秘籍9带电粒子在电场磁场中的动力学问题

秘籍9带电粒子在电场、磁场中的动力学问题1.本专题主要讲解带电粒子(带电体)在电场、磁场中运动时动力学和能量观点的综合运用，高考常以计算题出现。2.学好本专题，可以加深对动力学和能量知识的理解，能灵活应用受力分析、运动分析(特别是平抛运动圆周运动等曲线运动)的方法与技巧，熟练应用能量观点解题。3.用到的知识:受力分析、动力学分析、能量。题型一优化场区分布创新考察电、磁偏转（计算题）题型二利用交变电场考带电粒子在运动的多过程问题（计算题）题型三借助电子仪器考带电粒子运动的应用问题（计算题）1、带电粒子在电场中的偏转Ⅰ、带电粒子在电场中的偏转(1)条件分析：带电粒子垂直于电场线方向进入匀强电场．(2)运动性质：匀变速曲线运动．(3)处理方法：分解成相互垂直的两个方向上的直线运动，类似于平抛运动．(4)运动规律：①沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a.能飞出电容器：t＝\f(l,v0).,b.不能飞出电容器：y＝\f(1,2)at2＝\f(qU,2md)t2，t＝\r(\f(2mdy,qU))))②沿电场力方向，做匀加速直线运动eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(加速度：a＝\f(F,m)＝\f(qE,m)＝\f(qU,md),离开电场时的偏移量：y＝\f(1,2)at2＝\f(qUl2,2mdv\o\al(2,0)),离开电场时的偏转角：tanθ＝\f(vy,v0)＝\f(qUl,mdv\o\al(2,0))))Ⅱ、带电粒子在匀强电场中偏转时的两个结论(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时，偏移量和偏转角总是相同的．证明：由qU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU1,md)·(eq\f(l,v0))2tanθ＝eq\f(qU1l,mdv\o\al(2,0))得：y＝eq\f(U1l2,4U0d)，tanθ＝eq\f(U1l,2U0d)(2)粒子经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点O为粒子水平位移的中点，即O到偏转电场边缘的距离为eq\f(l,2).Ⅲ、带电粒子在匀强电场中偏转的功能关系当讨论带电粒子的末速度v时也可以从能量的角度进行求解：qUy＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，其中Uy＝eq\f(U,d)y，指初、末位置间的电势差．2、带电粒子在电场中运动问题的两种求解思路(1)运动学与动力学观点①运动学观点是指用匀变速运动的公式来解决实际问题，一般有两种情况：a．带电粒子初速度方向与电场线共线，则粒子做匀变速直线运动；b．带电粒子的初速度方向垂直电场线，则粒子做匀变速曲线运动(类平抛运动)．②当带电粒子在电场中做匀变速曲线运动时，一般要采取类似平抛运动的解决方法．(2)功能观点：首先对带电粒子受力分析，再分析运动形式，然后根据具体情况选用公式计算．①若选用动能定理，则要分清有多少个力做功，是恒力做功还是变力做功，同时要明确初、末状态及运动过程中的动能的增量．②若选用能量守恒定律，则要分清带电粒子在运动中共有多少种能量参与转化，哪些能量是增加的，哪些能量是减少的．3、带电粒子做圆周运动的分析思路Ⅰ、匀速圆周运动的规律若v⊥B，带电粒子仅受洛伦兹力作用，在垂直于磁感线的平面内以入射速度v做匀速圆周运动．Ⅱ、圆心的确定(1)已知入射点、出射点、入射方向和出射方向时，可通过入射点和出射点分别作垂直于入射方向和出射方向的直线，两条直线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图3甲所示，P为入射点，M为出射点)．