方向相反;若速度改变,则洛伦兹力改变,小球所受的合外力大小不为零且方向与速度方向不共线,所以小球将不做直线运动,B 项正确.根据上述分析可知小球若沿ac 方向做直线运动,则小球带负电,重力和电场力不变,由图中可以看出应保证重力和电场力的合力与洛伦兹力大小相等且方向相反;若速度改变,则洛伦兹力改变,小球所受的合外力大小不为零且方向与速度方向不共线,所以小球将不做直线运动,C 项错误.两小球在运动过程中洛伦兹力不做功,只有重力和电场力做功.电场力做功,电势能改变,则机械能也改变,D 项错误.]3.AB [太阳风进入两极板之间的匀强磁场中,稳定后,带电粒子受到洛伦兹力和电场力作用,且qUL=qvB ,解得U =BLv ,选项A 正确;闭合开关后,若回路中有稳定的电流,则两极板之间的电压恒定,电场恒定,选项B 正确;回路中电流I =U R =BLvR,电阻消耗的热功率P =UI =BLIv ,选项C 错误;由于洛伦兹力永远不做功,所以选项D 错误.]4.AB [带正电的粒子恰好做直线运动,其电场力和洛伦兹力相平衡,由E dq =qv 0B 可知v 0=EBd,若换成带负电的粒子,电场力和洛伦兹力都反向,仍平衡,能直线通过,故选项A 正确;若增大两板间距,带正电粒子射入后受洛伦兹力偏转堆积在极板上,将提高两板间电压,若此电压超过蓄电池的逆变电压就会使之处于“逆变”状态而被充电,故选项B 正确;由于电容器C 、D 两板是彼此绝缘的,调节滑动触头P 不起任何作用,故选项C 错误;若减小入射粒子的速度,直线通过的粒子所受洛伦兹力减小,有部分粒子会落在下极板上,因此上极板上堆积的电荷会减小,对应的电势也会降低,达不到逆变电压,故选项D 错误.] 5.(1)g E 0(2)E 02E 0v 0 (3)⎝⎛⎭⎪⎫2+3π4v 0g解析 (1)小球运动轨迹如图所示,在第二象限内小球受重力和电场力作用做曲线运动,由运动的合成与分解知,竖直方向:v 0=gt 1,OC =12gt 12水平方向:v 0=at 1,OA =12at 12,a =qE 0m联立得q m =gE 0.(2)由(1)中知OC =OA =v 022g ,t 1=v 0g,设小球在D 点时速度为v ,小球从C 点到D 点做平抛运动,有OC =12gt 22,OD =v 0t 2,tan θ=gt 2v 0,v cos θ=v 0 联立得OD =v 02g ,t 2=v 0g,θ=45°,v =2v 0因小球在复合场中做圆周运动,所以电场力与重力平衡,洛伦兹力提供向心力,即mg =qE ,得E =E 0而Bqv =m v 2R ,得B =mvqR由轨迹图知2R sin θ=OD 联立得B =2E 0v 0(3)小球做圆周运动所用时间为t 3=270°360°×2πm Bq =3πv 04g所以小球从A 点运动到O 点经历的时间t =t 1+t 2+t 3=⎝⎛⎭⎪⎫2+3π4v 0g .6.(1)qBRm(2)①2mgR ②q 2B 2R 2m 2+(2+22)gR 解析 (1)小球在水平面上只受到洛伦兹力作用,故qv 0B =m v 20R解得v 0=qBR m(2)①小球在管道运动时,洛伦兹力始终不做功. 对小球运动到最低点的过程,由动能定理:mgR +qER =ΔE k .由题知,E =mgq,则ΔE k =2mgR②方法一:当小球到达管道中方位角为θ的位置(如图所示)时,应用动能定理,有mgR sin θ+qE (R +R cos θ)=12mv 2-12mv 02即v 2=q 2B 2R 2m2+2gR +2gR (sin θ+cos θ)对函数y =sin θ+cos θ求极值,可得θ=45°时,y max = 2 所以v m =q 2B 2R 2m 2+(2+22)gR 方法二:如图所示,根据场的叠加原理,小球所受的等效重力为:mg ′=(mg )2+(qE )2=2mgtan φ=mg qE=1,即φ=45°小球在等效重力场的“最低点”时,即当小球到达管道中方位角为θ=φ=45°时,速度最大 由动能定理:mgR sin θ+qE (R +R cos θ)=12mv m 2-12mv 02解得:v m =q 2B 2R 2m 2+(2+22)gR .。

高考物理一轮复习课件第九章专题带电粒子在叠加场中的运动

高考物理一轮复习课件第九章专题带电粒子在叠加场中的运动
高考物理一轮复习课 件第九章专题带电粒 子在叠加场中的运动
汇报人:XX 20XX-01-18
contents
目录
• 叠加场基本概念与性质 • 带电粒子在叠加场中运动规律 • 叠加场中带电粒子能量变化及转换关系 • 典型案例分析 • 实验探究:观察和研究带电粒子在叠加
场中运动 • 总结回顾与拓展延伸
叠加场中的受力情况。
带电粒子在叠加场中的运动规律
02
理解带电粒子在叠加场中的运动轨迹、速度、加速度等运动学
量的变化规律。
带电粒子在叠加场中的能量转化

掌握带电粒子在叠加场中的动能、势能等能量转化规律,理解
能量守恒定律在叠加场中的应用。
拓展延伸:其他类型叠加场简介
1 2
电磁感应与叠加场的结合
简要介绍电磁感应现象,探讨电磁感应与叠加场 的结合点,为后续学习打下基础。
实例
考虑一个带电粒子在一个水平向右的匀强电场和一个垂直向下的匀强磁场中运动 ,同时受到重力的作用。如果粒子的初速度方向与电场和磁场的方向都垂直,且 电场力和磁场力的合力与重力不平衡,则粒子将做匀变速曲线运动。
非匀变速曲线运动条件与实例
条件
当带电粒子在叠加场中受到的合外力大小和方向都不断变化时,它将做非匀变 速曲线运动。这通常发生在电场和磁场都不均匀或粒子受到多个力作用的情况 下。
实例
考虑一个带电粒子在一个不均匀的电场和一个不均匀的磁场中运动,同时受到 重力的作用。由于电场和磁场的不均匀性,粒子受到的合外力大小和方向都会 不断变化,导致粒子做非匀变速曲线运动。
03
叠加场中带电粒子能量变化及转换关系
动能定理在叠加场中应用
动能定理表达式
合外力对物体所做的功等于物体动能 的变化。在叠加场中,带电粒子受到 的电场力和洛伦兹力都可以做功,从 而改变粒子的动能。

高考物理磁场精讲精练带电粒子在叠加场中的运动

高考物理磁场精讲精练带电粒子在叠加场中的运动

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.2.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,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.例题1. (多选)如图所示,空间存在水平向左的匀强电场E和垂直纸面向外的匀强磁场B,在竖直平面内从a点沿ab、ac方向抛出两带电小球,不考虑两带电小球间的相互作用,两小球所带电荷量始终不变,关于小球的运动,下列说法正确的是( ) A.沿ab、ac方向抛出的带电小球都可能做直线运动B.若沿ab运动小球做直线运动,则该小球带正电,且一定是匀速运动C.若沿ac运动小球做直线运动,则该小球带负电,可能做匀加速运动D.两小球在运动过程中机械能均保持不变解析:选AB.沿ab抛出的带电小球受重力、电场力、洛伦兹力,根据左手定则,可知,只有带正电,受力才能平衡,而沿ac方向抛出的带电小球,由上分析可知,小球带负电时,受力才能平衡,因速度影响洛伦兹力大小,所以若做直线运动,则必然是匀速直线运动,故A、B正确,C错误;在运动过程中,因电场力做功,导致小球的机械能不守恒,故D错误.例题2.如图,空间区域Ⅰ、Ⅱ有匀强电场和匀强磁场,MN、PQ为理想边界,Ⅰ区域高度为d,Ⅱ区域的范围足够大.匀强电场方向竖直向上;Ⅰ、Ⅱ区域的磁感应强度大小均为B,方向分别垂直纸面向里和向外.一个质量为m、带电荷量为q的带电小球从磁场上方的O 点由静止开始下落,进入场区后,恰能做匀速圆周运动.已知重力加速度为g.(1)试判断小球的电性并求出电场强度E 的大小;(2)若带电小球能进入区域Ⅱ,则h 应满足什么条件?(3)若带电小球运动一定时间后恰能回到O 点,求它释放时距MN 的高度h .解析:(1)带电小球进入复合场后,恰能做匀速圆周运动,即所受合力为洛伦兹力,则重力与电场力大小相等,方向相反,重力竖直向下,电场力竖直向上,即小球带正电.则有qE =mg ,解得E =mg q. (2)假设下落高度为h 0时,带电小球在Ⅰ区域做圆周运动的圆弧与PQ 相切时,运动轨迹如图甲所示,由几何知识可知,小球的轨道半径R =d ,带电小球在进入磁场前做自由落体运动,由动能定理得mgh 0=12mv 2,带电小球在磁场中做匀速圆周运动,由牛顿第二定律得 qvB =m v 2R, 解得h 0=q 2B 2d 22m 2g, 则当h >h 0时,即h >q 2B 2d 22m 2g时带电小球能进入区域Ⅱ. (3)如图乙所示,因为带电小球在Ⅰ、Ⅱ两个区域运动过程中q 、v 、B 、m 的大小不变,故三段圆周运动的半径相同,以三个圆心为顶点的三角形为等边三角形,边长为2R ,内角为60°,由几何关系知R =d sin 60°, 联立解得h =2q 2B 2d 23m 2g. 答案:(1)正电 mg q (2)h >q 2B 2d 22m 2g (3)2q 2B 2d 23m 2g。

2019届高考物理一轮复习第九章磁场第4节带电粒子在叠

2019届高考物理一轮复习第九章磁场第4节带电粒子在叠
第4节
带电粒子在叠加场中的运动
1 课堂提能·考点全通 2 课后演练·逐级过关
课 堂 提能·考点 全通
易点速过,难点精研,时间用到增分点上
突破点(一) 带电粒子在叠加场中运动的实例分析 (师生共研原理图
规律 若 qv0B=Eq,即 v0=EB,粒 子做匀速直线运动 等离子体射入,受洛伦兹力偏 转,使两极板带正、负电,两 极电压为 U 时稳定,qUd = qv0B,U=v0Bd
由于 v′= rr0v,由 E=Bv 可得,区域Ⅱ的电场与原电场的电场强
度之比为 rr0,故 D 正确。答案:AD
突破点(二) 带电粒子在叠加场中的运动 (多维探究类)
1.三种场的比较
力的特点
功和能的特点
重力 大小:G=mg
重力做功与路径无关
场 方向:竖直向下
重力做功改变物体的重力势能
大小:F=qE
[答案] AD
[方法规律] 解决电磁场科技问题的一般过程:
[集训冲关]
1.医生做某些特殊手术时,利用电磁血流计来监测
通过动脉的血流速度。电磁血流计由一对电极 a
和 b 以及一对磁极 N 和 S 构成,磁极间的磁场是
均匀的。使用时,两电极 a、b 均与血管壁接触,
两触点的连线、磁场方向和血流速度方向两两垂直,如图所示。由
装置 电磁流量计
霍尔元件
原理图
规律 UDq=qvB,所以 v=DUB 所以 Q=vS=π4DBU 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 上出现电势差
[典例] [多选](2018·江苏苏锡常镇四市调研)自行车速度计利用
霍尔效应传感器获知自行车的运动速率。如图甲所示,自行车前轮上
安装一块磁铁,轮子每转一圈,这块磁铁就靠近传感器一次,传感器

