新版高考物理一轮复习微专题系列之热点专题突破专题51带电粒子在组合场中的运动问题学案.doc

1、突破 51 带电粒子在组合场中的运动问题1. 组合场：指磁场与电场或重力场同时存在，但各位于一定的区域内且并不重叠的情况，带电粒子在一个场中只受一个场力的作用。2. 三种场力的特点比较(1) 重力的大小为mg, 方向竖直向下, 重力做功与路径无关 , 其数值除与带电粒子的质量有关外, 还与初、末位置的高度差有关。(2) 电场力的大小为qE, 方向与电场强度E 及带电粒子所带电荷的性质有关, 电场力做功与路径无关,其数值除与带电粒子的电荷量有关外, 还与初、末位置的电势差有关。(3) 洛伦兹力大小为qvB, 方向垂直于 v 和 B 所决定的平面, 无论带电粒子做什么运动, 洛伦兹力都不做功。说明

2、：电子、质子、a 粒子、带电离子等微观粒子在叠加场中运动时，若试题没有明确说明考虑重力时就不计重力 , 但质量较大的质点 ( 如带电微粒 ) 在叠加场中运动时, 除试题说明不计重力 , 通常都要考虑重力。3. 带电粒子在组合场中的运动规律( 1)带电粒子在匀强电场中，若初速度与电场线平行，做匀变速直线运动；若初速度与电场线垂直，做类平抛运动。( 2)带电粒子在匀强磁场中，若速度与磁感线平行，做匀速直线运动；若速度与磁感线垂直，做匀速圆周运动。4. 带电粒子在组合场中运动的处理方法分析带电粒子在各种场中的受力情况和运动情况, 一般在电场中做类平抛运动, 在磁场中做匀速圆周运动。正确地画出粒子的运

3、动轨迹图 , 在画图的基础上特别注意运用几何知识 , 寻找关系。选择物理规律 , 列方程。对类平抛运动, 一般分解为初速度方向的匀速运动和垂直初速度方向的匀加速运动 ; 对粒子在磁场中做匀速圆周运动, 应注意一定是洛伦兹力提供向心力这一受力条件。注意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。4. 解决带电粒子在组合场中运动问题的思路方法简化图【典例1】如图所示，M N P为很长的平行边界， M N与M P间距分别为li、12,其间分别有磁感应强度为B和R的匀强磁场区域，磁场I和n方向垂直纸面向里，BwR,有一电荷量为q、质量为m的带正电粒子，以某一初速度垂直边界N

4、及磁场方向射入 MNW的磁场区域。不计粒子的重力。求:Vo至少应为多少;（1）要使粒子能穿过磁场I进入磁场n ,粒子的初速度（2）若粒子进入磁场I的初速度0=噜，则粒子第一次穿过磁场I所用时间ti是多少;（3）粒子初速度v为多少时，才可恰好穿过两个磁场区域。咯案】黑y2【解析】（1）设粒子的初速度为M时恰好能进入磁场口 ,则进入®1场II时速度恰好沿M边界，所以,半 径为二人由51秋二麻，解得州二铝与粒子在湿场I中运弧则有助尸尸吟；解得力=2%设粒子在减场I中儆匀速图周运动（轨迹如图用）对应的圆心角为必则有血&心=今所CU哼a _1i = " T = X2兀 122

5、兀m_兀mBq 6Bq°所以第一次穿过磁场I所用时间为(3)设粒子速度为2,v 一口由Bqv= mR可得v时，粒子在磁场n中的轨迹恰好与P边界相切，轨迹如图乙所示,r mv r mv由几何关系得sin 0l i qBil i R mv '粒子在磁场n中运动有RRsin0=12,解得v =qBl i+qRl2【典例2】如图所示,内圆半径为 r、外圆半径为3r的圆环区域内有垂直纸面向里、磁感应强度为的匀强磁场。圆环左侧的平行板电容器两板间电压为U,从靠近M板处由静止释放质量为m电荷量为q的正离子，经过电场加速后从 N板小孔射出，并沿圆环直径方向射入磁场，不计离子的重力，忽略平行板

