帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動典型例題匯編

1、v1.0可編輯可修改專題八 帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動31考綱解1.能分析計算帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動2能夠解決速度選擇圖1器、磁流體發(fā)電機(jī)、質(zhì)譜儀等磁場的實際應(yīng)用問題1. 帶電粒子在復(fù)合場中的直線運(yùn)動某空間存在水平方向的勻強(qiáng)電場（圖中未畫出），帶電小球沿如圖1所示的直線斜向下由A點沿直線向B點運(yùn)動，此空間同時存在由 A指向B的勻強(qiáng)磁場，則下列說法正確的是 （）A. 小球一定帶正電B.小球可能做勻速直線運(yùn)動C.帶電小球一定做勻加速直線運(yùn)動；D .運(yùn)動過程中，小球的機(jī)械能增大；2. 帶電粒子在復(fù)合場中的勻速圓周運(yùn)動 如圖2所示，一帶電小球在一正交電場、磁場區(qū)域里做勻 速圓周運(yùn)動，電場方向豎直向下，

2、磁場方向垂直紙面向里，則下列說法正確的是（）A. 小球一定帶正電B.小球一定帶負(fù)電；C.小球的繞行方向為順時針； D .改變小球的速度大小，小球?qū)⒉蛔鰣A周運(yùn)動考點梳理一、復(fù)合場1. 復(fù)合場的分類(1) 疊加場：電場、磁場、重力場共存，或其中某兩場共存.(2) 組合場：電場與磁場各位于一定的區(qū)域內(nèi)，并不重疊或相鄰或在同一區(qū)域，電場、磁場交替出現(xiàn).2. 三種場的比較X.項目名稱、力的特點功和能的特點重力場大小：GJ= mg方向：豎直向下重力做功與路徑無關(guān)重力做功改變物體的重力勢能靜電場大?。篎= qE方向：a.正電何受力方向與場強(qiáng)方向相冋b.負(fù)電何受力方向與場強(qiáng)方向相反電場力做功與路徑無關(guān)W= q

3、U電場力做功改變電勢能磁場洛倫茲力F= qvB方向可用左手疋則判斷洛倫茲力不做功，不改變帶電粒子 的動能二、帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動形式1. 靜止或勻速直線運(yùn)動當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中所受合外力為零時，將處于靜止?fàn)顟B(tài)或做勻速直線運(yùn)動.2. 勻速圓周運(yùn)動當(dāng)帶電粒子所受的重力與電場力大小相等方向相反時帶電粒子在洛倫茲力的作用下，在垂直于勻強(qiáng)磁場的 平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動.3. 較復(fù)雜的曲線運(yùn)動當(dāng)帶電粒子所受合外力的大小和方向均變化，且與初速度方向不在同一直線上，粒子做非勻變速曲線運(yùn)動，這 時粒子運(yùn)動軌跡既不是圓弧，也不是拋物線.4. 分階段運(yùn)動帶電粒子可能依次通過幾個情況不同的組合場區(qū)域，其運(yùn)動情況隨區(qū)

4、域發(fā)生變化，其運(yùn)動過程由幾種不同的運(yùn) 動階段組成.3. 質(zhì)譜儀原理的理解如圖3所示是質(zhì)譜儀的工作原理示意圖.帶電粒子被加速電場加速后，進(jìn)入速度選擇器.速度選擇器內(nèi)相互正交的勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場的強(qiáng)度分別為B和E平板S上有可讓粒子通過的狹縫 P和記錄粒子位置的膠片 AA.平板S下方有磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B0的勻強(qiáng) 磁場.下列表述正確的是（）A.質(zhì)譜儀是分析同位素的重要工具；B. 速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向外；C. 能通過狹縫P的帶電粒子的速率等于曰BD. 粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P,粒子的比荷越小4. 回旋加速器原理的理解勞倫斯和利文斯設(shè)計出回旋加速器，工作原理示意圖如圖4所示置于高真空中的

5、D形金屬盒半徑為 R兩盒間的狹縫很小，帶電粒子穿過的時間可忽略. 磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻 強(qiáng)磁場與盒面垂直，高頻交流電頻率為f,加速電壓為U若A處粒子源產(chǎn)生的質(zhì)子質(zhì)量為 m電荷量為+ q,在加速器中被加速，且加速過程中不考慮相對論效應(yīng)和重力的影響.則下列說法正確的是（）A. 質(zhì)子被加速后的最大速度不可能超過2n Rf ;B. 質(zhì)子離開回旋加速器時的最大動能與加速電壓U成正比電場連度逛Lfl兒 _人P SC. 質(zhì)子第2次和第1次經(jīng)過兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比為；'2 ：1 ;D.不改變磁感應(yīng)強(qiáng)度 B和交流電頻率f,該回旋加速器的最大動能不變規(guī)律總結(jié)帶電粒子在復(fù)合場中運(yùn)動的應(yīng)用實例1.質(zhì)譜儀