(统考版)2023版高考物理一轮复习 第九章 磁场 专题七 带电粒子在复合场中的运动学生用书

(统考版)2023版高考物理一轮复习 第九章 磁场 专题七 带电粒子在复合场中的运动学生用书

专题七带电粒子在复合场中的运动考点一带电粒子在组合场中的运动1.组合场电场与磁场各位于一定的区域内,并不重叠;或在同一区域分时间段交替出现.2.“电偏转”或“磁偏转”的比较垂直进入磁场(磁偏转)垂直进入电场(电偏转) F=qv B,F大小不变,方向总指向圆例1.一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,磁感应强度的大小为B,方向垂直于xOy 平面;磁场的上、下两侧为电场区域,宽度均为l′,电场强度的大小均为E,方向均沿x 轴正方向;M、N为条状区域边界上的两点,它们的连线与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.(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;,求该粒子的比荷及其(3)若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x轴正方向的夹角为π6从M点运动到N点的时间.[教你解决问题](1)读题→画轨迹(2)模型建构→求速度[思维方法]解决带电粒子在组合场中运动问题的一般思维模板跟进训练1.[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.考点二带电粒子在叠加场中的运动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.例2.如图所示,平面直角坐标系的第二象限内存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场,一质量为m、带电荷量为+q的小球从A点以速度v0沿直线AO运动,AO与x 轴负方向成37°角,在y轴与MN之间的区域Ⅰ内加一电场强度最小的匀强电场后,可使小球继续做直线运动到MN上的C点,MN与PQ之间区域Ⅱ内存在宽度为d的竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场,小球在区域Ⅱ内做匀速圆周运动并恰好不能从右边界飞出,已知小球在C点的速度大小为2v0,重力加速度为g,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求:(1)第二象限内电场强度E1的大小和磁感应强度B1的大小;(2)区域Ⅰ内最小电场强度E2的大小和方向;(3)区域Ⅱ内电场强度E3的大小和磁感应强度B2的大小.[教你解决问题]——读题抓已知条件→模型建构跟进训练2.[2022·广西南宁统考]如图所示,空间中存在水平方向的匀强电场和匀强磁场,电场方向水平向左,磁场方向垂直纸面向里.一带电小球恰能以速度v0沿与水平方向成30°角斜向右下方做匀速直线运动,最后进入一轴线沿小球运动方向且固定摆放的一光滑绝缘管道(管道内径略大于小球直径),下列说法正确的是( )A.小球带负电=√3v0B.电场和磁场的大小关系为EBC.若小球刚进入管道时撤去磁场,小球仍做匀速直线运动D.若小球刚进入管道时撤去电场,小球的机械能不断增大3.如图所示,在竖直平面内的坐标系xOy中,第三象限存在垂直于纸面向外的匀强磁场和沿x轴负方向的匀强电场,第一象限y≥0.35 m的区域有竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场,两区域磁场的磁感应强度大小均为B=0.5 T,电场的场强大小均为E=2 N/C.一带电荷量为q的油滴从图中第三象限的P点获得一初速度v0,恰好能沿PO做匀速直线运动(PO与x轴负方向的夹角为θ=45°),并从原点O进入第一象限,经过一段时间后再次穿过x轴离开第一象限,重力加速度g取10 m/s2,求:(1)油滴在P点得到的初速度v0的大小;(2)油滴在第一象限运动的时间;(3)油滴再次穿过x轴时的横坐标x1.考点三复合场与现代科技素养提升原理图例3. [2021·河北卷,5]如图,距离为d的两平行金属板P、Q之间有一匀强磁场,磁感应强度大小为B1,一束速度大小为v的等离子体垂直于磁场喷入板间.相距为L的两光滑平行金属导轨固定在与导轨平面垂直的匀强磁场中,磁感应强度大小为B2,导轨平面与水平面夹角为θ,两导轨分别与P、Q相连.质量为m、电阻为R的金属棒ab垂直导轨放置,恰好静止.重力加速度为g,不计导轨电阻、板间电阻和等离子体中的粒子重力.下列说法正确的是( )A.导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上,v=mgR sinθB1B2LdB.导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下,v=mgR sinθB1B2LdC.导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上,v=mgR tanθB1B2LdD.导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下,v=mgR tanθB1B2Ld跟进训练4.(多选)如图甲是回旋加速器D形盒外观图,如图乙是回旋加速器工作原理图,微观粒子从S处由静止开始被加速,达到其可能的最大速度v m后将到达导向板处,由导出装置送往需要使用高速粒子的地方.下列说法正确的是( )A.D形盒半径是决定v m的一个重要因素B.粒子从回旋加速器的磁场中获得能量C.高频电源的电压是决定v m的重要因素D.高频电源的周期等于粒子在磁场中的运动周期5.[2022·郑州模拟](多选)某种质谱仪的工作原理示意图如图所示.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,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.若静电分析器通道中心线半径为R,通道内有均匀辐射电场,在中心线处的电场强度大小为E;由粒子源发出一质量为m、电荷量为q的正离子(初速度为零,重力不计),经加速电场加速后,垂直场强方向进入静电分析器,在静电分析器中,离子沿中心线做匀速圆周运动,而后由S点沿着既垂直于磁分析器的左边界,又垂直于磁场方向射入磁分析器中,最终打到胶片上的某点.下列说法正确的是( )ERA.P、Q间加速电压为12B.离子在磁场中运动的半径为√mERqC.若一质量为4m、电荷量为q的正离子加速后进入静电分析器,离子不能从S射出D.若一群离子经过上述过程打在胶片上同一点,则这些离子具有相同的比荷情境2 CT扫描机例4. CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称,CT扫描机可用于对多种病情的探测.图甲是某种CT机主要部分的剖面图,其中X射线产生部分的示意图如图乙所示.图乙中M、N之间有一电子束的加速电场,虚线框内有匀强偏转磁场;经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进,打到靶上,产生X射线(如图中带箭头的虚线所示),将电子束打到靶上的点记为P点.则( )A.M处的电势高于N处的电势B.增大M、N之间的加速电压可使P点左移C.偏转磁场的方向垂直于纸面向外D.增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P点左移[思维方法]解决实际问题的一般过程专题七带电粒子在复合场中的运动关键能力·分层突破例 1 解析:(1)粒子运动的轨迹如图甲所示.(粒子在电场中的轨迹为抛物线,在磁场中为圆弧,上下对称)(2)粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动.设粒子从M点射入时速度的大小为v0,在下侧电场中运动的时间为t,加速度的大小为a;粒子进入磁场的速度大小为v,方向与电场方向的夹角为θ(见图乙),速度沿电场方向的分量为v1.根据牛顿第二定律有qE=ma①式中q和m分别为粒子的电荷量和质量.由运动学公式有v1=at②l′=v0t③v1=v cos θ④粒子在磁场中做匀速圆周运动,设其运动轨道半径为R,由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得qvB =m v 2R ⑤ 由几何关系得l =2R cos θ ⑥ 联立①②③④⑤⑥式得v 0=2El ′Bl⑦(3)由运动学公式和题中所给数据得v 1=v 0tanπ6⑧联立①②③⑦⑧式得q m=4√3El ′B 2l 2⑨设粒子由M 点运动到N 点所用的时间为t ′,则t ′=2t +2(π2−π6)2πT ⑩式中T 是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T =2πm qB⑪由③⑦⑨⑩⑪式得t ′=BlE (1+√3πl 18l ′) ⑫答案:(1)图见解析 (2)2El ′Bl(3)4√3El ′B 2l 2Bl E(1+√3πl 18l ′)1.解析:(1)设电子经圆b 的加速电场加速两次后以速度v 1进入Ⅰ区磁场,Ⅰ区的磁感应强度大小为B 1,则由动能定理得2eU =12mv 12-0,由几何知识得,电子在Ⅰ区做匀速圆周运动的半径r 1=R tan θ2=R tan 22.5°=0.4R ,由洛伦兹力提供向心力可得ev 1B 1=m v 12 r1, 联立解得B 1=5√meUeR , 运动时间t 1=360°−135°360°T ,又T =2πmeB 1,联立解得t 1=πR √meU 4eU,电子由P →Q ,由动能定理得8eU =E k ,所以动能E k =8eU .(2)k 最大时,电子进入Ⅰ区时速度v 最大,做匀速圆周运动的半径r 最大,所以当电子轨迹与Ⅰ区磁场的圆弧相切时,半径r 最大,由几何关系知(√3R -r )2=R 2+r 2,解得r =√33R ,根据洛伦兹力提供向心力有evB 1=m v 2r , 解得v =5√3meU3m,电子从P 点进入圆b 到刚进入Ⅰ区,由动能定理得 2eU =12mv 2-E k0,又E k0=keU ,解得k =136. 答案:(1)5√meU eR πR √meU4eU8eU (2)136例2 解析:(1)带电小球在第二象限内受重力、电场力和洛伦兹力作用做直线运动,三力满足如图所示关系且小球只能做匀速直线运动.由图知tan 37°=qE 1mg,得E 1=3mg 4q,cos 37°=mgqv 0B 1,得B 1=5mg4qv 0.(2)区域Ⅰ中小球做直线运动,电场强度最小,受力如图所示(电场力方向与速度方向垂直),小球做匀加速直线运动.由图知cos 37°=qE 2mg ,得E 2=4mg 5q.方向与x 轴正方向成53°角向上.(3)小球在区域Ⅱ内做匀速圆周运动,所以mg =qE 3,得E 3=mgq ,因小球恰好不从右边界穿出,小球运动轨迹如图所示.由几何关系得r =5d8,由洛伦兹力提供向心力知q ·2v 0B 2=m (2v 0)2r,联立得B 2=16mv 05qd.答案:(1)3mg 4q5mg 4qv 0(2)4mg 5q ,方向与x 轴正方向成53°角向上 (3)mgq16mv 05qd2.解析:带电小球受到竖直向下的重力,垂直速度方向的洛伦兹力,沿水平方向的电场力,根据质点做匀速直线运动的条件可知,小球带正电,选项A 错误;由sin 30°=qE qv 0B可得,电场和磁场的大小关系为EB=v02,选项B 错误;若小球刚进入管道时撤去磁场,重力沿速度方向的分力与电场力沿速度方向的分力大小相等,方向相反,所以小球仍做匀速直线运动,选项C 正确;若小球刚进入管道时撤去电场,只有重力做功,小球的机械能守恒,选项D 错误.答案:C3.解析:(1)如图所示,根据平衡条件可得mg =qE ,qv 0B =√2qE解得v 0=√2EB=4√2 m/s.(2)进入第一象限后,在0≤y ≤0.35 m 区域内,油滴做斜抛运动,根据运动的合成与分解,油滴在水平方向上做匀速直线运动,在竖直方向上做竖直上抛运动,刚到O 点时,有v 0x =v 0cos 45°,v 0y =v 0sin 45°竖直方向上,油滴做竖直上抛运动,有v −y 2v 0y 2=-2g ℎvy =v0y -gt1进入y>ℎ区域后,电场力和重力大小相等,方向相反,油滴在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动,则进入到y>ℎ区域时,有v1=√v 0x 2+v y2 根据速度的合成与分解可得tan α=vy v 0x运动时间t 2=2α360°T其中周期T =2πm qB总时间t =2t 1+t 2联立解得t =15 s +37π225 s =0.72 s.(3)进入第一象限后,在0≤y ≤h 区域内,油滴在水平方向上做匀速直线运动,有L 1=v 0x t 1进入y >h 区域后,电场力和重力大小相等,方向相反,油滴在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动,有qv 1B =mv 12 R由几何关系得L 2=R sin α由对称性得x 1=2L 1+2L 2, 解得x 1=3.2 m.答案:(1)4√2 m/s (2)0.72 s (3)3.2 m例3 解析:由左手定则可知Q 板带正电,P 板带负电,所以金属棒ab 中的电流方向为从a 到b ,对金属棒受力分析可知,金属棒受到的安培力方向沿导轨平面向上,由左手定则可知导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下,由受力平衡可知B 2IL =mg sin θ,而I =UR ,而对等离子体受力分析有q U d=qvB 1,解得v =mgR sin θB 1B 2Ld.故B 正确,A 、C 、D 错误.答案:B4.解析:回旋加速器中的加速粒子最后从磁场中做匀速圆周运动离开,根据半径公式R =mv m qB,可得v m =qBR m,则粒子的最大速度与加速的电压无关,而与D 形盒的半径、磁感应强度以及粒子的电荷量和质量有关,D 形盒半径越大,v m 越大;磁场越强,v m 越大,A 正确,C 错误.回旋加速器是利用电场加速、磁场偏转来加速粒子的,B 错误;粒子在磁场中转动两个半圆的过程,电场的方向变换两次,则T 电=2×T 磁2=T 磁=2πm qB,D 正确.答案:AD5.解析:直线加速过程,根据动能定理得qU =12mv 2,电场中偏转过程,根据牛顿第二定律得qE =m v 2R,在磁场中偏转过程,根据牛顿第二定律得qvB =m v 2r,解得U =12ER ,r =m qB√qER m=1B √mER q,故选项A 正确,B 错误;只要满足R =2UE ,所有粒子都可以在弧形电场区通过,故选项C 错误;由r =1B √mER q可知,打到胶片上同一点的粒子的比荷一定相等,故选项D 正确.答案:AD例4 解析:本题结合CT 扫描机考查带电粒子的加速、偏转问题.电子束在M 、N 之间需要加速,故N 处的电势高于M 处的电势,A 错误;若增大M 、N 之间的加速电压,会使得电子获得的速度变大,电子在磁场中偏转,洛伦兹力提供向心力,有Bvq =m v 2R ,可得电子的偏转轨迹半径R =mvqB ,则电子在磁场中运动轨迹的半径变大,电子出磁场时偏转角减小,P 点向右移,B 错误;电子进入磁场中向下偏转,由左手定则可知,偏转磁场的方向垂直于纸面向里,故C 错误;根据R =mvqB 可知,偏转磁场的磁感应强度越大,电子的运动轨迹半径越小,在偏转磁场中偏转越明显,P 点向左移,故D 正确.答案:D。

