物理新导学浙江选考大一轮精讲讲义第九章磁场专题强化三

专题强化三带电粒子在叠加场和组合场中的运动命题点一带电粒子在叠加场中的运动1．带电粒子在叠加场中无约束情况下的运动(1)洛伦兹力、重力并存①若重力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动．②若重力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒，可由此求解问题．(2)电场力、洛伦兹力并存(不计重力的微观粒子)①若电场力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动．②若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用动能定理求解问题．(3)电场力、洛伦兹力、重力并存①若三力平衡，一定做匀速直线运动．②若重力与电场力平衡，一定做匀速圆周运动．③若合力不为零且与速度方向不垂直，将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用能量守恒定律或动能定理求解问题．2．带电粒子在叠加场中有约束情况下的运动带电粒子在叠加场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道等约束的情况下，常见的运动形式有直线运动和圆周运动，此时解题要通过受力分析明确变力、恒力做功情况，并注意洛伦兹力不做功的特点，运用动能定理、能量守恒定律结合牛顿运动定律求解．例1如图1，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，其第一象限存在着正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度的方向水平向右，磁感应强度的方向垂直纸面向里．一带电荷量为＋q、质量为m的微粒从原点出发，沿与x轴正方向的夹角为45°的初速度进入复合场中，正好做直线运动，当微粒运动到A(l，l)时，电场方向突然变为竖直向上(不计电场变化的时间)，粒子继续运动一段时间后，正好垂直于y轴穿出复合场．不计一切阻力，求：图1(1)电场强度E的大小；(2)磁感应强度B的大小；(3)微粒在复合场中的运动时间．答案(1)eq\f(mg,q)(2)eq\f(m,q)eq\r(\f(g,l))(3)(eq\f(3π,4)＋1)eq\r(\f(l,g))解析(1)微粒到达A(l，l)之前做匀速直线运动，对微粒受力分析如图甲：所以，Eq＝mg，得：E＝eq\f(mg,q)(2)由平衡条件：qvB＝eq\r(2)mg电场方向变化后，微粒所受重力与电场力平衡，微粒在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹如图乙：qvB＝meq\f(v2,r)由几何知识可得：r＝eq\r(2)l联立解得：v＝eq\r(2gl)，B＝eq\f(m,q)eq\r(\f(g,l))(3)微粒做匀速直线运动的时间：t1＝eq\f(\r(2)l,v)＝eq\r(\f(l,g))做匀速圆周运动的时间：t2＝eq\f(\f(3,4)π·\r(2)l,v)＝eq\f(3π,4)eq\r(\f(l,g))在复合场中的运动时间：t＝t1＋t2＝(eq\f(3π,4)＋1)eq\r(\f(l,g)).变式1如图2，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2A．ma＞mb＞mc B．mb＞ma＞mcC．mc＞ma＞mb D．mc＞mb＞ma答案B解析设三个微粒的电荷量均为q，a在纸面内做匀速圆周运动，说明洛伦兹力提供向心力，重力与电场力平衡，即mag＝qE①b在纸面内向右做匀速直线运动，三力平衡，则mbg＝qE＋qvB②c在纸面内向左做匀速直线运动，三力平衡，则mcg＋qvB＝qE③比较①②③式得：mb>ma>mc，选项B正确．变式2(2019届效实中学期中)一带电液滴在互相垂直的匀强电场和匀强磁场中做半径为R的圆周运动，如图3所示，已知电场强度为E，方向竖直向下，磁感应强度为B，方向水平(图中垂直纸面向里)，重力加速度为g.运动中液滴所受浮力、空气阻力都不计，求：图3(1)液滴是顺时针运动还是逆时针运动；(2)液滴运动的速度多大；(3)若液滴运动到最低点A时分裂成两个完全相同的液滴，其中一个仍在原平面内做半径R1＝3R的圆周运动，绕行方向不变，且圆周的最低点仍是A点，则另一个液滴怎样运动？