高考物理大二轮复习与增分策略 专题六 电场与磁场 第2讲 带电粒子在复合场中的运动

在学生就要走出校门的时候，班级工作仍要坚持德育先行，继续重视对学生进行爱国主义教育、集体主义教育、行为规范等的教育，认真落实学校、学工处的各项工作要求第2讲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qUmv2mv来求解.对于匀强电场，电场力做功也可以用WqEd来求解.(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的合成与分解的方法来处理.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vB时，带电粒子以速度v做匀速直线运动.(2)匀速圆周运动：当vB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.复合场中是否需要考虑粒子重力的三种情况(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情况.(3)不能直接判断是否要考虑重力的情况，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要考虑重力.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.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.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.解题方略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qEqvB；重力场与磁场中满足mgqvB；重力场与电场中满足mgqE.(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FqvB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mgqE，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，即qvBm.(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如图1所示，坐标系xOy在竖直平面内，x轴沿水平方向.x0的区域有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B1；第三象限同时存在着垂直于坐标平面向外的匀强磁场和竖直向上的匀强电场，磁感应强度大小为B2，电场强度大小为E.x0的区域固定一与x轴成30角的绝缘细杆.一穿在细杆上的带电小球a沿细杆匀速滑下，从N点恰能沿圆周轨道运动到x轴上的Q点，且速度方向垂直于x轴.已知Q点到坐标原点O的距离为l，重力加速度为g，B17E，B2E.空气阻力忽略不计，求：图1(1)带电小球a的电性及其比荷；(2)带电小球a与绝缘细杆的动摩擦因数；(3)当带电小球a刚离开N点时，从y轴正半轴距原点O为h的P点(图中未画出)以某一初速度平抛一个不带电的绝缘小球b，b球刚好运动到x轴与向上运动的a球相碰，则b球的初速度为多大？解析(1)由带电小球在第三象限内做匀速圆周运动可得：带电小球带正电且mgqE，解得：(2)带电小球从N点运动到Q点的过程中，有：qvB2m由几何关系有：RRsin l，联立解得：v 带电小球在杆上匀速下滑，由平衡条件有：mgsin (qvB1mgcos )解得：(3)带电小球在第三象限内做匀速圆周运动的周期：T 带电小球第一次在第二象限竖直上下运动的总时间为：t0 绝缘小球b平抛运动至x轴上的时间为：t2两球相碰有：tn(t0)联立解得：n1设绝缘小球b平抛的初速度为v0，则：lv0t，解得：v0 答案(1)正电(2)(3) 预测1如图2所示，A、B间存在与竖直方向成45斜向上的匀强电场E1，B、C间存在竖直向上的匀强电场E2，A、B的间距为1.25 m，B、C的间距为3 m，C为荧光屏.一质量m1.0103 kg，电荷量q1.0102 C的带电粒子由a点静止释放，恰好沿水平方向经过b点到达荧光屏上的O点.若在B、C间再加方向垂直于纸面向外且大小B0.1 T的匀强磁场，粒子经b点偏转到达荧光屏的O点(图中未画出).取g10 m/s2.求：图2(1)E1的大小；(2)加上磁场后，粒子由b点到O点电势能的变化量.答案(1)1.4 N/C(2)1.0102 J解析(1)粒子在A、B间做匀加速直线运动，竖直方向受力平衡，则有：qE1cos 45mg解得：E1 N/C1.4 N/C.