創(chuàng)新設(shè)計(jì)全國(guó)通用2017版高考物理二輪復(fù)習(xí)專題突破3電場(chǎng)和磁場(chǎng)第2講帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)

PAGEPAGE22第2講帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1．(2016·全國(guó)卷Ⅰ，15)現(xiàn)代質(zhì)譜儀可用來(lái)分析比質(zhì)子重很多倍的離子，其示意圖如圖1所示，其中加速電壓恒定。質(zhì)子在入口處從靜止開(kāi)始被加速電場(chǎng)加速，經(jīng)勻強(qiáng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后從出口離開(kāi)磁場(chǎng)。若某種一價(jià)正離子在入口處從靜止開(kāi)始被同一加速電場(chǎng)加速，為使它經(jīng)勻強(qiáng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后仍從同一出口離開(kāi)磁場(chǎng)，需將磁感應(yīng)強(qiáng)度增加到原來(lái)的12倍。此離子和質(zhì)子的質(zhì)量比約為()圖1A．11 B．12C．121 D．144解析設(shè)質(zhì)子的質(zhì)量和電荷量分別為m1、q1，一價(jià)正離子的質(zhì)量和電荷量為m2、q2。對(duì)于任意粒子，在加速電場(chǎng)中，由動(dòng)能定理得qU＝eq\f(1,2)mv2－0，得v＝eq\r(\f(2qU,m))①在磁場(chǎng)中qvB＝meq\f(v2,r)②由①②式聯(lián)立得m＝eq\f(B2r2q,2U)，由題意知，兩種粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑相同，加速電壓U不變，其中B2＝12B1，q1＝q2，可得eq\f(m2,m1)＝eq\f(Beq\o\al(2,2),Beq\o\al(2,1))＝144，故選項(xiàng)D正確。答案D2．(2014·全國(guó)卷，25)如圖2所示，在第一象限存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直于紙面(xOy平面)向外；在第四象限存在勻強(qiáng)電場(chǎng)，方向沿x軸負(fù)向。在y軸正半軸上某點(diǎn)以與x軸正向平行、大小為v0的速度發(fā)射出一帶正電荷的粒子，該粒子在(d，0)點(diǎn)沿垂直于x軸的方向進(jìn)入電場(chǎng)。不計(jì)重力。若該粒子離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)速度方向與y軸負(fù)方向的夾角為θ，求：圖2(1)電場(chǎng)強(qiáng)度大小與磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的比值；(2)該粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。解析(1)如圖，粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，粒子質(zhì)量與所帶電荷量分別為m和q，圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R0，由洛倫茲力公式及牛頓第二定律得qv0B＝meq\f(veq\o\al(2,0),R0)①由題給條件和幾何關(guān)系可知R0＝d②設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，粒子進(jìn)入電場(chǎng)后沿x軸負(fù)方向的加速度大小為ax，在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)沿x軸負(fù)方向的速度大小為vx。由牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得Eq＝max③vx＝axt④eq\f(vx,2)t＝d⑤由于粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)(如圖)，有tanθ＝eq\f(vx,v0)⑥聯(lián)立①②③④⑤⑥式得eq\f(E,B)＝eq\f(1,2)v0tan2θ⑦(2)聯(lián)立⑤⑥式得t＝eq\f(2d,v0tanθ)答案(1)eq\f(1,2)v0tan2θ(2)eq\f(2d,v0tanθ)[備考指導(dǎo)]【考情分析】2014全國(guó)卷T25：帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)20152016卷ⅠT15：質(zhì)譜儀，帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)近三年出題的頻率不高，此內(nèi)容在2017年的高考中可能出題，要引起關(guān)注?！緜淇疾呗浴?jī)蓷l思路破解帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題(1)動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)：從力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系著手，從“力”的角度出發(fā)，分析研究對(duì)象所受的全部外力，包括電場(chǎng)力和洛倫茲力，由平衡條件或牛頓第二定律列方程。(2)功和能觀點(diǎn)：從功和能的關(guān)系著手，從“能”的角度出發(fā)，分析各個(gè)力做功，包括電場(chǎng)力做功，用動(dòng)能定理或能量守恒定律列方程。帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)[規(guī)律方法]帶電粒子在組合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的處理方法[精典題組]1．如圖3所示，在直角坐標(biāo)系xOy平面內(nèi)有一矩形區(qū)域MNPQ，矩形區(qū)域內(nèi)有水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)為E；在y≥0的區(qū)域內(nèi)有垂直于坐標(biāo)平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，半徑為R的光滑絕緣空心半圓管ADO固定在坐標(biāo)平面內(nèi)，半圓管的一半處于電場(chǎng)中，圓心O1為MN的中點(diǎn)，直徑AO垂直于水平虛線MN。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子(重力不計(jì))從半圓管的O點(diǎn)由靜止釋放，進(jìn)入管內(nèi)后從A點(diǎn)穿出恰能在磁場(chǎng)中做半徑為R的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，當(dāng)粒子再次進(jìn)入矩形區(qū)域MNPQ時(shí)立即撤去磁場(chǎng)，此后粒子恰好從QP的中點(diǎn)C離開(kāi)電場(chǎng)。求：圖3(1)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小；(2)矩形區(qū)域的長(zhǎng)度MN和寬度MQ應(yīng)滿足的條件？(3)粒子從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的時(shí)間。解析(1)粒子從O到A過(guò)程中由動(dòng)能定理得qER＝eq\f(1,2)mv2從A點(diǎn)穿出后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，有qvB＝eq\f(mv2,R)解得B＝eq\r(\f(2Em,qR))(2)粒子再次進(jìn)入矩形區(qū)域后做類平拋運(yùn)動(dòng)，由題意得R＝eq\f(1,2)at2a＝eq\f(qE,m)R＋eq\o(OC,\s\up6(－))＝vt聯(lián)立解得eq\o(OC,\s\up6(－))＝R所以，矩形區(qū)域的長(zhǎng)度MN≥2R，寬度MQ＝2R。(3)粒子從A點(diǎn)到矩形邊界MN的過(guò)程中，t1＝eq\f(1,4)·eq\f(2πm,qB)＝eq\f(π,2)eq\r(\f(mR,2qE))從矩形邊界MN到C點(diǎn)的過(guò)程中，t2＝eq\r(\f(2R,a))＝eq\r(\f(2mR,qE))故所求時(shí)間t＝t1＋t2＝(eq\f(π,4)＋1)eq\r(\f(2mR,qE))。答案(1)eq\r(\f(2Em,qR))(2)MN≥2RMQ＝2R(3)(eq\f(π,4)＋1)eq\r(\f(2mR,qE))2．如圖4所示的平行板器件中，存在相互垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B1＝0.20T，方向垂直紙面向里，電場(chǎng)強(qiáng)度E1＝1.0×105V/m，PQ為板間中線。緊靠平行板右側(cè)邊緣xOy坐標(biāo)系的第一象限內(nèi)，有一邊界線AO，與y軸的夾角∠AOy＝45°，邊界線的上方有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B2＝0.25T，邊界線的下方有豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度E2＝5.0×105V/m。一束帶電荷量q＝8.0×10－19C、質(zhì)量m＝8.0×10－26kg的正離子從P點(diǎn)射入平行板間，沿中線PQ做直線運(yùn)動(dòng)，穿出平行板后從y軸上坐標(biāo)為(0，0.4m)的Q點(diǎn)垂直y軸射入磁場(chǎng)區(qū)，多次穿越邊界線OA。求：圖4(1)離子運(yùn)動(dòng)的速度；(2)離子從進(jìn)入磁場(chǎng)到第二次穿越邊界線OA所需的時(shí)間。解析(1)設(shè)正離子的速度為v，由于沿中線PQ做直線運(yùn)動(dòng)，則有qE1＝qvB1代入數(shù)據(jù)解得v＝5.0×105m/s。(2)離子進(jìn)入磁場(chǎng)，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律有qvB2＝meq\f(v2,r)，解得r＝0.2m作出離子的軌跡如圖所示，交OA邊界為C點(diǎn)，OQ＝2r，若磁場(chǎng)無(wú)邊界，一定通過(guò)O點(diǎn)，則圓弧QC的圓心角為θ＝90°運(yùn)動(dòng)時(shí)間t1＝eq\f(T,4)＝eq\f(πm,2B2q)＝6.28×10－7s離子過(guò)C點(diǎn)的速度方向豎直向下，平行于電場(chǎng)線進(jìn)入電場(chǎng)，做勻減速運(yùn)動(dòng)，返回C點(diǎn)的時(shí)間為t2，則t2＝eq\f(2v,a)，而a＝eq\f(E2q,m)＝5×1012m/s2，所以t2＝2×10－7s離子從進(jìn)入磁場(chǎng)到第二次穿越邊界線OA所需的時(shí)間t＝t1＋t2＝8.28×10－7s。答案(1)5.0×105m/s(2)8.28×10－7s帶電粒子在疊加復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)[規(guī)律方法]關(guān)注幾場(chǎng)疊加，構(gòu)建運(yùn)動(dòng)模型，優(yōu)選規(guī)律解題[精典題組]1.