新高考物理 磁场9-4 “带电粒子在叠加场中运动”的分类强化

新高考物理 磁场9-4 “带电粒子在叠加场中运动”的分类强化

3.“三步法”突破叠加场问题
[考法全析]
考法(一) 重力场与磁场的叠加
[例1] (多选)如图所示,半圆形光滑绝缘轨道固定在竖直平面
内,O点为其圆心,P点为轨道最低点,两个端点M、N与O等高,匀
强磁场方向与轨道平面垂直。现将一个带负电的小球自M点由静止释放,它将沿轨
道做往复运动,下列说法中正确的是
故其电势能增大,故 B 错误;根据动能定理,可知小球 A 对小球 B 做的功为 W=12mBvB2=2 J,故 C 正确;由于碰撞前 A、B 系统机械能为 Ek1=12mAv02= 10 J,碰后系统机械能为 Ek2=12mAvA2+12mBvB2=8.4 J,则 Ek1>Ek2,机械能不 守恒,故小球 A、B 之间的碰撞为非弹性碰撞,故 D 错误。
如图甲所示。FN-mg-FL=mvr2,FN=mvr2+mg+FL,当小球 从 N 到 P 的过程中到达 P 时洛伦兹力竖直向上,受力分析如 图乙所示。FN+FL-mg=mvr2,FN=mvr2+mg-FL,根据牛顿 第三定律,在整个过程中洛伦兹力大小相等。所以从 M 到 P 的过程中到达 P 时 对轨道的压力大于小球从 N 到 P 的过程中到达 P 时对轨道的压力,D 错误。
()
A.小球由M到N与由N到M所经历的时间相等
B.小球由M到P与由N到P过程中重力对小球做的功相等,但洛伦兹力做的功 不相等
C.小球由M到P与由N到P过程中所受合外力的冲量大小相等
D.小球经过轨道最低点时对轨道的压力大小是相等的
[解析] 小球所受的洛伦兹力与速度方向垂直不做功,轨道光 滑没有摩擦力,只受重力作用,小球机械能守恒,故小球由M到N 与由N到M所经历的时间相等,A正确;小球由M到P与由N到P过程 中重力对小球做的功相等,小球所受的洛伦兹力不做功,B错误;根据动量定理公 式Ft=mΔv,小球机械能守恒,故小球从M到P与由N到P过程中速度变化量大小相 等,所以在此过程中所受合外力的冲量大小相等, C正确;根据左手定则,小球从 M到P的过程中到达P时所受洛伦兹力方向竖直向下,根据合力提供向心力对小球受 力分析,

2019版高考物理一轮复习备考精炼微专题辑:第九章+磁场+微专题69+含解析.doc

2019版高考物理一轮复习备考精炼微专题辑:第九章+磁场+微专题69+含解析.doc

[方法点拨](1)带电粒子进入圆形边界磁场,一般需要连接磁场圆圆心与两圆交点(入射点 与出射点)连线,轨迹圆圆心与两交点连线;(2)轨迹圆半径与磁场圆半径相等时会有磁聚焦 现象;(3)沿磁场圆半径方向入射的粒子,将沿半径方向出射.1. 如图1所示圆形区域内,有垂直于纸面方向的匀强磁场.一束质量和电荷量都相同的带 电粒子,以不同的速率,沿着相同的方向,对准圆心0射入匀强磁场,又都从该磁场中射 出.这些粒子在磁场中的运动时I'可有的较长,有的较短.若带电粒子在磁场中只受磁场力的A. 速率越大的运动时间越长B. 运动时间越长的周期越大C. 速率越小的速度方向变化的角度越小D. 运动时间越长的半径越小2. (2018-四川德阳三校联合测试)如图2所示,半径为的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横 截面(纸面),磁感应强度大小为B 、方向垂直于纸面向外,一电荷量为g 、质量为加的负离 子沿平行于直径ab 的方向射入磁场区域,射入点与ab 的距离为學已知离子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°,则离子的速率为(不计重力)(第九章磁场 微专题69带电粒子在圆形边畀磁场中的运动作用,则在磁场中运动的带电粒子(D.2qBR 图23. 如图3所示,空间有一圆柱形匀强磁场区域,O 点为圆心,磁场方向垂直于纸面向外.一 带正电的粒子从/点沿图示箭头方向以速率。

射入磁场,0=30。

,粒子在纸面内运动,经过时间t 离开磁场时速度方向与半径OA 垂直.不计粒子重力.若粒子速率变为号,其他条件tr 小 3/ r r A -2 B. t C.y D. 2t 4. (多选)(2017-湖南怀化二模)如图4所示,竖直平而内一半径为R 的圆形区域内有磁感应 强度为B 的匀强磁场,方向垂直纸而向外.一束质量为加、电荷量为q 的带正电粒子沿平 行于直径的方向进入匀强磁场,粒子的速度大小不同,重力不计,入射点P 到直径MN 的距离为贝9()A. 若某粒子经过磁场射出时的速度方向恰好与其入射方向相反,则该粒子的入射速度是啤C. 若h=等,粒子从P 点经磁场到M 点的时间是嬲D. 当粒子轨道半径厂=7?时,粒子从圆形磁场区域最低点射出5. (多选)(2018•福建蒲田八中暑假考)如图5所示,匀强磁场分布在半径为R 的+圆形区域 MON 内,°为半径期上的_点且。

高考物理大一轮复习 第9单元 磁场 专题九 带电粒子在叠加场中的运动课件

高考物理大一轮复习 第9单元 磁场 专题九 带电粒子在叠加场中的运动课件

时,两板间的电压稳定,即 q =Bqv,解得 U=Bdv,两极

板间的电压等于电源的电动势,即发电机的电动势
为 Bdv,故 B 正确,C 错误;根据左手定则,管道内海水
电流方向向上,所受安培力方向向左,故 D 正确.
第五页,共四十五页。
热点题型探究
考向二 电磁
(diàncí)
流量计
例 2 为监测某化工厂的污水排放量,技术人员在该厂的排污管末端安装了如图 Z9-2
(3)求油滴在第一象限运动的时间.
mg∶qE∶F=1∶1∶ 2.
(2)由第(1)问得
qvB= 2qE
解得 v=
2

第十五页,共四十五页。
= 4 2 m/s.
(2)4 2 m/s
(3)0.828 s
热点题型探究
(1)求油滴在第三象限运动时受到的
重力、电场力、洛伦兹力三力的大
小之比,并指出油滴带何种电荷;
2
3 1
2
(3)微粒在区域Ⅰ内做匀加速直线运动,t1=
2 1

在区域Ⅱ内做匀速圆周运动的圆心角为 60°,则

t2=
6
=
π 2
3
2
3 1
解得 t=t1+t2=
2 1

+
π 2
3
2
3 1
第十九页,共四十五页。

T=

热点题型探究
■ 规律
(guīlǜ)
关于
(guānyú)

