新版高考物理一輪復習微專題系列之熱點專題突破專題51帶電粒子在組合場中的運動問題學案.doc

1、突破 51 帶電粒子在組合場中的運動問題1. 組合場：指磁場與電場或重力場同時存在，但各位于一定的區(qū)域內(nèi)且并不重疊的情況，帶電粒子在一個場中只受一個場力的作用。2. 三種場力的特點比較(1) 重力的大小為mg, 方向豎直向下, 重力做功與路徑無關(guān) , 其數(shù)值除與帶電粒子的質(zhì)量有關(guān)外, 還與初、末位置的高度差有關(guān)。(2) 電場力的大小為qE, 方向與電場強度E 及帶電粒子所帶電荷的性質(zhì)有關(guān), 電場力做功與路徑無關(guān),其數(shù)值除與帶電粒子的電荷量有關(guān)外, 還與初、末位置的電勢差有關(guān)。(3) 洛倫茲力大小為qvB, 方向垂直于 v 和 B 所決定的平面, 無論帶電粒子做什么運動, 洛倫茲力都不做功。說明

2、：電子、質(zhì)子、a 粒子、帶電離子等微觀粒子在疊加場中運動時，若試題沒有明確說明考慮重力時就不計重力 , 但質(zhì)量較大的質(zhì)點 ( 如帶電微粒 ) 在疊加場中運動時, 除試題說明不計重力 , 通常都要考慮重力。3. 帶電粒子在組合場中的運動規(guī)律( 1)帶電粒子在勻強電場中，若初速度與電場線平行，做勻變速直線運動；若初速度與電場線垂直，做類平拋運動。( 2)帶電粒子在勻強磁場中，若速度與磁感線平行，做勻速直線運動；若速度與磁感線垂直，做勻速圓周運動。4. 帶電粒子在組合場中運動的處理方法分析帶電粒子在各種場中的受力情況和運動情況, 一般在電場中做類平拋運動, 在磁場中做勻速圓周運動。正確地畫出粒子的運

3、動軌跡圖 , 在畫圖的基礎(chǔ)上特別注意運用幾何知識 , 尋找關(guān)系。選擇物理規(guī)律 , 列方程。對類平拋運動, 一般分解為初速度方向的勻速運動和垂直初速度方向的勻加速運動 ; 對粒子在磁場中做勻速圓周運動, 應(yīng)注意一定是洛倫茲力提供向心力這一受力條件。注意確定粒子在組合場交界位置處的速度大小與方向。該速度是聯(lián)系兩種運動的橋梁。4. 解決帶電粒子在組合場中運動問題的思路方法簡化圖【典例1】如圖所示，M N P為很長的平行邊界， M N與M P間距分別為li、12,其間分別有磁感應(yīng)強度為B和R的勻強磁場區(qū)域，磁場I和n方向垂直紙面向里，BwR,有一電荷量為q、質(zhì)量為m的帶正電粒子，以某一初速度垂直邊界N

4、及磁場方向射入 MNW的磁場區(qū)域。不計粒子的重力。求:Vo至少應(yīng)為多少;（1）要使粒子能穿過磁場I進入磁場n ,粒子的初速度（2）若粒子進入磁場I的初速度0=嚕，則粒子第一次穿過磁場I所用時間ti是多少;（3）粒子初速度v為多少時，才可恰好穿過兩個磁場區(qū)域?？┌浮亢趛2【解析】（1）設(shè)粒子的初速度為M時恰好能進入磁場口 ,則進入®1場II時速度恰好沿M邊界，所以,半 徑為二人由51秋二麻，解得州二鋁與粒子在濕場I中運弧則有助尸尸吟；解得力=2%設(shè)粒子在減場I中儆勻速圖周運動（軌跡如圖用）對應(yīng)的圓心角為必則有血&心=今所CU哼a _1i = " T = X2兀 122

5、兀m_兀mBq 6Bq°所以第一次穿過磁場I所用時間為(3)設(shè)粒子速度為2,v 一口由Bqv= mR可得v時，粒子在磁場n中的軌跡恰好與P邊界相切，軌跡如圖乙所示,r mv r mv由幾何關(guān)系得sin 0l i qBil i R mv '粒子在磁場n中運動有RRsin0=12,解得v =qBl i+qRl2【典例2】如圖所示,內(nèi)圓半徑為 r、外圓半徑為3r的圓環(huán)區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里、磁感應(yīng)強度為的勻強磁場。圓環(huán)左側(cè)的平行板電容器兩板間電壓為U,從靠近M板處由靜止釋放質(zhì)量為m電荷量為q的正離子，經(jīng)過電場加速后從 N板小孔射出，并沿圓環(huán)直徑方向射入磁場，不計離子的重力，忽略平行板