6、(1)構(gòu)造：如圖5所示，由粒子源、加速電場、偏轉(zhuǎn)磁場和照相底片等構(gòu)成.圖51 2(2)原理：粒子由靜止被加速電場加速，根據(jù)動能定理可得關(guān)系式qU= ?mV.2 粒子在磁場中受洛倫茲力作用而偏轉(zhuǎn)，做勻速圓周運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律得關(guān)系式qvB= mr.由兩式可得出需要研究的物理量，如粒子軌道半徑、粒子質(zhì)量、比荷.12mUqr2B" q 2U2.r = B q，叱百，m= B?回旋加速器(1) 構(gòu)造：如圖6所示，D、D是半圓形金屬盒，D形盒的縫隙處接交流電源，D形盒處于勻強(qiáng)磁場中.(2) 原理：交流電的周期和粒子做圓周運(yùn)動的周期相等，粒子在圓周運(yùn)動的過程中一次一次地經(jīng)過D形盒縫隙，兩盒間

7、的電勢差一次一次地反向,粒子就會被一次一次地加速.由qvB2罟，得Ekm=2需，可見粒子獲得的最大動能由磁感應(yīng)強(qiáng)度B和D形盒半徑r決定，與加速電壓無關(guān).(特別提醒 這兩個實例都應(yīng)用了帶電粒子在電場中加速、在磁場中偏轉(zhuǎn)(勻速圓周運(yùn)動的原理.)3.速度選擇器(如圖7所示)(1)平行板中電場強(qiáng)度 E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B互相垂直.這種裝置能把具有一定速度的粒子選擇出來，所以叫做速度選擇器.(2)帶電粒子能夠沿直線勻速通過速度選擇器的條件是 即v=BqE= qvB,4.磁流體發(fā)電機(jī)(1)磁流體發(fā)電是一項新興技術(shù)，它可以把內(nèi)能直接轉(zhuǎn)化為電能.圖7(2)根據(jù)左手定則，如圖 8中的B是發(fā)電機(jī)正極.(3)磁流體發(fā)電機(jī)

8、兩極板間的距離為L,等離子體速度為 V,磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,則由 qE= qU= qvB得兩極板間能達(dá)到的最大電勢差U= BLv.5.電磁流量計工作原理：如圖 9所示，圓形導(dǎo)管直徑為 d,用非磁性材料制成，導(dǎo)電液體在 管中向左流動，導(dǎo)電液體中的自由電荷 (正、負(fù) 離子)，在洛倫茲力的作用下橫向偏轉(zhuǎn)， a間出現(xiàn)電勢差，形成電場，當(dāng)自由電荷所受的電場力和洛倫茲力平衡時，UUn d2保持穩(wěn)定，即：qvB= qE= q&,=Sv=a、b間的電勢差就U n dUBd= 4.考點一 帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動1. 帶電粒子在疊加場中無約束情況下的運(yùn)動情況分類(1) 磁場力、重力并存 若重力和洛倫茲

9、力平衡，則帶電體做勻速直線運(yùn)動. 若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動，因洛倫茲力不做功，故機(jī)械能守恒，由此可求解 問題.(2) 電場力、磁場力并存(不計重力的微觀粒子) 若電場力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運(yùn)動. 若電場力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動，因洛倫茲力不做功，可用動能定理求解問題.(3) 電場力、磁場力、重力并存 若三力平衡，一定做勻速直線運(yùn)動. 若重力與電場力平衡，一定做勻速圓周運(yùn)動. 若合力不為零且與速度方向不垂直，將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動，因洛倫茲力不做功，可用能量守恒或動能定理求 解問題.2. 帶電粒子在疊加場中有約束情況下的運(yùn)動帶電體在復(fù)合場

10、中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道等約束的情況下，常見的運(yùn)動形式有直線運(yùn)動和圓周運(yùn)動，此時解題要通過受力分析明確變力、恒力做功情況，并注意洛倫茲力不做功的特點，運(yùn)用動能定理、能量守恒定律 結(jié)合牛頓運(yùn)動定律求出結(jié)果.1如圖10所示，帶電平行金屬板相距為2R在兩板間有垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，與兩板及左側(cè)邊緣線相切.一個帶正電的粒子(不計重力)沿兩板間中心線 OQ從左側(cè)邊緣 O點以某一速度射入，恰沿直線通過圓形磁場區(qū)域，并從極板邊緣飛出，在極 板間運(yùn)動時間為to.若撤去磁場，質(zhì)子仍從Q點以相同速度射入，則經(jīng)號時間打到極板 上.圖 10(1) 求兩極板間電壓 U；(2) 若兩極板不帶電

11、，保持磁場不變，該粒子仍沿中心線QQ2從Q點射入，欲使粒子從兩板左側(cè)間飛出，射入的速度應(yīng)滿足什么條件解析(1)設(shè)粒子從左側(cè) Q點射入的速度為 vo,極板長為L,粒子在初速度方向上做勻速直線運(yùn)動L：(L 2R) = to :，解得 L= 4R粒子在電場中做類平拋運(yùn)動：L 2R= vo t2qEa=在復(fù)合場中做勻速運(yùn)動：Uq2R qvoB2聯(lián)立各式解得V0晉，U=讐totoR=貼)(2)設(shè)粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的軌跡如圖所示,設(shè)其軌道半徑為r，粒子恰好從上極板左邊緣飛出時速度的偏轉(zhuǎn)角為a，由幾何關(guān)系可知：卩=n 因為R=黑)2,qE qvoB 8Ra = 45,r + /2r = R根據(jù)牛頓第二定

