《2019高考物理一輪復習 微專題系列之熱點專題突破 專題51 帶電粒子在組合場中的運動問題學案.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019高考物理一輪復習 微專題系列之熱點專題突破 專題51 帶電粒子在組合場中的運動問題學案.doc（14頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

突破51 帶電粒子在組合場中的運動問題 1. 組合場：指磁場與電場或重力場同時存在，但各位于一定的區(qū)域內且并不重疊的情況，帶電粒子在一個場中只受一個場力的作用。 2. 三種場力的特點比較 (1) 重力的大小為mg,方向豎直向下,重力做功與路徑無關,其數(shù)值除與帶電粒子的質量有關外,還與初、末位置的高度差有關。 (2) 電場力的大小為qE,方向與電場強度E及帶電粒子所帶電荷的性質有關,電場力做功與路徑無關,其數(shù)值除與帶電粒子的電荷量有關外,還與初、末位置的電勢差有關。 (3) 洛倫茲力大小為qvB,方向垂直于v和B所決定的平面,無論帶電粒子做什么運動,洛倫茲力都不做功。 說明：電子、質子、α粒子、帶電離子等微觀粒子在疊加場中運動時,若試題沒有明確說明考慮重力時就不計重力,但質量較大的質點(如帶電微粒)在疊加場中運動時,除試題說明不計重力,通常都要考慮重力。 3. 帶電粒子在組合場中的運動規(guī)律 （1）帶電粒子在勻強電場中，若初速度與電場線平行，做勻變速直線運動；若初速度與電場線垂直，做類平拋運動。 （2）帶電粒子在勻強磁場中，若速度與磁感線平行，做勻速直線運動；若速度與磁感線垂直，做勻速圓周運動。 4. 帶電粒子在組合場中運動的處理方法 ①分析帶電粒子在各種場中的受力情況和運動情況,一般在電場中做類平拋運動,在磁場中做勻速圓周運動。 ②正確地畫出粒子的運動軌跡圖,在畫圖的基礎上特別注意運用幾何知識,尋找關系。 ③選擇物理規(guī)律,列方程。對類平拋運動,一般分解為初速度方向的勻速運動和垂直初速度方向的勻加速運動;對粒子在磁場中做勻速圓周運動,應注意一定是洛倫茲力提供向心力這一受力條件。 ④注意確定粒子在組合場交界位置處的速度大小與方向。該速度是聯(lián)系兩種運動的橋梁。 4. 解決帶電粒子在組合場中運動問題的思路方法簡化圖 【典例1】如圖所示，M、N、P為很長的平行邊界，M、N與M、P間距分別為l1、l2，其間分別有磁感應強度為B1和B2的勻強磁場區(qū)域，磁場Ⅰ和Ⅱ方向垂直紙面向里，B1≠B2，有一電荷量為q、質量為m的帶正電粒子，以某一初速度垂直邊界N及磁場方向射入MN間的磁場區(qū)域。不計粒子的重力。求： (1)要使粒子能穿過磁場Ⅰ進入磁場Ⅱ，粒子的初速度v0至少應為多少； (2)若粒子進入磁場Ⅰ的初速度v1＝，則粒子第一次穿過磁場Ⅰ所用時間t1是多少； (3)粒子初速度v為多少時，才可恰好穿過兩個磁場區(qū)域。 【答案】　(1)　(2)　(3) t1＝T＝＝。 (3)設粒子速度為v時，粒子在磁場Ⅱ中的軌跡恰好與P邊界相切，軌跡如圖乙所示， 由Bqv＝m可得R1＝，R2＝， 由幾何關系得sin θ＝＝， 粒子在磁場Ⅱ中運動有R2－R2sin θ＝l2， 解得v＝。 【典例2】如圖所示，內圓半徑為r、外圓半徑為3r的圓環(huán)區(qū)域內有垂直紙面向里、磁感應強度為B的勻強磁場。