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1、第2講帶電粒子在復合場中的運動專題六電場與磁場知識回扣 規(guī)律方法高考題型2帶電粒子在組合場中的運動分析高考題型3帶電粒子在周期性變化的電磁場中的運動分析高考題型1帶電粒子在疊加場中的運動分析高考題精選精練知識回扣 規(guī)律方法知識回扣答案1.帶電粒子在電場中常見的運動類型帶電粒子在電場中常見的運動類型(1)勻變速直線運動：通常利用動能定理qU 來求解；對于勻強電場，電場力做功也可以用WqEd來求解.(2)偏轉運動：一般研究帶電粒子在勻強電場中的偏轉問題.對于類平拋運動可直接利用 以及推論；較復雜的曲線運動常用_ 的方法來處理.mv2 mv02平拋運動的規(guī)律運動的合成與分解答案2.帶電粒子在勻強磁場

2、中常見的運動類型帶電粒子在勻強磁場中常見的運動類型(1)勻速直線運動：當vB時，帶電粒子以速度v做 運動.(2)勻速圓周運動：當vB時，帶電粒子在垂直于磁感線的平面內以入射速度做 運動.3.復合場中是否需要考慮粒子重力的三種情況復合場中是否需要考慮粒子重力的三種情況(1)對于微觀粒子，如電子、質子、離子等，因為其重力一般情況下與 或磁場力相比太小，可以忽略；而對于一些宏觀物體，如帶電小球、液滴、金屬塊等一般應 其重力.勻速直線勻速圓周電場力考慮答案(2)題目中有明確說明是否要考慮重力的情況.(3)不能直接判斷是否要考慮重力的情況，在進行 分析與運動分析時，根據(jù)運動狀態(tài)可分析出是否要考慮重力.受

3、力1.正確分析帶電粒子的受力及運動特征是解決問題的前提正確分析帶電粒子的受力及運動特征是解決問題的前提帶電粒子在復合場中做什么運動，取決于帶電粒子所受的 及初始運動狀態(tài)的速度，因此應把帶電粒子的運動情況和受力情況結合起來進行分析.2.靈活選用力學規(guī)律是解決問題的關鍵靈活選用力學規(guī)律是解決問題的關鍵當帶電粒子在復合場中做勻速直線運動時，應根據(jù) 列方程求解.當帶電粒子在復合場中做勻速圓周運動時，往往同時應用牛頓第二定律和平衡條件列方程聯(lián)立求解.當帶電粒子在復合場中做非勻變速曲線運動時，應選用動能定理或能量守恒定律列方程求解.規(guī)律方法答案合外力平衡條件帶電粒子在疊加場中的運動分析高考題型1例例1(2

4、017廣東惠州市第三次調研)平面OM和水平面ON之間的夾角為30，其橫截面如圖1所示，平面OM和水平面ON之間同時存在勻強磁場和勻強電場，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外，勻強電場的方向豎直向上.一帶電小球的質量為m，電荷量為q，帶電小球沿紙面以大小為v0的速度從OM的某點向左上方射入磁場，速度方向與OM成30角，帶電小球進入磁場后恰好做勻速圓周運動，已知粒子在磁場中的運動軌跡與ON恰好相切，且?guī)щ娦∏蚰軓腛M上另一點P射出磁場(P未畫出).圖1答案解析(1)判斷帶電小球帶何種電荷？所加電場強度E為多大？解析解析小球在復合場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，小球受到的電場力與重力平衡

5、，小球所受電場力豎直向上，電場力方向與場強方向相同，則小球帶正電荷；電場力與重力大小相等，則qEmg，解得：E ；答案解析(2)帶電小球離開磁場的出射點P到兩平面交點O的距離s多大？根據(jù)題意，帶電小球在勻強磁場中的運動軌跡如圖所示，解析解析小球進入磁場后做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓Q點為運動軌跡與ON相交的點，I點為入射點，P點為出射點，則IP為圓軌道的弦，小球離開磁場的速度方向與OM的夾角也為30，由幾何關系可得，QP為圓軌道的直徑，所以OP的長度為：答案解析(3)帶電小球離開磁場后繼續(xù)運動，能打在左側豎直的光屏OO上，求此點到O點的距離多大？解析解析帶電小球從P點離開磁場后做

6、平拋運動，設小球打在光屏上的T點，豎直位移為y.技巧點撥技巧點撥1.弄清疊加場的組成特點.2.正確分析帶電粒子的受力及運動特點.3.畫出粒子的運動軌跡，靈活選擇不同的運動規(guī)律.(1)若只有兩個場且正交，合力為零，則表現(xiàn)為勻速直線運動或靜止.例如電場與磁場中滿足qEqvB；重力場與磁場中滿足mgqvB；重力場與電場中滿足mgqE.(2)三場共存時，若合力為零，則粒子做勻速直線運動；若粒子做勻速圓周運動，則有mgqE，粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，即qvBm .(3)當帶電粒子做復雜的曲線運動或有約束的變速直線運動時，一般用動能定理或能量守恒定律求解.1.(2017全國卷16)如圖2，空間某