在豎直xOy平面內(nèi)，第Ⅰ、Ⅱ象限存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)1，場(chǎng)強(qiáng)大小為E1，在第Ⅲ、Ⅳ象限內(nèi)，存在垂直于xOy平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)2，場(chǎng)強(qiáng)大小為E2，磁場(chǎng)方向如圖5所示，磁感應(yīng)強(qiáng)度B1＝B0，B2＝eq\f(B0,2)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小E1＝E2＝eq\f(mg,q)。兩質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的粒子a、b同時(shí)分別從第Ⅱ、Ⅰ象限的P、Q兩點(diǎn)(圖中沒(méi)有標(biāo)出)由靜止釋放后，同時(shí)進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)復(fù)合場(chǎng)區(qū)中，且第一次經(jīng)過(guò)y軸時(shí)都過(guò)點(diǎn)M(0，－eq\r(3)l)。粒子a在M點(diǎn)時(shí)的速度方向與y軸正方向成60°角，不計(jì)兩粒子間的相互作用。求：圖5(1)粒子a第一次在第Ⅲ、Ⅳ象限復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比；(2)粒子b在第Ⅳ象限內(nèi)復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑。解析(1)粒子a進(jìn)入復(fù)合場(chǎng)區(qū)中，電場(chǎng)力和重力平衡，qE＝mg，粒子a在第Ⅲ象限做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，畫出粒子a的運(yùn)動(dòng)軌跡，如圖所示，洛倫茲力提供向心力，設(shè)粒子a從第Ⅱ象限進(jìn)入第Ⅲ象限時(shí)的速度大小為v，在第Ⅲ象限內(nèi)運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為r1，則qvB0＝eq\f(mv2,r1)，解得r1＝eq\f(mv,qB0)運(yùn)動(dòng)周期T1＝eq\f(2πr1,v)＝eq\f(2πm,qB0)由幾何知識(shí)可知粒子a在第Ⅲ象限運(yùn)動(dòng)的軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角θ1＝eq\f(2π,3)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間t1＝eq\f(1,3)T1＝eq\f(2πm,3qB0)同理，粒子a在第Ⅳ象限內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r2＝eq\f(2mv,qB0)，運(yùn)動(dòng)周期T2＝eq\f(2πr2,v)＝eq\f(4πm,qB0)，由幾何知識(shí)可知粒子a在第Ⅳ象限運(yùn)動(dòng)的軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角θ2＝eq\f(4π,3)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間t2＝eq\f(2,3)T2＝eq\f(8πm,3qB0)，所以t1∶t2＝1∶4(2)由幾何知識(shí)可知，粒子a在第Ⅲ象限內(nèi)運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑r1＝eq\f(\r(3)l,sin60°)＝2l由(1)可知，粒子a在第Ⅳ象限內(nèi)運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑r2＝2r1＝4l由題意可知，粒子a、b進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)的速度大小相等，在第Ⅳ象限做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑也相等，故粒子b在第Ⅳ象限的半徑r′＝r2＝4l。答案(1)1∶4(2)4l2．(2016·天津理綜，11)如圖6所示，空間中存在著水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小E＝5eq\r(3)N/C，同時(shí)存在著水平方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其方向與電場(chǎng)方向垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝0.5T。有一帶正電的小球，質(zhì)量m＝1×10－6kg，電荷量q＝2×10－6C，正以速度v在圖示的豎直面內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)經(jīng)過(guò)P點(diǎn)時(shí)撤掉磁場(chǎng)(不考慮磁場(chǎng)消失引起的電磁感應(yīng)現(xiàn)象)，取g＝10m/s2，求：圖6(1)小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)的速度v的大小和方向；(2)從撤掉磁場(chǎng)到小球再次穿過(guò)P點(diǎn)所在的這條電場(chǎng)線經(jīng)歷的時(shí)間t。