圓環(huán)左側的平行板電容器兩板間電壓為U，從靠近M板處由靜止釋放質量為m、電荷量為q的正離子，經過電場加速后從N板小孔射出，并沿圓環(huán)直徑方向射入磁場，不計離子的重力，忽略平行板外的電場。求： (1)離子從N板小孔射出時的速率； (2)離子在磁場中做圓周運動的周期； (3)要使離子不進入小圓區(qū)域，電壓U的取值范圍。 【答案】　(1) 　(2)　(3)U≤ 由幾何關系得R02＋(3r)2＝(R0＋r)2，解得R0＝4r， 需滿足的條件為R≤R0，又qvB＝m，qU＝mv2， 聯(lián)立解得U≤。 【典例3】平面直角坐標系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的勻強磁場，第Ⅲ象限存在沿y軸負方向的勻強電場，如圖所示。一帶負電的粒子從電場中的Q點以速度v0沿x軸正方向開始運動，Q點到y(tǒng)軸的距離為到x軸距離的2倍。粒子從坐標原點O離開電場進入磁場，最終從x軸上的P點射出磁場，P點到y(tǒng)軸距離與Q點到y(tǒng)軸距離相等。不計粒子重力，問： (1)粒子到達O點時速度的大小和方向； (2)電場強度和磁感應強度的大小之比。 【答案】　(1)v0，與x軸正方向成45角斜向上　(2) 【解析】　(1)在電場中，粒子做類平拋運動，設Q點到x軸距離為L，到y(tǒng)軸距離為2L，粒子的加速 設粒子到達O點時速度大小為v，由運動的合成有 v＝?、? 聯(lián)立①②③⑥式得v＝v0?！、? (2)設電場強度為E，粒子電荷量為q，質量為m，粒子在電場中受到的電場力為F，由牛頓第二定律可得F＝ma ⑧ 又F＝qE　⑨ 設磁場的磁感應強度大小為B，粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R，所受的洛倫茲力提供向心力，有 qvB＝m?、? 由幾何關系可知R＝L　? 聯(lián)立①②⑦⑧⑨⑩?式得＝。　? 【典例4】如圖所示裝置中，區(qū)域Ⅰ和Ⅲ中分別有豎直向上和水平向右的勻強電場，電場強度分別為E和；Ⅱ區(qū)域內有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度為B.一質量為m、帶電荷量為q的帶負電粒子(不計重力)從左邊界O點正上方的M點以速度v0水平射入電場，經水平分界線OP上的A點與OP成60角射入Ⅱ區(qū)域的磁場，并垂直豎直邊界CD進入Ⅲ區(qū)域的勻強電場中．求： (1)粒子在Ⅱ區(qū)域勻強磁場中運動的軌跡半徑； (2)O、M間的距離； (3)粒子從M點出發(fā)到第二次通過CD邊界所經歷的時間． 【答案】　(1)　(2)　(3)＋ (2)設粒子在Ⅰ區(qū)域電場中運動時間t1，加速度為a.則有qE＝ma，v0tan 60＝at1，即t1＝ O、M兩點間的距離為L＝at＝. 課后作業(yè) 1. 在半導體離子注入工藝中，初速度可忽略的磷離子P＋和P3＋，經電壓為U的電場加速后，垂直進入磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里、有一定寬度的勻強磁場區(qū)域，如圖8－2－26所示．已知離子P＋在磁場中轉過θ＝30后從磁場右邊界射出．在電場和磁場中運動時，離子P＋和P3＋(　　)． A．在電場中的加速度之比為1∶1 B．在磁場中運動的半徑之比為∶1 C．