图3(2)已知入射方向、入射点和出射点的位置时，可以通过入射点作入射方向的垂线，连接入射点和出射点，作其中垂线，这两条垂线的交点就是圆弧轨迹的圆心(如图乙所示，P为入射点，M为出射点)．Ⅲ、半径的确定可利用物理学公式或几何知识(勾股定理、三角函数等)求出半径大小．Ⅳ、运动时间的确定粒子在磁场中运动一周的时间为T，当粒子运动的圆弧所对应的圆心角为θ时，其运动时间表示为t＝eq\f(θ,2π)T(或t＝eq\f(θR,v))．1．（2024•重庆开学）一束电子从静止开始经加速电压U1＝U0加速后，水平射入水平放置的两平行金属板中间，如图所示。金属板长为l，两板距离为d＝l，竖直放置的荧光屏距金属板右端为L＝2l，若在两金属板间加直流电压U2＝U0时，光点偏离中线打在荧光屏上的P1点，已知电子的质量为m，电量为e，U0=2m（1）电子刚进入偏转电场时的速度大小；（2）电子离开偏转电场后打在荧光屏上OP1的距离；（3）若把两金属板间加直流电压U2′＝2U0，电子打在荧光屏上P2点，则电子两次打在荧光屏上的动能之比Ek1：Ek2是多少。【解答】解：（1）设电子刚进入偏转电场时的速度大小为v0，由动能定理，可得：e代入数据解得：v0＝2v（2）电子在偏转电场中做类平抛运动，水平方向有：l＝v0t垂直于电场线方向有：y=又根据牛顿第二定律：a=解得：y=由几何关系，可得：y整理变形得：h（3）同理，改变金属板间电压后，有：l＝v0t，y解得：y由动能定理，可得电子两次打在荧光屏上的动能分别为：Ek1Ek2所以动能之比为：Ek1：Ek2＝5：6答：（1）电子刚进入偏转电场时的速度大小为2v；（2）电子离开偏转电场后打在荧光屏上OP1的距离为34（3）电子两次打在荧光屏上的动能之比Ek1：Ek2是5：6。2．（2023秋•南山区校级期末）如图所示，虚线MN左侧有一方向水平向左、电场强度大小为E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着长为L，间距为d的平行金属板，两板之间电压为U，AO过两板的中线，在虚线PQ右侧距离为L2处有一水平放置，长度为L2的屏，屏到AO的距离为d。现将一带电量为﹣q（q＞0），质量为﹣m的带电粒子无初速度地放入电场中的A点，A点到MN的距离为（1）求带电粒子到达MN时的速度大小；（2）求带电粒子离开平行金属板时距中心线AO的偏移量；（3）改变k的大小，可调节粒子在电场中的释放点A到MN的距离，可使所有粒子都能打在屏上，求k的取值范围。【解答】解：（1）电子从A运动到MN的过程中，根据动能定理得kLEq=1解得v=2kLEq（2）粒子在平行板的运动时间t=L根据牛顿第二定律，竖直方向的加速度为a=Uq带电粒子离开平行金属板时距中心线AO的偏移量y=1（3）如图所示当粒子达到屏的最左侧，k最大，由几何关系有y1故有UL4解得k1当粒子达到屏的最右侧，k最小，由几何关系有y2故有UL4解得k2所以使所有粒子都能打在屏上，k的取值范围为4d答：（1）带电粒子到达MN时的速度大小为2kLEqm（2）带电粒子离开平行金属板时距中心线AO的偏移量为UL4kdE（3）k的取值范围为4d3．（2023秋•碑林区校级期末）如图所示，A、B接在电压大小恒为U的交变电源上，质量为m、电荷量为+q（q＞0）的离子，以初速度v0进入直线加速器第1个金属圆筒左侧的小孔，离子在每个筒内均做匀速直线运动，时间均相等，在相邻两筒间的缝隙内被电场加速，加速时间不计。离子从第3个金属圆筒右侧出来后，立即由M点射入转向器，转向器中有辐射状电场，离子沿着圆弧虚线（等势线）运动，并从N点射出，离子射出时速度方向与矩形区域CDQP内有界匀强电场的电场强度方向垂直，最终离子恰好打在Q点。