2022年高考物理一轮复习第九章磁场第5课时带电粒子体在组合场中的运动学案新人教版

--PAGE18-5课时带电粒子(体)在组合场中的运动1．(2020·扫描是计算机X扫描机可用于对(a)是某种CTX射线产生部分的示意图如图(b(b)中、N子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到靶上，产生X射线(如图中带箭头的虚线所示)；将电子束打到靶上的点记为P点。则()A．M处的电势高于N处的电势B．增大、N之间的加速电压可使P点左移C．偏转磁场的方向垂直于纸面向外D．增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P解析：选D的方向与电场的方向相反，所以MNN之间的电mv知其在磁场中的轨迹半径2.(2019·应强度大小分别为B和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场。一质量122.(2019·应强度大小分别为B和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场。一质量12x轴射入第二象限，随后垂直于y轴进入第一象限，最后经过x轴离开第一象限。粒子在磁场中运动的时间( )5πmA.6qB11πm解析：选B带电粒子在不同磁场中做圆周运动，其速度大小不变，由知，粒子在第一象限内运动的圆半径是在第二象限内运动圆半解析：选B带电粒子在不同磁场中做圆周运动，其速度大小不变，由知，粒子在第一象限内运动的圆半径是在第二象限内运动圆半径的2倍，如图所示。mv

7πmB.6qB13πmD.6qBT2πr t θT由＝ ，及＝v 1 2π可知粒子在第二象限内运动的时间π2πmπmt＝ · ＝1 2π qB 2qB粒子在第一象限内运动的时间π2πm×22πmt＝ · ＝2 2π qB

tt

7πm1 1

＝＋＝6qB，选项B3．(202118·辽宁卷)如图所示，在第一、四象限的限内存在沿yv0

从点x轴正方向射出，恰好从O点离开电场。已知带电粒子的质量为、电荷量为求匀强电场的电场强度大小若磁感应强度大小均为B1

时，粒子在磁场中的运动轨迹恰好与直线相切，且第一次离开第四象限时经过x轴上的S点(图中未画出)。求B；1若磁感应强度大小均为B2

OS点。求B与B2 1

的比值，并确定n的所有可能值。

3d1qE(1)带电粒子在电场中做类平抛运动，则有＝v，＝×20 2 2 m3mv2联立解得0。16dq3d2 3粒子在磁场中运动轨迹如图所示，由几何关系可得tanθ

θ＝37°＝d＝，则2 4vv 5v粒子从O点出电场时的速度为0 ＝cos37°402粒子在磁场中，洛伦兹力充当向心力，有qvB＝m1 R由几何关系有Rcos37°＋d＝Rmv联立解得B＝0。1 4qd由几何关系知SO点的距离为l R 4＝2·sin37°＋d3mv1要使粒子经n次偏转仍过S点R 4则有mv2

′sin37°＋d(n>1)39nmv B 9n解得B＝ 0 则2＝2 44－8nqd B1

11－2nn n11由11－2>0得<2n23、、5。3mv2 mv 9n答案：(1) 0 (2)0 (3) ，n＝2,3,4,516dq 4qd 11－2n4．(2021年1月新高考8省联考·湖北卷)在如图所示的直角坐标系中，x<0区域有沿x轴正向的匀强电场，x≥0区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为。一质量为，电荷量为的粒子从原点O度大小为v，速度方向与y轴正向夹角为不计重力。0求带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的角速度带电粒子每次离开磁场进入电场后，都从O动，求电场强度的大小E和粒子运动周期。y m 3v、方向沿y轴

轴最远处时，有一个质量为

、速度大小为20电粒子第一次离开磁场进入电场的位置与O点的距离。解析：(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，则洛伦兹力提供向心力qv0 0qBm。粒子在磁场中做匀速圆周运动v2qv00 rmv0qB进入电场时速度方向与yφyO2mvsinφ0qB在磁场中运动时间t

2π－2φ2πm＝ · ＝

π－φm1 2π qB qB进入电场后沿y轴方向做匀速运动，沿x轴方向先减速后加速，最后到达O点，则vcos＝y0 2at＝2vsinφ2 0qEm联立解得cosφ02mt＝tanφ2 qB粒子运动周期＝＋＝(tanTtt2m＝＋＝(tan

φ＋π－φ)1 2 qByy轴负方向，粒子与不带电的粒子相碰时，由动量守恒定律和能量守恒定律得mv

m3v＝mv＋mv1 1 3 1 1

＋·0 20 1 2mv2＋v2＝mv＋mv220 2 2v3

21 22解得＝v1 20v＝v2 0则此时粒子做圆周运动轨道半径为3 3mvr′＝r＝2

02qB则到达y则到达y轴时的位置与O点的距离L＝rsinφ＋32 2r2 3－－r＋cosφ2解得：L＝mv(sinqB02＋cosφ－cos2φ)答案：(1)m

