高考物理一轮复习带电粒子在复合场中的运动教学案

1、学习必备欢迎下载带电粒子在复合场中的运动一考点整理基本概念1复合场：指电场、磁场和重力场并存，或其中某两场并存，或分区域存在从场的复合形式上一般可分为如下四种情况： 相邻场； 重叠场； 交替场； 交变场2三种场：场力的特征功和能特点重力场大小： G=mg；方向：做功与路径无关，重力做改变物体重力势能静电场大小： F=；方向：正电荷与E 同向做功与路径无关，电场力做改变物体电势能磁 场安培力 F=；方向：右手定则洛仑兹力不做功，不改变带电粒子动能洛仑兹力 f =；方向：右手定则3带电粒子在复合场中的运动分类：静止或匀速直线运动：当带电粒子在复合场中所受为零时，将处于静止状态或做匀速直线运动； 匀

2、速圆周运动： 当带电粒子所受的重力与电场力相等，相反时， 带电粒子在力的作用下， 在垂直于的平面内做匀速圆周运动； 一般的曲线运动： 当带电粒子所受合外力的大小和方向均变化，且与初速度方向不在同一条直线上，粒子做非匀变速曲线运动，这时粒子运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线；分阶段运动：带电粒子可能依次通过几个情况不同的复合场区域，运动情况随区域发生变化，运动过程由几种不同的运动阶段组成4电场磁场同区域应用实例 速度选择器：原理图如图所示，平行板中电场强度E 和磁感应强度B 互相垂直这种装置能把具有一定速度的粒子选择出来，所以叫做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qE = qv

3、0 B，即 v0 = 磁流体发电机：原理图如图所示，磁流体发电是一项新兴技术，它可以把内能直接转化为电能根据左手定则，如图中的B 是发电机极磁流体发电机两极板间的距离为l ，等离子体速度为v，磁场磁感应强度为B，则两极板间能达到的最大电势差U =电源电阻 r = l / S，外电阻 R中的电流可由闭合电路欧姆定律求出，即I = E/( R + r ) = BlvS/(RS+ l ) 电磁流量计：原理图如图所示，圆形导管直径为d，用非磁性材料制成，导电液体在管中向左流动，导电液体中的自由电荷（正、负离子），在洛伦兹力的作用下横向偏转，a、 b 间出现电势差，形成电场，当自由电荷所受的电场力和洛伦

4、兹力平衡时，a、b 间的电势差就保持稳定，即：qvB= qE = qU/ D，所以 v =，因此液体流量所以 Q=vS = 霍尔效应：原理图如图所示，在匀强磁场中放置一个矩形截面的载流导体，当磁场方向与电流方向垂直时，导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现了电势差， 这种现象称为霍尔效应 所产生的电势差称为霍尔电势差当达到稳定状态时，都存在电场力和洛伦兹力平衡的关系，即 qU/ d= qvB，霍尔电势差 U =二思考与练习思维启动1如图所示，一带电小球在一正交电场、磁场区域里做匀速圆周运动，电场方向竖直向下，磁场方向垂直纸面向里， 则下列说法正确的是 （ ）A小球一定带正电B小球一定带负电C

5、小球的绕行方向为顺时针D改变小球的速度大小，小球将不做圆周运动2如图所示，空间存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场的方向竖直向下，磁场方向垂直纸面向里，一带电油滴P恰好处于静止状态，则下列说法正确的是（）A若仅撤去磁场，P 可能做匀加速直线运动B若仅撤去电场，P 可能做匀加速直线运动C若给 P 一初速度， P 不可能做匀速直线运动D若给 P一初速度， P 可能做匀速圆周运动3如图所示，在两水平极板间存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下，磁场方向垂直于纸面向里一带电粒子以某一速度沿水平直线通过两极板若不计重力，下列四个物理量中哪一个改变时，粒子运动轨迹不会改变（）A粒子速度的大小B粒子所带

6、的电荷量C电场强度D磁感应强度三考点分类探讨典型问题考点 1带电粒子在分离复合场中的运动【例 1】如图所示，一半径为R 的圆表示一柱形区域的横截面（纸面）在柱形区域内加一方向垂直于纸面的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q 的粒子沿图中直线在圆上的a 点射入柱形区域，在圆上的 b 点离开该区域，离开时速度方向与直线垂直圆心O 到直线的距离为0.6 R现将磁场换为平行于纸面且垂直于直线的匀强电场，同一粒子以同样速度沿直线在a 点射入柱形区域，也在b 点离开该区域若磁感应强度大小为B，不计重力，求电场强度的大小【变式跟踪 1】如图所示， xOy为空间直角坐标系，PQ与y 轴正方向成 = 30°