解析(1)小球勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)受力如圖，其所受的三個(gè)力在同一平面內(nèi)，合力為零，有qvB＝eq\r(q2E2＋m2g2)①代入數(shù)據(jù)解得v＝20m/s②速度v的方向與電場(chǎng)E的方向之間的夾角滿足tanθ＝eq\f(qE,mg)③代入數(shù)據(jù)解得tanθ＝eq\r(3)θ＝60°④(2)解法一撤去磁場(chǎng)，小球在重力與電場(chǎng)力的合力作用下做類平拋運(yùn)動(dòng)，如圖所示，設(shè)其加速度為a，有a＝eq\f(\r(q2E2＋m2g2),m)⑤設(shè)撤去磁場(chǎng)后小球在初速度方向上的分位移為x，有x＝vt⑥設(shè)小球在重力與電場(chǎng)力的合力方向上分位移為y，有y＝eq\f(1,2)at2⑦tanθ＝eq\f(y,x)⑧聯(lián)立④⑤⑥⑦⑧式，代入數(shù)據(jù)解得t＝2eq\r(3)s＝3.5s⑨解法二撤去磁場(chǎng)后，由于電場(chǎng)力垂直于豎直方向，它對(duì)豎直方向的分運(yùn)動(dòng)沒(méi)有影響，以P點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，豎直向上為正方向，小球在豎直方向上做勻減速運(yùn)動(dòng)，其初速度為vy＝vsinθ⑤若使小球再次穿過(guò)P點(diǎn)所在的電場(chǎng)線，僅需小球的豎直方向上分位移為零，則有vyt－eq\f(1,2)gt2＝0⑥聯(lián)立⑤⑥式，代入數(shù)據(jù)解得t＝2eq\r(3)s＝3.5s⑦答案(1)20m/s與電場(chǎng)方向成60°角斜向上(2)3.5s帶電粒子在電磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)與現(xiàn)代科技的綜合[規(guī)律方法]模型選擇是解題前提，受力分析是解題方法中學(xué)階段常見(jiàn)的帶電粒子在正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的幾種模型有①速度選擇器、②回旋加速器、③質(zhì)普儀、④磁流體發(fā)電機(jī)、⑤霍爾元件、⑥電磁流量計(jì)等。①、④、⑤和⑥的共同特征是粒子在其中只受電場(chǎng)力和洛倫茲力作用，并且最終電場(chǎng)力和洛倫茲力平衡。[精典題組]1.如圖7所示，長(zhǎng)方體玻璃水槽中盛有NaCl的水溶液，在水槽左、右側(cè)壁內(nèi)側(cè)各裝一導(dǎo)體片，使溶液中通入沿x軸正向的電流I，沿y軸正向加恒定的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B。圖中a、b是垂直于z軸方向上水槽的前后兩內(nèi)側(cè)面，則()圖7A．a(chǎn)處電勢(shì)高于b處電勢(shì)B．a(chǎn)處離子濃度大于b處離子濃度C．溶液的上表面電勢(shì)高于下表面的電勢(shì)D．溶液的上表面處的離子濃度大于下表面處的離子濃度答案B2.(多選)如圖8所示為磁流體發(fā)電機(jī)的原理圖。金屬板M、N之間的距離為d＝20cm，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝5T，方向垂直紙面向里?，F(xiàn)將一束等離子體(即高溫下電離的氣體，含有大量帶正電和帶負(fù)電的微粒，整體呈中性)從左側(cè)噴射入磁場(chǎng)，發(fā)現(xiàn)在M、N兩板間接入的額定功率為P＝100W的燈泡正常發(fā)光，且此時(shí)燈泡電阻為R＝100Ω，不計(jì)離子重力和發(fā)電機(jī)內(nèi)阻，且認(rèn)為離子均為一價(jià)離子，則下列說(shuō)法中正確的是()圖8A．金屬板M上聚集負(fù)電荷，金屬板N上聚集正電荷B．該發(fā)電機(jī)的電動(dòng)勢(shì)為100VC．離子從左側(cè)噴射入磁場(chǎng)的初速度大小為103m/sD．每秒鐘有6.25×1018個(gè)離子打在金屬板N上解析由左手定則可知，射入的等離子體中正離子將向金屬板M偏轉(zhuǎn)，負(fù)離子將向金屬板N偏轉(zhuǎn)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由于不考慮發(fā)電機(jī)的內(nèi)阻，由閉合電路歐姆定律可知，電源的電動(dòng)勢(shì)等于電源的路端電壓，所以E＝U＝eq\r(PR)＝100V，選項(xiàng)B正確；由Bqv＝qeq\f(U,d)可得v＝eq\f(U,Bd)＝100m/s，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；每秒鐘經(jīng)過(guò)燈泡L的電荷量Q＝It，而I＝eq\r(\f(P,R))＝1A，所以Q＝1C，由于離子為一價(jià)離子，所以每秒鐘打在金屬板N上的離子個(gè)數(shù)為n＝eq\f(Q,e)＝eq\f(1,1.6×10－19)＝6.25×1018(個(gè))，選項(xiàng)D正確。答案BD3．(2016·江蘇單科，15)回旋加速器的工作原理如圖9甲所示，置于真空中的D形金屬盒半徑為R，兩盒間狹縫的間距為d，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)與盒面垂直，被加速粒子的質(zhì)量為m，電荷量為＋q，加在狹縫間的交變電壓如圖乙所示，電壓值的大小為U0，周期T＝eq\f(2πm,qB)。一束該粒子在t＝0～eq\f(T,2)時(shí)間內(nèi)從A處均勻地飄入狹縫，其初速度視為零?，F(xiàn)考慮粒子在狹縫中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，假設(shè)能夠出射的粒子每次經(jīng)過(guò)狹縫均做加速運(yùn)動(dòng)，不考慮粒子間的相互作用。求：圖9(1)出射粒子的動(dòng)能Em；(2)粒子從飄入狹縫至動(dòng)能達(dá)到Em所需的總時(shí)間t0；(3)要使飄入狹縫的粒子中有超過(guò)99%能射出，d應(yīng)滿足的條件。