答案见解析解析(1)、(2)带电液滴所受电场力向上且与重力平衡，知液滴带负电，液滴所受洛伦兹力提供向心力，由左手定则结合题图知液滴顺时针运动．即Eq＝mg，qvB＝meq\f(v2,R)解得v＝eq\f(gBR,E)(3)分裂后的液滴电荷量、质量均减半，电场力与重力仍平衡，依据上面运算可得，分裂后第一个液滴的绕行速度大小v1＝eq\f(gBR1,E)＝eq\f(gB·3R,E)＝3v，方向向左．分裂后第二个液滴的速度设为v2，分裂前后水平方向动量守恒，以液滴分裂前的速度方向为正方向mv＝eq\f(1,2)mv1＋eq\f(1,2)mv2，解得v2＝－v即分裂后第二个液滴速度大小为v，方向向右，所受电场力与重力仍平衡，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，绕行方向为顺时针，A点是圆周最高点，圆周半径R2＝R.命题点二带电粒子在组合场中的运动1．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：受力分析和运动分析，主要涉及两种典型运动，如下：eq\x(匀速圆周运动)←eq\x(粒子垂直于磁感线进入匀强磁场)←eq\x(磁偏转)←eq\x(组合场中两种典型运动)→eq\x(电偏转)→eq\x(粒子垂直于电场线进入匀强电场)→eq\x(类平抛运动)第3步：用规律eq\x(磁偏转)→eq\x(匀速圆周运动)→eq\x(圆轨迹)→eq\x(找半径)→eq\x(定圆心)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\x(半径公式),\x(周期公式)))eq\x(电偏转)→eq\x(类平抛运动)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\x(初速度方向)→\x(匀速直线运动),\x(电场方向)→\x(匀变速直线运动)))2．解题步骤(1)找关键点：确定带电粒子在场区边界的速度(包括大小和方向)是解决该类问题的关键．(2)画运动轨迹：根据受力分析和运动分析，大致画出粒子的运动轨迹图，有利于形象、直观地解决问题．模型1磁场与磁场组合例2人类研究磁场的目的之一是通过磁场控制带电粒子的运动．如图4所示是通过磁场控制带电粒子运动的一种模型．在0≤x＜d和d<x≤2d的区域内，存在磁感应强度大小均为B的匀强磁场，其方向分别垂直纸面向里和垂直纸面向外．在坐标原点有一粒子源连续不断地沿x轴正方向释放出质量为m、带电荷量为q(q>0)的粒子，其速率有两种，分别为v1＝eq\f(2\r(3)qBd,3m)、v2＝eq\f(2qBd,m).(不考虑粒子的重力以及粒子之间的相互作用)图4(1)求两种速率的粒子在磁感应强度为B的匀强磁场中做圆周运动的半径R1和R2.(2)求两种速率的粒子从x＝2d的边界射出时，两出射点的距离Δy的大小．(3)在x>2d的区域添加另一匀强磁场，使得从x＝2d边界射出的两束粒子最终汇聚成一束，并平行y轴正方向运动．在图中用实线画出粒子的大致运动轨迹(无需通过计算说明)，用虚线画出所添加磁场的边界线．答案(1)eq\f(2\r(3),3)d2d(2)4(eq\f(2\r(3),3)－1)d(3)见解析图解析(1)根据qvB＝meq\f(v2,R)可得：R＝eq\f(mv,qB)又因为粒子速率有两种，分别为：v1＝eq\f(2\r(3)qBd,3m)，v2＝eq\f(2qBd,m)解得：R1＝eq\f(2\r(3),3)d，R2＝2d(2)图甲为某一速率的粒子运动的轨迹示意图，辅助线如图所示，根据几何关系可知：速率为v1的粒子射出x＝2d边界时的纵坐标为：y1＝2(R1－eq\r(R\o\al(12)－d2))＝eq\f(2\r(3),3)d速率为v2的粒子射出x＝2d边界时的纵坐标为：y2＝2(R2－eq\r(R\o\al(22)－d2))＝2(2－eq\r(3))d联立可得两出射点距离的大小：Δy＝y1－y2＝4(eq\f(2\r(3),3)－1)d(3)两个粒子运动轨迹如图乙中实线所示，磁场边界如图中倾斜虚线所示，可以使得从x＝2d边界射出的两束粒子最终汇聚成一束，并平行y轴正方向运动．模型2电场与磁场组合例3(2016·浙江4月选考·22)如图5为离子探测装置示意图．