7、;角在第四象限和第一象限的 xOQ区域存在磁感应强度为B 的匀强磁场，在POy区域存在足够大的匀强电场，电场方向与平行，一个带电荷量为+ ，质量为的带电粒子从 y轴上的 （ 0，L）点，平行于 xPQqmA轴方向射入匀强磁场，离开磁场时速度方向恰与PQ垂直，粒子在匀强电场中经时间t 后再次经过 x轴，粒子重力忽略不计求： 从粒子开始进入磁场到刚进入电场的时间t ； 匀强电场的电场强度E 的大小学习必备欢迎下载考点 2带电粒子在叠加复合场中的运动【例 2】如图所示的平行板之间，存在着相互垂直的匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度B1 = 0.20 T，方向垂直纸面向里，电场强度11.0 

8、5;105V/m ， PQ为板间中线紧靠平行板右侧边缘xOy 坐标E =系的第一象限内，有一边界线AO，与 y 轴的夹角 AOy= 45°，边界线的上方有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度2 = 0.25 T，边界线的下方有水平向右的匀强电场，电场强度2 = 5.0 ×105BEV/m，在 x 轴上固定一水平的荧光屏一束带电荷量q = 8.0 ×10 19C、质量 m=8.0 ×10 26 kg 的正离子从 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， 0.4 m ）的 Q点垂直 y 轴射入磁场区， 最后打到水平的荧光屏上

9、的位置 C求： 离子在平行板间运动的速度大小； 离子打到荧光屏上的位置C 的坐标； 现只改变 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，磁感应强度大小B2 应满足什么条件？【变式跟踪 2】有人设计了一种带电颗粒的速率分选装置， 其原理如图所示 两带电金属板间有匀强电场，方向竖直向上，其中 PQNM矩形区域内还有方向垂直纸面向外的匀强磁场一束比荷（电荷量与质量之比 )均为 1/k 的带正电颗粒，以不同的速率沿着磁场区域的水平中心线O O 进入两金属板之间，其中速率为v0 的颗粒刚好从Q点处离开磁场，然后做匀速直线运动到达收集板重力加速度为，g PQ= 3 d， NQ= 2 d

10、，收集板与 NQ的距离为 l ，不计颗粒间相互作用求： 电场强度 E 的大小； 磁感应强度 B 的大小； 速率为 v0（ 1 ）的颗粒打在收集板上的位置到 O点的距离考点 3带电粒子在交变复合场中的运动【例 3】如图甲所示，在xOy平面内加有空间分布均匀、大小随时间周期性变化的电场和磁场，变化规律如图乙所示（规定竖直向上为电场强度的正方向，垂直纸面向里为磁感应强度的正方向）在 t =0 时刻，质量为 m、电荷量为 q 的带正电粒子自坐标原点 O处以 v0 = 2 m/s 的速度沿 x 轴正向水平射入已知电场强度 E0 = 2 m/ q、磁感应强度 B0 = 2 m/ q，不计粒子重力求： t

11、= s 时粒子速度的大小和方向； s 2 s 内，粒子在磁场中做圆周运动的半径； 画出 0 4 s 内粒子的运动轨迹示意图；（要求：体现粒子的运动特点）【变式跟踪 3】在如图所示的空间里，存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B = 2 m/q在竖直方向存在交替变化的匀强电场如图（竖直向上为正），电场大小为 E0 =mg/ q一倾角为 长度足够长的光滑绝缘斜面放置在此空间斜面上有一质量为，带电量为 q的小球，从t= 0 时m刻由静止开始沿斜面下滑，设第5 秒内小球不会离开斜面，重力加速度为g求： 第 6 秒内小球离开斜面的最大距离 第 19 秒内小球未离开斜面， 角的正切值应满足什么条件？学