大于电场力,使粒子偏转,只有当粒子带负电
时,粒子才向下偏转,故 D 错误.
第八页,共四十五页。
热点题型探究
考向四 霍尔元件

【物理】2019届一轮复习人教版带电粒子在叠加场中的运动学案

【物理】2019届一轮复习人教版带电粒子在叠加场中的运动学案

知识回顾叠加场是指电场、磁场和重力场并存,或其中某两场并存,.带电粒子在叠加场中的运动形式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,将处于静止状态或做匀速直线运动.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.(在电场中经常是类平抛,在磁场中为匀速圆周)叠加场中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.而对于一些实际物体,如带电小球、液滴、金属块等,一般应考虑其重力.(2)在题目中明确说明的按说明要求是否考虑重力.(3)不能直接判断是否考虑重力的,在进行受力分析与运动分析时,要由分析结果确定是否考虑重力.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.带电粒子在叠加场中有约束情况下的运动带电体在叠加场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道等约束的情况下,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,运用动能定理、能量守恒定律结合牛顿运动定律求出结果.基本思路:当带电粒子沿不同方向进入电场或磁场时,粒子做各种各样的运动,形成了异彩纷呈的轨迹图形.对带电粒子而言“受力决定运动,运动描绘轨迹,轨迹涵盖方程”.究竟如何构建轨迹模型,至关重要.首先应根据电场力和洛伦兹力的性质找出带电粒子所受到的合力,再由物体做曲线运动的条件确定曲线形式. 带电粒子在叠加场中运动的处理方法 (1)明种类:明确复合场的种类及特征.(2)析特点:正确分析带电粒子的受力特点及运动特点. (3)画轨迹:画出运动过程示意图,明确圆心、半径及边角关系. (4)用规律:灵活选择不同的运动规律.①两场共存时,电场与磁场中满足qE =qvB 或重力场与磁场中满足mg =qvB 或重力场与电场中满足mg =qE ,都表现为匀速直线运动或静止,根据受力平衡列方程求解.②三场共存时,合力为零,受力平衡,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. ③三场共存时,粒子在复合场中做匀速圆周运动.mg 与qE 相平衡,根据mg =qE ,由此可计算粒子比荷,判定粒子电性.粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动,应用受力平衡和牛顿运动定律结合圆周运动规律求解,有qvB =mrω2=mv 2r =mr 4π2T2=ma . 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 【例1】 (2017年贵州省贵阳市高三适应性监测考试)如图甲所示,水平放置的平行金属板M 、N 之间存在竖直向上的匀强电场和垂直于纸面的交变磁场,如图乙所示,垂直纸面向里为正),磁感应强度B 0=50 T ,已知两板间距离d =0.3 m ,电场强度E =50 V/m ,M 板中心有一小孔P ,在P 正上方h =5 cm 处的O 点,一带电油滴自由下落,穿过小孔后进入两板间,若油滴在t =0时刻进入两板间,最后恰好从N 板边缘水平飞出.已知油滴的质量m =10-4 kg ,电荷量q =+2×10-5 C(不计空气阻力,重力加速度g 取10 m/s 2,取π=3).求:(1)油滴在P 点的速度大小; (2)N 板的长度;(3)交变磁场的变化周期.【答案】v =1 m/s ;L =0.6 m ;T =0.3 s(3)油滴在磁场中运动的周期T 0=2πR v (或T 0=2πmBq )交变磁场的周期T =12T 0.联立解得T =0.3 s.学【例2】如图所示,绝缘粗糙的竖直平面MN 左侧同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场,电场方向水平向右,电场强度大小为E ,磁场方向垂直纸面向外,磁感应强度大小为B .一质量为m 、电荷量为q 的带正电的小滑块从A 点由静止开始沿MN 下滑,到达C 点时离开MN 做曲线运动.A 、C 两点间距离为h ,重力加速度为g .(1)求小滑块运动到C 点时的速度大小v C ;(2)求小滑块从A 点运动到C 点过程中克服摩擦力做的功W f ;(3)若D 点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中速度最大的位置,当小滑块运动到D 点时撤去磁场,此后小滑块继续运动到水平地面上的P 点.已知小滑块在D 点时的速度大小为v D ,从D 点运动到P 点的时间为t ,求小滑块运动到P 点时速度的大小vP . 【答案】v C =E B .;W f =mgh -12m E 2B2.;v P =v 2D +[qEm2+g 2]t 2(3)如图,当小滑块运动到D 点时速度最大,速度方向一定与电场力、重力的合力方向垂直.撤去磁场后小滑块将做类平抛运动,等效加速度为g ′g ′=qE m2+g 2且v 2P =v 2D +(g ′t )2解得v P=v2D+[qEm2+g2]t2.专题练习1.(多选)如图,绝缘的中空轨道竖直固定,圆弧段COD光滑,对应圆心角为120°,C、D两端等高,O为最低点,圆弧的圆心为O′,半径为R;直线段AC、HD粗糙且足够长,与圆弧段分别在C、D端相切.整个装置处于方向垂直于轨道所在平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中,在竖直虚线MC左侧和虚线ND右侧存在着电场强度大小相等、方向分别为水平向右和水平向左的匀强电场.现有一质量为m、电荷量恒为q、直径略小于轨道内径、可视为质点的带正电小球,从轨道内距C点足够远的P点由静止释放.若小球所受电场力的大小等于其重力的33倍,小球与直线段AC、HD间的动摩擦因数均为μ,重力加速度为g,则()A.小球在第一次沿轨道AC下滑的过程中,最大加速度a max=23 3gB.小球在第一次沿轨道AC下滑的过程中,最大速度v max=3mg 3μqBC.小球进入DH轨道后,上升的最高点与P点等高D.小球经过O点时,对轨道的弹力可能为2mg-qB gR 【答案】:AD【解析】:小球沿AC下滑过程中的受力如图所示;利用牛顿第二定律有,33mg cos60°+mg sin60°-f=ma,qvB+33mg sin60°-mg cos60°-F N=0.f=μ·F N,2.地面附近空间中存在着水平方向的匀强电场和匀强磁场,已知磁场方向垂直纸面向里,一个带电油滴沿着一条与竖直方向成α角的直线MN运动,如图所示,由此可以判断()A.油滴一定做匀速运动B.油滴可能做变速运动C.如果油滴带正电,它是从N点运动到M点D.如果油滴带负电,它是从M点运动到N点【答案】:A【解析】:这里是重力场、匀强电场和匀强磁场三场共存的复合场;油滴做直线运动过程中受到的洛伦兹力方向与速度方向垂直.若做变速直线运动,洛伦兹力大小改变,则与速度v垂直方向合力不可能为零,则油滴将做曲线运动,因此油滴一定做直线运动,所以A正确.因重力竖直向下,电场力水平,所以洛伦兹力方向与速度垂直向上,则电荷带正电时,速度方向从M点运动到N点,带负电时从N点运动到M点.3.(多选)如图所示为一个质量为m,带电荷量为+q的圆环,可在水平放置的粗糙细杆上自由滑动,细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中,圆环以初速度v0向右运动直至处于平衡状态,则圆环克服摩擦力做的功可能为()A .0 B.12mv 20C.m 3g 22q 2B2 D.12m ⎝⎛⎭⎫v 20-m 2g 2q 2B 2【答案】:ABD4. (多选)(2017年湖南十三校联考)如图所示,直角坐标系xOy 位于竖直平面内,y 轴竖直向上.第Ⅲ、Ⅳ象限内有垂直于坐标平面向外的匀强磁场,第Ⅳ象限同时存在方向平行于y 轴的匀强电场(图中未画出).一带电小球从x 轴上的A 点由静止释放.恰好从P 点垂直于y 轴进入第Ⅳ象限,然后做圆周运动,从Q 点垂直于x 轴进入第Ⅰ象限,Q 点距O 点的距离为d ,重力加速度为g .根据以上信息,可以求出的物理量有( )A .磁感应强度大小B .小球在第Ⅳ象限运动的时间C .电场强度的大小和方向D .圆周运动的速度大小 【答案】:BD【解析】:由A 到P 点过程有mgd =12mv 2,则小球做圆周运动的速度大小v =2gd ,选项D 正确;小球在第Ⅳ象限运动的时间t =14T =πd 2v =πd22gd ,选项B 正确;在第Ⅳ象限,小球做圆周运动,则有mg =qE ,由于m 、q 未知,不能求电场强度的大小,由d =mvqB知,不能求磁感应强度大小,选项A 、C 错误.学5. (多选)如图所示,一对间距可变的平行金属板C 、D 水平放置,两板间有垂直于纸面向里的匀强磁场B .两板通过滑动变阻器与铅蓄电池相连,这种铅蓄电池能快速转换到“逆变”状态,即外界电压过低时能向外界提供一定的供电电压,当外界电压超过某一限定值时可转换为充电状态,闭合开关S 后,有一束不计重力的带正电粒子从左侧以一定的速度v 0沿中心线射入两板间恰能做直线运动,则下列有关描述正确的是( )A .若仅将带正电的粒子换成带负电的粒子,则粒子也能做直线运动B .若只增大两板间距到一定程度,则可给铅蓄电池充电C .若将滑动变阻器触头P 向a 端滑动,则可提高C 板的电势D .若只减小入射粒子的速度,则可给铅蓄电池充电 【答案】:AB6.(多选)如图所示的空间中存在着正交的匀强电场和匀强磁场,从A 点沿AB 、AC 方向分别抛出两带电小球,关于小球的运动情况,下列说法中正确的是( )A.沿AB、AC抛出的小球都可能做直线运动B.只有沿AB方向抛出的小球才可能做直线运动C.做直线运动的小球带正电,而且一定是做匀速直线运动D.做直线运动的小球机械能守恒【答案】BC7.如图所示,在磁感应强度为B的水平匀强磁场中,有一足够长的绝缘细棒OO′在竖直平面内垂直于磁场方向放置,细棒与水平面夹角为α.一质量为m、带电荷量为+q的圆环A套在OO′棒上,圆环与棒间的动摩擦因数为μ,且μ<tanα,现让圆环A由静止开始下滑,试问圆环在下滑过程中:(1)圆环A的最大加速度为多大?获得最大加速度时的速度为多大?(2)圆环A能够达到的最大速度为多大?【答案】(1)(2)【解析】(1)由于,所以环将由静止开始沿棒下滑.环A沿棒运动的速度为时,受到重力、洛伦兹力、杆的弹力和摩擦力.根据牛顿第二定律,对圆环A受力分析有沿棒的方向:垂直棒的方向:所以当 (即)时a有最大值,且此时解得:.8.如图,区域I内有与水平方向成45°角的匀强电场E1,区域宽度为d1,区域Ⅱ内有正交的有界匀强磁场B 和匀强电场E2,区域宽度为d2,磁场方向垂直纸面向里,电场方向竖直向下.一质量为m、电量大小为q 的微粒在区域I左边界的P点,由静止释放后水平向右做直线运动,进入区域Ⅱ后做匀速圆周运动,从区域Ⅱ右边界上的Q点穿出,其速度方向改变了30°,重力加速度为g,求:(1)区域I和区域Ⅱ内匀强电场的电场强度E1、E2的大小.(2)区域Ⅱ内匀强磁场的磁感应强度B的大小.(3)微粒从P运动到Q的时间有多长.【答案】(1)(2)(3)【解析】(1)微粒在区域I内水平向右做直线运动,则在竖直方向上有:求得:E1=微粒在区域II内做匀速圆周运动,则重力和电场力平衡,有:求得:E2=(2)粒子进入磁场区域时满足:根据几何关系,分析可知:R==2d2整理得:B=9.半径为R的光滑绝缘圆环固定在竖直平面内,并且处于水平向右的匀强电场E和垂直于纸面向外的匀强磁场B中.环上套有一个质量为m的带电小球,让小球从与环心等高的P点由静止释放,恰好能滑到圆环的最高点A.求:(1)小球的带电性质和带电量.(2)小球运动过程中对环的最大压力.【答案】(1)正电(2)(2+3)mg+mg【解析】(1)小球在沿圆环运动的过程中,只有重力和电场力做功,在小球从P点到达A点的过程中,重力做负功,电场力必做正功,故小球带正电因小球恰好到达A点,故小球在A点的速度为零,有:解得:=.10.如图所示,A、B为水平放置的间距d=0.2 m的两块足够大的平行金属板,两板间有场强为E=0.1 V/m、方向由B指向A的匀强电场.一喷枪从A、B板的中央点P向各个方向均匀地喷出初速度大小均为=10 m/s 的带电微粒.已知微粒的质量均为m=1.0×10﹣5 kg、电荷量均为q=﹣1.0×10﹣3 C,不计微粒间的相互作用及空气阻力的影响,取g=10 m/s2.求:(1)求从P点水平喷出的微粒打在极板时的水平位移x.(2)要使所有微粒从P点喷出后均做直线运动,应将板间的电场调节为E′,求E′的大小和方向;在此情况下,从喷枪刚开始喷出微粒计时,求经t0=0.02 s时两板上有微粒击中区域的面积和.(3)在满足第(2)问中的所有微粒从P点喷出后均做直线运动情况下,在两板间加垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度B=1 T.求B板被微粒打中的区域长度【答案】.(1)从P点水平喷出的微粒打在极板时的水平位移x.(2)0.1 V/m,方向竖直向下0.02 s(3)【解析】(1)微粒在匀强电场做类平抛运动,微粒的加速度:根据运动学:得运动的半径为:解得:(3)微粒做匀速圆周运动,洛伦兹力充当向心力:m=1.0×10﹣5 kg竖直向下射出的微粒打在B板的左端恰好与B板相切,如图甲所示:d1=0.1 m当粒子源和B板右边击中点距离为直径时距离最远:如图乙所示:故r板被微粒打中的区域的长度都为.学11.(2017年河南六市联考)如图甲所示,两平行金属板间接有如图乙所示的随时间t变化的电压U,两板间电场可看作是均匀的,且两极板外无电场,极板长L=0.2 m,板间距离d=0.2 m,在金属板右侧有一边界为MN的区域足够大的匀强磁场,MN与两板中线OO′垂直,磁感应强度B=5×10-3T,方向垂直纸面向里.现有带正电的粒子流沿两板中线OO′连续射入电场中,已知每个粒子的速度v0=105 m/s,比荷qm=108 C/kg,重力忽略不计,在每个粒子通过电场区域的极短时间内,电场可视作是恒定不变的.(1)试求带电粒子射出电场时的最大速度;(2)从电场射出的带电粒子,进入磁场运动一段时间后又射出磁场.求粒子在磁场中运动的最长时间和最短时间.【答案】v1=2×105 m/s;t min=π×10-6s(2)如图甲、乙粒子飞出电场进入磁场,在磁场中按逆时针方向做匀速圆周运动.粒子飞出电场时的速度方向与OO ′的最大夹角为αcos α=v 0v 1=22求出a =π4当粒子从下极板边缘飞出电场再进入磁场时,在磁场中运动时间最长,设为t max ,则t max =2π-2α2πT T =2πm qB求出t max =3π×10-6s当粒子从上极板边缘飞出电场再进入磁场时,在磁场中运动时间最短,设为t min .粒子飞出电场时的速度方向与OO ′的最大夹角也为α,则t min =2α2πT 所以t min =π×10-6s。

