浙江省高考物理二輪復(fù)習-專題三-第三講-帶電粒子在復(fù)合場中的運動講義(含解析)-人教版高三全冊物理教

第三講帶電粒子在復(fù)合場中的運動帶電粒子在組合場中的運動【重難提煉】1．組合場模型：電場、磁場、重力場(或其中兩種場)并存，但各位于一定區(qū)域，并且互不重疊的情況．2．“電偏轉(zhuǎn)”與“磁偏轉(zhuǎn)”的比較勻強電場中的“電偏轉(zhuǎn)”勻強磁場中的“磁偏轉(zhuǎn)”受力特征無論v是否與E垂直，F(xiàn)電＝qE，F(xiàn)電為恒力v垂直于B時，F(xiàn)B＝qvB運動規(guī)律類平拋運動(v⊥E)vx＝v0，vy＝eq\f(qE,m)tx＝v0t，y＝eq\f(qEt2,2m)圓周運動(v⊥B)T＝eq\f(2πm,qB)，r＝eq\f(mv,qB)偏轉(zhuǎn)情況tanθ＝eq\f(vy,vx)，因做類平拋運動，在相等的時間內(nèi)偏轉(zhuǎn)角度不等若沒有磁場邊界限制，粒子所能偏轉(zhuǎn)的角度不受限制動能變化動能發(fā)生變化動能不變?nèi)鐖D所示，在xOy平面內(nèi)，x＝2L處豎直放置一個長為L的粒子吸收板AB，其下端點A在x軸上，粒子打到吸收板上立即被板吸收，不考慮吸收板帶電對粒子運動的影響．在AB左側(cè)存在豎直向上的勻強電場，場強大小為E，在AB右側(cè)存在垂直紙面向外的勻強磁場．原點O處有一粒子源，可沿x軸正向射出質(zhì)量為m、電量為＋q的不同速率的帶電粒子，不計粒子的重力．(1)若射出的粒子能打在AB板上，求能打在AB板上的粒子進入電場時的速率X圍；(2)在電場右側(cè)放置擋板BD，擋板與x軸交于C點，已知AC＝AB，BC＝2CD.粒子與擋板BD碰撞速度大小不變，方向反向，為使由AB上邊緣進入磁場的粒子能到達CD區(qū)域，求磁感應(yīng)強度的取值X圍．[解析](1)帶電粒子在電場中做類平拋運動，設(shè)運動時間為t，加速度為a，則L≥eq\f(1,2)at22L＝v0ta＝eq\f(Eq,m)解得v0≥eq\r(\f(2EqL,m)).(2)設(shè)粒子打到B點時速度為v合，與豎直方向夾角為θ，豎直方向速度為vy，則：vy＝at可得vy＝v0，則θ＝45°v合＝eq\r(veq\o\al(2,y)＋veq\o\al(2,0))＝eq\r(\f(4EqL,m))由幾何關(guān)系知粒子垂直于BD邊進入磁場，由題意可知粒子從B點垂直射入磁場經(jīng)半圓垂直打到D時磁感應(yīng)強度最小．由Bqv合＝eq\f(mveq\o\al(2,合),R)，得R＝eq\f(mv合,qB)若運動1個半圓打到CD區(qū)域有eq\r(2)L≤2R≤eq\f(3\r(2),2)L若運動2個半圓打到CD區(qū)域有eq\r(2)L≤4R≤eq\f(3\r(2),2)L若運動3個及以上半圓打到CD區(qū)域有2R≤eq\f(\r(2),2)L由以上解得eq\f(4,3)eq\r(\f(2Em,qL))≤B≤2eq\r(\f(2Em,qL))或B≥eq\f(8,3)eq\r(\f(2Em,qL)).答案：見解析【題組過關(guān)】考向一磁場—磁場組合1．如圖所示，在坐標系xOy中，第一象限內(nèi)充滿著兩個勻強磁場a和b，OP為分界線，在磁場a中，磁感應(yīng)強度為2B，方向垂直于紙面向里，在磁場b中，磁感應(yīng)強度為B，方向垂直于紙面向外，P點坐標為(4l，3l)．