12、律有2vqvB= mr,解得v=所以，粒子在兩板左側(cè)間飛出的條件為20<v<-，2 1 Rt 0答案(2)0< v<2t 0技巧點撥帶電粒子(帶電體)在疊加場中運(yùn)動的分析方法1 弄清疊加場的組成.2. 進(jìn)行受力分析.3. 確定帶電粒子的運(yùn)動狀態(tài)，注意運(yùn)動情況和受力情況的結(jié)合.4.畫出粒子運(yùn)動軌跡，靈活選擇不同的運(yùn)動規(guī)律.(1) 當(dāng)帶電粒子在疊加場中做勻速直線運(yùn)動時，根據(jù)受力平衡列方程求解.(2) 當(dāng)帶電粒子在疊加場中做勻速圓周運(yùn)動時，應(yīng)用牛頓定律結(jié)合圓周運(yùn)動規(guī)律求解.(3) 當(dāng)帶電粒子做復(fù)雜曲線運(yùn)動時，一般用動能定理或能量守恒定律求解.(4) 對于臨界問題，注意挖掘隱含

13、條件.5.記住三點：(1)受力分析是基礎(chǔ)；(2) 運(yùn)動過程分析是關(guān)鍵；(3) 根據(jù)不同的運(yùn)動過程及物理模型，選擇合適的定理列方程求解.方法點撥解決帶電粒子在組合場中運(yùn)動問題的思路方法討yI-O* 1XP1如圖11所示，空間存在著垂直紙面向外的水平勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,在y軸兩側(cè)分別有方向相反的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度均為E，在兩個電場的交界處左側(cè)，有一帶正電的液滴a在電場力和重力作用下靜止，現(xiàn)從場中某點由靜止釋放一個帶負(fù)電的液滴b,當(dāng)它的運(yùn)動方向變?yōu)樗椒较驎r恰與a相撞，撞后兩液滴合為一體，速度減小到原來的一半，并沿x軸正方向做勻速直線運(yùn)動，已知液滴b與a的質(zhì)量相等，b所帶電荷量是a所帶電荷量的

14、2倍，且相撞前a、b間的靜電力忽略不計.(1) 求兩液滴相撞后共同運(yùn)動的速度大小；圖11(2) 求液滴b開始下落時距液滴 a的高度h.E2E2答案B3gB2解析 液滴在勻強(qiáng)磁場、勻強(qiáng)電場中運(yùn)動，同時受到洛倫茲力、電場力和重力作用.(1) 設(shè)液滴a質(zhì)量為m電荷量為q,則液滴b質(zhì)量為m電荷量為一2q, 液滴a平衡時有qE= mga、b相撞合為一體時，質(zhì)量為 2m電荷量為q,速度為v,由題意知處于平衡狀態(tài), 重力為2mg方向豎直向下，電場力為 qE,方向豎直向上，洛倫茲力方向也豎直向上， 因此滿足qvB+ qE= 2mg由、兩式，可得相撞后速度v=e(2) 對b,從開始運(yùn)動至與 a相撞之前，由動能定

15、理有1 2W+ W=A E，即(2qE+ mgh =尹“a、b碰撞后速度減半，即 v=石，貝U vo= 2v=2Bmv2vo2 2E2再代入式得h= = - =24qE+ 2mg 6g 3gB考點二 帶電粒子在組合場中的運(yùn)動1.近幾年各省市的高考題在這里的命題情景大都是組合場模型，或是一個電場與一個磁場相鄰，或是兩個或多個磁場相鄰.2. 解題時要弄清楚場的性質(zhì)、場的方向、強(qiáng)弱、范圍等.3. 要進(jìn)行正確的受力分析，確定帶電粒子的運(yùn)動狀態(tài).4. 分析帶電粒子的運(yùn)動過程，畫出運(yùn)動軌跡是解題的關(guān)鍵.XXXKX X廠M Px x * XXX n XBNMIXVXX仁N QXXXXXXX9(XKMXMst

16、Xx X X叩2(2012 山東理綜23 )如圖12甲所示，相隔一定距離的豎直邊界兩側(cè)為相同的勻強(qiáng)磁場區(qū)，磁場方向垂直紙面向里，在邊界上固定兩長為L的平行金屬極板 MN和PQ兩極板中心各有一小孔 S、S,兩極板間電壓的變化規(guī)律如圖乙所示，正反向電壓的大小均為U),周期為To.在t = 0時刻將一個質(zhì)量為 m電荷量為一q(q>0)的粒子由S靜止釋放，粒子在電場力的作用下向右運(yùn)動，在t =時刻通過S?垂直于邊界進(jìn)入右側(cè)磁場區(qū).(不計粒子重力，不考慮極板外的電場)(1) 求粒子到達(dá)Sa時的速度大小 v和極板間距d.(2) 為使粒子不與極板相撞，求磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小應(yīng)滿足的條件.(3) 若已保證了