解析(1)粒子運(yùn)動(dòng)半徑為R時(shí)qvB＝meq\f(v2,R)且Em＝eq\f(1,2)mv2解得Em＝eq\f(q2B2R2,2m)(2)粒子被加速n次達(dá)到動(dòng)能Em，則Em＝nqU0粒子在狹縫間做勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)n次經(jīng)過(guò)狹縫的總時(shí)間為Δt，加速度a＝eq\f(qU0,md)勻加速直線運(yùn)動(dòng)nd＝eq\f(1,2)a·Δt2由t0＝(n－1)·eq\f(T,2)＋Δt，解得t0＝eq\f(πBR2＋2BRd,2U0)－eq\f(πm,qB)(3)只有在0～(eq\f(T,2)－Δt)時(shí)間內(nèi)飄入的粒子才能每次均被加速，則所占的比例為η＝eq\f(\f(T,2)－Δt,\f(T,2))由η>99%，解得d<eq\f(πmU0,100qB2R)答案(1)eq\f(q2B2R2,2m)(2)eq\f(πBR2＋2BRd,2U0)－eq\f(πm,qB)(3)d<eq\f(πmU0,100qB2R)高頻考點(diǎn)八對(duì)稱思維法在復(fù)合場(chǎng)中的應(yīng)用1．對(duì)稱思維法常見(jiàn)的應(yīng)用(1)運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性，如豎直上拋運(yùn)動(dòng)中物體向上、向下運(yùn)動(dòng)的兩過(guò)程中同位置處速度大小相等，加速度相等；(2)結(jié)構(gòu)的對(duì)稱性，如均勻帶電的圓環(huán)，在其圓心處產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)為零；(3)幾何關(guān)系的對(duì)稱性，如粒子從某一直線邊界射入磁場(chǎng)，再?gòu)耐贿吔缟涑龃艌?chǎng)時(shí)，速度與邊界的夾角相等；(4)場(chǎng)的對(duì)稱性，等量同種、異種電荷形成的場(chǎng)具有對(duì)稱性；電流周圍的磁場(chǎng)，條形磁鐵和通電螺線管周圍的磁場(chǎng)等都具有對(duì)稱性。2．用對(duì)稱性解題的關(guān)鍵分析問(wèn)題時(shí)抓住事物在某一方面的對(duì)稱性，例如對(duì)稱的運(yùn)動(dòng)、對(duì)稱的結(jié)構(gòu)、對(duì)稱的作用力、對(duì)稱的幾何關(guān)系、對(duì)稱的電路等。利用對(duì)稱法分析解決物理問(wèn)題，可以避免復(fù)雜的數(shù)學(xué)演算和推導(dǎo)，直接抓住問(wèn)題的實(shí)質(zhì)，快速簡(jiǎn)便地求解問(wèn)題?！镜淅咳鐖D10所示，在x軸上方存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面向里。在x軸下方存在勻強(qiáng)電場(chǎng)，方向豎直向上。一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q、重力不計(jì)的帶正電粒子從y軸上的a(0，h)點(diǎn)沿y軸正方向以某初速度開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，一段時(shí)間后，粒子與x軸正方向成45°進(jìn)入電場(chǎng)，經(jīng)過(guò)y軸的b點(diǎn)時(shí)速度方向恰好與y軸垂直。求：圖10(1)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑r和速度大小v1；(2)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小E；(3)粒子從開(kāi)始到第三次經(jīng)過(guò)x軸的時(shí)間t總。解析(1)根據(jù)題意可知，大致畫出粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡，如圖所示：由幾何關(guān)系得：rcos45°＝h解得：r＝eq\r(2)h由牛頓第二定律得：qBv1＝meq\f(veq\o\al(2,1),r)解得：v1＝eq\f(qBr,m)＝eq\f(\r(2)qBh,m)(2)設(shè)粒子第一次經(jīng)過(guò)x軸的位置為x1，到達(dá)b點(diǎn)時(shí)速度大小為vb，根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，則：vb＝v1cos45°解得：vb＝eq\f(qBh,m)設(shè)粒子進(jìn)入電場(chǎng)經(jīng)過(guò)時(shí)間t運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)，b點(diǎn)的縱坐標(biāo)為－yb，由類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得：r＋rsin45°＝vbtyb＝eq\f(1,2)(v1sin45°＋0)t＝eq\f(\r(2)＋1,2)h由動(dòng)能定理得：－qEyb＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,b)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)解得：E＝eq\f(（\r(2)－1）qhB2,m)(3)粒子在磁場(chǎng)中的周期為：T＝eq\f(2πr,v1)＝eq\f(2πm,Bq)第一次經(jīng)過(guò)x軸的時(shí)間t1＝eq\f(5,8)T＝eq\f(5πm,4qB)在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2＝2t＝eq\f(2（\r(2)＋1）m,qB)在第二次經(jīng)過(guò)x軸到第三次經(jīng)過(guò)x軸的時(shí)間t3＝eq\f(3,4)T＝eq\f(3πm,2qB)則總時(shí)間：t總＝t1＋t2＋t3＝(eq\f(11π,4)＋2eq\r(2)＋2)eq\f(m,Bq)答案(1)eq\r(2)heq\f(\r(2)qBh,m)(2)eq\f(（\r(2)－1）qhB2,m)(3)(eq\f(11π,4)＋2eq\r(2)＋2)eq\f(m,Bq)變式1改變釋放點(diǎn)的位置將【典例】中的帶電粒子在a(2h，－2h)點(diǎn)由靜止釋放，粒子第二次經(jīng)過(guò)x軸時(shí)恰好過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)O。