2019届高考物理复习专题三电场和磁场第3讲带电粒子在复合场中的运动专项训练.docx

第3讲带电粒子在复合场中的运动真题再现1(2017全国卷)如图331，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ma、mb、mc，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331AmambmcBmbmamcCmcmamb Dmcmbma解析该空间区域为匀强电场、匀强磁场和重力场的叠加场，a在纸面内做匀速圆周运动，可知其重力与所受到的电场力平衡，洛伦兹力提供其做匀速圆周运动的向心力，有magqE，解得ma，b在纸面内向右做匀速直线运动，由左手定则可判断出其所受洛伦兹力方向竖直向上，可知mbgqEqvbB，解得mb，c在纸面内向左做匀速直线运动，由左手定则可判断出其所受洛伦兹力方向竖直向下，可知mcgqvcBqE，解得mc。综上所述，可知mbmamc，选项B正确。答案B2(2015福建卷)如图332，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、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。图332(1)求小滑块运动到C点时的速度大小vC；(2)求小滑块从A点运动到C点过程中克服摩擦力做的功Wf；(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vD，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。解析本题考查带电体在复合场中的运动和能量守恒、功能关系，意在考查考生的分析推理能力和综合解决问题的能力。(1)小滑块沿MN运动过程，水平方向受力满足qvBNqE小滑块在C点离开MN时N0解得vC(2)由动能定理mghWfmv0解得Wfmgh(3)如图，小滑块速度最大时，速度方向与电场力、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gg 且vvg2t2解得vP 。答案(1)(2)mgh(3) 3(2018全国卷)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333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。图333(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；(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，求该粒子的比荷及其从M点运动到N点的时间。解析(1)粒子运动的轨迹如图(a)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(见图b)。速度沿电场方向的分量为v1。根据牛顿第二定律有qEma式中q和m分别为粒子的电荷量和质量：由运动学公式有v1atlv0tv1vcos 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由几何关系得l2Rcos 联立式得v0(3)由运动学公式和题给数据得v1v0cot联立式得设粒子由M点运动到N点所用的时间为t，则t2tT式中T是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期，T由式得t(1)。答案见解析考情分析分值618分题型选择题、计算题命题热点(1)带电粒子在组合场中的运动(2)带电粒子在叠加场中的运动(3)洛伦兹力在现代科技中的应用考点一带电粒子在组合场中的运动1做好“两个区分”(1)正确区分重力、电场力、洛伦兹力的大小、方向特点及做功特点。(2)正确区分“电偏转”和“磁偏转”的不同。2抓住“两个技巧”(1)按照带电粒子运动的先后顺序，将整个运动过程划分成不同特点的小过程。(2)善于画出几何图形处理几何关系，要有运用数学知识处理物理问题的习惯。(2018全国卷)如图334，从离子源产生的甲、乙两种离子，由静止经加速电压U加速后在纸面内水平向右运动，自M点垂直于磁场边界射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场左边界竖直。已知甲种离子射入磁场的速率大小为v1，并在磁场边界的N点射出；乙种离子在MN的中点射出；MN长为l。不计重力影响和离子间的相互作用。求：图334(1)磁场的磁感应强度大小；(2)甲、乙两种离子的比荷之比。解析(1)设甲种离子所带电荷量为q1、质量为m1，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R1，磁场的磁感应强度大小为B，由动能定理有q1Um1v由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有q1v1Bm1由几何关系知2R1l由式得B(2)设乙种离子所带电荷量为q2、质量为m2，射入磁场的速度为v2，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R2。