(2)粒子从a到b的过程中，由动能定理得：qE1dABsin 45mv解得：vb5 m/s加磁场前粒子在B、C间必做匀速直线运动，则有：qE2mg，加磁场后粒子在B、C间必做匀速圆周运动，如图所示，由动力学知识可得：qvbBm解得：R5 m设偏转距离为y，由几何知识得：R2d(Ry)2代入数据得y1.0 m粒子在B、C间运动时电场力做的功为：WqE2ymgy1.0102 J由功能关系知，粒子的电势能增加了1.0102 J预测2如图3所示，空间内有方向垂直纸面(竖直面)向里的有界匀强磁场区域、，磁感应强度大小未知.区域内有竖直向上的匀强电场，区域内有水平向右的匀强电场，两区域内的电场强度大小相等.现有一质量m0.01 kg、电荷量q0.01 C的带正电滑块从区域左侧与边界MN相距L2 m的A点以v05 m/s的初速度沿粗糙、绝缘的水平面向右运动，进入区域后，滑块立即在竖直平面内做匀速圆周运动，在区域内运动一段时间后离开磁场落回A点.已知滑块与水平面间的动摩擦因数0.225，重力加速度g10 m/s2.图3(1)求匀强电场的电场强度大小E和区域中磁场的磁感应强度大小B1；(2)求滑块从A点出发到再次落回A点所经历的时间t；(3)若滑块在A点以v09 m/s的初速度沿水平面向右运动，当滑块进入区域后恰好能做匀速直线运动，求有界磁场区域的宽度d及区域内磁场的磁感应强度大小B2.答案(1)10 V/m6.4 T(2)() s(3) m T解析(1)滑块在区域内做匀速圆周运动时，重力与电场力平衡，则有mgqE解得E10 V/m滑块在AN间运动时，设水平向右的方向为正方向，由牛顿第二定律可得ag2.25 m/s2由运动公式可得v2v2aL代入数据得v4 m/s平抛运动过程满足Lvt3,2rgt做圆周运动满足qvB1m联立方程求解得B16.4 T(2)滑块在AN间的时间t1 s在磁场中做匀速圆周运动的时间t2 s平抛运动的时间t30.5 s总时间为tt1t2t3() s(3)设滑块进入磁场时的速度为v，满足mgLmv2mv02代入数据得v6 m/s滑块在区域中做直线运动时，合力一定为0，由平衡方程知qvB2mg解得B2 T滑块离开磁场区域时的速度方向一定与水平成45角.由几何关系知当滑块在区域中做匀速圆周运动时有B1qv解得r m由题意知drsin 45 m解题方略设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.例2如图4所示，在坐标系y轴右侧存在一宽度为a、垂直纸面向外的有界匀强磁场，磁感应强度的大小为B；在y轴左侧存在与y轴正方向成45角的匀强电场.一个粒子源能释放质量为m、电荷量为q的粒子，粒子的初速度可以忽略.粒子源在点P(a，a)时发出的粒子恰好垂直磁场边界EF射出；将粒子源沿直线PO移动到Q点时，所发出的粒子恰好不能从EF射出.不计粒子的重力及粒子间的相互作用力.求：图4(1)匀强电场的电场强度；(2)粒子源在Q点时，粒子从发射到第二次进入磁场的时间.解析(1)粒子源在P点时，粒子在电场中被加速根据动能定理有qEamv解得v1 粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有qv1B由几何关系知，R1a解得E(2)粒子源在Q点时，粒子在磁场中运动轨迹与边界EF相切，由几何关系知R2(2)a根据牛顿第二定律有qv2B磁场中运动速度为v2粒子在Q点射出，开始在电场中加速运动，设加速度为a1：t1进入磁场后运动四分之三个圆周：t2T第一次出磁场后进入电场，做类平抛运动：t3粒子从发射到第二次进入磁场的时间tt1t2t3答案(1)(2)预测3如图5所示，在边长为L的等边三角形内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在AC边界的左侧有与AC边平行的匀强电场，D是底边AB的中点.质量为m，电荷量为q的带正电的粒子(不计重力)从AB边上的D点竖直向上射入磁场，恰好垂直打在AC边上.图5(1)求粒子的速度大小；(2)粒子离开磁场后，经一段时间到达BA延长线上N点(图中没有标出)，已知NAL，求匀强电场的电场强度.答案(1)(2)解析(1)粒子进、出磁场的速度方向分别与AB、AC边垂直，则A为粒子在磁场中做圆周运动的圆心，可知粒子做圆周运动的半径为L根据qvBm解得v(2)粒子的运动轨迹如图所示，粒子在垂直电场线方向做匀速直线运动，位移为：xNQLsin 60沿电场线方向做匀加速直线运动，位移为：yQELLcos 60L根据xvt，yat2，a解得：E解题方略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.例3如图6甲所示，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、y轴方向为电场强度的正方向).