2019年度高考物理一轮复习 第九章 磁场 专题强化十一 带电粒子在叠加场和组合场中的运动学案

2019年度高考物理一轮复习 第九章 磁场 专题强化十一 带电粒子在叠加场和组合场中的运动学案

专题强化十一带电粒子在叠加场和组合场中的运动专题解读 1.本专题是磁场、力学、电场等知识的综合应用,高考往往以计算压轴题的形式出现.2.学习本专题,可以培养同学们的审题能力、推理能力和规范表达能力.针对性的专题训练,可以提高同学们解决难题压轴题的信心.3.用到的知识有:动力学观点(牛顿运动定律)、运动学观点、能量观点(动能定理、能量守恒)、电场的观点(类平抛运动的规律)、磁场的观点(带电粒子在磁场中运动的规律).命题点一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(1)洛伦兹力、重力并存①若重力和洛伦兹力平衡,则带电粒子做匀速直线运动.②若重力和洛伦兹力不平衡,则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若电场力和洛伦兹力平衡,则带电粒子做匀速直线运动.②若电场力和洛伦兹力不平衡,则带电粒子将做复杂的曲线运动,因洛伦兹力不做功,可用动能定理求解问题.(3)电场力、洛伦兹力、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,可用能量守恒定律或动能定理求解问题.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、轨道等约束的情况下,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,运用动能定理、能量守恒定律结合牛顿运动定律求解.例1 (2017·全国卷Ⅰ·16)如图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1A.m a >m b >m cB.m b >m a >m cC.m c >m a >m bD.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 =qE①b 在纸面内向右做匀速直线运动,三力平衡,则 m b g =qE +qvB②c 在纸面内向左做匀速直线运动,三力平衡,则 m c g +qvB =qE③比较①②③式得:m b >m a >m c ,选项B 正确.例2 (多选)(2017·河南六市一模)如图2所示,半径为R 的光滑半圆弧绝缘轨道固定在竖直面内,磁感应强度为B 的匀强磁场方向垂直于轨道平面向里.一可视为质点、质量为m 、电荷量为q (q >0)的小球由轨道左端A 点无初速度滑下,当小球滑至轨道最低点C 时,给小球再施加一始终水平向右的外力F ,使小球能保持不变的速率滑过轨道右侧的D 点.若轨道的两端等高,小球始终与轨道接触,重力加速度为g ,则下列判断正确的是( )图2A.小球在C 点对轨道的压力大小为qB 2gRB.小球在C 点对轨道的压力大小为3mg -qB 2gRC.小球从C 到D 的过程中,外力F 的大小保持不变D.小球从C 到D 的过程中,外力F 的功率逐渐增大 答案 BD解析 小球从A 到C ,只有重力做功,由机械能守恒有mgR =12mv 2,得小球到达C 点时的速度v =2gR ,在C点由牛顿第二定律有F N +qvB -mg =m v 2R,解得F N =3mg -qB 2gR ,再由牛顿第三定律可知小球在C 点对轨道的压力大小为3mg -qB 2gR ,故A 错误,B 正确;从C 到D ,小球速率不变,由于轨道对小球的支持力和洛伦兹力不做功,则重力做负功的功率和外力F 做正功的功率始终大小相等,设速度方向与竖直方向夹角为θ,则有mgv cos θ=Fv sin θ,得F =mgtan θ,因θ逐渐减小,则外力F 逐渐增大,外力F 的功率逐渐增大,故C错误,D 正确.变式1 (2017·河北冀州2月模拟)我国位于北半球,某地区存在匀强电场E 和可看做匀强磁场的地磁场B ,电场与地磁场的方向相同,地磁场的竖直分量和水平分量分别竖直向下和水平向北,一带电小球以速度v 在此区域内沿垂直场强方向在水平面内做直线运动,忽略空气阻力,此地区的重力加速度为g ,则下列说法正确的是( )A.小球运动方向为自南向北B.小球可能带正电C.小球速度v 的大小为E BD.小球的比荷为g E 2+vB2答案 D解析 由题意可知,小球受重力、电场力和洛伦兹力,因做直线运动,且F洛=qvB ,因此一定做匀速直线运动,那么电场力与洛伦兹力的合力与重力等大反向,因电场与地磁场的方向相同,地磁场的竖直分量和水平分量分别竖直向下和水平向北,则小球受力如图所示,其中qvB 与qE 垂直,因小球受力平衡,则受力关系满足(mg )2=(Eq )2+(Bqv )2,得q m =gE 2+vB2,v =mg2-qE2qB,则D 项正确,C 项错误.由受力分析可知小球带负电,且运动方向为自东向西,则A 、B 错误.变式2 (2016·天津理综·11)如图3所示,空间中存在着水平向右的匀强电场,电场强度大小E =5 3 N/C ,同时存在着垂直纸面向里的匀强磁场,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 =1×10-6kg ,电荷量q =2×10-6C ,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3(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)20 m/s 方向与电场方向成60°角斜向上解析 (1)小球做匀速直线运动时受力如图甲,其所受的三个力在同一平面内,合力为零,有qvB =q 2E 2+m 2g 2①代入数据解得v =20 m/s②速度v 的方向与电场E 的方向之间的夹角满足 tan θ=qEmg③代入数据解得tan θ= 3θ=60° ④(2)解法一 撤去磁场,小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动,如图乙所示,设其加速度为a ,有a =q 2E 2+m 2g 2m⑤设撤去磁场后小球在初速度方向上的分位移为x ,有x =vt ⑥设小球在重力与电场力的合力方向上的分位移为y ,有y =12at 2⑦tan θ=y x⑧联立④⑤⑥⑦⑧式,代入数据解得t =2 3 s ⑨解法二 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 =v sin θ 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=0⑥联立⑤⑥式,代入数据解得t =2 3 s. 命题点二 带电粒子在组合场中的运动1.组合场:电场与磁场各位于一定的区域内,并不重叠,电场、磁场交替出现.(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: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. 模型1 磁场与磁场的组合例3 (2017·全国卷Ⅲ·24)如图4,空间存在方向垂直于纸面(xOy 平面)向里的磁场.在x ≥0 区域,磁感应强度的大小为B 0;x <0区域,磁感应强度的大小为λB 0(常数λ>1).一质量为m 、电荷量为q (q >0)的带电粒子以速度v 0从坐标原点O 沿x 轴正向射入磁场,此时开始计时,当粒子的速度方向再次沿x 轴正向时,求:(不计重力)图4(1)粒子运动的时间; (2)粒子与O 点间的距离.答案 (1)πm B 0q (1+1λ) (2)2mv 0B 0q (1-1λ)解析 (1)在匀强磁场中,带电粒子做匀速圆周运动.设在x ≥0区域,圆周半径为R 1;在x <0区域,圆周半径为R 2.由洛伦兹力公式及牛顿运动定律得qB 0v 0=m v20R 1① qλB 0v 0=m v20R 2②粒子速度方向转过180°时,所需时间t 1为t 1=πR 1v 0③粒子再转过180°时,所需时间t 2为t 2=πR 2v 0④联立①②③④式得,所求时间为t =t 1+t 2=πm B 0q (1+1λ)⑤(2)由几何关系及①②式得,所求距离为d =2(R 1-R 2)=2mv 0B 0q (1-1λ)变式3 如图5所示,足够大的平行挡板A 1、A 2竖直放置,间距6l .两板间存在两个方向相反的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ,以水平面MN 为理想分界面,Ⅰ区的磁感应强度为B 0,方向垂直纸面向外.A 1、A 2上各有位置正对的小孔S 1、S 2,两孔与分界面MN 的距离均为l .质量为m 、电荷量为+q 的粒子经宽度为d 的匀强电场由静止加速后,沿水平方向从S 1进入Ⅰ区,并直接偏转到MN 上的P 点,再进入Ⅱ区,P 点与A 1板的距离是l 的k 倍,不计重力,碰到挡板的粒子不予考虑.图5(1)若k =1,求匀强电场的电场强度E .(2)若2<k <3,且粒子沿水平方向从S 2射出,求出粒子在磁场中的速度大小v 与k 的关系式和Ⅱ区的磁感应强度B 与k 的关系式.答案 (1)qB 20l 22dm (2)v =qB 0l +k 2l 2m B =kB 03-k解析 (1)若k =1,则有MP =l ,粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,根据几何关系,该情况粒子的轨迹半径R 1=l粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,由牛顿第二定律知qvB 0=m v 2R 1①粒子在匀强电场中加速,根据动能定理有qEd =12mv2②联立解得E =qB 20l22dm.(2)因为2<k <3,且粒子沿水平方向从S 2射出,则从S 1到S 2的轨迹如图所示.由几何关系得R 22-(kl )2=(R 2-l )2③又有qvB 0=m v 2R 2④联立解得v =qB 0l +k 2l2m又因为6l -2kl =2x ⑤ 根据几何关系有kl x =R 2R⑥ 由R =mv qB 知,R 2R =B B 0⑦联立解得B =kB 03-k .