同理有q2Um2vq2v2Bm2由题给条件有2R2由式得，甲、乙两种离子的比荷之比为14。答案(1)(2)14方法总结带电粒子在组合场中运动的分析思路第1步：分阶段(分过程)按照时间顺序和进入不同的区域分成几个不同的阶段；第2步：受力和运动分析，主要涉及两种典型运动，如下第3步：用规律【题组突破】1(2018山西五校联考)质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具。图335中的铅盒A中的放射源放出大量的带正电粒子(可认为初速度为零)，从狭缝S1进入电压为U的加速电场加速后，再通过狭缝S2从小孔G垂直于MN射入偏转磁场，该偏转磁场是以直线MN为切线、磁感应强度为B、方向垂直于纸面向外、半径为R的圆形匀强磁场。现在MN上的F点(图中未画出)接收到该粒子，且GFR，则该粒子的比荷为(粒子的重力忽略不计)图335A.B.C. D.解析设离子被加速后获得的速度为v，由动能定理有qUmv2，由几何知识知，离子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径r，又Bqvm，可求，故C正确。答案C2如图336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3.2109 C/kg，电场强度E200 V/m，M、N间距MN1 cm，金属板长L25 cm，粒子的初速度v04105 m/s，带电粒子重力忽略不计，求：图336(1)粒子射出电场时的运动方向与初速度v0的夹角；(2)磁感应强度B的大小。解析(1)由牛顿第二定律有qEma粒子在电场中水平方向做匀速直线运动，Lv0t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vyat速度偏转角的正切值tan 由以上各式代入数据解得45(2)粒子射出电场时运动的速度大小为：v在磁场中洛伦兹力提供向心力：Bqvm由几何关系得MNr代入数据解得B2.5102T答案(1)45(2)2.5102T考点二带电粒子在叠加场中的运动带电粒子在叠加场中运动的分析方法(1)弄清叠加场的组成。(2)正确受力分析，除重力、弹力、摩擦力外要特别注意静电力和磁场力的分析。(3)确定带电粒子的运动状态，注意运动情况和受力情况的结合。(4)对于粒子连续通过几个不同情况的场的问题，要分阶段进行处理。(5)画出粒子运动轨迹，灵活选择不同的运动规律。当带电粒子在叠加场中做匀速直线运动时，根据受力平衡列方程求解。当带电粒子在叠加场中做匀速圆周运动时，应用牛顿运动定律结合圆周运动规律求解。当带电粒子做复杂曲线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解。对于临界问题，注意挖掘隐含条件。 (2018第一次河南大联考卷)如图337甲所示，空间平面处于匀强电场和匀强磁场中，电场强度E和磁感应强度B随时间t周期性变化(周期为T)的图像如图乙所示。取竖直向下为电场正方向，垂直纸面向外为磁场正方向。在t0时，一质量为m，电荷量为q的带负电小球从离地面高度为h的地方由静止释放。已知重力加速度为g，E0，B0，求： 图337(1)小球第一次做圆周运动的半径；(2)要让小球一直在电场中运动，则电场在水平方向上的最小宽度；(3)小球落地时间。解析(1)在0时间内，重力和电场力平衡，小球静止不动，在T时间内，小球只受电场力和重力，两力方向相同，由牛顿第二定律有qE0mgma，解得a2g在T时刻，小球的速度v1agT，位移x1a2在TT时间内，小球所受电场力和重力平衡，合力为洛伦兹力，带电小球做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，有qv1B0，解得R1。(2)小球做圆周运动的周期T，只与磁场有关，且恒定，故小球相继在半周期内做匀加速直线运动和完整的圆周运动，小球做匀加速直线运动的加速度恒为a2g，则在T、2T、3T时刻，小球运动的总位移为x1,4x1,9x1，速度为v1、2v1,3v1，做圆周运动的半径为R1、2R1,3R1由h9x19x13R1，可知小球在第三次做圆周运动时转过圆心角落地，小球的运动轨迹如图所示由几何关系可知sin ，解得由3R1(1cos )22R1，则电场在水平方向上的最小宽度d22R1。(3)小球落地时间t3T。答案(1)(2)(3)【题组突破】1(2016天津卷)如图338所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E5N/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B0.5 T。有一带正电的小球，质量m1106 kg，电荷量q2106C，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g10 m/s2。