在t0时刻由原点O发射初速度大小为v0，方向沿y轴方向的带负电粒子(不计重力).其中已知v0、t0、B0、E0，且E0，粒子的比荷，x轴上有一点A，坐标为(，0).图6(1)求时带电粒子的位置坐标.(2)粒子运动过程中偏离x轴的最大距离.(3)粒子经多长时间经过A点.解析(1)在0t0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：qB0v0mr1m得：T2t0，r1则在时间内转过的圆心角所以在t时，粒子的位置坐标为：(，)(2)在t02t0时间内，粒子经电场加速后的速度为v，粒子的运动轨迹如图所示vv0t02v0，运动的位移：xt01.5 v0t0在2t03t0时间内粒子圆周运动的半径：r22r1故粒子偏离x轴的最大距离：hxr21.5v0t0(3)粒子在xOy平面内做周期性运动的运动周期为4t0，一个周期内向右运动的距离：d2r12r2AO间的距离为：8d所以，粒子运动至A点的时间为：t32t0答案(1)(，)(2)1.5v0t0(3)32t0预测4如图7甲所示，y轴右侧空间有垂直xOy平面向里的匀强磁场，同时还有沿y方向的匀强电场(图中电场未画出)，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示(图中B0已知，其余量均为未知).t0时刻，一质量为m、电荷量为q的带电粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴射入电场和磁场区，t0时刻粒子到达坐标为(x0，y0)的点A(x0y0)，速度大小为v，方向沿x方向，此时撤去电场.tt0t1t2时刻，粒子经过x轴上xx0点，速度沿x方向.不计粒子重力，求：图7(1)0t0时间内OA两点间电势差UOA；(2)粒子在t0时刻的加速度大小a0；(3)B1的最小值和对应t2的表达式.答案(1)(2)(3)t2(k)(k0,1,2，)解析(1)带电粒子由O到A运动过程中，由动能定理qUOAmv2mv解得UOA(2)设电场强度大小为E，则UAOEy0t0时刻，由牛顿第二定律得qv0B0qEma解得a(3)t0t0t1时间内，粒子在小的虚线圆上运动，t0t1时刻粒子从C点切入大圆，大圆最大半径为x0，相应小圆最大半径为R，则R又qvB1mB1的最小值B1min对应于B1取最小值，带电粒子由C点到经过x轴上xx0点的时间t2满足t2(k)(k0,1,2，)专题强化练1.如图1所示，真空中的矩形abcd区域内存在竖直向下的匀强电场，半径为R的圆形区域内同时存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，圆形边界分别相切于ad、bc边的中点e、f.一带电粒子以初速度v0沿着ef方向射入该区域后能做直线运动；当撤去磁场并保留电场，粒子以相同的初速度沿着ef方向射入恰能从c点飞离该区域.已知adbcR，忽略粒子的重力.求：图1(1)带电粒子的比荷；(2)若撤去电场保留磁场，粒子离开矩形区域时的位置.答案(1)(2)粒子从ab边射出，距b点解析(1)设匀强电场强度为E，当电场和磁场同时存在时，粒子沿ef方向做直线运动，有qv0BqE当撤去磁场，保留电场时，带电粒子做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，由题知，粒子恰能从c点飞出，则2Rv0t，Rat2，qEma联解得：(2)若撤去电场保留磁场，粒子将在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹如图所示.设粒子离开矩形区域时的位置g离b的距离为x，则由牛顿第二定律；qv0B得rR，由图中几何关系60故粒子离开矩形区域时到b的距离为xRR故粒子将从ab边射出，距b点.2.如图2所示，在直角坐标系xOy的第象限内有沿y轴负向的匀强电场，电场强度为E，第象限内有垂直纸面向外的匀强磁场.一个质量为m、电荷量为q的粒子从y轴上的P点沿x轴正向进入电场，粒子从x轴上的Q点进入磁场.已知Q点的坐标为(L,0)，不计粒子的重力及粒子间的相互作用.图2(1)若粒子在Q点的速度方向与x轴正方向成30角，求P、Q两点间的电势差；(2)若从y轴正半轴各点依次向x轴正向发射质量为m、电荷量为q的速度大小适当的粒子，它们经过电场偏转后都通过Q点进入磁场，其中某个粒子A到达Q点的速度最小.粒子A经过磁场偏转后恰好垂直y轴射出了磁场.求匀强磁场的磁感应强度的大小.答案(1)EL(2) 解析(1)粒子在Q点的速度方向与x轴正方向成30角，分解Q点的速度可得vyv0tan 30从P点到Q点：Lv0t，yvyt得P点的纵坐标yL所以UPQEyEL(2)设粒子A进入电场的速度为v1，它进入电场后qEmaLv1t，vyat，vQ得vQ 由数学知识可知，当v1时，vQ取最小值.