17、粒子未與極板相撞，為使粒子在t = 3To時刻再次到達(dá)且速度恰好為零，求該過程中粒子在磁場內(nèi)運(yùn)動的時間和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小.審題指導(dǎo)1.粒子的運(yùn)動過程是什么2要在t = 3To時使粒子再次到達(dá) S,且速度為零，需要滿足什么條件解析(1)粒子由S至Sz的過程，根據(jù)動能定理得1 2qU)= mv由式得v =設(shè)粒子的加速度大小為 a,由牛頓第二定律得U0qj = ma1 t由運(yùn)動學(xué)公式得d=2已(2)2聯(lián)立式得(2)設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B,粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的半徑為R,由牛頓第二定律得2要使粒子在磁場中運(yùn)動時不與極板相撞，需滿足聯(lián)立式得4b<l(3) 設(shè)粒子在兩邊界之間無場區(qū)向左勻速運(yùn)動

18、的過程所用時間為 聯(lián)立式得24t 2,根據(jù)運(yùn)動學(xué)若粒子再次到達(dá) S2時速度恰好為零，粒子回到極板間應(yīng)做勻減速運(yùn)動，設(shè)勻減速運(yùn)動的時間為 公式得d= gt 2聯(lián)立式得t 2= 2?設(shè)粒子在磁場中運(yùn)動的時間為 tToT,由式結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式得t = 3To-g 11-12聯(lián)立？ ？式得t =乎設(shè)粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動的周期為由題意可知T= t8 n m7qT0.聯(lián)立？ ？ ？式得B=突破訓(xùn)練2如圖13所示裝置中，區(qū)域I和川中分別有豎直向上和水平向右的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度分別為 E和E/2 ;區(qū)域n內(nèi)有垂直向外的水平勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B 質(zhì)量為 m帶電荷量為q的帶負(fù)電粒子（不計重力）從左邊界

19、0點正上方的 M點以速度vo水平射入電場，經(jīng)水平分界線 0P上的A點 與0P成60°角射入?yún)^(qū)域n的磁場，并垂直豎直邊界 CD進(jìn)入川區(qū)域的勻強(qiáng)電場中.求：（1）粒子在區(qū)域n勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動的軌跡半徑；（2）O M間的距離；（3）粒子從M點出發(fā)到第二次通過 CD邊界所經(jīng)歷的時間.圖13“宀2mvo3mv28 + J3 mvo n m答案萌麻qE+亦m審題指導(dǎo) 1.粒子的運(yùn)動過程是怎樣的2嘗試畫出粒子的運(yùn)動軌跡.3.注意進(jìn)入磁場時的速度的大小與方向.解析（1）粒子的運(yùn)動軌跡如圖所示,其在區(qū)域I的勻強(qiáng)電場中做類平拋運(yùn)動, 設(shè)粒子過A點時速度為v,由類平拋運(yùn)動規(guī)律知vocos 60°粒

20、子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動，由牛頓第二定律得2Bqv= n,所以R=2mvqB(2)設(shè)粒子在區(qū)域I的電場中運(yùn)動時間為ti,加速度為a.則有qE= maVotan60°= at i, 即即 tO M兩點間的距離為L= 2at 12 =23mv2qE 設(shè)粒子在n區(qū)域磁場中運(yùn)動時間為 12 則由幾何關(guān)系知t2=看=器1設(shè)粒子在川區(qū)域電場中運(yùn)動時間為t3, a'則 t 3= 2X2vo 8mv a= "qE-Eq2= qEm 2m粒子從M點出發(fā)到第二次通過 CD邊界所用時間為8+ :'3 mv n mqE+ 3qBJ3mv n m 8mvt=t1+12+13=&#

21、163;+ 3qB+乖=42 .帶電粒子在交變電場和交變磁場中的運(yùn)動模型問題的分析2mv解析（1）粒子在磁場中運(yùn)動時qvB- R(22n R1-v(1解得2 n m3(11 4X 10 sqB（2）粒子的運(yùn)動軌跡如圖所示,t = 20X 10 一3 s時粒子在坐標(biāo)系內(nèi)做了兩圓周運(yùn)動和三段類平拋運(yùn)動，水平位移x = 3voT=x 10 $ m （1 分）1 2豎直位移y= 2a（3 T）（1分）分）分） 分）個Eq= ma（1 分）解得y=x 10 m故t = 20X 10 _3 s時粒子的位置坐標(biāo)為：x 10 m,_x 10 m）（1分）t = 24x 10 _3 s時粒子的速度大小、方向與t

22、 = 20X 10 _3 s時相同，設(shè)與水平方向夾角為(1分)則 v = /vo 2+ vy 2（1分）vy = 3aT（1 分）tan a= （1分）vo解得 v= 10 m/s（1分）與X軸正向夾角 a為37° （或 arctan3-）斜向右下方4（1分）3答案（1） 4X10 s-2（2） X10 m,-X 10 -2 m） （3）10 m/s方向與X軸正向夾角a 為 37° （或 arctan34）如圖突破訓(xùn)練 315甲所示，與紙面垂直的豎直面MN的左側(cè)空間中存在豎直向上的場強(qiáng)大小為E=x 102 N/C的勻強(qiáng)電場（上、下及左側(cè)無界）.一個質(zhì)量為 m= 0.5 kg