一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從P點沿y軸負方向射入磁場b，經(jīng)過一段時間后，粒子恰能經(jīng)過原點O，不計粒子重力．求：(1)粒子從P點運動到O點的最短時間是多少？(2)粒子運動的速度可能是多少？解析：(1)設(shè)粒子的入射速度為v，用Ra、Rb、Ta、Tb分別表示粒子在磁場a中和磁場b中運動的軌道半徑和周期，則有Ra＝eq\f(mv,2qB)，Rb＝eq\f(mv,qB)，Ta＝eq\f(2πm,2qB)＝eq\f(πm,qB)，Tb＝eq\f(2πm,qB)當粒子先在區(qū)域b中運動，后進入?yún)^(qū)域a中運動，然后從O點射出時，粒子從P點運動到O點所用的時間最短，如圖所示．根據(jù)幾何知識得tanα＝eq\f(3l,4l)＝eq\f(3,4)，故α＝37°粒子在區(qū)域b和區(qū)域a中運動的時間分別為tb＝eq\f(2×（90°－α）,360°)Tb，ta＝eq\f(2×（90°－α）,360°)Ta故從P點運動到O點的時間為t＝ta＋tb＝eq\f(53πm,60qB).(2)由題意及(1)可知n(2Racosα＋2Rbcosα)＝eq\r(（3l）2＋（4l）2)解得v＝eq\f(25qBl,12nm)(n＝1，2，3，…)．答案：(1)eq\f(53πm,60qB)(2)eq\f(25qBl,12nm)(n＝1，2，3，…)2．為了進一步提高回旋加速器的能量，科學家建造了“扇形聚焦回旋加速器”．在扇形聚焦過程中，離子能以不變的速率在閉合平衡軌道上周期性旋轉(zhuǎn)．扇形聚焦磁場分布的簡化圖如圖所示，圓心為O的圓形區(qū)域等分成六個扇形區(qū)域，其中三個為峰區(qū)，三個為谷區(qū)，峰區(qū)和谷區(qū)相間分布．峰區(qū)內(nèi)存在方向垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，谷區(qū)內(nèi)沒有磁場．質(zhì)量為m，電荷量為q的正離子，以不變的速率v旋轉(zhuǎn)，其閉合平衡軌道如圖中虛線所示．(1)求閉合平衡軌道在峰區(qū)內(nèi)圓弧的半徑r，并判斷離子旋轉(zhuǎn)的方向是順時針還是逆時針；(2)求軌道在一個峰區(qū)內(nèi)圓弧的圓心角θ，及離子繞閉合平衡軌道旋轉(zhuǎn)的周期T；(3)在谷區(qū)也施加垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B′，新的閉合平衡軌道在一個峰區(qū)內(nèi)的圓心角θ變?yōu)?0°，求B′和B的關(guān)系．已知：sin(α±β)＝sinαcosβ±cosαsinβ，cosα＝1－2sin2eq\f(α,2).解析：(1)峰區(qū)內(nèi)圓弧半徑r＝eq\f(mv,qB)①旋轉(zhuǎn)方向為逆時針．②(2)由對稱性，峰區(qū)內(nèi)圓弧的圓心角θ＝eq\f(2π,3)③每個圓弧的長度l＝eq\f(2πr,3)＝eq\f(2πmv,3qB)④每段直線長度L＝2rcoseq\f(π,6)＝eq\r(3)r＝eq\f(\r(3)mv,qB)⑤周期T＝eq\f(3（l＋L）,v)⑥代入得T＝eq\f(（2π＋3\r(3)）m,qB).⑦(3)谷區(qū)內(nèi)的圓心角θ′＝120°－90°＝30°⑧谷區(qū)內(nèi)的軌道圓弧半徑r′＝eq\f(mv,qB′)⑨由幾何關(guān)系rsineq\f(θ,2)＝r′sineq\f(θ′,2)⑩由三角關(guān)系sineq\f(30°,2)＝sin15°＝eq\f(\r(6)－\r(2),4)代入得B′＝eq\f(\r(3)－1,2)B.