模型2 电场与磁场的组合例4 (2017·天津理综·11)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6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6(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 02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 0t① L =12at 2②设粒子到达O 点时沿y 轴方向的分速度为v yv 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 0④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 20+v 2y⑥联立①②③⑥式得v =2v 0⑦(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 =ma⑧ 又F =qE⑨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 2R⑩由几何关系可知R =2L⑪联立①②⑦⑧⑨⑩⑪式得E B =v 02变式4 (2017·河南六市一模)如图7所示,一带电粒子垂直射入匀强电场,经电场偏转后从磁场的左边界上M 点进入垂直纸面向外的匀强磁场中,最后从磁场的左边界上的N 点离开磁场.已知带电粒子的比荷qm=3.2×109C/kg ,电场强度E =200 V/m ,M 、N 间距MN =1 cm ,金属板长L =25 cm ,粒子的初速度v 0=4×105m/s ,带电粒子的重力忽略不计,求:图7(1)粒子射出电场时的运动方向与初速度v 0的夹角θ; (2)磁感应强度B 的大小. 答案 (1)45° (2)2.5×10-2T 解析 (1)由牛顿第二定律有qE =ma粒子在电场中水平方向做匀速直线运动,L =v 0t粒子在竖直方向做初速度为零的匀加速运动,射出电场时的竖直分速度v y =at 速度偏转角的正切值tan θ=v y v 0由以上各式代入数据解得θ=45°(2)粒子射出电场时的速度大小为:v =v 20+v 2y 在磁场中洛伦兹力提供向心力:Bqv =m v 2r由几何关系得MN =2r 代入数据解得B =2.5×10-2T1.(多选)如图1所示,一带电小球在一正交电场、磁场区域里做匀速圆周运动,电场方向竖直向下,磁场方向垂直纸面向里,则下列说法正确的是( )图1A.小球一定带正电B.小球一定带负电C.小球的绕行方向为顺时针D.改变小球的速度大小,小球将不做圆周运动 答案 BC2.如图2所示的虚线区域内,充满垂直于纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场.一带电粒子a (不计重力)以一定的初速度由左边界的O 点射入磁场、电场区域,恰好沿直线由区域右边界的O ′点(图中未标出)穿出.若撤去该区域内的磁场而保留电场不变,另一个同样的粒子b (不计重力)仍以相同初速度由O 点射入,从区域右边界穿出,则粒子b ( )图2A.穿出位置一定在O ′点下方B.穿出位置一定在O ′点上方C.运动时,在电场中的电势能一定减小D.在电场中运动时,动能一定减小 答案 C3.在xOy 平面内,以抛物线OM 为界,MOy 区域内存在竖直向上的匀强电场,电场强度为E ,y 轴为电场的右边界;MOx 区域内有垂直于平面向外的匀强磁场,x 轴为磁场的下边界,如图3所示.质量为m 、电荷量为q 的粒子从y 轴上P (0,h )点以垂直于y 轴的初速度进入电场中,经电场后以与x 轴成45°角的速度从抛物线上的Q 点(图中未画出)进入磁场,已知Q 点的纵坐标为h2,粒子重力不计.图3(1)试求带电粒子从P 射入电场时的速度大小;(2)若O 为抛物线OM 的顶点,写出边界OM 的抛物线方程;(3)要使带电粒子不穿过x 轴,试确定匀强磁场的磁感应强度B 应满足的条件.答案 (1)qEh m (2) y =x 22h (3)B ≥(2+22)mEqh解析 (1)带电粒子在匀强电场中做类平抛运动,由牛顿第二定律得粒子加速度a =qE m①过边界OM 时y 方向上的速度大小为v y , 则v y 2=2a (h -h2)②由此时速度方向与x 轴成45°角可知v y =v 0 ③ 联立①②③解得v 0=qEhm. ④(2)O 为抛物线顶点,Q 点纵坐标为y =h2⑤由类平抛运动可得x =v 0t ,h 2=12at2⑥联立①④⑥解得x =h⑦将Q (h ,h2)、O (0,0)代入x 2=2py 即可得MO 的抛物线方程为y =x 22h.(3)带电粒子的运动轨迹如图所示,设粒子在磁场中的轨道半径为R ,要使粒子不穿过x 轴,则由几何关系得R +R sin 45°≤h2⑧粒子在磁场中运动的速度大小v =2v 0 ⑨由牛顿第二定律得qvB =m v 2R⑩联立④⑧⑨⑩解得B ≥(2+22)mE qh. 4.如图4甲所示,在xOy 平面内存在磁场和电场,磁感应强度和电场强度大小随时间周期性变化,B 的变化周期为4t 0,E 的变化周期为2t 0,变化规律分别如图乙和图丙所示.在t =0时刻从O 点发射一带负电的粒子(不计重力),初速度大小为v 0,方向沿y 轴正方向.在x 轴上有一点A (图中未标出),坐标为(48v 0t 0π,0).若规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向,y 轴正方向为电场强度的正方向,v 0、t 0、B 0为已知量,磁感应强度与电场强度的大小满足:E 0B 0=v 0π;粒子的比荷满足:q m =πB 0t 0.求:图4(1)在t =t 02时,粒子的位置坐标;(2)粒子偏离x 轴的最大距离; (3)粒子运动至A 点的时间. 答案 (1)(v 0t 0π,v 0t 0π) (2)(32+2π)v 0t 0 (3)32t 0 解析 (1)在0~t 0时间内,粒子做匀速圆周运动,根据洛伦兹力提供向心力可得qB 0v 0=m 4π2T 2r 1=mv20r 1解得T =2t 0,r 1=mv 0qB 0=v 0t 0π则粒子在t 02时间内转过的圆心角α=π2所以在t =t 02时,粒子的位置坐标为(v 0t 0π,v 0t 0π). (2)在t 0~2t 0时间内,设粒子经电场加速后的速度为v ,粒子的运动轨迹如图所示则v =v 0+E 0qmt 0=2v 0 运动的位移x =v 0+v2t 0=1.5v 0t 0在2t 0~3t 0时间内粒子做匀速圆周运动,半径r 2=2r 1=2v 0t 0π故粒子偏离x 轴的最大距离h =x +r 2=1.5v 0t 0+2v 0t 0π=(32+2π)v 0t 0.(3)粒子在xOy 平面内做周期性运动的运动周期为4t 0 故粒子在一个周期内向右运动的距离d =2r 1+2r 2=6v 0t 0πAO 间的距离为48v 0t 0π=8d 所以,粒子运动至A 点的时间t =32t 0.5.如图5所示,竖直平面坐标系xOy 的第一象限,有垂直xOy 平面向外的水平匀强磁场和竖直向上的匀强电场,大小分别为B 和E ;第四象限有垂直xOy 平面向里的水平匀强电场,大小也为E ;第三象限内有一绝缘光滑竖直放置的半径为R 的半圆轨道,轨道最高点与坐标原点O 相切,最低点与绝缘光滑水平面相切于N .一质量为m 的带电小球从y 轴上(y >0)的P 点沿x 轴正方向进入第一象限后做圆周运动,恰好通过坐标原点O ,且水平切入半圆轨道并沿轨道内侧运动,过N 点水平进入第四象限,并在电场中运动(已知重力加速度为g ).图5(1)判断小球的带电性质并求出其所带电荷量; (2)P 点距坐标原点O 至少多高;(3)若该小球以满足(2)中OP 最小值的位置和对应速度进入第四象限,通过N 点开始计时,经时间t =2R g小球距坐标原点O 的距离s 有多远? 答案 (1)带正电mg E (2)2E B Rg(3)27R 解析 (1)小球进入第一象限后做圆周运动,说明重力与电场力平衡,设小球所带电荷量为q ,则有qE =mg 解得q =mg E又电场方向竖直向上,故小球带正电.(2)设匀速圆周运动的速度为v 、轨道半径为r ,由洛伦兹力提供向心力得qBv =mv 2r小球恰能通过半圆轨道的最高点并沿轨道运动,则应满足mg =mv 2R解得r =m gRqB即P 、O 的最小距离为y =2r =2EBR g. (3)设小球到达N 点的速度为v N ,小球由O 运动到N 的过程中,由机械能守恒得 2mgR =12mv N 2-12mv 2解得v N =5gR小球从N 点进入电场区域后做类平抛运动,设加速度为a ,则 沿x 轴方向有x =v N t 沿电场方向有z =12at 2由牛顿第二定律得a =qE m经t 时间小球距坐标原点O 的距离为s =x 2+z 2+2R2=27R .6.(2018·广东中山调研)如图6所示,两平行金属板A 、B 间的电势差为U =5×104V.在B 板的右侧有两个方向不同但宽度相同的有界磁场Ⅰ、Ⅱ,它们的宽度为d 1=d 2=6.25 m ,磁感应强度分别为B 1=2.0 T 、B 2=4.0 T ,方向如图中所示.现有一质量m =1.0×10-8kg 、电荷量q =1.6×10-6C 、重力忽略不计的粒子从A 板的O 点由静止释放,经过加速后恰好从B 板的小孔Q 处飞出.试求:图6(1)带电粒子从加速电场中出来的速度v 的大小; (2)带电粒子穿过磁场区域Ⅰ所用的时间t ;(3)带电粒子从磁场区域Ⅱ射出时的速度方向与边界面的夹角;(4)若d 1的宽度不变,改变d 2的宽度,要使粒子不能从Ⅱ区飞出磁场,则d 2的宽度至少为多大? 答案 (1)4.0×103m/s (2)π1 920s (3)60° (4)9.375 m 解析 (1)粒子在电场中做匀加速直线运动,由动能定理有:qU =12mv 2-0,解得v =4.0×103 m/s.(2)粒子运动轨迹如图甲,设粒子在磁场区域Ⅰ中做匀速圆周运动的半径为r ,由洛伦兹力提供向心力得:qvB 1=mv 2r代入数据解得r =12.5 m设粒子在Ⅰ区内做圆周运动的圆心角为θ,则:sin θ=d 1r =6.25 m 12.5 m =12所以θ=30° 粒子在Ⅰ区运动周期T =2πmqB 1则粒子在Ⅰ区运动时间t =θ360°T解得t =π1 920s(3)设粒子在Ⅱ区做圆周运动的轨道半径为R ,则qvB 2=mv 2R解得R =6.25 m如图甲所示,由几何关系可知△MO 2P 为等边三角形, 所以粒子离开Ⅱ区域时速度方向与边界面的夹角为α=60°(4)要使粒子不能从Ⅱ区飞出磁场,粒子运动的轨迹与磁场边界相切时,由图乙可知Ⅱ区磁场的宽度至少为:d 2=R +R cos 60°=1.5R =9.375 m。