区域Ⅰ、区域Ⅱ长均为L＝m，高均为H＝m．区域Ⅰ可加方向竖直向下、电场强度为E的匀强电场；区域Ⅱ可加方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，区域Ⅱ的右端紧贴着可探测带电粒子位置的竖直屏．质子束沿两板正中间以速度v＝×105m/s水平射入，质子荷质比近似为eq\f(q,m)＝×108C/kg.(忽略边界效应，不计重力)图5(1)当区域Ⅰ加电场、区域Ⅱ不加磁场时，求能在屏上探测到质子束的外加电场的最大值Emax；(2)当区域Ⅰ不加电场、区域Ⅱ加磁场时，求能在屏上探测到质子束的外加磁场的最大值Bmax；(3)若区域Ⅰ加电场E小于(1)中的Emax，质子束进入区域Ⅱ和离开区域Ⅱ的位置等高，求区域Ⅱ中的磁场B与区域Ⅰ中的电场E之间的关系式．答案(1)200V/m(2)×10－3T(3)B＝eq\f(2E,v)解析(1)质子在电场中做类平抛运动vy＝at＝eq\f(qEL,mv)，tanα＝eq\f(vy,v)＝eq\f(EqL,mv2)质子恰好能到达区域Ⅱ右下端时，外加电场最大，此时有tanα＝eq\f(\f(H,2),L＋\f(L,2))，得Emax＝eq\f(Hmv2,3qL2)＝200V/m.(2)质子在磁场中运动有qvB＝meq\f(v2,R)，即R＝eq\f(mv,qB)根据几何关系有：R2－(R－eq\f(H,2))2＝L2时，外加磁场最大得Bmax＝eq\f(mvH,qL2＋\f(H2,4))≈×10－3T.(3)质子运动轨迹如图所示．设质子进入磁场时的速率为v′，则sinα＝eq\f(vy,v′)＝eq\f(at,v′)＝eq\f(\f(Eq,m)·\f(L,v),v′)＝eq\f(EqL,mvv′)由几何关系知sinα＝eq\f(\f(L,2),R)＝eq\f(\f(L,2),\f(mv′,Bq))＝eq\f(BqL,2mv′)，得B＝eq\f(2E,v).变式3(2017·浙江4月选考·23)如图6所示，在xOy平面内，有一电子源持续不断地沿x轴正方向每秒发射出N个速率均为v的电子，形成宽为2b、在y轴方向均匀分布且关于x轴对称的电子流．电子流沿x方向射入一个半径为R、中心位于原点O的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直xOy平面向里，电子经过磁场偏转后均从P点射出，在磁场区域的正下方有一对平行于x轴的金属平行板K和A，其中K板与P点的距离为d，中间开有宽度为2l且关于y轴对称的小孔．K板接地，A与K两板间加有正负、大小均可调的电压UAK，穿过K板小孔到达A板的所有电子被收集且导出，从而形成电流．已知b＝eq\f(\r(3),2)R，d＝l，电子质量为m，电荷量为e，忽略电子间的相互作用．图6(1)求磁感应强度B的大小；(2)求电子从P点射出时与负y轴方向的夹角θ的范围；(3)当UAK＝0时，每秒经过极板K上的小孔到达极板A的电子数；(4)画出电流i随UAK变化的关系曲线.答案见解析解析轨迹示意图(1)“磁聚焦”模型要求：R＝eq\f(mv,eB)，解得B＝eq\f(mv,eR).(2)b＝eq\f(\r(3),2)R，由几何关系知：θ在关于y轴左、右对称的60°(含)范围内．(3)要进入小孔，电子到达P点时与y轴负方向的夹角φ≤45°则：eq\f(N0,N)＝eq\f(2Rsinφ,2b)＝eq\f(sinφ,sin60°)≤eq\f(\r(6),3)则当UAK＝0时每秒到达A板的电子数：N0＝eq\f(\r(6),3)N.(4)①当UAK≥0时，进入小孔的电子全部能到A板i1＝N0e＝eq\f(\r(6),3)Ne②设当UAK＝U1时，φ1＝45°对应的电子刚好到达A板则eU1＝0－eq\f(1,2)m(vcosφ1)2，解得UAK＝－eq\f(mv2,4e)即在区间(－eq\f(mv2,4e)，0)之间，i2＝N0e＝eq\f(\r(6),3)Ne③当UAK反向继续增大时，将出现有电子(该临界角度为α)刚好打到A板上，而φ>α的电子打不到A板i＝eq\f(sinα,sin60°)Ne，eUAK＝0－eq\f(1,2)m(vcosα)2解得：i＝eq\r(\f(4,3)＋\f(8eUAK,3mv2))Ne.i＝0时，UAK＝－eq\f(mv2,2e).综上所述：i－UAK图线如图所示变式4如图7所示，O′PQ是关于y轴对称的四分之一圆，在PQNM区域有均匀辐向电场，PQ与MN间的电压为U.