答案：見解析考向二電場—磁場組合3．現(xiàn)代質(zhì)譜儀可用來分析比質(zhì)子重很多倍的離子，其示意圖如圖所示，其中加速電壓恒定．質(zhì)子在入口處從靜止開始被加速電場加速，經(jīng)勻強磁場偏轉(zhuǎn)后從出口離開磁場．若某種一價正離子在入口處從靜止開始被同一加速電場加速，為使它經(jīng)勻強磁場偏轉(zhuǎn)后仍從同一出口離開磁場，需將磁感應(yīng)強度增加到原來的12倍．此離子和質(zhì)子的質(zhì)量比值約為()A．11B．12C．121 D．144解析：選D.設(shè)加速電壓為U，質(zhì)子做勻速圓周運動的半徑為r，原來磁場的磁感應(yīng)強度為B，質(zhì)子質(zhì)量為m，一價正離子質(zhì)量為M.質(zhì)子在入口處從靜止開始加速，由動能定理得，eU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，質(zhì)子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，ev1B＝meq\f(veq\o\al(2,1),r)；一價正離子在入口處從靜止開始加速，由動能定理得，eU＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)，該正離子在磁感應(yīng)強度為12B的勻強磁場中做勻速圓周運動，軌跡半徑仍為r，洛倫茲力提供向心力，ev2·12B＝M·eq\f(veq\o\al(2,2),r)；聯(lián)立解得M∶m＝144∶1，選項D正確．4．(2019·某某選考4月)有一種質(zhì)譜儀由靜電分析器和磁分析器組成，其簡化原理如圖所示．左側(cè)靜電分析器中有方向指向圓心O、與O點等距離各點的場強大小相同的徑向電場，右側(cè)的磁分析器中分布著方向垂直于紙面向外的勻強磁場，其左邊界與靜電分析器的右邊界平行，兩者間距近似為零．離子源發(fā)出兩種速度均為v0、電荷量均為q、質(zhì)量分別為m和0.5m的正離子束，從M點垂直該點電場方向進入靜電分析器．在靜電分析器中，質(zhì)量為m的離子沿半徑為r0的四分之一圓弧軌道做勻速圓周運動，從N點水平射出，而質(zhì)量為0.5m的離子恰好從ON中點P與水平方向成θ角射出，從靜電分析器射出的這兩束離子垂直磁場方向射入磁分析器中，最后打在放置于磁分析器左邊界的探測板上，其中質(zhì)量為m的離子打在O點正下方的Q點．已知OP＝0.5r0，OQ＝r0，N、P兩點間的電勢差UNP＝eq\f(mveq\o\al(2,0),q)，cosθ＝eq\r(\f(4,5))，不計重力和離子間相互作用．(1)求靜電分析器中半徑為r0處的電場強度E0和磁分析器中的磁感應(yīng)強度B的大?。?2)求質(zhì)量為0.5m的離子到達探測板上的位置與O點的距離l(用r0表示)；(3)若磁感應(yīng)強度在(B－ΔB)到(B＋ΔB)之間波動，要在探測板上完全分辨出質(zhì)量為m和0.5m的兩束離子，求eq\f(ΔB,B)的最大值．答案：(1)左側(cè)，徑向電場力提供向心力E0q＝eq\f(mveq\o\al(2,0),r0)E0＝eq\f(mveq\o\al(2,0),qr0)右側(cè)，洛倫茲力提供向心力qv0B＝eq\f(mveq\o\al(2,0),r0)B＝eq\f(mv0,qr0).