Bvcos0

2mqB(tan

φ＋π－φ)2qBmv(sin2＋cos2qB(3)05．(2020·ftN为竖直放置的两金属板P、Qd的Ⅰ、Ⅱ两部分QbN上两正对的小孔。以b所在直线为z轴，向右为正方向，取zQO为坐标原点，以平行于Q板水平向里为x轴正方向，竖直向上为y轴正方向，建立空间直角坐标系。区域Ⅰ、Ⅱ内分别充满沿x轴正方向的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小、电场强度大小分别为B。一质量为＋qabPc出)进入电场，最终打到记录板Q上。不计粒子重力。求粒子在磁场中做圆周运动的半径R以及c点到z轴的距离(2)求粒子打到记录板上位置的x坐标；求粒子打到记录板上位置的y坐标(用、d如图乙所示，在记录板上得到三个点sss

1H、氚核

3H、氦1 2 3 1 1核4He的位置，请写出这三个点分别对应哪个粒子(不考虑粒子间的相互作用，不要求写出推2导过程)。解析：(1)设粒子经加速电场到b孔的速度大小为对应圆心角为，在N两金属板间，由动能定理得1q＝m2 ①2在区域Ⅰ中，粒子做匀速圆周运动，磁场力提供向心力，由牛顿第二定律得2qvB＝mR ②联立①②式得③2mqU③qB由几何关系得2－22＋(－)＝2－2cosR ⑤dsin⑥联立①②④式得2mqU

2mU－。⑦qB q2设区域Ⅱ中粒子沿z轴方向的分速度为vx轴正方向加速度大小为z为x，运动时间为t，由牛顿第二定律得⑧粒子在z轴方向做匀速直线运动，由运动合成与分解的规律得v＝vcosα ⑨zt ⑩z粒子在x方向做初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式得1＝a2 ⑪2联立①②⑤⑧⑨⑩⑪式得m2E。 ⑫4m－q22yzy由运动学公式得α ⑬由题意得⑭联立①④⑥⑨⑩⑬⑭式得2＝－

。 ⑮2－2s、ss分别对应氚核3H、氦核4He、质子1H1 2 3 1 2 1答案：(1)

2mqUqB

2mqUqB－2mUqB－d22(2)m2E －2mUqB－d22(2)4m－q22(4)见解析

2－＋

2－2命题视角一磁场与磁场的组合磁场与磁场组合问题的解题关键：接点与两圆心共线的特点，进一步寻找边角关系。[典例](2021·ftxOy平面向外的匀强磁场Ⅰ，第二象限内存在水平向右的匀强电场，第三、四象限内存在垂直于xOy平面向外、磁感应强度大小为B0

的匀强磁场Ⅱ。一质量为的粒子，从x轴上M点xxOyOR0

的圆周运动；随后进入电场运动至yNy45°运动一段时间后，再次垂直于x轴进入第四象限。不计粒子重力。求：带电粒子从M点进入第四象限时初速度的大小v；0电场强度的大小磁场Ⅰ的磁感应强度的大小B。1[解析]mv2粒子在第四象限中运动时，洛伦兹力提供向心力，则qvB＝000 R0qBR。v＝00。0 m由于粒子与y45°角离开电场，则有v＝v＝vx y 0粒子在水平方向做匀加速运动，在竖直方向做匀速运动，故在水平方向上qE＝mav2－＝2aRx 0qRB2。解得E＝00。2m粒子在电场中运动时1水平方向v＝atR＝a2x 0 2竖直方向ty解得y＝2R0NxP点，P为半，因为2R。0 0m2由洛伦兹力提供向心力，得qvB＝1 Rv为进入第一象限的速度，大小为2v0解得B

1＝B。1 20qBR

qRB2 1[答案](1)00 (2)00 (3)Bm 2m 20[集训冲关]1.1.(2017·xOy里的磁场。在B0的大小为λB(常数的带电粒子以速vOx轴正向射入磁场，此时开始计时，当粒子的速度方向再次沿x轴正向0时，求：(不计重力)粒子运动的时间；(2)粒子与O解析：(1Rx1＜0R。由洛伦兹力公式及牛顿定律得2v2qBv＝m0 ①00 R1v2v＝m0 ②00 R2粒子速度方向转过180°时，所需时间t为1πRvt＝ 1 ③v10180°时，所需时间t为2πRvt＝ 2 ④v20联立①②③④式得，所求时间为ttt

πm 1⑤λ＝＋λ0 1 2

Bq1＋。0由几何关系及①②式得，所求距离为d R

2mv1－1。 ⑥0 02＝2(20 1

)＝Bq λ00π1＋1 mv1－10答案：(1)Bq 2.2.PN与P间距分别为l、1lBB2 1 2≠Bm的带正电粒子，以某一初速1 2度垂直边界N及磁场方向射入MN间的磁场区域。不计粒子的重力。求：(1)要使粒子能穿过磁场Ⅰ进入磁场Ⅱv至少应为多少；0