在磁場中轉過的角度之比為1∶2 D．離開電場區(qū)域時的動能之比為1∶3 【答案】　BCD 【解析】　磷離子P＋與P3＋電荷量之比q1∶q2＝1∶3，質量相等，在電場中加速度a＝，由此可知，a1∶a2＝1∶3，選項A錯誤；離子進入磁場中做圓周運動的半徑r＝，又qU＝mv2，故有r＝，即r1∶r2＝∶1，選項B正確；設離子P3＋在磁場中偏角為α，則sin α＝，sin θ＝(d為磁場寬度)，故有sin θ∶sin α＝1∶，已知θ＝30，故α＝60，選項C正確；全過程中只有電場力做功，W＝qU，故離開電場區(qū)域時的動能之比即為電場力做功之比，所以Ek1∶Ek2＝W1∶W2＝1∶3，選項D正確． 2.如圖所示，兩平行金屬板間距為d，電勢差為U，板間電場可視為勻強電場；金屬板下方有一磁感應強度為B的勻強磁場。帶電量為＋q、質量為m的粒子，由靜止開始從正極板出發(fā)，經電場加速后射出，并進入磁場做勻速圓周運動。忽略重力的影響。求： (1)勻強電場場強E的大小。 (2)粒子從電場射出時速度v的大小。 (3)粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑R。 【答案】：(1)　(2) 　(3) 3.如圖所示，在一個圓形區(qū)域內，兩個方向相反且都垂直于紙面的勻強磁場分布在以直徑A2A4為邊界的兩個半圓形區(qū)域Ⅰ、Ⅱ中，A2A4與A1A3的夾角為60。一質量為m、電荷量為＋q的粒子以某一速度從Ⅰ區(qū)的邊緣點A1處沿與A1A3成30角的方向射入磁場，隨后該粒子沿垂直于A2A4的方向經過圓心O進入Ⅱ區(qū)，最后再從A4處射出磁場。已知該粒子從射入到射出磁場所用的時間為t，求： (1)畫出粒子在磁場Ⅰ和Ⅱ中的運動軌跡； (2)粒子在磁場Ⅰ和Ⅱ中的軌跡半徑R1和R2的比值； (3)Ⅰ區(qū)和Ⅱ區(qū)中磁感應強度的大小(忽略粒子重力)。 【答案】：(1)見解析圖　(2)2∶1　(3)　 【解析】： (1)畫出粒子在磁場Ⅰ和Ⅱ中的運動軌跡如圖所示。 (2)設粒子的入射速度為v，已知粒子帶正電，故它在磁場中先順時針做圓周運動，再逆時針做圓周運動，最后從A4點射出，用B1、B2，R1、R2，T1、T2分別表示在磁場Ⅰ、Ⅱ區(qū)的磁感應強度、軌跡半徑和周期。 設圓形區(qū)域的半徑為r，已知帶電粒子過圓心且垂直于A2A4進入Ⅱ區(qū)磁場，連接A1A2，△A1OA2為等邊 圓心角∠A1A2O＝60，帶電粒子在Ⅰ區(qū)磁場中運動的時間為t1＝T1 在Ⅱ區(qū)磁場中運動的時間為t2＝T2 帶電粒子從射入到射出磁場所用的總時間t＝t1＋t2 由以上各式可得B1＝，B2＝。 4. 如圖所示，直角坐標系中的第Ⅰ象限中存在沿y軸負方向的勻強電場，在第Ⅱ象限中存在垂直紙面向外的勻強磁場。一電荷量為q、質量為m的帶正電的粒子，在－x軸上的a點以速度v0與－x軸成60角射入磁場，從y＝L處的b點沿垂直于y軸方向進入電場，并經過x軸上x＝2L處的c點。不計粒子重力。求： (1)磁感應強度B的大小； (2)電場強度E的大?。? (3)帶電粒子在磁場和電場中的運動時間之比。 【答案】　(1)　(2)　(3) 【解析】　(1)帶電粒子在磁場中運動軌跡如圖， 帶電粒子在電場中運動時間為：t2＝ 所以帶電粒子在磁場和電場中運動時間之比為：＝。 5. 