高考物理一轮复习第九章微专题63带电粒子在叠加场中的运动

高考物理一轮复习第九章微专题63带电粒子在叠加场中的运动

带电粒子在叠加场中运动1.考点及要求:(1)带电粒子在匀强磁场中运动(Ⅱ);(2)质谱仪(Ⅰ).2.方法与技巧:(1)假设带电粒子在叠加场中做匀速直线运动,那么重力、电场力与磁场力合力为零;(2)假设带电粒子在叠加场中做匀速圆周运动,那么重力与电场力等大、反向.1.有一电荷量为-q,重力为G小球,从竖直带电平行板上方h处自由落下,两极板间匀强磁场磁感应强度为B,方向如图1所示,那么带电小球通过有电场与磁场空间时( )图1A.一定做曲线运动B.不可能做曲线运动C.有可能做匀速运动D.有可能做匀加速直线运动2.(多项选择)如图2所示,竖直放置两块很大平行金属板a、b,相距为d,ab间电场强度为E,今有一带正电粒子从a板下边缘以初速度v0竖直向上射入电场,当它飞到b板时,速度大小不变,而方向变成水平方向,且刚好从高度也为d狭缝穿过b板而进入bc区域,bc 区域宽度也为d,所加电场场强大小为E,方向竖直向上;磁感应强度方向垂直纸面向里,磁感应强度大小等于Ev0,重力加速度为g,那么以下说法中正确是( )图2A .粒子在ab 区域中做匀变速运动,运动时间为v 0gB .粒子在bc 区域中做匀速圆周运动,圆周半径r =dC .粒子在bc 区域中做匀速直线运动,运动时间为d v 0D .粒子在ab 、bc 区域中运动总时间为π+6d 3v 03.如图3所示,水平放置平行金属板a 、b 带有等量正负电荷,a 板带正电,两板间有垂直于纸面向里匀强磁场,一个带正电粒子在两板间做直线运动,粒子重力不计.关于粒子在两板间运动情况,正确是( )图3A .可能向右做匀加速直线运动B .可能向左做匀加速直线运动C .只能是向右做匀速直线运动D .只能是向左做匀速直线运动4.如图4所示,虚线空间中存在由匀强电场E 与匀强磁场B 组成正交或平行电场与磁场,有一个带正电小球(电荷量为q ,质量为m )从正交或平行电磁复合场上方某一高度自由落下,那么,带电小球可能沿直线通过是( )图4A .①②B .③④C .①③D .②④5.如图5所示,是质谱仪工作原理示意图.带电粒子被加速电场加速后,进入速度选择器.速度选择器内存在相互正交匀强磁场与匀强电场,强度分别为B与E.平板S上有可让粒子通过狭缝P与记录粒子位置胶片A1A2.平板S下方有磁感应强度为B0匀强磁场.以下表述错误是( )图5A.质谱仪是分析同位素重要工具B.速度选择器中磁场方向垂直纸面向外C.能通过狭缝P带电粒子速率等于EBD.粒子打在胶片上位置越靠近狭缝P,粒子比荷越小6.如图6所示,一个质量为m、电荷量为q带电小球从M点自由下落,M点距场区边界PQ高为h,边界PQ下方有方向竖直向下、电场强度为E匀强电场,同时还有垂直于纸面匀强磁场,小球从边界上a点进入复合场后,恰能做匀速圆周运动,并从边界上b点穿出,重力加速度为g,不计空气阻力,那么以下说法正确是( )图6A.小球带负电荷,匀强磁场方向垂直于纸面向外B.小球电荷量与质量比值qm=gEC.小球从a运动到b过程中,小球与地球系统机械能守恒D.小球在a、b两点速度一样7.如图7所示,整个空间存在水平向左匀强电场,MN右侧存在垂直纸面向里匀强磁场.由绝缘材料制成光滑轨道AC与水平面夹角为θ,C点处于MN边界上,其延长线为CD.一质量为m带电小球沿轨道AC下滑,至C点后沿直线CD运动.那么以下说法错误是( )图7A.小球带正电荷B.小球在MN左侧做匀加速直线运动C.小球在MN右侧做匀速直线运动D.小球在MN右侧所受洛伦兹力为mgcos θ8.(多项选择)一块横截面为矩形金属导体宽度为b,厚度为d,将导体置于一磁感应强度为B匀强磁场中,磁感应强度方向垂直于侧面,如图8所示.当在导体中通以图示方向电流I时,在导体上下外表间用电压表测得电压为U H,自由电子电量为e,那么以下判断正确是( )图8A.导体内自由电子只受洛伦兹力作用B.用电压表测U H时,电压表“+〞接线柱接下外表C.金属导体厚度d越大,U H越小D.该导体单位体积内自由电子数为BIebU H9.(多项选择)如图9甲所示,绝缘轻质细绳一端固定在方向相互垂直匀强电场与匀强磁场中O点,另一端连接带正电小球,小球电荷量q =6×10-7 C,在图示坐标中,电场方向沿竖直方向,坐标原点O电势为零.当小球以2 m/s速率绕O点在竖直平面内做匀速圆周运动时,细绳上拉力刚好为零.在小球从最低点运动到最高点过程中,轨迹上每点电势φ随纵坐标y变化关系如图乙所示,重力加速度g=10 m/s2,那么以下判断正确是( )图9A.匀强电场场强大小为3.2×106 V/mB.小球重力势能增加最多过程中,电势能减少了2.4 JC.小球做顺时针方向匀速圆周运动D.小球所受洛伦兹力大小为3 N10.如图10所示,与水平面成37°角倾斜轨道AC,其延长线在D 点与半圆轨道DF相切,全部轨道为绝缘材料制成且位于竖直面内,整个空间存在水平向左匀强电场,MN右侧存在垂直纸面向里匀强磁场(C点处于MN边界上).一质量为0.4 kg带电小球沿轨道AC下滑,至C点时速度为v C=1007m/s,接着沿直线CD匀速运动到D处进入半圆轨道,进入时无动能损失,且恰好能通过F点,在F点速度为v F=4 m/s(不计空气阻力,g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8).求:图10(1)小球带何种电荷?(2)小球在半圆轨道局部克制摩擦力所做功;(3)小球从F点飞出时磁场同时消失,小球离开F点后运动轨迹与直线AC(或延长线)交点为G点(未标出),求G点到D点距离.(计算结果均保存三位有效数字)11.如图11所示,在真空室中平面直角坐标系y轴竖直向上,x轴上P点与Q点关于坐标原点O对称,P、Q间距离d=30 cm.坐标系所在空间存在一匀强电场,场强大小ExOy平面内,从P点与x轴正方向成30°夹角射出,该油滴将做匀速直线运动,油滴以速度v=2.0 m/s射出,所带电荷量q=1.0×10-7 C,重力加速度为g=10 m/s2.图11(1)求油滴质量m.(2)假设在空间叠加一个垂直于xOy平面圆形有界匀强磁场,使油滴通过Q点,且其运动轨迹关于y轴对称.磁场磁感应强度大小为B=2.0 T,求:①油滴在磁场中运动时间t;②圆形磁场区域最小面积S.(结果保存两位有效数字)答案解析1.A [带电小球在重力场、电场与磁场中运动,所受重力、电场力是恒力,但受到洛伦兹力是随速度变化而变化变力,因此小球不可能处于平衡状态,也不可能在电、磁场中做匀变速运动,应选项A 正确.]2.AD [粒子在ab 区域中竖直方向受到重力作用,水平方向受到电场力作用,由于都是恒力,故粒子做匀变速运动,由对称性可知Eq=mg ,在竖直方向v 0=gt 1,那么t 1=v 0g ,或t 1=d v 02=2d v 0,选项A 正确;粒子在刚进入bc 区域时,受到向下重力、向上电场力与向上洛伦兹力作用,由于B =E v 0,那么Bqv 0=Eq =mg ,由于重力与电场力平衡,故粒子做匀速圆周运动,半径为r =mv 0qB =v 20g=2d ,应选项B 、C 错误;由几何关系可知,粒子在bc 区域运动圆心角为30°,故所用时间t 2=l v 0=π6·2d v 0=πd 3v 0,所以粒子在ab 、bc 区域中运动总时间为t =t 1+t 2=π+6d 3v 0,选项D 正确.] 3.C [受分分析可知静电力向下,洛伦兹力必向上,那么速度方向向右;洛伦兹力与速度大小有关,因此只能为匀速直线运动,应选项C 正确.]4.B [带电小球进入复合场时受力情况如图,其中只有③、④两种情况下合外力可能为零或与速度方向一样,所以有可能沿直线通过复合场区域,①中力qvB 随速度v 增大而增大,所以三力合力不会总保持在竖直方向,合力与速度方向将产生夹角,做曲线运动,所以①错,同理②也错.选项B 正确.]5.D [粒子在题图中加速电场中加速,说明粒子带正电,其通过速度选择器时,电场力与洛伦兹力平衡,那么洛伦兹力方向应水平向左,由左手定那么知,磁场方向应垂直纸面向外,选项B 正确;由Eq =Bqv 可知,v =E B,选项C 正确;粒子打在胶片上位置到狭缝距离即为其做匀速圆周运动直径D =2mv Bq,可见D 越小,那么粒子比荷越大,D 不同,那么粒子比荷不同,因此利用该装置可以分析同位素,A 正确,D 错误.]6.B [带电小球在磁场中做匀速圆周运动,那么qE =mg ,选项B 正确;电场方向竖直向下,那么可知小球带负电,由于小球从b 点射出,根据左手定那么可知磁场垂直纸面向里,选项A 错误;小球运动过程中,电场力做功,故小球与地球系统机械能不守恒,只是a 、b 两点机械能相等,选项C 错误;小球在a 、b 两点速度方向相反,应选项D 错误.]7.B [小球在MN 右侧受洛伦兹力作用,做直线运动时因重力、静电力不变,所以洛伦兹力也不变化,由F 洛=qvB 可知v 不变,那么小球在MN 右侧一定做匀速直线运动,故C 对.小球受力如下图,由左手定那么可知小球带正电,小球在MN 左侧做匀速直线运动,并且有F洛=mg cos θ,故A 、D 对,B 错.] 8.BD [定向移动电子受到洛伦兹力发生偏转,在上下外表间形成电势差,最终电子在电场力与洛伦兹力作用下处于平衡,故A 错误;由题图知,磁场方向向里,电流方向向右,那么电子向左移动,根据左手定那么,电子向上外表偏转,那么上外表得到电子带负电,那么下外表带正电,所以电压表“+〞接线柱接下外表,故B 正确;根据电场力与洛伦兹力平衡,那么有:e U H d=eBv ,解得:U H =Bdv .那么金属导体厚度d 越大,U H 越大,故C 错误;根据e U H d=eBv ,再由I =neSv =nebdv ,得导体单位体积内自由电子数为:n =BI ebU H,故D 正确.]9.BD [由匀强电场场强公式E =U d 结合题图乙,可得E =2×1060.4 V/m =5×106 V/m ,故A 错误;由功能关系W 电=-ΔE p ,W 电=qU =6×10-7×4×106 J =2.4 J ,即电势能减少了2.4 J ,故B 正确;当小球以2 m/s 速率绕O 点在竖直平面内做匀速圆周运动时,细绳上拉力刚好为零,说明是洛伦兹力提供向心力,由左手定那么得小球应该做逆时针方向圆周运动,故C 错误;重力与电场力是一对平衡力,有qE =mg ,得m =qE g=0.3 kg ,由洛伦兹力提供向心力可知洛伦兹力为F =m v 2R =0.3×220.4N =3 N ,故D 正确.应选B 、D.] 10.见解析解析 (1)据题意可知小球在CD 间做匀速直线运动,在CD 段小球受到重力、电场力、洛伦兹力作用且合力为0,因此小球应带正电荷.(2)在D 点速度为v D =v C =1007 m/s 设重力与电场力合力为F ,那么F =qv C B 又F =mgcos 37°=5 N ,解得qB =F v C =720 N·s m在F 处由牛顿第二定律可得qv F B +F =mv 2F R把qB =720 N·s m代入得R =1 m 设小球在DF 段克制摩擦力做功为W f ,由动能定理可得-W f -2FR =m v 2F -v 2D 2W f ≈27.6 J(3)小球离开F 点后做类平抛运动,其加速度为a =F m由2R =at 22得t = 4mR F =225s 交点G 与D 点距离GD =v F t =825m≈2.26 m. 11.(1)1.0×10-8 kg(2)①π60s ②7.9×10-3 m 2 解析 (1)对带电油滴进展受力分析,根据牛顿运动定律有qE -mg =0第 11 页 所以m =qE g=1.0×10-8 kg (2)①带电油滴进入匀强磁场,其轨迹如图甲所示,设其做匀速圆周运动半径为R 、周期为T 、油滴在磁场中运动时间为t ,根据牛顿第二定律:由qvB =mv 2R 得R =mv qB=0.1 m 所以T =2πR v=0.1π s 设带电油滴从M 点进入磁场,从N 点射出磁场,由于油滴运动轨迹关于y 轴对称,如下图,根据几何关系可知∠MO ′N =60°,所以带电油滴在磁场中运动时间t =T 6=π60s ②连接M 、N ,当MN 为圆形磁场直径时,圆形磁场区域面积最小,如图乙所示.根据几何关系得圆形磁场半径 r =R sin 30°=0.05 m其面积为S =πr 2=0.002 5π m 2≈7.9×10-3 m 2.。