即v1 时，Q点的速度最小值为vQ 此时vyv1，粒子A在Q点的速度方向与x轴正向夹角为45.所以粒子A进入磁场后的偏转半径(如图)RL由qvQBm得B得B 3.如图3所示，在竖直平面内，水平x轴的上方和下方分别存在方向垂直纸面向外和方向垂直纸面向里的匀强磁场，其中x轴上方的匀强磁场磁感应强度大小为B1，并且在第一象限和第二象限有方向相反，强弱相同的平行于x轴的匀强电场，电场强度大小为E1.已知一质量为m的带电小球从y轴上的A(0，L)位置斜向下与y轴负半轴成60角射入第一象限，恰能做匀速直线运动.图3(1)判定带电小球的电性，并求出所带电荷量q及入射的速度大小；(2)为使得带电小球在x轴下方的磁场中能做匀速圆周运动，需要在x轴下方空间加一匀强电场，试求所加匀强电场的方向和电场强度的大小；(3)在满足第(2)问的基础上，若在x轴上安装有一绝缘弹性薄板，并且调节x轴下方的磁场强弱，使带电小球恰好与绝缘弹性板碰撞两次后从x轴上的某一位置返回到x轴的上方(带电小球与弹性板碰撞时，既无电荷转移，也无能量损失，并且入射方向和反射方向的关系类似光的反射)，然后恰能匀速直线运动至y轴上的A(0，L)位置，求：弹性板的最小长度及带电小球从A位置出发返回至A位置过程中所经历的时间.答案(1)负电(2)竖直向下E1(3)L解析(1)小球在第一象限中的受力分析如图所示，所以带电小球的电性为负电mgqE1tan 60q又qE1qvB1cos 60即v(2)小球若在x轴下方的磁场中做匀速圆周运动，必须使得电场力与重力二力平衡，即应施加一竖直向下的匀强电场，且电场强度大小满足：qEmg即EE1(3)要想让小球恰好与弹性板发生两次碰撞，并且碰撞后返回x轴上方空间匀速运动到A点，则其轨迹应该如图所示，且由几何关系可知：3PD2ONtan 60联立上述方程解得：PDDNL则挡板长度至少为PDL设在x轴下方的磁场磁感应强度为B，则满足：qvBmT从N点运动到C点的时间为：t3T联立上式解得：t由几何关系可知：cos 60在第一象限运动的时间t1和第二象限中运动的时间t2相等，且：t1t2所以带电小球从A点出发至回到A点的过程中所经历的总时间为：t0tt1t2联立上述方程解得：t04.如图4所示，在平行板电容器的两板之间，存在相互垂直的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度B10.40 T，方向垂直纸面向里，电场强度E2.0105 V/m，PQ为板间中线.紧靠平行板右侧边缘xOy坐标系的第一象限内，有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B20.25 T，磁场边界AO和y轴夹角AOy45.一束带电荷量q8.01019 C的同位素(电荷数相同，质量数不同)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(0,0.2 m)的Q点垂直y轴射入磁场区域，离子通过x轴时的速度方向与x轴正方向夹角在4590之间，不计离子重力，求：图4(1)离子运动的速度为多大？(2)求离子的质量范围；(3)若只改变AOy区域内磁场的磁感应强度大小，使离子都不能打到x轴上，磁感应强度B2大小应满足什么条件？(计算结果保留两位有效数字)答案(1)5.0105 m/s(2)4.01026 kgm8.01026 kg(3)B20.60 T解析(1)设正离子的速度为v，由于沿中线运动，则有qEqvB1代入数据解得v5.0105 m/s(2)甲设离子的质量为m，如图甲所示，当通过x轴时的速度方向与x轴正方向夹角为45时，由几何关系可知运动半径：r10.2 m当通过x轴时的速度方向与x轴正方向夹角为90时，由几何关系可知运动半径：r20.1 m由牛顿第二定律有：qvB2m由于r2rr1代入数据解得：4.01026 kgm8.01026 kg(3)乙如图乙所示，由几何关系可知使离子不能打到x轴上的最大半径：r3 m设使离子都不能打到x轴上，最小的磁感应强度大小为B0，则qvB0m大代入数据解得：B0 T0.60 T则B20.60 T5.如图5所示，在竖直平面内直线AB与竖直方向成30角，AB左侧有匀强电场，右侧有垂直纸面向外的匀强磁场.一质量为m、电量为q的带负电的粒子，从P点以初速度v0竖直向下射入电场，粒子首次回到边界AB时，经过Q点且速度大小不变，已知P、Q间距为l，之后粒子能够再次通过P点，(粒子重力不计)求：图5(1)匀强电场场强的大小和方向；(2)匀强磁场磁感应强度的可能值.答案(1)方向垂直AB且与竖直方向成60角向下(2)或(n1,2,3)解析(1)由带电粒子回到边界AB速度大小不变可知PQ间电势差为零，P、Q处在同一等势面上根据题意可知，匀强电场垂直AB，且与竖直方向成60角向下粒