如圖所示的平面直角坐標系xOy，在第Ⅰ象限內有平行于y軸的勻強電場，方向沿y軸正方向；在第Ⅳ象限的正三角形abc區(qū)域內有勻強磁場，方向垂直于xOy平面向里，正三角形邊長為L，且ab邊與y軸平行．一質量為m、電荷量為q的粒子，從y軸上的P(0，h)點，以大小為v0的速度沿x軸正方向射入電場，通過電場后從x軸上的a(2h,0)點進入第Ⅳ象限，又經過磁場從y軸上的某點進入第Ⅲ象限，且速度與y軸負方向成45 角，不計粒子所受的重力．求： (1)電場強度E的大?。? (2)粒子到達a點時速度的大小和方向； (3)abc區(qū)域內磁場的磁感應強度B的最小值． 【答案】　(1)　(2)v0　方向指向第Ⅳ象限與x軸正方向成45角　(3) 【解析】　帶電粒子在電場中做類平拋運動，在磁場中做勻速圓周運動，射出磁場后做勻速直線運動． 設速度方向與x軸正方向的夾角為θ，則tan θ＝＝1，θ＝45⑨ 即到a點時速度方向指向第Ⅳ象限與x軸正方向成45角． (3)粒子進入磁場后做勻速圓周運動，有qvB＝m⑩ 由此得R＝? 從上式看出，R∝，當R最大時，B最小． 由題圖可知，當粒子從b點射出磁場時，R最大 由幾何關系得Rmax＝L? 將?代入?式得B的最小值為Bmin＝. 6. 如圖所示，在xOy坐標系的0≤y≤d的區(qū)域內分布著沿y軸正方向的勻強電場，在d≤y≤2d的區(qū)域內分布著垂直于xOy平面向里的勻強磁場，MN為電場和磁場的交界面，ab為磁場的上邊界?，F(xiàn)從原點O處沿x軸正方向發(fā)射出速率為v0、比荷(電荷量與質量之比)為k的帶正電粒子，粒子運動軌跡恰與ab相切并返回電場。已知電場強度E＝，不計粒子重力和粒子間的相互作用。求： (1)粒子從O點第一次穿過MN時的速度大小和水平位移的大??； (2)磁場的磁感應強度B的大小。 【答案】：(1)2v0　　(2) 設粒子以與x軸正方向成θ角的速度進入磁場 tan θ＝＝， 解得θ＝60 根據R＋Rcos θ＝d， 解得R＝ 由牛頓第二定律可得qvB＝m，解得B＝。 7. 如圖所示，空間中有一直角坐標系，其第一象限中在圓心為O1、半徑為R、邊界與x軸和y軸相切的圓形區(qū)域內，有垂直于紙面向里的勻強磁場(圖中未畫出)，磁感應強度大小為B；第二象限中存在方向豎直向下的勻強電場?，F(xiàn)有一群質量為m、電荷量為q的帶正電的粒子，從圓形區(qū)域邊界與x軸的切點A處沿紙面上的不同方向射入磁場中。已知粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑均為R，其中沿AO1方向射入的粒子恰好到達x軸上與O點距離為2R的N點，不計粒子的重力和它們之間的相互作用力，求： (1)粒子射入磁場時的速度大小及電場強度的大小； (2)速度方向與AO1夾角為60(斜向右上方)的粒子到達x軸所用的時間。 【答案】：(1)　　(2) 【解析】：(1)設粒子射入磁場時的速度大小為v，因在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R， 由洛倫茲力提供向心力得qvB＝m，解得v＝ 設粒子的軌跡圓心為C，從M點射出磁場，連接O1M、MC、AC，由幾何關系知，四邊形O1MCA是菱形，故CM垂直于x軸，易得速度方向偏轉角度等于圓心角θ＝150， 粒子在磁場中運動的周期為T＝ HO＝R＋Rsin 60＝R＋＝t32， 解得t3＝(＋1) 故粒子到達x軸的時間為 t＝t1＋t2＋t3＝。