6、外的电场。求:(1)离子从N板小孔射出时的速率；(2)离子在磁场中做圆周运动的周期；(3)要使离子不进入小圆区域，电压U的取值范围。【答案】(1)、快 22 (3) Uw 8q-Bm qBm【解析】(I股离子从N板小孔射出fl寸的速率为力由动能定理得qg* 解得丫=、用“Q)谖离子在磁场中儆圆周运动的半径为孔离子所受洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可得和5运动周期片罕，联立解得X符(3)若离子恰好不进入小圆区域，设离子轨迹与小圆相切时运动半径为描，此时轨迹如图所示,由几何关系得 R2+(3r)2=(R+r)2,解得R= 4r,12qU 2mv,2 v需满足的条件为 Rw R,又qvB= mR

7、,8qr2B2联立解得UK -o【典例3】平面直角坐标系xOy中，第I象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第印象限存在沿y轴负方向的匀强电场，如图所示。一带负电的粒子从电场中的Q点以速度V0沿x轴正方向开始运动，Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍。粒子从坐标原点 O离开电场进入磁场，最终从 x轴上的P点射出磁场，P点 到y轴距离与Q点到y轴距离相等。不计粒子重力，问：tJO pt+匹-ir t ir（1）粒子到达O点时速度的大小和方向；（2）电场强度和磁感应强度的大小之比。V。【答案】（1） 42v。，与x轴正方向成45°角斜向上 （2）万【解析】（1）在电场中，粒子做类平抛运动，设Q

8、点到x轴距离为L,到y轴距离为2L,粒子的加速度为4运动时间为，有21二的目必设粒子到达o点时沿V轴方向的分速度为依为二出其）设粒子到达d点时速度方向与，轴正方向夹角为由有tma=* 联立®式得a=45"即粒子到达0点时速度方向与工轴正方向成45。角斜向上口设粒子到达O点时速度大小为v,由运动的合成有v= #02+ Vy2 联立式得 Y = ®o。（2）设电场强度为E,粒子电荷量为q,质量为mi粒子在电场中受到的电场力为F,由牛顿第二定律可得F= maX F=qE 设磁场的磁感应强度大小为B,粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R,所受的洛伦兹力提供向心力，有 2v

9、 qvB= mR 由几何关系可知R= 2L ?联立？式得E= v°o ?B 2【典例4如图所示装置中，区域I和山中分别有竖直向上和水平向右的匀强电场，电场强度分别为E和£； n区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B. 一质量为 m带电荷量为 q的带负电粒子（不OP±臼A A点与O被60°角射入计重力）从左边界O点正上方的M点以速度vo水平射入电场，经水平分界线n区域的磁场，并垂直竖直边界CD进入出区域的匀强电场中.求：(1)粒子在n区域匀强磁场中运动的轨迹半径；(2) o M间的距离；(3)粒子从M点出发到第二次通过 CD边界所经历的时间.2mv

10、3mV8 + J3 mv> 兀 m-qB (2) -qE (3) qE +3qB【解析】立子在匀强电场卬做类平抛运动,设粒子过/点时速度为“，由奕平抛运动规律知期=GOS'fiO"粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,(2)设粒子在I区域电场中运动时间 11,加速度为 a.则有qE= ma votan 60r,即 t1 = /2. 1 2 3mvQ M两点间的距离为 L= 2at i = 2q£.1如图所示,谡粒子在II区域磁场中运动时间为h 则由几何关系知,二七舞E设粒子在UI区域电场中运动C寸间为4 二q=篝，则改二忘守二鬻 fft Zmcl粒子从w点出发到第二