23、、電荷 量為q=x 10 -2 C的可視為質(zhì)點的帶正電小球，在t = 0時刻以大小為vo的水平初速度向右通過電場中的一點P,當(dāng)t = 11時刻在電場所在空間中加上一如圖乙所示隨時間周期性變化的磁場，使得小球能豎直向下通過D點，D為電場中小球初速度方向上的一點，PD間距為L, D到豎直面MN的距離DQ為L/ n .設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度垂直紙面向里為正.（g =210 m/s ）圖15(1)如果磁感應(yīng)強(qiáng)度 B0為已知量，使得小球能豎直向下通過D點，求磁場每一次作用時間10的最小值(用題中所給物理量的符號表示)；(2)如果磁感應(yīng)強(qiáng)度B0為已知量，試推出滿足條件的時刻ti的表達(dá)式(用題中所給物理量的符號表示)

24、；若小球能始終在電磁場所在空間做周期性運(yùn)動，則當(dāng)小球運(yùn)動的周期最大時，求出磁感應(yīng)強(qiáng)度B0及運(yùn)動的最大周期T的大小(用題中所給物理量的符號表示“宀 3 n m L m 2 n mv6L 答案（1）麗vo+陌r &解析(i)當(dāng)小球僅有電場作用時:mg= Eq,小球?qū)⒆鰟蛩僦本€運(yùn)動在ti時刻加入磁場，小球在時間to內(nèi)將做勻速圓周運(yùn)動，圓周運(yùn)動周期為To,若豎直向下通過 D點，由圖甲分析可知:3To 3 n mto=T=乖"pF Td = r 即:vot i L= R2qvoB0= mv0 / R所以 vot i L =mvqB，L11 = '+vomqB0(3)小球運(yùn)動的速

25、率始終不變，當(dāng)R變大時，To也增加，小球在電磁場中的運(yùn)動的周期 T增加，在小球不飛出電磁場的情況下，當(dāng)T最大時有:LDQ= 2R=n2mvqB>B）=2 n mv>qL，To=2n RVo -丄Vo由圖分析可知小球在電磁場中運(yùn)動的最大周期:T= 8X 3To=生 小球運(yùn)動軌跡如圖乙所示.4 vo高考題組1. （ 2012 課標(biāo)全國25）如圖16, 半徑為R的圓表示一柱形區(qū)域的橫截面（紙面）.在柱形區(qū)域內(nèi)加一方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場，一質(zhì)量為m電荷量為q的粒子沿圖中直線從圓上的a點射入柱形區(qū)域，從圓上的區(qū)域，離開時速度方向與直線垂直圓心O到直線的距離為 3/5 R現(xiàn)將磁場換為平行于紙

26、面且垂直于直線的勻強(qiáng)電場，同一粒子以同樣速度沿直線從a點射入柱形區(qū)域，也從 b點離開該區(qū)域.若磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為答案B,不計重力，求電場強(qiáng)度的大小.14qRB25m解析 粒子在磁場中做圓周運(yùn)動.設(shè)圓周的半徑為r，由牛頓第二定律和洛倫茲力公式得式中v為粒子在a點的速度.過b點和O點作直線的垂線，分別與直線交于c點和d點.由幾何關(guān)系知，線段 ac、a、b兩點的圓弧軌跡的兩條半徑（未畫出）圍成一正方形.因此ac = be = r4設(shè)cd = x，由幾何關(guān)系得 ac = R+ x5b? = 5只+ 農(nóng)-x2聯(lián)立式得r = 5R再考慮粒子在電場中的運(yùn)動.設(shè)電場強(qiáng)度的大小為E,粒子在電場中做類平拋運(yùn)動.設(shè)其

27、加速度大小為a,由牛頓第二定律和帶電粒子在電場中的受力公式得qE= ma一 一 1 2粒子在電場方向和直線方向運(yùn)動的距離均為r，由運(yùn)動學(xué)公式得r = qatr = vt式中t是粒子在電場中運(yùn)動的時間.聯(lián)立式得e= 14qREB=5m '2. ( 2012 浙江理綜24 )如圖17所示，兩塊水平放置、相距為 d的長金屬板接在電壓可調(diào)的電源上.兩板之間 的右側(cè)區(qū)域存在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場.將噴墨打印機(jī)的噴口靠近上板下表面，從噴口連續(xù)不斷噴出質(zhì)量均為m水平速度均為V。、帶相等電荷量的墨滴.調(diào)節(jié)電源電壓至滴在電場區(qū)域恰能沿水平向右做勻速直線運(yùn)動；進(jìn)入電場、磁場共存區(qū)域后，最終垂直打在 下

28、板的M點. 判斷墨滴所帶電荷的種類，并求其電荷量;圖17(2)求磁感應(yīng)強(qiáng)度 B的值； 現(xiàn)保持噴口方向不變，使其豎直下移到兩板中間的位置.為了使墨滴仍能到達(dá)下板點，應(yīng)將磁感應(yīng)強(qiáng)度調(diào)至 B',則B'的大小為多少答案宀亠卄 mgd V0U 4V0U 負(fù)電何mg碩2解析Uq&= mg墨滴在電場區(qū)域做勻速直線運(yùn)動，有由式得:mgd q=由于電場方向向下，電荷所受電場力向上，可知：墨滴帶負(fù)電荷.(2)墨滴垂直進(jìn)入電場、磁場共存區(qū)域后，重力仍與電場力平衡，合力等于洛倫茲力, 墨滴做勻速圓周運(yùn)動，有2VoqvoB= mR考慮墨滴進(jìn)入電場、磁場共存區(qū)域和下板的幾何關(guān)系，可知墨滴在該區(qū)域恰

