2024届高考物理二轮专题复习与测试第一部分专题三电场和磁场第10讲带电粒子在复合场中的运动命题点二带电粒子在复合场中的运动

命题点二带电粒子在复合场中的运动一、电场与磁场的组合组合场中的两种典型偏转．项目垂直电场线进入匀强电场(不计重力)垂直磁感线进入匀强磁场(不计重力)受力情况电场力FE＝qE，其大小、方向不变，与速度v无关，FE是恒力洛伦兹力FB＝qvB，其大小不变，方向随v而改变，FB是变力轨迹抛物线圆或圆的一部分运动轨迹求解方法利用类平抛运动的规律求解：vx＝v0，x＝v0tvy＝eq\f(qE,m)t，y＝eq\f(qE,2m)t2偏转角φ：tanφ＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(qEt,mv0)半径：r＝eq\f(mv,qB)，周期：T＝eq\f(2πm,qB)，偏移距离y和偏转角φ要结合圆的几何关系，利用圆周运动规律讨论求解运动时间t＝eq\f(x,v0)t＝eq\f(φ,2π)T＝eq\f(φm,qB)动能变化不变二、带电粒子在叠加场中的运动1．带电粒子在包含匀强磁场的叠加场中无约束情况下运动的几种常见形式．受力特点运动性质方法规律其他场力的合力与洛伦兹力等大反向匀速直线运动平衡条件除洛伦兹力外，其他力的合力为零匀速圆周运动牛顿第二定律、圆周运动的规律除洛伦兹力外，其他力的合力既不为零，也不与洛伦兹力等大反向较复杂的曲线运动动能定理、能量守恒定律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、轨道约束的情况下，常见的运动形式有直线运动和圆周运动，分析时应注意：(1)分析带电粒子所受各力，尤其是洛伦兹力的变化情况，分阶段明确物体的运动情况．(2)根据物体各阶段的运动特点，选择合适的规律求解．①匀速直线运动阶段：应用平衡条件求解．②匀加速直线运动阶段：应用牛顿第二定律结合运动学公式求解．③变加速直线运动阶段：应用动能定理、能量守恒定律求解．3．分析思路，“3步”突破带电粒子在组合场中的运动问题．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：受力和运动分析，主要涉及两种典型运动．第3步：用规律．(2023·新课标卷)一电子和一α粒子从铅盒上的小孔O竖直向上射出后，打到铅盒上方水平放置的屏幕P上的a和b两点，a点在小孔O的正上方，b点在a点的右侧，如图所示．已知α粒子的速度约为电子速度的eq\f(1,10)，铅盒与屏幕之间存在匀强电场和匀强磁场，则电场和磁场方向可能为()A．电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向里B．电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向外C．电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向里D．电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向外解析：带电粒子在电场和磁场中运动，打到a点的粒子电场力和洛伦兹力平衡，当电场向左磁场垂直纸面向里时，α粒子受到向左的电场力和洛伦兹力，电子受到向右的电场力和洛伦兹力均不能满足受力平衡打到a点，A项错误；电场方向向左，磁场方向向外，此时如果α粒子打在a点则受到向左的电场力和向右的洛伦兹力平衡qE＝qvB，v＝eq\f(E,B)，则电子速度大，受到向左的洛伦兹力大于向右的电场力向左偏转，同理如果电子打在a点，则α粒子向左的电场力大于向右的洛伦兹力则向左偏转，均不会打在b点，B项错误；电场方向向右，磁场垂直纸面向里，如果α粒子打在a点，即向右的电场力和向左的洛伦兹力平衡qE＝qvB，v＝eq\f(E,B)，电子速度大，受到向右的洛伦兹力大于向左的电场力向右偏转，同理如果电子打在a，则α粒子向右的电场力大于向左的洛伦兹力向右偏转，均会打在b点；同理，电场向右磁场垂直纸面向外时，α粒子受到向右的电场力和洛伦兹力，电子受到向左的电场力和洛伦兹力不能受力平衡打到a点，故C项正确，D项错误．故选C.答案：C(2023·江苏卷)霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型．Oxy平面内存在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.质量为m、电荷量为e的电子从O点沿x轴正方向水平入射．入射速度为v0时，电子沿x轴做直线运动；入射速度小于v0时，电子的运动轨迹如图中的虚线所示，且在最高点与在最低点所受的合力大小相等．不计重力及电子间相互作用．(1)求电场强度的大小E；(2)若电子入射速度为eq\f(v0,4)，求运动到速度为eq\f(v0,2)时位置的纵坐标y1；(3)若电子入射速度在0<v<v0范围内均匀分布，求能到达纵坐标y2＝eq\f(mv0,5eB)位置的电子数N占总电子数N0的百分比．解析：(1)由题知，入射速度为v0时，电子沿x轴做直线运动则有Ee＝ev0B，解得E＝v0B.(2)电子在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场的复合场中，由于洛伦兹力不做功，且由于电子入射速度为eq\f(v0,4)，则电子受到的电场力大于洛伦兹力，则电子向上偏转，根据动能定理有eEy1＝eq\f(1,2)m(eq\f(1,2)v0)2－eq\f(1,2)m(eq\f(1,4)v0)2，解得y1＝eq\f(3mv0,32eB).