高三物理二轮复习第二篇题型专项突破题型三带电粒子在电场磁场中的运动问题

1、题型三 带电粒子在电场、磁场中的运动问题,带电粒子在电、磁场中的运动问题一般为计算题,往往与各种运动规律及动能定理相联系,偶尔也可能以选择题的形式出现,考查主要表现在以下几方面:(1)考查带电粒子在组合场中的运动问题。(2)考查带电粒子在复合场中的运动问题。(3)涉及复合场的科技应用问题,类型一:带电粒子在磁场运动的临界与极值问题 带电粒子在有界磁场中运动时,涉及临界与磁场的最小面积、极值问题、相遇问题及周期性与多解问题,常利用动态圆求解。 (1)若初速度方向相同,大小不同,所有粒子运动轨迹的圆心在垂直于初速度的直线上,2)若初速度大小相同,方向不同,所有粒子运动轨迹的圆心在以轨道半径为半径的

2、圆上。 (3)粒子刚好穿出磁场边界的条件是粒子在磁场中运动的轨道与边界相切,典例1】如图所示,直径分别为D和2D的同心圆处于同 一竖直面内,O为圆心,GH为大圆的水平直径。两圆之间 的环形区域(区)和小圆内部(区)均存在垂直圆面 向里的匀强磁场。间距为d的两平行金属极板间有一匀 强电场,上极板开有一小孔。一质量为m、电量为+q的 粒子由小孔下方 处静止释放,加速后粒子以竖直向上,的速度v射出电场,由H点紧靠大圆内侧射入磁场。不计粒子的重力,1)求极板间电场强度的大小。 (2)若粒子运动轨迹与小圆相切,求区磁感应强度的 大小。 (3)若区、区磁感应强度的大小分别为 , 粒子运动一段时间后再次经过

3、H点,求这段时间粒子运 动的路程,解析】(1)设极板间电场强度的大小为E,对粒子在电 场中的加速运动,由动能定理得 qE = mv2 由式得E=,2)设区磁感应强度的大小为B,粒子做圆周运动的半径为R,由牛顿第二定律得:qvB= 如图甲所示,粒子运动轨迹与小圆相切有两种情况。若粒子轨迹与小圆外切,由几何关系得 R=,联立式得:B= 若粒子轨迹与小圆内切,由几何关系得 R= 联立式得:B=,3)设粒子在区和区做圆周运动的半径分别为R1、R2,由题意可知,区和区磁感应强度的大小分别为B1= 、B2= ,由牛顿第二定律得 qvB1= ,qvB2= 代入数据得:R1= ,R2=,设粒子在区和区做圆周运

4、动的周期分别为T1、T2, 由运动学公式得: T1= ,T2=,据题意分析,粒子两次与大圆相切的时间间隔的运动轨迹如图乙所示,根据对称性可知,区两段圆弧所对圆心角相同,设为1,区内圆弧所对圆心角设为2,圆弧和大圆的两个切点与圆心O连线间的夹角设为,由几何关系得,1=120 2=180 =60 粒子重复上述交替运动回到H点,轨迹如图丙所示,设粒 子在区和区做圆周运动的时间分别为t1、t2,可得:,设粒子运动的路程为s,由运动学公式得 s=v(t1+t2) 联立式得 s=5.5D 答案:(1)(2) (3)5.5D,强化训练】如图,在一水平放置的 平板MN上方有匀强磁场,磁感应强度 的大小为B,磁

5、场方向垂直于纸面向里, 许多质量为m,带电量为+q的粒子,以相同的速率v沿位 于纸面内的各个方向,由小孔O射入磁场区域,不计重力, 不计粒子间的相互影响。下列图中阴影部分表示带电,粒子可能经过的区域,其中R= 。哪个图是正确的? (,解析】选A。画出由水平向右射出粒子做圆周运动轨迹,改变粒子射出的角度,同理可画出圆 周运动轨迹,由此画出一组动态圆,如图 所示,以相同的速率v沿位于纸面内的各 个方向由小孔O射入磁场区域如选项A的 阴影部分,故选A,类型二:带电粒子在组合场中的运动 (1)常考的组合场一般由电场和磁场或磁场和磁场组成,它们互不重叠,分别位于某一直线边界两侧。 (2)解决带电粒子在组

6、合场中运动的一般思路: 受力分析(场力分析)运动分析画出轨迹临界分析功能分析列方程求解,3)要特别注意以下两个基本原则。 带电粒子经过电场区域时利用动能定理或类平抛的知识分析。 带电粒子经过磁场区域时,正确地画出粒子的运动轨迹图,在画图的基础上利用圆周运动规律结合几何关系来处理。 (4)确定粒子在组合场交界位置处的速度大小与方向,该速度是联系两种运动的桥梁,典例2】如图所示,AB、CD、EF是三条足够长的竖直 平行直线,它们之间的距离均为l= m,在AB至CD之间 的区域内有一竖直向上的匀强电场,电场强度 E=1105V/m,在CD至EF之间的区域内有一方向垂直纸 面向外的匀强磁场,磁感应强度