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70 带电粒子在叠加场中的运动
[方法点拨] (1)先确定各场的方向、强弱等,后正确分析带电体受力情况、运动情况,寻找临界点、衔接点;(2)若带电粒子在叠加场中做匀速直线运动,则重力、电场力与磁场力的合力为零;(3)若带电粒子在叠加场中做匀速圆周运动,则重力与电场力等大、反向.
1.(多选)(2017·北京海淀区模拟)将一块长方体形状的半导体材料样品的表面垂直磁场方向置于磁场中,当此半导体材料中通有与磁场方向垂直的电流时,在半导体材料与电流和磁场方向垂直的两个侧面会出现一定的电压,这种现象称为霍尔效应,产生的电压称为霍尔电压,相应的将具有这样性质的半导体材料样品就称为霍尔元件.如图1所示,利用电磁铁产生磁场,毫安表检测输入霍尔元件的电流,毫伏表检测霍尔元件输出的霍尔电压.已知图中的霍尔元件是P型半导体,与金属导体不同,它内部形成电流的“载流子”是空穴(空穴可视为能自由移动带正电的粒子).图中的1、2、3、4是霍尔元件上的四个接线端.当开关S1、S2闭合后,电流表A和电表B、C都有明显示数,下列说法中正确的是( )
图1
A.电表B为毫伏表,电表C为毫安表
B.接线端2的电势高于接线端4的电势
C.若调整电路,使通过电磁铁和霍尔元件的电流与原电流方向相反,但大小不变,则毫伏表的示数将保持不变
D.若适当减小R1、增大R2,则毫伏表示数一定增大
2.(多选)如图2所示,空间存在水平向左的匀强电场E和垂直纸面向外的匀强磁场B,在竖直平面内从a点沿ab、ac方向抛出两带电小球,不考虑两带电小球间的相互作用,两小球电荷量始终不变.关于小球的运动,下列说法正确的是( )
图2
A.沿ab、ac方向抛出的带电小球都可能做直线运动
B.若沿ab方向做直线运动,则小球带正电,且一定是匀速运动
C.若沿ac方向做直线运动,则小球带负电,可能做匀加速运动
D.两小球在运动过程中机械能均保持不变
3.(多选)(2018·四川成都第七中学月考)太阳风含有大量高速运动的质子和电子,可用于发电.如图3所示,太阳风进入两平行极板之间的区域,速度为v,方向与极板平行,该区域中有磁感应强度大小为B的匀强磁场,方向垂直纸面,两极板间的距离为L,则( )
图3
A.在开关K未闭合的情况下,两极板间稳定的电势差为BLv
B.闭合开关K后,若回路中有稳定的电流I,则极板间电场恒定
C.闭合开关K后,若回路中有稳定的电流I,则电阻消耗的热功率为2BILv
D.闭合开关K后,若回路中有稳定的电流I,则电路消耗的能量等于洛伦兹力所做的功4.(多选)(2017·河北衡水金卷)如图4所示,一对间距可变的平行金属板C、D水平放置,两板间有垂直于纸面向里的匀强磁场B.两板通过滑动变阻器与铅蓄电池相连,这种铅蓄电池能快速转换到“逆变”状态,即外界电压过低时能向外界提供一定的供电电压,当外界电压超过某一限定值时可转换为充电状态,闭合开关S后,有一束不计重力的带正电粒子从左侧以一定的速度v0射入两板间恰能做直线运动,现对入射粒子或对装置进行调整,则下列有关描述正确的是( )
图4
A.若仅将带正电的粒子换成带负电的粒子,也能直线通过
B.若只增大两板间距到一定程度时可使铅蓄电池处于充电状态
C.若将滑动变阻器触头P向a端滑动,可提高C板的电势
D.若只减小入射粒子的速度,可使铅蓄电池处于充电状态
5.(2018·湖北黄冈模拟)如图5所示,在平面直角坐标系xOy的第二象限内存在电场强度大小为E0、方向水平向右的匀强电场,x轴下方是竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场的复合场区域.一带电小球从x轴上的A点以一定初速度v0垂直x轴向上射出,小球恰好以速度v0从y轴上的C点垂直y轴进入第一象限,然后从x轴上的D点进入x轴下方的复合场区域,小球在复合场区域内做圆周运动,最后恰好击中原点O,已知重力加速度为g.求:
图5
(1)带电小球的比荷q
m

(2)x 轴下方匀强电场的电场强度大小E 和匀强磁场的磁感应强度大小B ; (3)小球从A 点运动到O 点经历的时间t .
6.(2017·广东佛山高三教学质检一)在水平面上,平放一半径为R 的光滑半圆管道,管道处在方向竖直、磁感应强度为B 的匀强磁场中,另有一个质量为m 、带电荷量为+q 的小球. (1)当小球从管口沿切线方向以某速度射入,运动过程中恰不受管道侧壁的作用力,求此速度v 0;
(2)现把管道固定在竖直面内,且两管口等高,磁场仍保持和管道平面垂直,如图6所示,空间再加一个水平向右、场强E =mg q
的匀强电场(未画出),若小球仍以v 0的初速度沿切线方向从左边管口射入,求小球:
图6
①运动到最低点的过程中动能的增量;
②在管道运动全程中获得的最大速度.
答案精析
1.BC
2.AB [若沿ab 方向抛出的小球带正电,沿ac 方向抛出的小球带负电,则都可能做直线运动,如图所示,A 项正确.
根据上述分析可知,若小球沿ab 方向做直线运动,重力和电场力不变,由图中可以看出应保证重力和电场力的合力与洛伦兹力大小相等且方向相反;若速度改变,则洛伦兹力改变,小球所受的合外力大小不为零且方向与速度方向不共线,所以小球将不做直线运动,B 项正确.根据上述分析可知小球若沿ac 方向做直线运动,则小球带负电,重力和电场力不变,由图中可以看出应保证重力和电场力的合力与洛伦兹力大小相等且方向相反;若速度改变,则洛伦兹力改变,小球所受的合外力大小不为零且方向与速度方向不共线,所以小球将不做直线运动,C 项错误.两小球在运动过程中洛伦兹力不做功,只有重力和电场力做功.电场力做功,电势能改变,则机械能也改变,D 项错误.]
3.AB [太阳风进入两极板之间的匀强磁场中,稳定后,带电粒子受到洛伦兹力和电场力作用,且qU
L
=qvB ,解得U =BLv ,选项A 正确;闭合开关后,若回路中有稳定的电流,则两极板之间的电压恒定,电场恒定,选项B 正确;回路中电流I =U R =
BLv
R
,电阻消耗的热功率P =UI =BLIv ,选项C 错误;由于洛伦兹力永远不做功,所以选项D 错误.]
4.AB [带正电的粒子恰好做直线运动,其电场力和洛伦兹力相平衡,由E d
q =qv 0B 可知v 0=
E
Bd
,若换成带负电的粒子,电场力和洛伦兹力都反向,仍平衡,能直线通过,故选项A 正确;若增大两板间距,带正电粒子射入后受洛伦兹力偏转堆积在极板上,将提高两板间电压,若此电压超过蓄电池的逆变电压就会使之处于“逆变”状态而被充电,故选项B 正确;由于电容器C 、D 两板是彼此绝缘的,调节滑动触头P 不起任何作用,故选项C 错误;若减小入射粒子的速度,直线通过的粒子所受洛伦兹力减小,有部分粒子会落在下极板上,因此上极板上堆积的电荷会减小,对应的电势也会降低,达不到逆变电压,故选项D 错误.] 5.(1)g E 0
(2)E 0
2E 0v 0 (3)⎝
⎛⎭⎪⎫2+3π4v 0
g
解析 (1)小球运动轨迹如图所示,
在第二象限内小球受重力和电场力作用做曲线运动,由运动的合成与分解知,竖直方向:v 0=gt 1,OC =12
gt 12
水平方向:v 0=at 1,OA =12at 12,a =qE 0
m
联立得q m =g
E 0
.
(2)由(1)中知OC =OA =v 022g ,t 1=v 0
g
,设小球在D 点时速度为v ,小球从C 点到D 点做平抛运
动,有OC =12gt 22
,OD =v 0t 2,
tan θ=
gt 2
v 0
,v cos θ=v 0 联立得OD =v 02g ,t 2=v 0
g
,θ=45°,v =2v 0
因小球在复合场中做圆周运动,所以电场力与重力平衡,洛伦兹力提供向心力,即mg =qE ,得E =E 0
而Bqv =m v 2R ,得B =mv
qR
由轨迹图知2R sin θ=OD 联立得B =2E 0
v 0
(3)小球做圆周运动所用时间为t 3=270°360°×2πm Bq =3πv 0
4g
所以小球从A 点运动到O 点经历的时间t =t 1+t 2+t 3=⎝
⎛⎭⎪⎫2+3π4v 0
g .
6.(1)qBR
m
(2)①2mgR ②
q 2B 2R 2
m 2
+(2+22)gR 解析 (1)小球在水平面上只受到洛伦兹力作用,故
qv 0B =m v 20
R
解得v 0=
qBR m
(2)①小球在管道运动时,洛伦兹力始终不做功. 对小球运动到最低点的过程,由动能定理:
mgR +qER =ΔE k .由题知,E =mg
q
,则ΔE k =2mgR
②方法一:当小球到达管道中方位角为θ的位置(如图所示)时,
应用动能定理,有mgR sin θ+qE (R +R cos θ)=12mv 2-12
mv 02
即v 2
=q 2B 2R 2
m
2+2gR +2gR (sin θ+cos θ)
对函数y =sin θ+cos θ求极值,可得θ=45°时,y max = 2 所以v m =
q 2B 2R 2
m 2
+(2+22)gR 方法二:如图所示,
根据场的叠加原理,小球所受的等效重力为:
mg ′=(mg )2+(qE )2=2mg
tan φ=mg qE
=1,即φ=45°
小球在等效重力场的“最低点”时,即当小球到达管道中方位角为θ=φ=45°时,速度最大 由动能定理:
mgR sin θ+qE (R +R cos θ)=12mv m 2-12
mv 02
解得:v m =
q 2B 2R 2
m 2
+(2+22)gR .。

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