(3)若电子以v入射时，设电子能达到的最高点位置的纵坐标为y，则根据动能定理有eEy＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－eq\f(1,2)mv2，由于电子在最高点与在最低点所受的合力大小相等，则在最高点有F合＝evmB－eE，在最低点有F合＝eE－evB，联立有vm＝eq\f(2E,B)－v，y＝eq\f(2m（v0－v）,eB)，要让电子达纵坐标y2＝eq\f(mv0,5eB)位置，即y≥y2，解得v≤eq\f(9,10)v0则若电子入射速度在0<v<v0范围内均匀分布，能到达纵坐标y2＝eq\f(mv0,5eB)位置的电子数N占总电子数N0的90%.答案：(1)v0B(2)eq\f(3mv0,32eB)(3)90%1．如图，一磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直于纸面(xOy平面)向里，磁场右边界与x轴垂直．一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，粒子离开磁场后，沿直线运动打在垂直于x轴的接收屏上的P点；SP＝l，S与屏的距离为eq\f(l,2)，与x轴的距离为a.如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏．该粒子的比荷为()A.eq\f(E,2aB2)B.eq\f(E,aB2)C.eq\f(B,2aE2)D.eq\f(B,aE2)解析：由题知，一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，则根据几何关系可知粒子出离磁场时速度方向与竖直方向夹角为30°，则sin30°＝eq\f(r－a,r)，解得粒子做圆周运动的半径r＝2a，则粒子做圆周运动有qvB＝meq\f(v2,r)，则有eq\f(q,m)＝eq\f(v,2a·B)，如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏，则有Eq＝qvB，联立有eq\f(q,m)＝eq\f(E,2a·B2).故选A.答案：A2.工业上常用磁偏转电子蒸发源实现镀膜工艺，是利用高能电子束轰击膜材使其熔化蒸发实现蒸镀，因电子束的运行轨迹呈“e”形，又被称作“e”形枪．其工作原理可简化为如图所示：灯丝在电源加热后逸出电子(初速度不计)，进入高压加速电场区域，之后从M点沿水平向右方向进入匀强磁场区域，经磁场向上偏转后轰击坩埚(图中凹形区域)中的膜材使其熔化蒸发．已知电子的质量为m、电量为－e，图中AO＝MO＝d，BO＝2d，坩埚深度可忽略不计．(1)当加速电压为U时，电子在磁场中恰好偏转270°后垂直击中坩埚右边缘A点，求磁场的磁感应强度B的大小；(2)保持(1)问中的磁感应强度不变，改变加速电压，电子束轰击坩埚中的B点，求此时加速电压U1.解析：(1)电子在磁场中偏转270°，由几何关系可知r1＝d，电场中加速，由动能定理eU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，磁场中圆周运动，洛伦兹力提供向心力qv1B＝meq\f(veq\o\al(2,1),r1)，联立可得B＝eq\f(1,d)eq\r(\f(2mU,e)).(2)电子束轰击坩埚中的B点，由几何关系可知req\o\al(2,2)＝(r2－d)2＋(2d)2，在电场中，由动能定理U1e＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，磁场中r2＝eq\f(mv2,eB)，联立可得U1＝eq\f(25,4)U.答案：(1)eq\f(1,d)eq\r(\f(2mU,e))(2)eq\f(25,4)U3.(2023·山东卷)如图所示，在0≤x≤2d，0≤y≤2d的区域中，存在沿y轴正方向、场强大小为E的匀强电场，电场的周围分布着垂直纸面向外的恒定匀强磁场．一个质量为m，电量为q的带正电粒子从OP中点A进入电场(不计粒子重力)．(1)若粒子初速度为零，粒子从上边界垂直QN第二次离开电场后，垂直NP再次进入电场，求磁场的磁感应强度B的大小；(2)若改变电场强度大小，粒子以一定的初速度从A点沿y轴正方向第一次进入电场、离开电场后从P点第二次进入电场，在电场的作用下从Q点离开．(i)求改变后电场强度E′的大小和粒子的初速度v0；(ii)通过计算判断粒子能否从P点第三次进入电场．解析：(1)由题意粒子在电场中做匀加速直线运动，根据动能定理有qE·2d＝eq\f(1,2)mv2，粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB＝meq\f(v2,R)，粒子从上边界垂直QN第二次离开电场后，垂直NP再次进入电场，轨迹如图根据几何关系可知R＝eq\f(d,3)，联立可得B＝6eq\r(\f(mE,qd)).(2)(i)由题意可知，做出粒子在电场和磁场中运动轨迹如图在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系可知Req\o\al(2,1)＝(2d)2＋(R1－d)2，解得R1＝eq\f(5,2)d，所以有θ＝53°，α＝37°，洛伦兹力提供向心力qv1B＝meq\f(veq\o\al(2,1),R1)，带电粒子从A点开始做匀加速直线运动，根据动能定理有qE′·2d＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，再一次进入电场后做类似斜抛运动，沿x方向有2d＝v1cosα·t.沿y方向上有2d＝v1sinα·t＋eq\f(1,2)at2，其中根据牛顿第二定律有qE′＝ma，联立以上各式解得v1＝15eq\r(\f(qdE,m))，v0＝9eq\r(\f(qdE,m))，E′＝36E.(ii)粒子从P到Q根据动能定理有qE′·2d＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，可得从Q射出时的速度为v2＝3e