7、區(qū)域存在勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向上(與紙面平行)，磁場方向垂直于紙面向里，三個帶正電的微粒a、b、c電荷量相等，質量分別為ma、mb、mc，已知在該區(qū)域內，a在紙面內做勻速圓周運動，b在紙面內向右做勻速直線運動，c在紙面內向左做勻速直線運動.下列選項正確的是A.mambmc B.mbmamcC.mcmamb D.mcmbma對點拓展練答案21解析圖221解析解析設三個微粒的電荷量均為q，a在紙面內做勻速圓周運動，說明洛倫茲力提供向心力，重力與電場力平衡，即magqE b在紙面內向右做勻速直線運動，三力平衡，則mbgqEqvB c在紙面內向左做勻速直線運動，三力平衡，則mcgqvBqE

8、 比較式得：mbmamc，選項B正確.2.如圖3所示，在平面直角坐標系xOy中，第一象限內存在正交的勻強電磁場，電場強度E140 N/C；第四象限內存在一方向向左的勻強電場E2 N/C.一質量為m2103 kg的帶正電的小球，從M(3.64 m，3.2 m)點，以v01 m/s的水平速度開始運動.已知球在第一象限內做勻速圓周運動，從P(2.04 m,0)點進入第四象限后經(jīng)過y軸上的N(0，2.28 m)點(圖中未標出).(g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)求：(1)勻強磁場的磁感應強度B的大??；答案21解析圖3答案答案2 T解析解析由題意可知：qE1mg解得：q510

9、4 C小球在第一、四象限的運動軌跡如圖所示.則Rcos xMxPRsin RyM可得R2 m，37由qv0B ，解得B2 T21(2)小球由P點運動至N點的時間.答案解析答案答案0.6 s解析解析小球進入第四象限后受力分析如圖所示.tan 0.75可知小球進入第四象限后所受的電場力和重力的合力與速度方向垂直，即37.由幾何關系可得：OAOPtan 1.53 mANONOA0.75 m又因OAP與QAN相似，所以QNAOPA得QNANcos 0.6 m.由QNv0t，解得t0.6 s.21帶電粒子在組合場中的運動分析高考題型2例例2(2017寧夏石嘴山市4月模擬)如圖4所示，在xOy平面內有以虛

10、線OP為理想邊界的勻強電場和勻強磁場區(qū)域，OP與x軸成45角，OP與y軸之間的磁場方向垂直紙面向外，OP與x軸之間的電場平行于x軸向右，電場強度為E，在y軸上有一點M，圖4到O點的距離為L，現(xiàn)有一個質量為m，帶電量為q的帶電粒子從靜止經(jīng)電壓為U的電場加速后從M點以垂直y軸的速度方向進入磁場區(qū)域(加速電場圖中沒有畫出)，不計帶電粒子的重力，求：(1)從M點進入勻強磁場的帶電粒子速度的大??；答案解析解析解析由動能定理可知：qU mv020(2)帶電粒子在磁場中運動的軌跡與OP相切時，磁感應強度B的大??；解析解析由圖中所示帶電粒子在磁場中的運動軌跡及幾何關系可知， rrL解得：r帶電粒子在磁場中做勻

11、速圓周運動則Bqv0答案解析答案解析(3)只改變勻強磁場磁感應強度的大小，使帶電粒子經(jīng)磁場能沿y軸負方向進入勻強電場，則帶電粒子從x軸離開電場時的位置到O點的距離為多少？解析解析由圖可知帶電粒子能沿y軸負方向進入勻強電場時，在磁場中運動的軌跡半徑為R ，帶電粒子在電場中做類平拋運動，加速度a ，粒子在y軸方向做勻速運動，則有Rv0t粒子在x軸方向做勻加速運動，則x at2聯(lián)立解得x ，因此粒子從x軸離開電場的位置到O點的距離為Rx技巧點撥技巧點撥帶電粒子在組合場內的運動實際上也是運動過程的組合，解決方法如下：(1)分別研究帶電粒子在不同場區(qū)的運動規(guī)律.在勻強磁場中一般做勻速圓周運動.在勻強電場