求：圖11(1)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小E；(2)粒子從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到第五次經(jīng)過(guò)x軸時(shí)的時(shí)間t。解析(1)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示：由幾何關(guān)系得：r＝h由牛頓第二定律得：qvB＝meq\f(v2,r)解得：v＝eq\f(qBh,m)粒子在電場(chǎng)中加速的過(guò)程，由動(dòng)能定理得：qE·2h＝eq\f(1,2)mv2－0解得：E＝eq\f(qB2h,4m)(2)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間：t1＝5·eq\f(2h,\f(v,2))＝eq\f(20m,qB)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間：t2＝T＝eq\f(2πm,qB)故：t＝t1＋t2＝eq\f(2（10＋π）m,qB)答案(1)eq\f(qB2h,4m)(2)eq\f(2（10＋π）m,qB)變式2改變電場(chǎng)方向?qū)ⅰ镜淅恐衳軸下方的勻強(qiáng)電場(chǎng)方向改成與x軸負(fù)方向成45°角，如圖12所示，粒子仍從a(0，h)點(diǎn)釋放，一段時(shí)間后若粒子沿平行電場(chǎng)線方向進(jìn)入電場(chǎng)，且粒子沿電場(chǎng)線移動(dòng)的最大距離為h，求：圖12(1)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小E；(2)粒子從開(kāi)始到第三次經(jīng)過(guò)x軸的時(shí)間t。解析(1)帶電粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示：由幾何關(guān)系得：rcos45°＝h解得：r＝eq\r(2)h由牛頓第二定律得：qv0B＝meq\f(veq\o\al(2,0),r)解得：v0＝eq\f(\r(2)qBh,m)粒子在電場(chǎng)中做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，則：veq\o\al(2,0)＝2ah由牛頓第二定律得：qE＝ma解得：E＝eq\f(qB2h,m)(2)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間：t1＝eq\f(5,8)T＋eq\f(1,4)T＝eq\f(7,8)T＝eq\f(7πm,4qB)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間：t2＝eq\f(2v0,a)解得：t2＝eq\f(2\r(2)m,qB)故：t＝t1＋t2＝eq\f(（7π＋8\r(2)）m,4qB)答案(1)eq\f(qB2h,m)(2)eq\f(（7π＋8\r(2)）m,4qB)反思總結(jié)1．運(yùn)動(dòng)過(guò)程的分解方法(1)以“場(chǎng)”的邊界將帶電粒子的運(yùn)動(dòng)過(guò)程分段；(2)分析每段運(yùn)動(dòng)帶電粒子的受力情況和初速度，判斷粒子的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)；(3)建立聯(lián)系：前、后兩段運(yùn)動(dòng)的關(guān)聯(lián)為帶電粒子過(guò)關(guān)聯(lián)點(diǎn)時(shí)的速度；(4)分段求解：根據(jù)題設(shè)條件，選擇計(jì)算順序。2．周期性和對(duì)稱性的應(yīng)用相鄰場(chǎng)問(wèn)題大多具有周期性和對(duì)稱性，解題時(shí)一是要充分利用其特點(diǎn)畫出帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，以幫助理順物理過(guò)程，如本題；二是要注意周期性和對(duì)稱性對(duì)運(yùn)動(dòng)時(shí)間的影響。一、選擇題(1、2題為單項(xiàng)選擇題，3、4題為多項(xiàng)選擇題)1.如圖1所示，沿直線通過(guò)速度選擇器的正離子從狹縫S射入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，偏轉(zhuǎn)后出現(xiàn)的軌跡半徑之比為R1∶R2＝1∶2，則下列說(shuō)法正確的是()圖1A．離子的速度之比為1∶2B．離子的電荷量之比為1∶2C．離子的質(zhì)量之比為1∶2D．離子的比荷之比為2∶1解析因?yàn)閮闪Ｗ幽苎刂本€通過(guò)速度選擇器，則qvB1＝qE，即v＝eq\f(E,B1)，所以兩離子的速度之比為1∶1，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)R＝eq\f(mv,qB2)，則eq\f(q1,m1)∶eq\f(q2,m2)＝2∶1，選項(xiàng)B、C錯(cuò)誤，D正確。答案D2.如圖2所示，空間存在互相垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，圖中虛線為勻強(qiáng)電場(chǎng)的等勢(shì)線，一不計(jì)重力的帶電粒子在M點(diǎn)以某一初速度垂直等勢(shì)線進(jìn)入正交電磁場(chǎng)中，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示(粒子在N點(diǎn)的速度比在M點(diǎn)的速度大)。