6、外的電場。求:(1)離子從N板小孔射出時的速率；(2)離子在磁場中做圓周運動的周期；(3)要使離子不進入小圓區(qū)域，電壓U的取值范圍?！敬鸢浮?1)、快 22 (3) Uw 8q-Bm qBm【解析】(I股離子從N板小孔射出fl寸的速率為力由動能定理得qg* 解得丫=、用“Q)諼離子在磁場中儆圓周運動的半徑為孔離子所受洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律可得和5運動周期片罕，聯(lián)立解得X符(3)若離子恰好不進入小圓區(qū)域，設(shè)離子軌跡與小圓相切時運動半徑為描，此時軌跡如圖所示,由幾何關(guān)系得 R2+(3r)2=(R+r)2,解得R= 4r,12qU 2mv,2 v需滿足的條件為 Rw R,又qvB= mR

7、,8qr2B2聯(lián)立解得UK -o【典例3】平面直角坐標系xOy中，第I象限存在垂直于平面向里的勻強磁場，第印象限存在沿y軸負方向的勻強電場，如圖所示。一帶負電的粒子從電場中的Q點以速度V0沿x軸正方向開始運動，Q點到y(tǒng)軸的距離為到x軸距離的2倍。粒子從坐標原點 O離開電場進入磁場，最終從 x軸上的P點射出磁場，P點 到y(tǒng)軸距離與Q點到y(tǒng)軸距離相等。不計粒子重力，問：tJO pt+匹-ir t ir（1）粒子到達O點時速度的大小和方向；（2）電場強度和磁感應(yīng)強度的大小之比。V?！敬鸢浮浚?） 42v。，與x軸正方向成45°角斜向上 （2）萬【解析】（1）在電場中，粒子做類平拋運動，設(shè)Q

8、點到x軸距離為L,到y(tǒng)軸距離為2L,粒子的加速度為4運動時間為，有21二的目必設(shè)粒子到達o點時沿V軸方向的分速度為依為二出其）設(shè)粒子到達d點時速度方向與，軸正方向夾角為由有tma=* 聯(lián)立®式得a=45"即粒子到達0點時速度方向與工軸正方向成45。角斜向上口設(shè)粒子到達O點時速度大小為v,由運動的合成有v= #02+ Vy2 聯(lián)立式得 Y = ®o。（2）設(shè)電場強度為E,粒子電荷量為q,質(zhì)量為mi粒子在電場中受到的電場力為F,由牛頓第二定律可得F= maX F=qE 設(shè)磁場的磁感應(yīng)強度大小為B,粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R,所受的洛倫茲力提供向心力，有 2v

9、 qvB= mR 由幾何關(guān)系可知R= 2L ?聯(lián)立？式得E= v°o ?B 2【典例4如圖所示裝置中，區(qū)域I和山中分別有豎直向上和水平向右的勻強電場，電場強度分別為E和£； n區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B. 一質(zhì)量為 m帶電荷量為 q的帶負電粒子（不OP±臼A A點與O被60°角射入計重力）從左邊界O點正上方的M點以速度vo水平射入電場，經(jīng)水平分界線n區(qū)域的磁場，并垂直豎直邊界CD進入出區(qū)域的勻強電場中.求：(1)粒子在n區(qū)域勻強磁場中運動的軌跡半徑；(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.2mv

10、3mV8 + J3 mv> 兀 m-qB (2) -qE (3) qE +3qB【解析】立子在勻強電場卬做類平拋運動,設(shè)粒子過/點時速度為“，由奕平拋運動規(guī)律知期=GOS'fiO"粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動,(2)設(shè)粒子在I區(qū)域電場中運動時間 11,加速度為 a.則有qE= ma votan 60r,即 t1 = /2. 1 2 3mvQ M兩點間的距離為 L= 2at i = 2q£.1如圖所示,謖粒子在II區(qū)域磁場中運動時間為h 則由幾何關(guān)系知,二七舞E設(shè)粒子在UI區(qū)域電場中運動C寸間為4 二q=篝，則改二忘守二鬻 fft Zmcl粒子從w點出發(fā)到第二