求：图338(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。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代入数据解得v20 m/s速度v的方向与电场E的方向之间的夹角满足tan 代入数据解得tan 60(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。设其加速度为a，有a设撤掉磁场后小球在初速度方向上的分位移为x，有xvt设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y，有yat2a与mg的夹角和v与E的夹角相同，均为，又tan 联立式，代入数据解得t2 s3.5 s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vyv sin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vytgt20联立式，代入数据解得t2 s3.5 s答案(1)见解析(2)3.5 s2.如图339所示，在竖直平面内建立坐标系xOy，第象限坐标为(x，d)位置处有一粒子发射器P，第、象限有垂直纸面向里的匀强磁场和竖直向上的匀强电场。某时刻粒子发射器P沿x轴负方向以某一初速度发出一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子。粒子从y处经过y轴且速度方向与y轴负方向成45角。其后粒子在匀强磁场中偏转后垂直x轴返回第象限。已知第、象限内匀强电场的电场强度E。重力加速度为g，求：图339(1)粒子刚从发射器射出时的初速度及粒子发射器P的横坐标x；(2)粒子从粒子源射出到返回第象限上升到最高点所用的总时间。解析(1)带电粒子从发射器射出后做平抛运动，设初速度为v0，沿水平方向，xv0t1沿竖直方向，dgttan 45，vygt1联立式得：t1v0，xd。(2)如图所示，带电粒子进入垂直纸面向里的匀强磁场和竖直向上的匀强电场中，受竖直向上的电场力，qEmg，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有qvBm粒子在匀强磁场中运动的线速度vv0由几何关系得，粒子做匀速圆周运动的半径Rd粒子在匀强磁场中运动的时间t2T其中周期T联立解得：t2设粒子返回到第象限后上升到最大高度所用时间t3所以，粒子从射出到返回第象限上升到最高点所用的总时间tt1t2t3 。答案见解析考点三洛伦兹力在现代科技中的应用教材中重要的五大科技应用类模型速度选择器带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是qEqvB，即v。这个结论与粒子带何种电荷以及所带电荷量多少都无关质谱仪加速：qUmv2，偏转：d2r。比荷。可以用来确定带电粒子的比荷和分析同位素等磁流体发电机当等离子体匀速直线通过A、B板间时，A、B板上聚集的电荷最多，板间电势差最大，此时离子受力平衡：qvBq，即UBdv电磁流量计导电的液体向左流动，导电液体中的正负离子在洛伦兹力作用下纵向偏转，a、b间出现电势差。流量稳定时流量QSv回旋加速器加速电场的变化周期等于粒子在磁场内运动的周期。在粒子质量、电荷量确定的情况下，粒子所能达到的最大动能Ek，只与D形盒半径和磁感应强度有关，与加速电压无关【题组突破】1回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两个D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图3310所示。现用同一回旋加速器分别加速两种同位素，关于高频交流电源的周期和获得的最大动能的大小，下列说法正确的是图3310A加速质量大的交流电源的周期较大，加速次数少B加速质量大的交流电源的周期较大，加速次数多C加速质量大的交流电源的周期较小，加速次数多D加速质量大的交流电源的周期较小，加速次数少解析需要交流电源的周期等于粒子做圆周运动的周期T，则加速质量大的交流电源的周期较大；由qvBm，解得v，则动能Ekmv2，故加速质量较大的粒子的最大动能较小，因每次加速粒子得到的动能相同，故加速的次数较少，故选项A正确，B、C、D三项错误。答案A2(2018南昌三校联考)中国科学家发现了量子反常霍尔效应，杨振宁称这一发现是诺贝尔奖级的成果。如图3311所示，厚度为h，宽度为d的金属导体，当磁场方向与电流方向垂直时，在导体上下表面会产生电势差，这种现象称为霍尔效应。下列说法正确的是图3311A上表面的电势高于下表面电势B仅增大h时，上、下表面的电势差增大C仅增大d时，上、下表面的电势差减小D仅增大电流I时，上、下表面的电势差减小解析金属导体中的自由电荷是带负电的电子，由电流方向向右可知电子的移动方向向左，根据左手定则，知这些自由电子受到向上的洛伦兹力而发生偏转，则上表面带负电，下表面带正电，下表面的电势高于上表面，故A错误；稳定时，电子受到的洛伦兹力与电场力平衡，则evBe，解得UvBh，而根据Inevhd可知v，故U，故增大h