11、次通过CD边界所用寸间为自1 + &+二警*+篇+篝二JEffl 士 _ _3M课后作业1 .在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子p+和P3+,经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为 B方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域，如图 82 26所示.已知离子 p+ 在磁场中转过 9 = 30后从磁场右边界射出.在电场和磁场中运动时，离子P*和P3 ().hI *队+ V - Ex xA.在电场中的加速度之比为 1 ： 1B.在磁场中运动的半径之比为 小：1C.在磁场中转过白角度之比为 1 ： 2D.离开电场区域时的动能之比为1 : 3【答案】 BCD【解析】磷离子P

12、+与P3+电荷量之比q1:q2= 1： 3,质量相等，在电场中加速度2=M 由此可知,a1 ： a2=1 ： 3,选项A错误；离子进入磁场中做圆周运动的半径=器又qU= gmd,故有r=：2mU即qr 1 ： r 2= a/3 ： 1选项B正确；设离子p3+在磁场中偏角为a ,则sin a = , sin 9 = (d为磁场宽度),r 2r1故有sin 0 ： sin a = 1 ：4,已知0 =30° ,故a =60° ,选项 C正确；全过程中只有电场力做功，W= qU,故离开电场区域时的动能之比即为电场力做功之比，所以 日 ： Ek2=W： W= 1 ： 3,选项D正确

13、.2 .如图所示，两平行金属板间距为 d,电势差为U,板间电场可视为匀强电场；金属板下方有一磁感应 强度为B的匀强磁场。带电量为+ q、质量为m的粒子，由静止开始从正极板出发，经电场加速后射出，并 进入磁场做匀速圆周运动。忽略重力的影响。求：(1)匀强电场场强E的大小。(2)粒子从电场射出时速度 v的大小。(3)粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R2qU 12mUm B : q【答案】：U (2)【解析1:匀强电场场强E二呆根据动后缠理0g热巴解得k佯»）根据洛伦兹力提供向心力解得无=翳=羡飞月3.如图所示，在一个圆形区域内，两个方向相反且都垂直于纸面的匀强磁场分布在以直径AA为边界的

14、两个半圆形区域I、n中，AA与AA的夹角为60°。一质量为 mi电荷量为+ q的粒子以某一速度从I区的边缘点A处沿与AA成30°角的方向射入磁场，随后该粒子沿垂直于AA的方向经过圆心 O进入n区,最后再从A处射出磁场。已知该粒子从射入到射出磁场所用的时间为（1）画出粒子在磁场I和n中的运动轨迹;（2）粒子在磁场I和n中的轨迹半径R和R的比值;（3）I区和n区中磁感应强度的大小（忽略粒子重力）。【答案】：（1）见解析图（2）2 ： 1小、5 兀 m 5 7tm6qT 而【解析】：（1）画出粒子在磁场I和n中的运动轨迹如图所示。（2）设粒子的入射速度为 v,已知粒子带正电，故它

15、在磁场中先顺时针做圆周运动，再逆时针做圆周运 动，最后从 A点射出，用 B、R, R、R,不、正分别表示在磁场I、n区的磁感应强度、轨迹半径和周 期。设圆形区域的半径为 r,已知带电粒子过圆心且垂直于AA进入n区磁场，连接 AA, 4AOA为等边三角形，出为带电粒子在1区磁场中运动轨迹的图心, 由几何关系知,其半径R=AiA2=OA2=r粒子在II区砺场中运动的轨迹半径咫=34即二2： 1中 *(3)粒子在磁场中运动，则/& i=fV2母二册品_ _2jeSi_2jdw八二再_ _2jiJl2_27Em一入 1圆心角/ A1AO= 60 ,带电粒子在I区磁场中运动的时间为ti=-Ti6