11、次通過CD邊界所用寸間為自1 + &+二警*+篇+篝二JEffl 士 _ _3M課后作業(yè)1 .在半導體離子注入工藝中，初速度可忽略的磷離子p+和P3+,經(jīng)電壓為U的電場加速后，垂直進入磁感應(yīng)強度大小為 B方向垂直紙面向里、有一定寬度的勻強磁場區(qū)域，如圖 82 26所示.已知離子 p+ 在磁場中轉(zhuǎn)過 9 = 30后從磁場右邊界射出.在電場和磁場中運動時，離子P*和P3 ().hI *隊+ V - Ex xA.在電場中的加速度之比為 1 ： 1B.在磁場中運動的半徑之比為 小：1C.在磁場中轉(zhuǎn)過白角度之比為 1 ： 2D.離開電場區(qū)域時的動能之比為1 : 3【答案】 BCD【解析】磷離子P

12、+與P3+電荷量之比q1:q2= 1： 3,質(zhì)量相等，在電場中加速度2=M 由此可知,a1 ： a2=1 ： 3,選項A錯誤；離子進入磁場中做圓周運動的半徑=器又qU= gmd,故有r=：2mU即qr 1 ： r 2= a/3 ： 1選項B正確；設(shè)離子p3+在磁場中偏角為a ,則sin a = , sin 9 = (d為磁場寬度),r 2r1故有sin 0 ： sin a = 1 ：4,已知0 =30° ,故a =60° ,選項 C正確；全過程中只有電場力做功，W= qU,故離開電場區(qū)域時的動能之比即為電場力做功之比，所以 日 ： Ek2=W： W= 1 ： 3,選項D正確

13、.2 .如圖所示，兩平行金屬板間距為 d,電勢差為U,板間電場可視為勻強電場；金屬板下方有一磁感應(yīng) 強度為B的勻強磁場。帶電量為+ q、質(zhì)量為m的粒子，由靜止開始從正極板出發(fā)，經(jīng)電場加速后射出，并 進入磁場做勻速圓周運動。忽略重力的影響。求：(1)勻強電場場強E的大小。(2)粒子從電場射出時速度 v的大小。(3)粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑R2qU 12mUm B : q【答案】：U (2)【解析1:勻強電場場強E二呆根據(jù)動后纏理0g熱巴解得k佯»）根據(jù)洛倫茲力提供向心力解得無=翳=羨飛月3.如圖所示，在一個圓形區(qū)域內(nèi)，兩個方向相反且都垂直于紙面的勻強磁場分布在以直徑AA為邊界的

14、兩個半圓形區(qū)域I、n中，AA與AA的夾角為60°。一質(zhì)量為 mi電荷量為+ q的粒子以某一速度從I區(qū)的邊緣點A處沿與AA成30°角的方向射入磁場，隨后該粒子沿垂直于AA的方向經(jīng)過圓心 O進入n區(qū),最后再從A處射出磁場。已知該粒子從射入到射出磁場所用的時間為（1）畫出粒子在磁場I和n中的運動軌跡;（2）粒子在磁場I和n中的軌跡半徑R和R的比值;（3）I區(qū)和n區(qū)中磁感應(yīng)強度的大?。ê雎粤Ｗ又亓Γ！敬鸢浮浚海?）見解析圖（2）2 ： 1小、5 兀 m 5 7tm6qT 而【解析】：（1）畫出粒子在磁場I和n中的運動軌跡如圖所示。（2）設(shè)粒子的入射速度為 v,已知粒子帶正電，故它

15、在磁場中先順時針做圓周運動，再逆時針做圓周運 動，最后從 A點射出，用 B、R, R、R,不、正分別表示在磁場I、n區(qū)的磁感應(yīng)強度、軌跡半徑和周 期。設(shè)圓形區(qū)域的半徑為 r,已知帶電粒子過圓心且垂直于AA進入n區(qū)磁場，連接 AA, 4AOA為等邊三角形，出為帶電粒子在1區(qū)磁場中運動軌跡的圖心, 由幾何關(guān)系知,其半徑R=AiA2=OA2=r粒子在II區(qū)礪場中運動的軌跡半徑咫=34即二2： 1中 *(3)粒子在磁場中運動，則/& i=fV2母二冊品_ _2jeSi_2jdw八二再_ _2jiJl2_27Em一入 1圓心角/ A1AO= 60 ,帶電粒子在I區(qū)磁場中運動的時間為ti=-Ti6