29、完成四分之一圓周運(yùn)動，則半徑R= d由式得B=器R，有(3)根據(jù)題設(shè)，墨滴運(yùn)動軌跡如圖所示，設(shè)墨滴做圓周運(yùn)動的半徑為2V0由圖可得:qv°B，= mRTR 2= d2 + (R d)2 由式得：R'= &d聯(lián)立式可得:,4voUB = 5gd2.3. ( 2012 重慶理綜 24 )有人設(shè)計了一種帶電顆粒的速率分選裝置，其原理如圖強(qiáng)電場，方向豎直向上，其中PQNM矩形區(qū)域內(nèi)還有方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場.一1束比荷(電荷量與質(zhì)量之比)均為k的帶正電顆粒，以不同的速率沿著磁場區(qū)域的水平中心線O' O進(jìn)入兩金屬板之間，其中速率為 V0的顆粒剛好從 Q點處離開磁場，

30、然后做勻 速直線運(yùn)動到達(dá)收集板，重力加速度為 g, PQ= 3d, NQ= 2d,收集板與NQ的距離為不計顆粒間的相互作用.求:(1) 電場強(qiáng)度E的大?。?2) 磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??；(3) 速率為Xvo(入1)的顆粒打在收集板上的位置到O點的距離.答案見解析18所示，兩帶電金屬板間有勻圖18解析(1)設(shè)帶電顆粒的電荷量為q,質(zhì)量為m由于粒子從 Q點離開磁場后做勻速直線運(yùn)動，則有Eq= mg將m=1代入得E= kg.如圖所示, 向心力，則有粒子在磁場區(qū)域內(nèi)由洛倫茲力提供其做圓周運(yùn)動的2VoqvoB= mR而由幾何知識有氏=(3 d)2 + (R d)2聯(lián)立解得y1,tan、R2(3d)2kv0B

31、= kvr 設(shè)速度為 入v的顆粒在磁場區(qū)域運(yùn)動時豎直方向的位移為 離開磁場后做勻速直線運(yùn)動時豎直方向的位移為 y2,偏轉(zhuǎn)角為e，如圖所示，有 q 入vB=mq 1將及式代入式，得m kR = 5d 入3dyi = R_JRi2(3d2)y2= l ta n0則速率為Xvo（入>1）的顆粒打在收集板上的位置到0點的距離為3125 入 2 9y= yi+ y2解得 y= d(5 入：25 入 2- 9) +模擬題組4. 如圖19所示，坐標(biāo)平面第I象限內(nèi)存在大小為E= 4X 105方向水平向左的勻強(qiáng)電場，在第n象限內(nèi)存在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場.質(zhì)荷比為 m= 4X 10 10 N/C的帶正

32、電粒子從q軸上的A點以初速度V0= 2X 107 m/s垂直x軸射入電場， 0.2 m，不計重力.求:B的取值范圍（不考慮粒子第二次進(jìn)入（1）粒子經(jīng)過y軸時的位置到原點 O的距離；（2）若要求粒子不能進(jìn)入第三象限，求磁感應(yīng)強(qiáng)度 電場后的運(yùn)動情況.）答案 （1）0.4 m （2） B> （2 ：2 + 2） X 10 2 T解析（1）設(shè)粒子在電場中運(yùn)動的時間為t，粒子經(jīng)過y軸時的位置與原點O的距離為y,1 2則：soq £atFa=-mFE=-q y= V0t152一 Q聯(lián)立解得 a=x 10 m/s t = x 10一 s y = 0.4 m(2)粒子經(jīng)過y軸時在電場方向的分速

33、度為：17Vx = at = 2 X 10 m/s粒子經(jīng)過y軸時的速度大小為:v1.0可編輯可修改37v=jvx+vo = 22X 10 m/sVx與y軸正方向的夾角為 0 ,0 = arctan = 45要使粒子不進(jìn)入第三象限，如圖所示，此時粒子做勻速圓周運(yùn)動的軌道半徑為'2R+-R< y2VqvB= mRR,則:聯(lián)立解得 B> (2 .-'2 + 2) X 10 $ T.5.如圖20甲所示，在以 O為坐標(biāo)原點的xOy平面內(nèi)，存在著范圍足夠大的電場和磁場，一個帶正電小球在t = 0時刻以v°= 3gt0的初速度從 O點沿+ x方向(水平向右)射入該空 間

34、，在t 0時刻該空間同時加上如圖乙所示的電場和磁場，其中電場方向豎直向上，場強(qiáng) 大小E)= -qg磁場垂直于 xOy平面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B = -qt,已知小球的質(zhì)量為m帶電荷量為q,時間單位為t0,當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹?g,空氣阻力不計.試求：圖20(1) t0末小球速度的大??；(2) 小球做圓周運(yùn)動的周期 T和12t0末小球速度的大小; 在給定的xOy坐標(biāo)系中，大體畫出小球在0到24t0內(nèi)運(yùn)動軌跡的示意圖;(4)30 t0內(nèi)小球距x軸的最大距離.答案；i0gt093+ 3 '2 丄9+廠gt(2)2 t0. 13gt0 (3)見解析圖20解析(1)由題圖乙知，0t0內(nèi)，小球只受重力