已知第3个金属圆筒的长度为l，转向器虚线MN处电场强度的大小为E，QP＝d、PN＝2d。求：（1）离子在每个金属圆筒内运动的时间；（2）离子在转向器中做圆周运动的半径；（3）矩形区域CDQP内电场强度的大小。【解答】解：（1）设离子在第三个圆筒内运动时的速度为v，则有12离子在每个金属圆筒内运动的时间t=l解得t=lm（2）离子由M点射入转向器，沿着圆弧虚线（等势线）做圆周运动运动，则有Eq=mv结合上述解得R=4qU+m（3）离子在矩形区域CDQP内做类平抛运动，加速度a=qE'沿电场方向和垂直电场方向的位移分别为2d=12at'2联立可得E'答：（1）离子在每个金属圆筒内运动的时间lm（2）离子在转向器中做圆周运动的半径4qU+mv（3）矩形区域CDQP内电场强度的大小4mv4．（2023秋•广州期末）如图甲所示，α粒子射线管由平行于x轴的平行金属板A、B组成，A、B板长度和板间距均为L，A、B板中间有平行于x轴的绝缘细管C，开口在y轴上。粒子源P放置在A极板左下端，可以沿特定方向发射α粒子。当A、B板加上某一电压时，α粒子刚好能以速度v水平进入细管C，保持速度不变，再进入静电分析器中做匀速圆周运动，已知静电分析器中电场线的方向均沿半径方向指向圆心O，α粒子在静电分析器中运动的轨迹半径为L。之后α粒子垂直x轴进入第四象限（此时对应图乙t＝0时刻），施加如图乙所示沿x轴方向的交变电场。规定沿x轴正方向为电场正方向。已知α粒子电荷量大小为q，质量为m，重力不计。求：（1）静电分析器中的场强大小E0；（2）α粒子从粒子源P发射时的初速度大小；（3）当t＝T时，α粒子的坐标。【解答】解：（1）在静电分析器中，静电力提供向心力，由牛顿第二定律有q⋅可得E0（2）由题意可知，α粒子的运动可以认为反方向的类平抛运动，设运动时间为t，则有水平方向有L＝vt竖直方向有L2则初速度大小v解得v（3）α粒子进入第四象限做类平抛运动。一个周期内，α粒子在x轴方向上，第一个T4内做匀加速直线运动，第二个T4内做匀减速直线运动，第三个T4内反向匀加速，第四个T4内再匀减速。由运动的对称性可知α在﹣y方向上α粒子做匀速直线运动，故t＝T时，α粒子的纵坐标为y＝﹣vT在t＝T时，α粒子的坐标为（L，﹣vT）。答：（1）静电分析器中的场强大小E0为mv（2）α粒子从粒子源P发射时的初速度大小为2v；（3）当t＝T时，α粒子的坐标为（L，﹣vT）。5．（2023秋•罗湖区校级期中）如图甲所示，在空间中建立xOy坐标系，α射线管由平行金属板A、B和平行于金属板的细管C组成，放置在第Ⅱ象限，细管C到两金属板距离相等，细管C开口在y轴上。放射源P在A板左端，可以沿特定方向发射某一初速度的α粒子。若金属板长为L、间距为d，当A、B板间加上某一电压时，α粒子刚好能以速度v0从细管C水平射出，进入位于第Ⅰ象限的静电分析器中。静电分析器中存在着辐向电场（电场线沿半径方向指向圆心O），α粒子在该电场中恰好做匀速圆周运动，α粒子运动轨迹处的场强大小为E0。t＝0时刻α粒子垂直x轴进入第Ⅳ象限的交变电场中，交变电场的电场强度随时间的变化关系如图乙所示，规定沿x轴正方向为电场的正方向。已知α粒子的电荷量为2e（e为元电荷）、质量为m，重力不计。求：（1）α粒子从放射源P运动到C的过程中动能的变化量ΔEk和发射时初速度v的大小；（2）α粒子在静电分析器中运动的轨迹半径r和运动的时间t0；（3）当t＝T时，α粒子的坐标。