(2)

Bq 02qBl若粒子进入磁场Ⅰ的初速度v1

1则粒子第一次穿过磁场Ⅰ所用时间tm 1

是多少；粒子初速度v为多少时，才可恰好穿过两个磁场区域。解析：(1)设粒子的初速度为v0

时恰好能进入磁场Ⅱ，则进入磁场Ⅱ时速度恰好沿边界M，所以运动半径，1v2 Bql由Bqv＝m0，解得v＝1 。1 0 r 0 m粒子在磁场Ⅰ中做匀速圆周运动，v2Bqv＝m1，解得r＝2l，1 1 r 1 11l 1sin＝1＝，r21所以απ＝6，所以粒子第一次穿过磁场Ⅰ所用时间为＝×α＝×t＝ T

1 2πmπm＝ 1 2π 12 Bq 6B＝ 1 1设粒子速度为v时，粒子在磁场Ⅱ中的轨迹恰好与边界P相切，轨迹如图乙所示，由2 mv，可得R＝ ，R 1 Bq1mv lqBlR＝ ，由几何关系得sin1＝11，2 Bq R mv2 1粒子在磁场Ⅱ中运动有R－Rsin，2 2 2qBl＋qBl解得v＝11m22。Bql πm qBl＋qBl答案：(1)1 1 (2) (3)11 22m 6Bq m1命题视角二电场与磁场的组合题型1先电场后磁场带电粒子先在电场中做匀加速直线运动，然后垂直进入磁场做圆周运动，如图：带电粒子先在电场中做类平抛运动，然后垂直进入磁场做圆周运动，如图：与N的电势差为；边长为2L的立方体区域与N的电势差为；边长为2L的立方体区域为＋qv水平进入圆筒M0每个筒内均做匀速直线运动，在两筒间做匀加速直线运动。粒子自圆筒N出来后，从正方形心垂直飞出磁场区域。忽略粒子受到的重力。求：(2)磁感应强度的大小。[解析](1)粒子在电场中加速，有动能定理可知：1 1q＝m2－mv22 2解得：v＝

02qU＋v2。m 0根据题意从正方形′的中心垂直进入磁场区域，最后由正方形垂直飞出磁场区域，分析可得粒子在磁场中运动的轨道半径在磁场中运动时洛伦兹力提供了向心力，v2qBv＝mR解得：B＝

mmv0。qL。[答案](1)

m2qUm2qUm＋v20

mv0qL题型2先磁场后电场对于粒子从磁场进入电场的运动，常见的有两种情况：(2)磁场方向垂直纸面向里。在磁场方向垂直纸面向里。在场强度为＝10×15V/。在M点有一正粒子以速率＝1.016m/s沿＋x0后又返回q磁场，最终又从磁场离开。已知粒子的比荷为＝1.0×107C/kg，粒子重力不计。求圆形磁场区域磁感应强度的大小；方向射入磁场的粒子，从进入磁场到再次穿出磁场所走过的路程。[解析](1)沿＋x0，粒子一定是从如图所示的P以可得粒子在磁场中做圆周运动的半径[解析](1)沿＋x0，粒子一定是从如图所示的P以可得粒子在磁场中做圆周运动的半径r，得，代入数据得。m2mv子在磁场中的路程为二分之一圆周长，即s，设粒子在电场中运动的路程为s，根据动1 2s1 m2能定理得E·2＝m2，得s＝ ，22 2 Eqm2则总路程s＝πR＋Eq，代入数据得s＝(0.5π＋1)m。[答案](1)0.2T(2)(0.5π＋1)m题型3先后多个电、磁场3](2021·ABCD内存在竖直向上的匀强电场，在BCL、LBC与

重合)，两磁场区域宽度相同，方向如图所示，区域Ⅰ的磁感强度大小为B度相同，方向如图所示，区域Ⅰ的磁感强度大小为B。一带电荷量为1ADv沿水0平向右方向进入电场，点电荷恰好从B点进入磁场，经区域Ⅰ后又恰好从与BAB长度是BC长度的3倍。求带电粒子到达B(2)求磁场的宽度(3)要使点电荷在整个磁场中运动的时间最长，求区域Ⅱ的磁感应强度B2

的最小值。[解析](1)设点电荷进入磁场时的速度大小为θL 3 v 23v速度方向与位移方向的关系有tanBC＝ ，则则0 ＝ 0。L 3 cosθ 3AB2设点电荷在区域Ⅰ中的轨迹半径为r，由牛顿第二定律得qvB＝m，1 1 r1轨迹如图甲所示，由几何关系得，123mv。解得L＝。