一初速度为零的带正电的粒子从PQ上的任一位置经电场加速后都会从O′进入半径为R、中心位于坐标原点O的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直xOy平面向外，大小为B，粒子经磁场偏转后都能平行于x轴射出．在磁场区域右侧有一对平行于x轴且到x轴距离都为R的金属平行板A和K，金属板长均为4R，其中K板接地，A与K两板间加有电压UAK>0，忽略极板电场的边缘效应，不计重力．已知金属平行板左端连线与磁场圆相切，O′在y轴上．图7(1)求带电粒子的比荷eq\f(q,m)；(2)求带电粒子进入右侧电场时的纵坐标范围；(3)若无论带电粒子从PQ上哪个位置出发都能打到K板上，则电压UAK至少为多大？答案(1)eq\f(2U,B2R2)(2)－eq\f(\r(2),2)R～eq\f(\r(2),2)R(3)eq\f(2＋\r(2),4)U解析(1)由动能定理可知qU＝eq\f(1,2)mv2由已知条件可知，带电粒子在磁场中运动的半径R0＝R洛伦兹力提供粒子在磁场中做圆周运动的向心力，qvB＝meq\f(v2,R0).联立解得eq\f(q,m)＝eq\f(2U,B2R2)(2)如图，沿QN方向入射的带电粒子，在磁场中做圆周运动的圆心为O1，由几何关系知，对应的圆心角为135°，离开磁场的出射点a在y轴上的投影与O′的距离为Δy＝R＋eq\f(\r(2),2)Ra点的纵坐标ya＝eq\f(\r(2),2)R同理可得，沿PM方向入射的带电粒子离开磁场的出射点b的纵坐标yb＝－eq\f(\r(2),2)R故带电粒子进入右侧电场时的纵坐标范围为：－eq\f(\r(2),2)R～eq\f(\r(2),2)R(3)只要沿QN方向入射的带电粒子能打在K板上，则从其他位置入射的粒子也一定打在K板上，则在电场中E＝eq\f(UAK,2R)F＝qE＝maΔy＝R＋eq\f(\r(2),2)R＝eq\f(1,2)at2应满足4R≥vt解得UAK≥eq\f(2＋\r(2),4)U.1．如图1甲所示，水平放置的平行金属板M、N之间存在竖直向上的匀强电场和垂直于纸面的交变磁场(如图乙所示，垂直纸面向里为正)，磁感应强度B0＝50T，已知两板间距离d＝0.3m，电场强度E＝50V/m，M板中心有一小孔P，在P正上方h＝5cm处的O点，一带电油滴自由下落，穿过小孔后进入两板间，若油滴在t＝0时刻进入两板间，最后恰好从N板边缘水平飞出．已知油滴的质量m＝10－4kg，电荷量q＝＋2×10－5C(不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，取π＝3)．求：图1(1)油滴在P点的速度大小；(2)N板的长度；(3)交变磁场的变化周期．答案(1)1m/s(2)m(3)s解析(1)由机械能守恒定律，得mgh＝eq\f(1,2)mv2解得v＝1m/s(2)进入场区时，因为mg＝10－3N，方向向下，而Eq＝10－3N，方向向上．所以，重力与电场力平衡，油滴做匀速圆周运动，所以B0qv＝eq\f(mv2,R)解得R＝m因d＝m，则若使油滴从N板边缘水平飞出，需在场内做三次eq\f(1,4)圆弧运动．所以，N板的长度L＝6R.解得L＝m(3)油滴在磁场中运动的周期T0＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(2πm,B0q)由(2)分析知交变磁场的周期T＝eq\f(1,2)T0联立解得T＝s.2．(2019届东阳中学模拟)如图2所示，半径r＝m的半圆形无场区的圆心在坐标原点O处，半径R＝m、磁感应强度大小B＝T的圆形有界磁场区的圆心坐标为(0,m)，平行金属板MN的极板长L＝m、间距d＝m，极板间所加电压U＝×102V，其中N极板收集的粒子全部中和吸收．一位于O处的粒子源向第Ⅰ、Ⅱ象限均匀地发射速度大小v＝6×105m/s的带正电粒子，经圆形磁场偏转后，从第Ⅰ象限出射的粒子速度方向均沿x轴正方向．若粒子重力不计、比荷eq\f(q,m)＝108C/kg、不计粒子间的相互作用力及电场的边缘效应．sin37°＝，cos37°＝0.8.求：图2(1)粒子在磁场中的运动半径R0；(2)从坐标(0,m)处射出磁场的粒子，其在O点入射方向与y轴的夹角θ；(3)N板收集到的粒子占所有发射粒子的比例η.