【解答】解：（1）由题意可知，α粒子在平行金属板中的逆运动为类平抛运动，粒子运动的轨迹如图所示沿x轴方向有L＝v0t沿y轴方向有d2由牛顿第二定律有2e⋅联立解得U=mα粒子从放射源P运动到C的过程中，由动能定理有-2e解得ΔE动能的变化量ΔE解得v=v（2）α粒子在静电分析器中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有2eE解得r=m由πr2解得t0（3）t=T2时，α粒子在vx所以一个周期内，α粒子在x轴方向的平均速度vx一个周期内α粒子沿x轴正方向前进的距离x0t＝0时，α粒子的横坐标为r=m所以t＝T时，α粒子的横坐标为x=r+xα粒子的纵坐标为y＝﹣v0T则在t＝T时，α粒子的坐标为(m答：（1）α粒子从放射源P运动到C的过程中动能的变化量ΔEk为-md2v02（2）α粒子在静电分析器中运动的轨迹半径r为mv022eE0（3）当t＝T时，α粒子的坐标为(6．（2024•泉州二模）如图，在直角坐标系xOy中，y轴竖直，左侧存在一个垂直纸面向里的匀强磁场和沿y轴正方向的匀强电场；右侧存在沿x轴负方向的匀强电场，y轴左侧场强大小为右侧的2倍。质量为m、电荷量为q的带正电小球（可视为质点），从点M（L，﹣2L）以某一初速度沿y轴正方向射出，恰好经过原点O且此时速度方向刚好沿x轴负方向，继续运动一段时间后到达点N(-32（1）小球从M点运动到原点O过程中的水平加速度大小；（2）y轴左侧电场强度的大小；（3）匀强磁场的磁感应强度大小B。【解答】解：（1）设小球从M点运动到O点的时间为t，水平方向的加速度大小为a，在水平方向做初速度为零的匀加速运动，由位移—时间公式有：L=竖直方向做竖直上抛运动，末速度为零，同理：2L=联立解得：a=（2）设右侧场强大小为E1，左侧场强大小为E2，由牛顿第二定律得：qE1＝ma又由题意可知：E2＝2E1解得：E（3）小球在y轴左侧电场中受到的电场力：F＝qE2＝mg方向竖直向上，所以带电小球在磁场中做匀速圆周运动，做出小球的运动轨迹如图所示，由几何关系可知：tan则可知：∠NOO′＝30°，ON=设小球运动半径为r，根据几何关系有：3设小球经过O时的速度大小为v1，由（1）可知：v根据洛伦兹力充当向心力有：q联立解得：B=答：（1）小球从M点运动到原点O过程中的水平加速度大小为g2（2）y轴左侧电场强度的大小为mgq（3）匀强磁场的磁感应强度大小B为mgL7．（2024•沈阳一模）如图所示，空间中存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。纸面内有一半径为R的圆环，圆心为O，圆环上涂有荧光材料，电子打到圆环表面时被圆环吸收，荧光材料会发出荧光。以圆环的圆心O为坐标原点，建立平面直角坐标系xOy，A点的坐标为（0，R），P点的坐标为(-3R，0)。P处有一粒子源，可在纸面内沿着各个方向发射速率为eBR（1）从粒子源正对O点射出的电子，到达圆环的坐标；（2）在A点被吸收的电子，到达圆环所需时间；（3）圆环上发光部分的圆弧长度。【解答】解：（1）根据粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公式r=mv电子的轨迹半径：r=从粒子源正对O点射出的电子与圆环交于一点（x，y），则根据几何关系，电子的轨迹方程为：(-且该点在圆上：x2+y2＝R2联立解二次方程，得到达圆环的坐标为：(-（2）根据A点的坐标，如下图，因为：AP=所以电子垂直AP出射，经过A点，运动了半个圆周，电子运动周期：T=在A点被吸收的电子，到达圆环所需时间：t=（3）根据几何关系可知，打在A点的是上弧的最远点，第（1）问中的粒子轨迹刚好与圆相切，是在下半圆的最远点，根据几何关系可知有电子经过的圆弧对应圆心角为：θ＝90°+30°＝120°所以圆环上发光部分的圆弧长度：l=答：（1）从粒子源正对O点射出的电子，到达圆环的坐标为(-（2）在A点被吸收的电子，到达圆环所需时间为πmBe（3）圆环上发光部分的圆弧长度为2πR38．（2023秋•昌平区期末）物理学中的宏观现象与粒子的微观行为之间存在必然联系，从微观角度分析宏观现象产生的本质原因是物理学的重要研究方法。