03qB1当点电荷不从区域Ⅱ右边界离开磁场时，点电荷在磁场中运动的时间最长。设区域Ⅱ中磁感应强度最小时，对应的轨迹半径为r，轨迹如图乙所示，2由牛顿第二定律有qvB

2＝m，min r2根据几何关系有(1＋sin

3＝B。2 min 2123v 23mv 3[答案](1)

0

0 (3)B3 3qB1

21[系统归纳]“5步”突破带电粒子在组合场中的运动问题[课时跟踪检测]1.xOyⅠ的磁感应强度大小为B点坐标为01.xOyⅠ的磁感应强度大小为B点坐标为0qBLm平行于y轴方向射入磁场Ⅱ中，速度大小为v＝m0

20，不计粒子所受重力，粒子运动轨迹与磁场区域相切时认为粒子能再次进入磁场。(2)若粒子恰好不能从AC边射出，求区域Ⅱ磁感应强度大小。解析：(1)磁感应强度越小，粒子运动轨迹半径越大，当粒子运动轨迹与x轴相切时，粒v2子恰好能进入区域Ⅰ，此时粒子在区域Ⅱ中运动轨迹半径R，粒子运动满足qBv＝m0，m6 qBL Bm6

1 0 R1B0mv＝20m

，解得B

0，所以粒子无法进入区域Ⅰ中时，有B＜0。(2)粒子在区域Ⅰ中的运动半径0＝，mvL(2)粒子在区域Ⅰ中的运动半径0＝，mvLqB02若粒子在区域Ⅱ中的运动半径RAC边射出磁场。恰好不从ACO21＝，25r由于OPP＝O则有sin，11 21

R－rR49 49解得＝r＝L，24 48mv

qBL 24又R＝

0，代入v

0，可得B。qB 0 2m 490B 24答案0 (2)B6 490第Ⅲ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第Ⅲ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v沿x点到y轴的距离为到x02Ox轴上的P点到y轴距离与Q点到y粒子到达O点时速度的大小和方向；(2)解析：(1)在电场中，粒子做类平抛运动，设Q点到x轴距离为，到y子的加速度为a，运动时间为t，有t ①01＝a2 ②2设粒子到达O点时沿y轴方向的分速度为vyv＝at ③y设粒子到达O点时速度方向与xvtany ④v0联立①②③④式得⑤即粒子到达O点时速度方向与x45°角斜向上设粒子到达O点时速度大小为＝v2＋v2 ⑥0 y联立①②③⑥式得2v。 ⑦0设电场强度为，粒子电荷量为，质量为，粒子在电场中受到的电场力为顿第二定律可得⑧设磁场的磁感应强度大小为为R，所受的洛伦兹力提供向心力，有qvB设磁场的磁感应强度大小为为R，所受的洛伦兹力提供向心力，有qvB＝mR2⑩粒子运动轨迹如图所示，由几何关系可知2L ⑪EvB联立式得＝0。 ⑫B2v答案：(1)2v，与x45°角斜向上(2)00 23.如图所示，直角坐标系中的第Ⅰ象限中存在沿y场，在第Ⅱ象限中存在垂直纸面向外的匀强磁场。一电荷量为m3.如图所示，直角坐标系中的第Ⅰ象限中存在沿y场，在第Ⅱ象限中存在垂直纸面向外的匀强磁场。一电荷量为0

x60°角射入磁场，从处的b点沿垂直于y轴方向进入电场，并经过x轴上处的c重力。求：磁感应强度B的大小；电场强度E的大小；解析：(1)带电粒子在磁场中运动轨迹如图，由几何关系可知：解析：(1)带电粒子在磁场中运动轨迹如图，由几何关系可知：＝32Lv2又因为qv00 r3mv。解得：B＝。

02qL带电粒子在电场中运动时，沿xt021yat2，又因为22mv2解得：E＝0。2qL

12πr4πL＝· ＝1 3 v 9v0 0＝2L＝2 v0t2π所以带电粒子在磁场和电场中运动时间之比为：1＝ 。3mv

t 92mv2 2π答案：(1) 0 (2)0 (3)2qL 2qL 94.如图所示，边长为4.如图所示，边长为3L的正方形区域分成相等的三部分，左右两侧为匀强磁场，中间区域为匀强电场。左侧磁场的磁感应强度大小为B16mqU2qL，方向垂直纸面向外；右侧磁场的磁感应强度大小为＝2B6mqUqL，为＋q的带电粒子，从平行金属板的正极板开始由静止被加速，加速电压为b粒子经过平行金属板加速后的速度大小；粒子在左侧磁场区域内运动时的半径及运动时间；电场强度的取值在什么范围内时，粒子能从右侧磁场的上边缘cd间离开。1(1)粒子在电场中运动时q＝m2，22qUm2q