35、作用，做平拋運(yùn)動，在t0末：v= V0x2+V0y2=3gt0 2+ gt0 2 = 10gt。(2)當(dāng)同時加上電場和磁場時，電場力F1 = qEj= mg方向向上2 因為重力和電場力恰好平衡，所以小球只受洛倫茲力而做勻速圓周運(yùn)動，有qvBc= ny-q r運(yùn)動周期卩令，聯(lián)立解得卩2t0由題圖乙知，電場、磁場同時存在的時間正好是小球做勻速圓周運(yùn)動周期的5倍，即在這1Oto內(nèi)，小球恰好做了 5個完整的勻速圓周運(yùn)動所以小球在 ti= 12to時刻的速度相 當(dāng)于小球做平拋運(yùn)動 t = 2to時的末速度.Vy1= g 2to= 2gt 0, Vxl = Vox= 3gto 所以 12t o末 Vi =

36、 :Vxi +Vyi = :13gt o(3)24 to內(nèi)運(yùn)動軌跡的示意圖如圖所示. 分析可知，小球在 3oto時與24to時的位置相同，在 24to內(nèi)小球相當(dāng)于做了t2 = 3to的平拋運(yùn)動和半個圓周運(yùn)動.23 to末小球平拋運(yùn)動的豎直分位移大小為y2= 2g(3to)2= 9gt o2豎直分速度 Vy2= 3gto= Vo, 的增加，小球加速度先增加，當(dāng) Eq= qvB時加速度達(dá)到最大值 amax =g,繼續(xù)運(yùn)動，mg- 口（qvB Ec） = ma隨著v的增加，a逐漸減 小，所以A錯誤因為有摩擦力做功，機(jī)械能與電勢能總和在減所以小球與豎直方向的夾角為9 = 45°,速度大小為V

37、2= 3 ：2gto此后小球做勻速圓周運(yùn)動的半徑mV 3 羽gto2 r2= qBo3ot o內(nèi)小球距x軸的最大距離:y3 = y2 + (1 + cos 45° )2=9 3+ 3、.； 2*29+ gto專題突破練帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(限時：6o分鐘)?題組1對帶電粒子在疊加場中運(yùn)動的考查1.如圖1所示，在水平勻強(qiáng)電場和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場中，有一豎直足夠長固定絕緣桿 MN小球P套在桿上，已知 P的質(zhì)量為m電荷量為+ q,電場強(qiáng)度為E,磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B, P與桿間的動摩擦 因數(shù)為口，重力加速度為g.小球由靜止開始下滑直到穩(wěn)定的過程中( )A.小球的加速度一直減小B. 小球的

38、機(jī)械能和電勢能的總和保持不變C. 下滑加速度為最大加速度一半時的速度可能是D. 下滑加速度為最大加速度一半時的速度可能是2 口 qE mg2 口 qB2 口 qE+ mg2 口 qB答案 CD解析 對小球受力分析如圖所示,22則 mg-(1 (Eq qvE) = ma 隨著 vMa小，B錯誤.若在前半段達(dá)到最大加速度的一半，則m 口（EqqvB） = n|，得v= 2 qE-Dmg若在后半段達(dá)到最大加速度的一半，則m 口 （qvB- Eq）2 口 qB=mg,得 v=2：qEBmg 故 C d 正確.2.如圖2所示，已知一帶電小球在光滑絕緣的水平面上從靜止開始經(jīng)電壓U加速后，水平進(jìn)入互相垂直的

39、勻強(qiáng)電場的復(fù)合場中（E和B已知），小球在此空間的豎直面內(nèi)做勻速圓周A.小球可能帶正電E和勻強(qiáng)磁場運(yùn)動，則B.C.D.若電壓U增大，則小球做勻速圓周運(yùn)動的周期增加1小球做勻速圓周運(yùn)動的半徑為r = B .一2n E小球做勻速圓周運(yùn)動的周期為T=Bgmg= Eq,則小球帶負(fù)電，2“mv1 2Bqv=,Uq= °mv,A錯誤；因聯(lián)立兩式可答案 BC解析小球在復(fù)合場中做勻速圓周運(yùn)動，則小球受到的電場力和重力滿足為小球做圓周運(yùn)動的向心力為洛倫茲力，由牛頓第二定律和動能定理可得:r =Jqi 廠*7 r2 廠，由T=可以得出T=，與電壓U無關(guān)，所以gvBg得：小球做勻速圓周運(yùn)動的半徑1BB、C正

40、確，D錯誤.如圖3所示，空間的某個復(fù)合場區(qū)域內(nèi)存在著方向相互垂直的勻強(qiáng) 電場和勻強(qiáng)磁場.質(zhì)子由靜止開始經(jīng)一加速電場加速后，垂直于1X0XX：iiil訟復(fù)合場的界面進(jìn)入并沿直線穿過場區(qū)，質(zhì)子從復(fù)合場區(qū)穿出時的 動能為Ek.那么氘核同樣由靜止開始經(jīng)同一加速電場加速后穿過同-:1X' £11jI113.一復(fù)合場后的動能 Ek'的大小是()A.Ek'= HB.Ek'>EkC.Ek'vEkD.條件不足，難以確定答案 B解析設(shè)質(zhì)子的質(zhì)量為"v,在復(fù)合場里有：由動能定理可得：eU=m則氘核的質(zhì)量為 2m在加速電場里，Bqv= qE? v =