12、习必备欢迎下载四考题再练高考试题五课堂演练自我提升1【2012·江苏卷】如图所示，待测区域中存在匀强1粒子回旋加速器的工作原理如图所示，置于真空中的D形金电场和匀强磁场，根据带电粒子射入时的受力情属盒的半径为，两金属盒间的狭缝很小，磁感应强度为BR况可推测其电场和磁场图中装置由加速器和平的匀强磁场与金属盒盒面垂直，高频率交流电的频率为f ，移器组成，平移器由两对水平放置、相距为l 的加速电压为U，若中心粒子源处产生的质子质量为m，电荷相同平行金属板构成，极板长度为l 、间距为d，量为 + e，在加速器中被加速不考虑相对论效应，则下列两对极板间偏转电压大小相等、 电场方向相反 质说法正

13、确的是（）量为 、电荷量为 +q的粒子经加速电压0加速后，A不改变磁感应强度B和交流电的频率f，该加速器也可加速 粒子mU水平射入偏转电压为U1 的平移器，最终从A 点水平射入待测区域不考虑粒子受到的重力B加速的粒子获得的最大动能随加速电压U的增大而增大 求粒子射出平移器时的速度大小v1；A点射入待测区域，求此时的偏转电压U；C质子被加速后的最大速度不能超过2 Rf 当加速电压变为4U 时，欲使粒子仍从质子第二次和第一次经过D形盒间狭缝后轨道半径之比为210D 已知粒子以不同速度水平向右射入待测区域，刚进入时的受力大小均为F现取水平向右为x 轴2如图所示， MN、 PQ是平行金属板，板长为L，

14、两板间距离为L/2 ，PQ板带正电， MN板带负电，在正方向， 建立如图所示的直角坐标系保持加速电压为0 不变，移动装置使粒子沿不同的坐板的上方有垂直纸面向里的匀强磁场一个带电荷量为q、质量为 的带负电粒子以速度v0从MNOxyzUPQm标轴方向射入待测区域，粒子刚射入时的受力大小如下表所示.板边缘沿平行于板的方向射入两板间，结果粒子恰好从PQ板左边缘飞进磁场，然后又恰好从PQ板射入方向y yz z的右边缘飞进电场，不计粒子重力求：受力大小5F5F73 两金属板间所加电场的场强大小；FFB 的大小请推测该区域中电场强度和磁感应强度的大小及可能的方向 匀强磁场的磁感应强度10314【预测 1】如

15、图所示，左侧为两板长为L = 10 cm 、间距 d =3cm 的平行金属板，加上U= 3×10V的 电压，上板电势高； 现从左端沿中心轴线方向射入一个重力不计的带电微粒，微粒质量m= 1.0 ×10 10 kg，带电荷量 q = +1.0 ×10 4 C ，初速度 v0 = 1.0 ×10 5 m/s ；中间用虚线框表示的正三角形内存在垂直纸面向里的匀强磁场 B1，三角形的上顶点 A 与上金属板平齐， AB 边的中点 P1 恰好在下金属板的右端点；三角形区域的右侧也存在垂直纸面向里，范围足够大的匀强磁场B2，且 B2 = 4 B1 求带电微粒从电场中射

16、出时的速度大小和方向； 带电微粒进入中间三角形区域后，要垂直打在AC边上，则该区域的磁感应强度B1 是多少3如图所示的平面直角坐标系中，虚线与x轴成 45°角，在与轴之间（包括x轴）存在垂直OMOM x纸面向里、磁感应强度大小为B 的匀强磁场，在y 轴与 OM之间存在竖直向下、电场强度大小为E的匀强电场，有一个质量为m，电荷量为 q 的带 正电的粒子以某速度沿x 轴正方向从 O点射入磁场区域并发生偏转，不计带电粒子的重力和空气阻力，在带电粒子进入磁场到第二次离开电场的过程中，求： 若带电粒子从点以速度v1进入磁场区域，求带电粒子第一次离开磁场的位置到O点的距离O 若带电粒子第二次离开

17、电场时恰好经过O点，求粒子最初进入磁场时速度v 的大小 并讨论当 v变化时，粒子第二次离开电场时的速度大小与v 大小的关系学习必备欢迎下载4如图所示，质量为m，带电荷量为 q 的微粒以速度 v 与水平方向成 45°角进入匀强电场和匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里如果微粒做匀速直线运动，则下列7半径为 R，均匀带 正电荷的球体在空间产生球对称的电场；场强大小沿半径分布如图所示，图中E0说法正确的是已知， r曲线下部分的面积等于2R部分的面积EO RR（） 写出 E r 曲线下面积的单位；A微粒受电场力、洛伦兹力、重力三个力作用 己知带电球在r R 处的场强 E =kQ r 2，式中 k