答案见解析解析(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，由qvB＝eq\f(mv2,R0)得R0＝eq\f(mv,qB)＝m(2)如图所示，从y＝m处出射的粒子对应入射方向与y轴的夹角为θ，轨迹圆心与y轴交于(0,m)处，由几何关系可得：sinθ＝，故θ＝53°(3)如图所示，令恰能从下极板右端出射的粒子刚进入电场时的纵坐标为y：则y＝eq\f(1,2)at2，a＝eq\f(qU,md)，L＝vt，联立解得y＝eq\f(UqL2,2mdv2)＝m设此粒子入射时与x轴正方向夹角为α，则有：y＝rsinα＋R0－R0cosα可知tanα＝eq\f(4,3)即α＝53°比例η＝eq\f(53°,180°)×100%≈29.4%.3．某高中物理课程基地拟采购一批实验器材，增强学生对电偏转和磁偏转研究的动手能力，其核心结构原理可简化为如图3所示．AB、CD间的区域有竖直向上的匀强电场，在CD的右侧有一与CD相切于M点的圆形有界匀强磁场，磁场方向垂直于纸面．一带正电粒子自O点以水平初速度v0正对P点进入该电场后，从M点飞离CD边界，再经磁场偏转后又从N点垂直于CD边界回到电场区域，并恰能返回O点．已知O、P间距离为d，粒子质量为m，电荷量为q，电场强度大小E＝eq\f(\r(3)mv\o\al(02),qd)，粒子重力不计．试求：图3(1)粒子从M点飞离CD边界时的速度大小；(2)P、N两点间的距离；(3)圆形有界匀强磁场的半径和磁感应强度的大小．答案(1)2v0(2)eq\f(\r(3),8)d(3)eq\f(5,4)deq\f(8\r(3)mv0,5qd)解析(1)据题意，作出带电粒子的运动轨迹，如图所示：粒子从O到M点时间：t1＝eq\f(d,v0)粒子在电场中的加速度：a＝eq\f(Eq,m)＝eq\f(\r(3)v\o\al(02),d)P、M两点间的距离为：PM＝eq\f(1,2)at12＝eq\f(\r(3),2)d.粒子在M点时竖直方向的分速度：vy＝at1＝eq\r(3)v0粒子在M点时的速度：v＝eq\r(v\o\al(02)＋v\o\al(y2,))＝2v0速度偏转角的正切值：tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\r(3)，故θ＝60°；(2)粒子从N到O点时间：t2＝eq\f(d,2v0)粒子从N到O点过程竖直方向的位移：y＝eq\f(1,2)at22故P、N两点间的距离为：PN＝y＝eq\f(\r(3),8)d(3)设粒子在磁场中运动的半径为R，由几何关系得：Rcos60°＋R＝PN＋PM＝eq\f(5\r(3),8)d可得半径：R＝eq\f(5\r(3),12)d由qvB＝meq\f(v2,R)，即：R＝eq\f(mv,qB)解得：B＝eq\f(8\r(3)mv0,5qd)由几何关系确定区域半径为：R′＝2Rcos30°即R′＝eq\f(5,4)d.4．如图4，静止于A处的离子经电压为U的加速电场加速后沿图中圆弧虚线通过静电分析器，从P点垂直CN进入矩形区域的有界匀强电场，电场方向水平向左．静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场，已知圆弧所在处场强为E0，方向如图所示；离子质量为m、电荷量为q；eq\x\to(QN)＝2d、eq\x\to(PN)＝3d，离子重力不计．图4(1)求圆弧虚线对应的半径R的大小；(2)若离子恰好能打在NQ的中点，求矩形区域QNCD内匀强电场场强E的值；(3)若撤去矩形区域QNCD内的匀强电场，换为垂直纸面向里的匀强磁场，要求离子能最终打在QN上，求磁场磁感应强度B的取值范围．答案(1)eq\f(2U,E0)(2)eq\f(12U,d)(3)eq\f(1,2d)eq\r(\f(2Um,q))≤B＜eq\f(2,3d)eq\r(\f(2Um,q))解析(1)离子在加速电场中加速，根据动能定理，有：qU＝eq\f(1,2)mv2离子在辐向电场中做匀速圆周运动，知离子带正电，电场力提供向心力，根据牛顿第二定律，有qE0＝eq\f(mv2,R)联立解得：R＝eq\f(2U,E0)(2)离子做类平抛运动，若恰好能打在NQ的中点，则d＝vt,3d＝eq\f(1,2)at2由牛顿第二定律得：qE＝ma，联立解得：E＝eq\f(12U,d)(3)离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有qvB＝eq\f(mv2