則下列說(shuō)法正確的是()圖2A．粒子一定帶正電B．粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡一定是拋物線C．電場(chǎng)線方向一定垂直等勢(shì)面向左D．粒子從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過(guò)程中電勢(shì)能增大解析根據(jù)粒子在電、磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡和左手定則可知，粒子一定帶負(fù)電，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由于洛倫茲力方向始終與速度方向垂直，故粒子受到的合力是變力，而物體只有在恒力作用下做曲線運(yùn)動(dòng)時(shí)，軌跡才是拋物線，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由于空間只存在電場(chǎng)和磁場(chǎng)，粒子的速度增大，說(shuō)明在此過(guò)程中電場(chǎng)力對(duì)帶電粒子做正功，則電場(chǎng)線方向一定垂直等勢(shì)面向左，選項(xiàng)C正確；電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案C3.(2016·天水一模)質(zhì)譜儀的構(gòu)造原理如圖3所示。從粒子源S出來(lái)時(shí)的粒子速度很小，可以看作初速度為零，粒子經(jīng)過(guò)電場(chǎng)加速后進(jìn)入有界的垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，并沿著半圓周運(yùn)動(dòng)而達(dá)到照相底片上的P點(diǎn)，測(cè)得P點(diǎn)到入口的距離為x，則以下說(shuō)法正確的是()圖3A．粒子一定帶正電B．粒子一定帶負(fù)電C．x越大，則粒子的質(zhì)量與電量之比一定越大D．x越大，則粒子的質(zhì)量與電量之比一定越小解析根據(jù)左手定則，A正確，B錯(cuò)誤；根據(jù)qU＝eq\f(1,2)mv2，qvB＝eq\f(mv2,r)，r＝eq\f(1,2)x可知eq\f(m,q)＝eq\f(B2x2,8U)，可見(jiàn)x越大，eq\f(m,q)越大，故C正確，D錯(cuò)誤。答案AC4.太陽(yáng)風(fēng)含有大量高速運(yùn)動(dòng)的質(zhì)子和電子，可用于發(fā)電。如圖4所示，太陽(yáng)風(fēng)進(jìn)入兩平行極板之間的區(qū)域，速度為v，方向與極板平行，該區(qū)域中有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向垂直紙面，兩極板間的距離為L(zhǎng)，則()圖4A．在開(kāi)關(guān)K未閉合的情況下，兩極板間穩(wěn)定的電勢(shì)差為BLvB．閉合開(kāi)關(guān)K后，若回路中有穩(wěn)定的電流I，則極板間電場(chǎng)恒定C．閉合開(kāi)關(guān)K后，若回路中有穩(wěn)定的電流I，則電阻消耗的熱功率為2BILvD．閉合開(kāi)關(guān)K后，若回路中有穩(wěn)定的電流I，則電路消耗的能量等于洛倫茲力所做的功解析太陽(yáng)風(fēng)進(jìn)入兩極板之間的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，帶電離子受到洛倫茲力和電場(chǎng)力作用，穩(wěn)定后，有eq\f(qU,L)＝qvB，解得U＝BLv，選項(xiàng)A正確；閉合開(kāi)關(guān)后，若回路中有穩(wěn)定的電流，則兩極板之間的電壓恒定，電場(chǎng)恒定，選項(xiàng)B正確；回路中電流I＝eq\f(U,R)＝eq\f(BLv,R)，電阻消耗的熱功率P＝I2R＝eq\f(B2L2v2,R)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由于洛倫茲力永遠(yuǎn)不做功，所以選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案AB二、非選擇題5．如圖5所示，兩豎直金屬板間電壓為U1，兩水平金屬板的間距為d。豎直金屬板a上有一質(zhì)量為m、電荷量為q的微粒(重力不計(jì))從靜止經(jīng)電場(chǎng)加速后，從另一豎直金屬板上的小孔水平進(jìn)入兩水平金屬板間并繼續(xù)沿直線運(yùn)動(dòng)。水平金屬板內(nèi)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)及其右側(cè)寬度一定、高度足夠高的勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向都垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，求：圖5(1)微粒剛進(jìn)入水平金屬板間時(shí)的速度大小v0；(2)兩水平金屬板間的電壓；(3)為使微粒不從磁場(chǎng)右邊界射出，右側(cè)磁場(chǎng)的最小寬度D。解析(1)在加速電場(chǎng)中，由動(dòng)能定理得：qU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得：v0＝eq\r(\f(2qU1,m))(2)在水平金屬板間時(shí)，微粒做直線運(yùn)動(dòng)，則：Bqv0＝qeq\f(U,d)解得：U＝Bdeq\r(\f(2qU1,m))(3)若微粒進(jìn)入磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后恰與右邊界相切，此時(shí)對(duì)應(yīng)寬度為D，則：Bqv0＝meq\f(veq\o\al(2,0),r)且r＝D解得：D＝eq\f(m,Bq)eq\r(\f(2qU1,m))答案(1)eq\r(\f(2qU1,m))(2)Bdeq\r(\f(2qU1,m))(3)eq\f(m,Bq)eq\r(\f(2qU1,m))6．