41、B，同理對于氘核由動能定理可得其離開加速電場的速度比質(zhì)子的速度小,所以當(dāng)它進(jìn)入復(fù)合場時所受的洛倫茲力小于電場力，將往電場力方向偏轉(zhuǎn)，電場力做正功，故動能增大,B選項正確.v1.0可編輯可修改47?題組2對帶電粒子在組合場中運(yùn)動的考查4.如圖4所示，兩塊平行金屬極板 MNK平放置，板長 L= 1 m .間距d = f m,兩金屬板間電壓 UMn 1 x 104 V ;在平行金屬板右側(cè)依次存在ABC和FGH兩個全等的正三角形區(qū)域，正三角形ABQ內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場B,三角形的上頂點 A與上金屬板M平齊，BC邊與金屬板平行，AB邊的中點P恰好在下金屬板 N的右端點； 正三角形FGH內(nèi)存在垂直

42、紙面向外的勻強(qiáng)磁場B.已知A F、G處于同一直線上，B C、H也處于同一直線上.AF兩點的距離為3 m.現(xiàn)從平行金屬板 MN左端沿中心軸線方向入射一個重力不計的帶電粒子，粒子質(zhì)量m= 3x 103t° kg，帶電荷量 q=+ 1x 10 _4 C,初速度 vo= 1x 105 m/s.(1) 求帶電粒子從電場中射出時的速度v的大小和方向； 若帶電粒子進(jìn)入中間三角形區(qū)域后垂直打在AC邊上，求該區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度B1；若要使帶電粒子由 FH邊界進(jìn)入FGHx域并能再次回到 FH界面，求B應(yīng)滿足的條件.30°答案 晉x 105 m/s 與水平方向夾角為口 T10(3)大于解析(1)設(shè)

43、帶電粒子在電場中做類平拋運(yùn)動時間為qUMnt，加速度為a，qU=ma故a =普虬呼x 1010 m/sdm 3L 5t = 1 x 10 sV0豎直方向的速度為 Vy= at = ¥ x 105 m/s射出電場時的速度為 v = V02+Vy2=令"3 x 105 m/s3速度v與水平方向夾角為 e , tan e =¥，故e = 30°,即垂直于 ab方向射出Vo3(2)帶電粒子出電場時豎直方向偏轉(zhuǎn)的位移y = $at2= m = 即粒子由P點垂直AB邊射入磁場，由幾何關(guān)系2 6 2知在磁場ABC區(qū)域內(nèi)做圓周運(yùn)動的半徑為d2R = = - mcos 3

44、0°3由Bqv=知B=晉豁T_ RqR 10(3)分析知當(dāng)運(yùn)動軌跡與邊界 GH相切時，對應(yīng)磁感應(yīng)強(qiáng)度 B2最小，運(yùn)動軌跡如圖所示:由幾何關(guān)系可知艮+ i r60° = isin 60故半徑 R= (2 '3 3) m2rV又 B>qv= nR,所以B應(yīng)滿足的條件為大于守T.5.如圖5所示，一個質(zhì)量為 m電荷量為q的正離子，在 D處 沿圖示方向以一定的速度射入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直紙面向里結(jié)果離子正好從距A點為d的小孔C沿垂直于電場方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場，此電場方向與AC平行且向上，最后離子打在 G處，而G處距A點2d(AGLAC 圖5不計離子重力，

45、離子運(yùn)動軌跡在紙面內(nèi)求：(1) 此離子在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑r ；(2) 離子從D處運(yùn)動到G處所需時間；離子到達(dá)G處時的動能.答案29 + 2 n m(1)2d 3Bq4E2q2d29m解析(1)正離子軌跡如圖所示.圓周運(yùn)動半徑r滿足：d= r + r cos 60°” E2解得r = 3d2Vo 設(shè)離子在磁場中的運(yùn)動速度為vo，則有：qvoB= m2 n rVoqB12由圖知離子在磁場中做圓周運(yùn)動的時間為：11= §T= 3Bq離子在電場中做類平拋運(yùn)動，從C到G的時間為:2dt2 =Vo3mBq離子從DC G的總時間為:9+ 2 nm3Bq 設(shè)電場強(qiáng)度為 E,則有:qE= ma1 2d= 2at 2由動能定理得：qEd=樂一2mv02解得EkG=4B2q2d9m?題組3對帶電粒子在交變的電場或磁場中運(yùn)動的考查6如圖6甲所示，水平直線下方有豎直向上的勻強(qiáng)電場，現(xiàn)將一重力不計、比荷m106 C/kg的正電荷置于電場中的O點由靜止釋放，經(jīng)過X 10 一5 s15后,電荷以V0=X104 m/s的速度通過 MN進(jìn)入其上方的勻強(qiáng)磁場， 磁場與紙面垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度B按圖乙所示規(guī)律周期性變化 乙中磁場以垂直紙面向外為正，以電荷第