7、B= 10-2T。一比荷 =3109C/kg、不计重力的带正电粒子以初速度,v0=3107m/s垂直于AB边射入场区。不考虑相对论效 应,求: (1)粒子经过电场从CD边射出时速度的偏转角。 (2)粒子从EF边离开磁场时出射点与AB边的入射点间的 高度差,解析】(1)粒子在电场中做类平抛运动 vx=v0 vy=at l=v0t a= tan= 解得:=30,2)在电场中,粒子沿竖直方向偏移的距离 y1= at2 vcos30=v0 由粒子进入磁场后做圆周运动有: qvB= 解得:r=2 m,因此粒子垂直边界EF射出磁场,如图所示 据几何关系:y2=r-rcos30 出射点与AB边的入射点间的高

8、度差y=y1+y2 解得:y=(2 -2.5)m 答案:见解析,强化训练】如图,在平面直角坐标系xOy内,第象限存在沿y轴负方向的匀强电场,第象限以ON为直径的半圆形区域内,存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场,磁感应强度为B。一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子,从y轴正半轴上y=h处的M点,以速度v0垂直于y轴射入电场,经x轴上x=2h处的P点进入磁场,最后以垂直于y轴的方向射出磁场。不计粒子重力,求,1)电场强度大小E。 (2)粒子在磁场中运动的轨道半径r。 (3)粒子从进入电场到离开磁场经历的总时间t,解析】粒子运动如图所示,1)设粒子在电场中运动的时间为t1 x方向:2h=v0t1 y方

9、向:h= 根据牛顿第二定律Eq=ma 则E,2)设粒子进入磁场时速度为v,根据动能定理 Eqh= 由qvB= 求得r,3)粒子在电场中运动的时间 t1= 粒子在磁场中运动的周期 T= 设粒子在磁场中运动的时间为t2,则由题可得 t2= T,求得粒子运动的总时间 答案,类型三:带电粒子在复合场中的运动 处理这类问题的基本思路: (1)当带电粒子所受的重力与电场力等值反向时,洛伦兹力提供向心力,带电粒子在垂直于磁场的平面内做匀速圆周运动,这时,要利用重力和电场力相等列一式,利用洛伦兹力等于向心力列一式,结合数学知识就能解答,2)当带电粒子所受的合外力为变力,且与初速度方向不在同一直线上时,粒子的运

10、动轨迹既不是圆弧,也不是抛物线。粒子做非匀变速曲线运动,这时要选用牛顿第二定律和动能定理列式解答,典例3】如图,在真空中竖直平面内同时存在多层厚度为d,足够宽的正交复合场,匀强电场的电场强度大小为E,匀强磁场的磁感应强度大小为B,相邻复合场区域的间距也为d。将可看作质点、质量为m、带正电荷量为q的小球从静止开始下落,下落高度为d后进入复合场,已知mg=qE,重力加速度大小为g,不计粒子运动时的电磁辐射,1)求小球在第1层复合场区域做圆周运动的轨道半径r1。 (2)求小球到达第2个复合场区域时速度方向与竖直方向夹角的正弦值。 (3)若空间存在有n层复合场,小球不能从复合场下边界穿出,求n的最小值

11、,解析】(1)小球进入第1层复合场前,只有重力做功, 由机械能守恒定律得: mgd= 在复合场中小球受重力与电场力相等,洛伦兹力提供圆 周运动向心力,有 Bqv1,联立解得r1,2)设从第1层复合场穿出时速度与竖直方向夹角为1,水平速度为v1x,由几何关系得sin1= v1x=v1sin1 设从第2层复合场进入时速度与竖直方向夹角为 ,根据动能定理 mg3d-qEd,小球在重力场中运动时,垂直于重力方向的速度分量不 变 v2sin =v1sin1 联立解得sin,3)设从第n层复合场进入时速度与竖直方向夹角为n,从第n层复合场穿出时速度与竖直方向夹角为n,由几何关系得rnsinn-rnsinn

12、=d,小球在重力场中运动时,垂直于重力方向的速度分量不变,则 vnsinn=vn-1sinn-1 联立得rnsinn-rn-1sinn-1=d 同理rn-1sinn-1-rn-2sinn-2=d 联立解得rnsinn=nd 根据动能定理mg(2n-1)d-qE(n-1)d,在第n层复合场中小球受重力与电场力相等,洛伦兹力 提供圆周运动向心力,有: Bqvn= 若小球不能从复合场下边界穿出,则: n= ,sinn=1 联立解得n= 答案:见解析,强化训练】(2016重庆一中模拟)如图所示,空间内 存在水平向右的匀强电场,在虚线MN的右侧有垂直纸面 向里、磁感应强度为B的匀强磁场,一质量为m、带电