12、中，若速度方向與電場方向平行，則做勻變速直線運動；若速度方向與電場方向垂直，則做類平拋運動.(2)帶電粒子經(jīng)過磁場區(qū)域時利用圓周運動規(guī)律結合幾何關系處理.(3)當粒子從一個場進入另一個場時，分析轉折點處粒子速度的大小和方向往往是解題的突破口.3.(2017山東煙臺市模擬)如圖5所示，在xOy平面內存在勻強電場和勻強磁場，勻強電場的場強大小為E，方向沿y方向，勻強磁場和的分界線為平行于x軸的直線，兩磁場方向如圖所示.在坐標原點O處沿x軸正向射出質量為m、電荷量為q的帶對點拓展練圖5電粒子，粒子恰好從兩磁場的分界線處的P(2d，d)點離開電場進入勻強磁場中，最后剛好能從x軸上的N點離開勻強磁場.不

13、計粒子的重力，求：(1)粒子從O點進入電場時的速度；答案解析解析解析粒子在電場中運動時：2dv0td at2a解得v0答案解析(2)粒子從P點進入磁場時的速度；解析解析由動能定理得qEd mv2 mv02得v答案解析(3)磁場的磁感應強度大小.則粒子從P點進入磁場時的速度方向與分界線的夾角45由幾何關系知：Rcos 45(Rd)，解得R(2 )d帶電粒子在周期性變化的電磁場中的運動分析高考題型3例例3(2017廣東肇慶市第二次模擬)如圖6甲所示，豎直擋板MN左側空間有方向豎直向上的勻強電場和垂直紙面向里的水平勻強磁場，電場和磁場的范圍足夠大，電場強度E40 N/C，磁感應強度B隨時間t變化的關

14、系圖象如圖乙所示，選定磁場垂直紙面向里為正方向.t0時刻，一質量m8104 kg、電荷量q2104 C的微粒在O點具有豎直向下的速度v0.12 m/s，O是擋板MN上一點，直線OO與擋板MN垂直，取g10 m/s2，求：圖6答案(1)微粒再次經(jīng)過直線OO時與O點的距離；解析答案答案1.2 m解析解析根據(jù)題意可知，微粒所受的重力大小Gmg8103 N，方向豎直向下微粒所受電場力大小FqE8103 N，方向豎直向上因此重力與電場力平衡微粒先在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，則qvBm解得：R0.6 m由T 得：T10 s則微粒在5 s內轉過半個圓周，再次經(jīng)直線OO時與O點的距離：L2R1.2 m(2

15、)微粒在運動過程中離開直線OO的最大高度；答案答案2.48 m解析解析微粒運動半周后向上勻速運動，運動的時間為t5 s，位移大小：svt1.88 m，軌跡如圖所示，則微粒離開直線OO的最大高度：HsR2.48 m答案解析(3)水平移動擋板，使微粒能垂直射到擋板上，擋板與O點間的距離應滿足的條件.答案答案L(2.4n1.8) m(n0,1,2，)，或L(2.4n0.6) m(n0,1,2，)解析解析若微粒能垂直射到擋板上的某點P，P點在直線OO下方時，由圖象可以知道，擋板MN與O點間的距離應滿足：L(2.4n0.6) m (n0,1,2，)若微粒能垂直射到擋板上的某點P，P點在直線OO上方時，由

16、圖象可以知道，擋板MN與O點間的距離應滿足：L(2.4n1.8) m (n0,1,2，)答案解析技巧點撥技巧點撥變化的電場或磁場往往具有周期性，粒子的運動也往往具有周期性.這種情況下要仔細分析帶電粒子的運動過程、受力情況，弄清楚帶電粒子在變化的電場、磁場中各處于什么狀態(tài)，做什么運動，畫出一個周期內的運動徑跡的草圖.4.如圖7甲所示，以兩虛線M、N為邊界，中間存在平行紙面且與邊界垂直的水平電場，M、N間電壓UMN的變化圖象如圖乙所示，電壓的最大值為U0、周期為T0；M、N兩側為相同的勻強磁場區(qū)域、，磁場方向垂直紙面向里，磁感應強度為B.在t0時刻，將一帶正電的粒子從邊界線M上的A點由靜止釋放，經(jīng)

17、電場加速后進入磁場，粒子在磁場中做圓周運動的周期也為T0.兩虛線M、N間寬度很小，粒子在其間的運動時間不計，也不考慮粒子所受的重力.求：對點拓展練圖7(1)該粒子的比荷 ；答案解析解析解析粒子進入磁場后做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力得根據(jù)題意可知TT0(2)粒子第1次和第2次從右向左經(jīng)邊界線N離開磁場區(qū)域時兩位置間的距離；答案解析解析解析由于不計粒子穿越MN間的時間，則可認為在t0時刻出發(fā)的粒子穿越MN的過程中，電壓始終為U0.在t T0時刻，粒子第1次自右向左穿過邊界線N時再加速一次，進入磁場區(qū)域時的速度為v1，即粒子在區(qū)域、勻速圓周運動一周時間T0共被加速2次.對粒子從開始運動經(jīng)過一