(2)根據(jù)動能定理eq\f(1,2)×0.5mv2－eq\f(1,2)×0.5mveq\o\al(2,0)＝qUNPv＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋\f(4qUNP,m))＝eq\r(5)v0，r＝eq\f(0.5mv,qB)＝eq\f(1,2)eq\r(5)r0，l＝2rcosθ－0.5r0l＝1.5r0.(3)恰好能分辨的條件：eq\f(2r0,1－\f(ΔB,B))－eq\f(2r0cosθ,1＋\f(ΔB,B))＝eq\f(r0,2)eq\f(ΔB,B)＝eq\r(17)－4≈12%.eq\a\vs4\al()帶電粒子在組合場中運動的處理方法(1)分別研究帶電粒子在不同場區(qū)的運動規(guī)律．在勻強磁場中做勻速圓周運動．在勻強電場中，若速度方向與電場方向平行，則做勻變速直線運動；若速度方向與電場方向垂直，則做類平拋運動．(2)帶電粒子經(jīng)過磁場區(qū)域時利用圓周運動規(guī)律結(jié)合幾何關(guān)系處理．(3)當粒子從某點由一個場進入另一個場時，該點的位置、粒子的速度大小和方向往往是解題的突破口．帶電粒子在疊加場中的運動【重難提煉】1．疊加場模型：電場、磁場、重力場(或其中兩種場)并存于同一區(qū)域的情況．2．帶電粒子在疊加場中的運動情況分析(1)當帶電粒子在疊加場中所受合力為零時，做勻速直線運動(如速度選擇器)或處于靜止狀態(tài)．(2)當帶電粒子所受的重力與電場力等值反向，洛倫茲力提供向心力時，帶電粒子在垂直于磁場的平面內(nèi)做勻速圓周運動．3．帶電粒子在疊加場中的受力情況分析帶電粒子在疊加場中的運動問題是電磁學知識和力學知識的結(jié)合，分析方法和力學問題的分析方法基本相同，即均用動力學觀點、能量觀點來分析，不同之處是多了電場力、洛倫茲力，二力的特點是電場力做功與路徑無關(guān)，洛倫茲力方向始終和運動速度方向垂直永不做功等．如圖在xOy坐標系第Ⅰ象限，磁場方向垂直xOy平面向里，磁感應(yīng)強度大小為B＝1.0T；電場方向水平向右，電場強度大小均為E＝eq\r(3)N/C.一個質(zhì)量m＝2.0×10－7kg，電荷量q＝2.0×10－6C的帶正電粒子從x軸上P點以速度v0射入第Ⅰ象限，恰好在xOy平面中做勻速直線運動.0.10s后改變電場強度大小和方向，帶電粒子在xOy平面內(nèi)做勻速圓周運動，取g＝10m/s2.求：(1)帶電粒子在xOy平面內(nèi)做勻速直線運動的速度v0大小和方向；(2)帶電粒子在xOy平面內(nèi)做勻速圓周運動時電場強度的大小和方向；(3)若勻速圓周運動時恰好未離開第Ⅰ象限，x軸上入射點P應(yīng)滿足何條件？[解析](1)如圖粒子在復(fù)合場中做勻速直線運動，設(shè)速度v0與x軸夾角為θ，依題意得：重力mg＝2.0×10－6N，電場力F電＝qE＝2eq\r(3)×10－6N洛倫茲力F洛＝eq\r(（qE）2＋（mg）2)＝4.0×10－6N由F洛＝qv0B得v0＝2m/stanθ＝eq\f(qE,mg)＝eq\r(3)，所以θ＝60°.速度v0大小為2m/s，方向斜向上與x軸正向夾角為60°.(2)帶電粒子在xOy平面內(nèi)做勻速圓周運動時，電場力F電必須與重力平衡，洛倫茲力提供向心力．故電場強度：E′＝eq\f(mg,q)＝1N/C，方向豎直向上．(3)如圖帶電粒子做勻速圓周運動恰好未離開第Ⅰ象限，圓弧左邊與y軸相切N點；帶電粒子從P到Q的過程做勻速直線運動，PQ＝v0t＝0.2m洛倫茲力提供向心力：qv0B＝meq\f(veq\o\al(2,0),R)，整理并代入數(shù)據(jù)得R＝0.2m由幾何知識得：OP＝R＋Rsin60°－PQcos60°≈0.27m.