在第Ⅱ象限內(nèi)緊貼兩坐標(biāo)軸的一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，在第Ⅰ、Ⅳ象限x＜L區(qū)域內(nèi)存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E；在x＞L區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B′的矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)，矩形的其中一條邊在直線x＝L上。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子(不計(jì)粒子重力)從第Ⅱ象限的正方形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域的上邊界和左邊界的交點(diǎn)處以沿y軸負(fù)方向的某一速度進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域，從坐標(biāo)原點(diǎn)O沿x軸正方向射入勻強(qiáng)電場(chǎng)區(qū)域。圖6(1)求帶電粒子射入第Ⅱ象限的勻強(qiáng)磁場(chǎng)時(shí)的速度大?。?2)求帶電粒子從勻強(qiáng)電場(chǎng)區(qū)域射出時(shí)的坐標(biāo)；(3)若帶電粒子進(jìn)入x＞L區(qū)域的勻強(qiáng)磁場(chǎng)時(shí)速度方向與x軸正方向成45°角，要使帶電粒子能夠回到x＜L區(qū)域，則x＞L區(qū)域中勻強(qiáng)磁場(chǎng)的最小面積為多少？解析(1)根據(jù)題述帶電粒子的運(yùn)動(dòng)情境，可知帶電粒子在第Ⅱ象限的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑等于正方形區(qū)域的邊長(zhǎng)L，即R＝L設(shè)帶電粒子射入第Ⅱ象限的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中時(shí)速度大小為v，由qvB＝meq\f(v2,L)，解得v＝eq\f(qBL,m)。(2)設(shè)帶電粒子從勻強(qiáng)電場(chǎng)區(qū)域射出時(shí)的縱坐標(biāo)為－y1，帶電粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O沿x軸正方向射入勻強(qiáng)電場(chǎng)區(qū)域做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)帶電粒子運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a，在電場(chǎng)區(qū)域運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，則有L＝vt，y1＝eq\f(1,2)at2，qE＝ma聯(lián)立解得y1＝eq\f(mE,2qB2)所以帶電粒子從勻強(qiáng)電場(chǎng)區(qū)域射出時(shí)的坐標(biāo)為(L，－eq\f(mE,2qB2))。(3)帶電粒子以與x軸正方向成45°角的方向進(jìn)入x＞L區(qū)域的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其速度大小v′＝eq\r(2)v＝eq\f(\r(2)qBL,m)由qv′B′＝meq\f(v′2,R′)，解得R′＝eq\f(\r(2)BL,B′)畫出粒子在x＞L區(qū)域磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡，如圖所示，由幾何關(guān)系可知?jiǎng)驈?qiáng)磁場(chǎng)的最小寬度為d＝(1＋cos45°)R′＝eq\f(（1＋\r(2)）BL,B′)所以x＞L區(qū)域中勻強(qiáng)磁場(chǎng)的最小面積為S＝2R′d＝eq\f(2（2＋\r(2)）B2L2,B′2)。答案(1)eq\f(qBL,m)(2)(L，－eq\f(mE,2qB2))(3)eq\f(2（2＋\r(2)）B2L2,B′2)7．(2016·濰坊一模)如圖7所示，在xOy平面內(nèi)存在均勻、大小隨時(shí)間周期性變化的磁場(chǎng)和電場(chǎng)，變化規(guī)律分別如圖乙、丙所示(規(guī)定垂直紙面向里為磁感應(yīng)強(qiáng)度的正方向、＋y軸方向?yàn)殡妶?chǎng)強(qiáng)度的正方向)。在t＝0時(shí)刻由原點(diǎn)O發(fā)射初速度大小為v0，方向沿＋y軸方向的帶負(fù)電粒子(不計(jì)重力)。其中已知v0、t0、B0、E0，且E0＝eq\f(B0v0,π)，粒子的比荷eq\f(q,m)＝eq\f(π,B0t0)，x軸上有一點(diǎn)A，坐標(biāo)為(eq\f(48v0t0,π)，0)。圖7(1)求eq\f(t0,2)時(shí)帶電粒子的位置坐標(biāo)；(2)粒子運(yùn)動(dòng)過(guò)程中偏離x軸的最大距離；(3)粒子經(jīng)多長(zhǎng)時(shí)間經(jīng)過(guò)A點(diǎn)。解析(1)由T＝eq\f(2πm,qB)得T＝2t0所以eq\f(t0,2)＝eq\f(T,4)，運(yùn)動(dòng)了eq\f(T,4)由牛頓第二定律得：qv0B0＝meq\f(veq\o\al(2,0),r1)解得：r1＝eq\f(mv0,qB0)＝eq\f(v0t0,π)所以位置坐標(biāo)為(eq\f(v0t0,π)，eq\f(v0t0,π))(2)粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