18、個周期T0過程，由動能定理得2qU0 mv12解得v1 設粒子第2次自右向左到達邊界線N的速度為v2，運動軌跡如圖所示，由動能定理得3qU0 mv22解得v2 第1、2兩次從右向左經(jīng)邊界線N離開磁場區(qū)域時的位置距離為d2(r2r1)(3)若粒子的質量增加 ，電荷量不變，t0時，將其在A處由靜止釋放，求t2T0時粒子的速度大小.答案解析則粒子在磁場中的運動周期從t0開始到t2T0的時間內，根據(jù)加速電壓圖象可知，粒子共加速了4次，經(jīng)過加速電場時的電壓大小分別為U0、對粒子總的運動過程，由動能定理得高考題精選精練題組題組1全國卷真題精選全國卷真題精選1.(2016全國卷15)現(xiàn)代質譜儀可用來分析比質

19、子重很多倍的離子，其示意圖如圖8所示，其中加速電壓恒定.質子在入口處從靜止開始被加速電場加速，經(jīng)勻強磁場偏轉后從出口離開磁場.若某種一價正離子在入口處從靜止開始被同一加速電場加速，為使它經(jīng)勻強磁場偏轉后仍從同一出口離開磁場，需將磁感應強度增加到原來的12倍.此離子和質子的質量比約為A.11 B.12 C.121 D.144答案1234解析圖8解析解析設質子的質量和電荷量分別為m1、q1，一價正離子的質量和電荷量為m2、q2.對于任意粒子，在加速電場中，由動能定理得1234由式聯(lián)立得m ，由題意知，兩種粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑相同，加速電壓U不變，其中B212B1，q1q2，可得144，

20、故選項D正確.題組題組2各省市真題精選各省市真題精選2.(2013重慶理綜5)如圖9所示，一段長方體形導電材料，左右兩端面的邊長都為a和b，內有帶電量為q的某種自由運動電荷.導電材料置于方向垂直于其前表面向里的勻強磁場中，內部磁感應強度大小為B.當通以從左到右的穩(wěn)恒電流I時，測得導電材料上、下表面之間的電壓為U，且上表面的電勢比下表面的低，由此可得該導電材料單位體積內自由運動電荷數(shù)及自由運動電荷的正負分別為1234圖9答案解析1234解析解析當粒子帶負電時，粒子定向向左運動才能形成向右的電流，由左手定則判斷負粒子受洛倫茲力的方向向上，上表面電勢較低，符合題意.|q|vB|q|E因In|q|vS

21、n|q|vab解得n ，選項C正確.3.(2016北京理綜22)如圖10所示，質量為m、電荷量為q的帶電粒子，以初速度v沿垂直磁場方向射入磁感應強度為B的勻強磁場，在磁場中做勻速圓周運動.不計帶電粒子所受重力.(1)求粒子做勻速圓周運動的半徑R和周期T；答案解析圖10解析解析由洛倫茲力提供向心力得，F(xiàn)洛qvB帶電粒子做勻速圓周運動的半徑R勻速圓周運動的周期T 1234(2)為使該粒子做勻速直線運動，還需要同時存在一個與磁場方向垂直的勻強電場，求電場強度E的大小.答案1234解析答案答案vB解析解析粒子受電場力F電qE，洛倫茲力F洛qvB，由于粒子做勻速直線運動，則qEqvB，電場強度E的大小E

22、vB.圖114.(2016江蘇單科15)回旋加速器的工作原理如圖11甲所示，置于真空中的D形金屬盒半徑為R，兩盒間狹縫的間距為d，磁感應強度為B的勻強磁場與盒面垂直，被加速粒子的質量為m，電荷量為q，加在狹縫間的交變電壓如圖乙所示，電壓值的大小為U0.周期T .一束該種粒子在t0 時間內從A處均勻地飄入狹縫，其初速度視為零.現(xiàn)考慮粒子在狹縫中的運動時間，假設能夠出射的粒子每次經(jīng)過狹縫均做加速運動，不考慮粒子間的相互作用.求：1234(1)出射粒子的動能Em；答案1234解析(2)粒子從飄入狹縫至動能達到Em所需的總時間t0；答案1234解析解析解析粒子被加速n次達到動能Em，則EmnqU01234粒子在狹縫間做勻加速運動，設n次經(jīng)過狹縫的總時間為t，加速度a粒子由靜止做勻加速直線運動，nd at2(3)要使飄入狹縫的粒子中有超過99%能射出，d應滿足的條件.答案解析解析解析只有在0( t)時間內飄入的粒子才能每次均被加速，則所占的比例為由于99%，解得d .1234