13、荷 量为+q的小球自A点由静止开始运动,刚好沿直线AC运 动至光滑绝缘的水平面C点,与水平面碰撞的瞬间,小球 的竖直分速度立即减为零,而水平分速度不变,小球运,动至D处刚好离开水平面,然后沿图示曲线DP轨迹运动,AC与水平面夹角=45,重力加速度为g,求,1)匀强电场的场强E。 (2)AD之间的水平距离d。 (3)已知小球在轨迹DP上能达到的最大速度为vm,当小 球达到最大速度时,磁场突然消失,经过多长时间速度 变为 vm,解析】 (1)小球在AC段的受力如图: 则有:qE=mgcot 解得:E,2)设小球在D点速度为vD,在水平方向由牛顿第二定律 得: qE=ma 由运动学得: =2ad 又

14、小球运动至D处刚好离开水平面,则qvDB=mg 联立以上三式解得:d,3)将重力和电场力合成,等效成“等效重力”,则“等 效竖直向下”方向是与水平方向成45角斜向右下方, 小球速度最大时刻,到“等效重力场”的最低点,此时 速度与“等效重力”方向垂直;故撤去磁场后小球做类 平抛运动,故根据牛顿第二定律,有:a= g,根据类平抛运动的合速度公式v= ,有: 解得:t= 答案,类型四:电磁技术的应用题 对于近几年高考中的热点,往往以电磁技术的应用为背景材料,联系现代科技、生活实际考查学以致用的能力,带电粒子在场中的运动规律及特点,因此要深刻理解速度选择器、回旋加速器、磁流体发电机、电磁流量计质谱仪和

15、霍尔效应等原理,要能及时联系该具体问题对应的基本模型,典例4】北京正负电子对撞机是国际上唯一高亮度对 撞机,它主要由直线加速器、电子分离器、环形储存器 和对撞测量区组成,图甲是对撞测量区的结构图,其简 化原理如图乙所示:MN和PQ为足够长的水平边界,竖直 边界EF将整个区域分成左右两部分,区域的磁场方向 垂直纸面向里,磁感应强度大小为B,区域的磁场方向,垂直纸面向外。调节磁感应强度的大小可以使正负电 子在测量区内不同位置进行对撞。经加速和积累后的 电子束以相同速率分别从注入口C和D同时入射,入射方 向平行EF且垂直磁场。已知注入口C、D到EF的距离均 为d,边界MN和PQ的间距为4 d,正、负

16、电子的质量均 为m,所带电荷量分别为+e和-e,1)判断从注入口C、D入射的分别是哪一种电子。 (2)若将区域的磁感应强度大小调为B,正负电子以 v1= 的速率同时射入,则正负电子经多长时间相撞? (3)若电子束以v2= 的速率入射,欲实现正负 电子对撞,求区域磁感应强度B的大小,解析】(1)从C入射的为正电子,从D入射的为负电子。 (2)电子射入后的轨迹如图甲所示,电子在、区域中运动时半径相同,设为r, 由eBv1= 得:r=2d cos= 得:=60 T= 对撞时间:t=2,3)由eBv2= 得r0=(2- )d 由cos= 得=45,所以x= r0=( -1)d。 假定对撞的一种情况如图

17、丙所示。有,经分析得通解式 又eBnv2= 联合解得Bn= (n为正整数) 要保证对撞,正负电子的轨迹既不能超过上下边界,又 不能彼此相切,需满足: x+ RnRn,分析可得:n3,因 11.8,故区中沿EF方向最多只能有10个r0,即2个八分之三圆弧和4个八分之六圆弧,经分析可得:n5 所以n=3、4、5,B的3个值为,答案:(1)正电子负电子(2) (3)n=3、4、5,B的3个值为,加固训练】 回旋加速器是用来加速带电粒子的装置,如图所示。它 的核心部分是两个D形金属盒,两盒相距很近(缝隙的宽 度远小于盒半径),分别和高频交流电源相连接,使带电 粒子每通过缝隙时恰好在最大电压下被加速。两

18、盒放 在匀强磁场中,磁场方向垂直于盒面,带电粒子在磁场,中做圆周运动,粒子通过两盒的缝隙时反复被加速,直 到最大圆周半径时通过特殊装置被引出。若D形盒半径 为R,所加磁场的磁感应强度为B。设两D形盒之间所加 的交流电压的最大值为U,被加速的粒子为粒子,其质 量为m、电量为q。粒子从D形盒中央开始被加速(初 动能可以忽略),经若干次加速后,粒子从D形盒边缘,被引出。求: (1)粒子被加速后获得的最大动能Ek。 (2)粒子在第n次加速后进入一个D形盒中的回旋半径与紧接着第n+1次加速后进入另一个D形盒后的回旋半径之比,3)粒子在回旋加速器中运动的时间。 (4)若使用此回旋加速器加速氘核,要想使氘核获得与粒子相同的动能,请你通过分析,提出一个