16、 1在n区磁场中运动的时间为12=2T2带电粒子从射入到射出磁场所用的总时间t = t 1+ t 257tm57tm由 以上各式可得 Bi =, R= °6qt3qt4 .如图所示，直角坐标系中的第I象限中存在沿y轴负方向的匀强电场，在第n象限中存在垂直纸面向外的匀强磁场。一电荷量为q、质量为m的带正电的粒子，在一x轴上的a点以速度vo与一x轴成60°角射入磁场，从y=L处的b点沿垂直于y轴方向进入电场，并经过 x轴上x=2L处的c点。不计粒子重力。 求：(2)电场强度E的大小；(3)带电粒子在磁场和电场中的运动时间之比。3mvmv22兀【答案】丽(2) 2qLV【解析】(

17、1)带电粒子在磁场中运动轨迹如图,1?(VXy由几何关系可知:2Lr+yCfS 60 1,3又因为/山=吸解得：£二鬻。带电粒子在电场中运动时n沿X轴有：2Lh 沿y轴有：二成!，又因为隹二鹿(不带电粒子在磁场中运动时间为：*呼二热J nJ jVQ2L市电粒子在电场中运动时间为：t2=；TV0所以带电粒子在磁场和电场中运动时间之比为:5 .如图所示的平面直角坐标系 xOy,在第I象限内有平行于 y轴的匀强电场，方向沿 y轴正方向；在第IV象限的正三角形 abc区域内有匀强磁场，方向垂直于xOy平面向里，正三角形边长为L,且ab边与y轴平行.一质量为 m电荷量为q的粒子，从y轴上的R0

18、 , h)点，以大小为V。的速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从 x轴上的a(2h,0)点进入第IV象限，又经过磁场从y轴上的某点进入第出象限，且速度与y轴负方向成45 °角，不计粒子所受的重力.求:(1)电场强度E的大小；(2)粒子到达a点时速度的大小和方向；(3) abc区域内磁场的磁感应强度 B的最小值.【答案】(1)m0 (2)、/2V0方向指向第IV象限与 x轴正方向成45°角(3)2mv2qhqL【解析】 带电粒子在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，射出磁场后做匀速直线运动.(。带电粒子在电场中从尸到厘的过程中做类平抛运动水平方向上；2A=hKD竖直

19、方向上：仁融Ju-由牛顿第二定律得口=修由®式联立,解得E二舞(2)粒子到达a点时沿 轴负方向的分速度为玲=出由0式得十=他而收=如粒子到达口点的速度= J展%=也地蛇上口忆沐,上吟拶Z/Vy-设速度万向与 x轴正万向的夹角为 e ,则tan e =-=i, e =45Vo即到a点时速度方向指向第W象限与 x轴正方向成45°角.2Va(3)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，有qvB= mR,m mv由此得R ?qB1从上式看出，R当R最大时，B最小.B由题图可知，当粒子从 b点射出磁场时，R最大由几何关系得将？代入？式得B的最小值为 日所=竿.q6.如图所示，在 xOy坐标系的

20、0Wywd的区域内分布着沿 y轴正方向的匀强电场，在dwyw2d的区域内分布着垂直于 xOy平面向里的匀强磁场，MN电场和磁场的交界面，ab为磁场的上边界。现从原点O处沿x轴正方向发射出速率为 V0、比荷(电荷量与质量之比)为k的带正电粒子，粒子运动轨迹恰与ab相切 3vo2.并返回电场。已知电场强度 E=,不计粒子重力和粒子间的相互作用。求：2 kd(1)粒子从O点第一次穿过 MN寸的速度大小和水平位移的大小;(2)磁场的磁感应强度 B的大小。2 3d3V0【答案】：(1)2 V0 (2) kd【解析】：根据动能定理，得八解得尸 1粒子在电场中做类平抛运动有尸二变二34,出3工二佩】,解得骁字粒子运动的轨迹如图所示,V0解得e =60°根据 R+ Rcos e=d, /口 2d解得R=瓦32由牛顿第二定律可得 qvB= mR,解得B=而。7.如图所示，空间中有一直角坐标系，其第一象限中在圆心为O、半径为R边界与x轴和y轴相切的圆形区域内，有垂