18、为静电力常量，该均匀带电球所带的电荷B微粒受电场力、洛伦兹力两个力作用量 Q为多大 ?C匀强电场的电场强度E = 2 mg/ q 求球心与球表面间的电势差U；D匀强磁场的磁感应强度B=/ 质量为，电荷量为q的负电荷在球面处需具有多大的速度可以刚好运动到2R处?mg qvm5两块金属板 a、b 平行放置，板间存在与匀强电场正交的匀强磁场，假设电场、磁场只存在于两板间的空间区域一束电子以一定的初速度v0 从两极板中间，沿垂直于电场、磁场的方向射入场中，无偏转地通过场区，如图所示，已知板长l= 10 cm ，两板间距 d = 3.0 cm ，两板间电势差 U = 150 V，v0 =2.0 

19、5;107m/s 求磁感应强度B 的大小； 若撤去磁场，求电子穿过电场时偏离入射方向的距离，以及电子通过场区后动能的增加量（电子荷质比 e/ m=1.76 ×10 11 C/kg ，电子带电荷量的大小e = 1.60 ×10 19C ）6“电子能量分析器”主要由处于真空中的电子偏转器和探测板组成偏转器是由两个相互绝缘、半径8如图所示，长 L = 1.2 m，质量 M= 3 kg的木板静止放在倾角为 37°的光滑斜面上，质量m= 1 kg ，分别为 RA和 RB 的同心圆金属半球面 A 和 B 构成， A、B为电势值不等的等势面，其过球心的截面如图带电荷量 q =

20、+2.5 ×10 4 C 的物块放在木板的上端，木板和物块间的动摩擦因数 = 0.1，所在空所示一束电荷量为e、质量为的电子以不同的动能从偏转器左端的正中间小孔垂直入射，进入间加有一个方向垂直斜面向下，场强E= 4.0 ×10 4 N/C 的匀强电场现对木板施加一平行于斜面向mM偏转电场区域，最后到达偏转器右端的探测板N，其中动能为 E 的电子沿等势面 C做匀速圆周运动上的拉力 F = 10.8 N 取 g = 10 m/s2，sin 37 ° = 0.6 ，cos 37 ° = 0.8 ，斜面足够长求：k0到达 N板的正中间忽略电场的边缘效应 物块经多

21、长时间离开木板？ 判断球面 A、 B 的电势高低，并说明理由； 物块离开木板时木板获得的动能 求等势面 C所在处电场强度E 的大小； 物块在木板上运动的过程中，由于摩擦而产生的内能 若半球面、和 等势面C的电势分别为 A、 B 和 C，则到达N板左、右边缘处的电子，经过A B偏转电场前、后的动能改变量EK 左和EK 右 分别为多少？ 比较 | EK左|和|EK右 | 的大小，并说明理由学习必备欢迎下载参考答案：一考点整理基本概念2竖直向下qEBIlqvB3合外力大小方向洛伦兹匀强磁场4E/ B 正BlvU/ DB DU/4 B Bdv二思考与练习思维启动1 BC；由于小球做匀速圆周运动，有qE

22、=，电场力方向竖直向上，所以小球一定带负电，故A错、Bmg正确；洛伦兹力提供小球做圆周运动的向心力，由左手定则可判定小球绕行方向为顺时针，故 C正确；改变小球速度大小，小球仍做圆周运动，D正确2 D；P 处于静止状态，带负电荷，mg= qE，若仅撤去磁场，P 仍静止， A 错；仅撤去电场，P 向下加速，同时受到洛伦兹力，将做复杂的曲线运动，B 错；给 P 一初速度，垂直磁场方向，因mg= qE， P 只受洛伦兹力作用，将做匀速圆周运动，C错、D对3 B；粒子以某一速度沿水平直线通过两极板，其受力平衡有Eq = Bqv，则知当粒子所带的电荷量改变时，粒子所受的合力仍为0，运动轨迹不会改变，故B

23、项正确三考点分类探讨典型问题例 1 粒子在磁场中做圆周运动 设圆周的半径为r ，由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得qvB = mv2/ r 式中 v 为粒子在 a 点的速度过b 点和 O点作直线的垂线，分别与直线交于c 和 d 点由几何关系知，线段ac、 bc 和过 a、 b 两点的圆弧轨迹的两条半径（未画出）围成一正方形因此ac =bc = r 设 cd = x，由几何关系得 ac = 0.8 R+ xbc = 0.6R +R2x 2 联立式得 r =75R 再考虑粒子在电场中的运动设电场强度的大小为E，粒子在电场中做类平抛运动设其加速度大小为 a，由牛顿第二定律和带电粒子在电场中的受力公式得q