16、 1在n區(qū)磁場中運動的時間為12=2T2帶電粒子從射入到射出磁場所用的總時間t = t 1+ t 257tm57tm由 以上各式可得 Bi =, R= °6qt3qt4 .如圖所示，直角坐標系中的第I象限中存在沿y軸負方向的勻強電場，在第n象限中存在垂直紙面向外的勻強磁場。一電荷量為q、質(zhì)量為m的帶正電的粒子，在一x軸上的a點以速度vo與一x軸成60°角射入磁場，從y=L處的b點沿垂直于y軸方向進入電場，并經(jīng)過 x軸上x=2L處的c點。不計粒子重力。 求：(2)電場強度E的大??；(3)帶電粒子在磁場和電場中的運動時間之比。3mvmv22?！敬鸢浮葵?2) 2qLV【解析】(

17、1)帶電粒子在磁場中運動軌跡如圖,1?(VXy由幾何關(guān)系可知:2Lr+yCfS 60 1,3又因為/山=吸解得：£二鬻。帶電粒子在電場中運動時n沿X軸有：2Lh 沿y軸有：二成!，又因為隹二鹿(不帶電粒子在磁場中運動時間為：*呼二熱J nJ jVQ2L市電粒子在電場中運動時間為：t2=；TV0所以帶電粒子在磁場和電場中運動時間之比為:5 .如圖所示的平面直角坐標系 xOy,在第I象限內(nèi)有平行于 y軸的勻強電場，方向沿 y軸正方向；在第IV象限的正三角形 abc區(qū)域內(nèi)有勻強磁場，方向垂直于xOy平面向里，正三角形邊長為L,且ab邊與y軸平行.一質(zhì)量為 m電荷量為q的粒子，從y軸上的R0

18、 , h)點，以大小為V。的速度沿x軸正方向射入電場，通過電場后從 x軸上的a(2h,0)點進入第IV象限，又經(jīng)過磁場從y軸上的某點進入第出象限，且速度與y軸負方向成45 °角，不計粒子所受的重力.求:(1)電場強度E的大?。?2)粒子到達a點時速度的大小和方向；(3) abc區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強度 B的最小值.【答案】(1)m0 (2)、/2V0方向指向第IV象限與 x軸正方向成45°角(3)2mv2qhqL【解析】 帶電粒子在電場中做類平拋運動，在磁場中做勻速圓周運動，射出磁場后做勻速直線運動.(。帶電粒子在電場中從尸到厘的過程中做類平拋運動水平方向上；2A=hKD豎直

19、方向上：仁融Ju-由牛頓第二定律得口=修由®式聯(lián)立,解得E二舞(2)粒子到達a點時沿 軸負方向的分速度為玲=出由0式得十=他而收=如粒子到達口點的速度= J展%=也地蛇上口憶沐,上吟拶Z/Vy-設(shè)速度萬向與 x軸正萬向的夾角為 e ,則tan e =-=i, e =45Vo即到a點時速度方向指向第W象限與 x軸正方向成45°角.2Va(3)粒子進入磁場后做勻速圓周運動，有qvB= mR,m mv由此得R ?qB1從上式看出，R當R最大時，B最小.B由題圖可知，當粒子從 b點射出磁場時，R最大由幾何關(guān)系得將？代入？式得B的最小值為 日所=竿.q6.如圖所示，在 xOy坐標系的

20、0Wywd的區(qū)域內(nèi)分布著沿 y軸正方向的勻強電場，在dwyw2d的區(qū)域內(nèi)分布著垂直于 xOy平面向里的勻強磁場，MN電場和磁場的交界面，ab為磁場的上邊界?，F(xiàn)從原點O處沿x軸正方向發(fā)射出速率為 V0、比荷(電荷量與質(zhì)量之比)為k的帶正電粒子，粒子運動軌跡恰與ab相切 3vo2.并返回電場。已知電場強度 E=,不計粒子重力和粒子間的相互作用。求：2 kd(1)粒子從O點第一次穿過 MN寸的速度大小和水平位移的大小;(2)磁場的磁感應(yīng)強度 B的大小。2 3d3V0【答案】：(1)2 V0 (2) kd【解析】：根據(jù)動能定理，得八解得尸 1粒子在電場中做類平拋運動有尸二變二34,出3工二佩】,解得驍字粒子運動的軌跡如圖所示,V0解得e =60°根據(jù) R+ Rcos e=d, /口 2d解得R=瓦32由牛頓第二定律可得 qvB= mR,解得B=而。7.如圖所示，空間中有一直角坐標系，其第一象限中在圓心為O、半徑為R邊界與x軸和y軸相切的圓形區(qū)域內(nèi)，有垂