（1）如图1所示，一段横截面积为S、长为L的直导线，单位体积内有n个自由电子，电子电荷量为e。该导线两端加电压时，自由电子定向移动的平均速率为v。a.请推导导线中的电流I与v之间关系式。b.将该通电直导线放在磁感应强度B的匀强磁场中，电流方向与磁感线垂直，导线所受安培力大小为F＝BIL。请由安培力的表达式推导洛伦兹力的表达式f＝evB。（2）如图2所示的霍尔元件，宽度和厚度分别为h和d，放在沿﹣z方向的匀强磁场B中，当元件通有沿x方向的电流I时，在元件的上侧面和下侧面之间会产生电势差U。已知该霍尔元件的载流子是电子，电荷量为e，单位体积中的自由电子数为n。a.请证明：U=BIb.由上问可知，在I、n、e、h一定的条件下，U与B成正比，由U的数值可以比较B的大小，因此可以用这种元件探测某空间磁场的磁感应强度。该元件的摆放的方向对测量结果是否有影响？简要说明理由。【解答】解：（1）a．以一段导线作为研究对象，导线的横截面积为S，单位体积内的自由电子数为n，自由电子定向移动的平均速率为v，则时间t内通过导线横截面的自由电子数为N＝nSvt时间t内通过导线横截面的电荷量Q＝Ne＝neSvt根据电流的定义I=解得：I＝neSvb．由前问推导可知，导线中电流I＝neSv导线所受安培力F＝BIL导线中自由电荷的总数N＝nSL运动电荷所受洛伦兹力与导线所受安培力的关系为Nf＝F代入得nSLf＝BneSvL推得：f＝evB（2）a．自由电子在洛伦兹力的作用下积累在导体的上侧面，下侧面带等量的正电荷，当上下侧面有稳定的电势差时，电场力和洛伦兹力平衡，则有eE＝evB上下侧面间的电场可视为匀强电场，故有E=由电流的微观表达式I＝nevS＝nevhd由此可证U=b．用霍尔元件探测空间磁场时，元件的摆放方向对U有影响。因为洛伦兹力的大小与电子运动方向有关。若B的方向平行于I的方向，则U＝0；若B的方向与I的方向垂直，U为最大值。所以使用时应该调整装置方向找到最大值。答：（1）a、请推导导线中的电流I与v之间关系式为I＝neSv；b、见解析；（2）a、证明过程见解析；b、见解析。9．（2023•龙华区校级四模）在芯片制造过程中，离子注入是其中一道重要的工序．如图所示是一部分离子注入工作原理示意图，离子经加速后沿水平方向进入速度选择器，选择出一定速度的离子，然后通过磁分析器Ⅰ，选择出特定比荷的离子，经偏转系统Ⅱ后注入水平放置的硅片上．速度选择器、磁分析器中的匀强磁场的磁感应强度大小均为B，方向均垂直纸面向外；速度选择器中的匀强电场场强大小为E，方向竖直向上．磁分析器截面是矩形，矩形长为2L，宽为(4-23)L．其宽和长中心位置C和D处各有一个小孔；半径为L的圆形偏转系统Ⅱ内存在垂直纸面向外，磁感应强度大小可调的匀强磁场，D、M、N在一条竖直线上，DM为圆形偏转系统的直径，最低点M（1）求离子通过速度选择器后的速度大小；（2）求磁分析器选择出来的离子的比荷；（3）若偏转系统磁感应强度大小的取值范围233【解答】解：（1）离子在速度选择器中做匀速直线运动，设离子通过速度选择器的速度为v，由平衡条件得：qvB＝qE解得：v=（2）离子进入磁分析器Ⅰ后由C到D做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示，设其运动半径为r，轨迹的圆心为O′点，轨迹圆心角为θ，由几何关系得：[r-12(4-23)解得：r＝2Lsinθ=解得：θ＝30°由洛伦兹力提供向心力得：qvB＝mv解得比荷：q（3）离子由D点进入偏转系统后做匀速圆周运动，由qvB偏＝mv2可得离子在偏转系统中圆周运动半径：R=当B偏=3B时，其运动半径为R1=233L，因R1cosθ=233L×3当B偏=233B时，其运动半径为R2=3L，因2Lcosθ=3L＝R2，故轨迹圆心由题意可知离子在GM区域离开磁场，离开磁场离子