24、E =ma 粒子在电场方向和直线方向所走的距离均为r ，由运动学公式得 r= at 2/2r = vt式中 t 是粒子在电场中运动的时间联立式得E =142/5qRBm变式 1 设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，则由几何关系得R=L，qvB=2/ ，联立得v=/ ，又T= 2 /，粒子在磁场中运mv RqBL mR v动时间 t 1= 5T/12 由 M到 A 做匀速直线运动的时间t 2 = Rtan30 ° / v，粒子从开始进入磁场到刚进入电场的时间t =t t ，联立以上各式12得 t =（ 5 2 3） m6qB 粒子在电场中做类平抛运动，=vt， =2/2 ，a=/，

25、由几何关系得= M NA NatqE mA NA N+ N N， A N = L/cos2 ，N N =M Ntan，联立得 E=2LmqBttan ，把 =qt2cos22L30°代入得 E 3qt2 (4 m 3qBt ) 例 2 设离子的速度大小为v，由于沿中线做直线运动，则有1 =1，PQqEqvB代入数据解得 v = 5.0 ×10 5 m/s 离子进入磁场，做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有22qvB= mv/ r 得， r =0.2 m ，作出离子的运动轨迹，交边界于，如图甲所示，= 2r，OANOQ若磁场无边界， 一定通过 O点，则圆弧 QN的 圆周角为 45

26、°，则轨迹圆弧的圆心角为 = 90°，过 N点做圆弧切线，方向竖直向下，离子垂直电场线进入电场，做类平抛运动，y = OO = vt ，x =at2/2 ，而 a =2C的水平坐标为 xC = (0.2qE / m，则 x = 0.4 m ，离子打到荧光屏上的位置0.4)m = 0.6 m 只要粒子能跨过边界进入水平电场中，粒子就具有竖直向下的速度而一定AO打在 x 轴上如图乙所示，由几何关系可知使离子不能打到x 轴上的最大半径 r =0.4m，设使离子都不能打到x 轴上，最小的磁感应强度大小为2 12B0=2 1则 B2 0.3B0，则 qvB0 = mv/ r ，代入数

27、据解得8T =0.3 T,T变式 2 设带电颗粒的电荷量为q，质量为 m. 有 Eq =mg，将 q/ m = 1/k 代入，得 E =kg 如图甲所示，有2222qv B = mv/ R， R = (3 d)+ ( R d ) ，000得 B = kv /5 d 0=( 0)2/， tan = 如图乙所示，有vqv BmR3d， 1 =1 2(3d)22= l tanyRR1y，R12(3d ) 2，y = y1+ y2 ， 得 y d(5 25 29 )+3l25 29例 3 在 0 s 内，在电场力作用下，带电粒子在x 轴正方向上做匀速运动：v=v ， y 轴正方x0向上做匀加速运动：v

28、y =qE0t / m； s末的速度为v1 =v2x v2y， v1 与水平方向的夹角为 ，则 tan =vy/ vx ，代入数据解得v1 = 22 m/s ，方向与 x 轴正方向成 45°斜向上 因 T=2 m 2 s内，粒子在磁场中做一= s ，故在 sqB0个完整的圆周运动，由牛顿第二定律得：qv1B0 =2，解得 R1=mv1 / R1mv1/ qB0 =2 m 轨迹如图所示变式 3 设第一秒内小球在斜面上运动的加速度大小为a，由牛顿第二定律得： ( mg qE0)sin =ma第一秒末的速度为： v = at 1 在第二秒内： qE =mg所以小球将离开斜面在上方做匀速圆周0运动，则由向心力公式得qvB=2/圆周运动的周期为：T=mv R2m/ qB = 1 s由题图可知，小球在奇数秒内沿斜面做匀加速运动，在偶数秒内离开斜面做完整的圆周运动所以，第五秒末的速度为：v=(51+ t 3 + t 5) = 6gsin 小球离开斜面的最大距离为d = 2R3由以上各式得： d = (6 gsin )/ 第19秒末的速度：v19 =(t1