故：x軸上入射點P離O點距離至少為0.27m.[答案](1)2m/s方向斜向上與x軸正向夾角為60°(2)1N/C方向豎直向上(3)見解析【題組過關(guān)】考向一電場與磁場并存的疊加場問題1．(2018·某某選考4月)壓力波測量儀可將待測壓力波轉(zhuǎn)換為電壓信號，其原理如圖1所示．壓力波p(t)進入彈性盒后，通過與鉸鏈O相連的“”形輕桿L，驅(qū)動桿端頭A處的微型霍爾片在磁場中沿x軸方向做微小振動，其位移x與壓力p成正比(x＝αp，α>0)．霍爾片的放大圖如圖2所示，它由長×寬×厚＝a×b×d、單位體積內(nèi)自由電子數(shù)為n的N形半導(dǎo)體制成．磁場方向垂直于x軸向上，磁感應(yīng)強度大小為B＝B0(1－β|x|)，β>0.無壓力波輸入時，霍爾片靜止在x＝0處，此時給霍爾片通以沿C1C2方向的電流I，則在側(cè)面上D1、D2兩點間產(chǎn)生霍爾電壓U0.(1)指出D1、D2兩點哪點電勢高；(2)推導(dǎo)出U0與I、B0之間的關(guān)系式(提示：電流I與自由電子定向移動速率v之間關(guān)系為I＝nevbd，其中e為電子電荷量)；(3)彈性盒中輸入壓力波p(t)，霍爾片中通以相同電流，測得霍爾電壓UH隨時間t變化圖象如圖3.忽略霍爾片在磁場中運動產(chǎn)生的電動勢和阻尼，求壓力波的振幅和頻率．(結(jié)果用U0、U1、t0、α及β表示)解析：(1)根據(jù)左手定則，自由電子向D2移動，故D1點電勢高．(2)電子受力平衡，有evB0＝eEH故U0＝EHb＝vB0b＝eq\f(I,nebd)B0b＝eq\f(IB0,ned).(3)由(2)可得霍爾電壓UH(t)＝eq\f(IB（t）,ned)＝eq\f(I,ned)B0[1－β|αp|]＝eq\f(IB0,ned)[1－βα|p(t)|]＝U0[1－αβ|p(t)|]故|p(t)|＝eq\f(1,αβ)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\f(1,U0)UH（t）))結(jié)合UH－t圖象可得出壓力波p(t)關(guān)于時間t是正弦函數(shù)，周期T＝2t0，振幅A＝eq\f(1,αβ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(U1,U0)))，頻率f＝eq\f(1,2t0).答案：見解析考向二電場、磁場和重力場并存的疊加場問題2.質(zhì)量為m、電荷量為q的微粒以速度v與水平方向成θ角從O點進入方向如圖所示的正交的勻強電場和勻強磁場組成的混合場區(qū)，該微粒在電場力、洛倫茲力和重力的共同作用下，恰好沿直線運動到A，下列說法中正確的是()A．該微粒一定帶負電荷B．微粒從O到A的運動可能是勻變速運動C．該磁場的磁感應(yīng)強度大小為eq\f(mg,qvsinθ)D．該電場的場強為Bvcosθ解析：選A.若微粒帶正電荷，它受豎直向下的重力mg、水平向左的電場力qE和斜向右下方的洛倫茲力qvB，知微粒不能做直線運動，據(jù)此可知微粒應(yīng)帶負電荷，它受豎直向下的重力mg、水平向右的電場力qE和斜向左上方的洛倫茲力qvB，又知微粒恰好沿著直線運動到A，可知微粒應(yīng)該做勻速直線運動，則選項A正確，B錯誤；由平衡條件有關(guān)系：qvBcosθ＝mg，qvBsinθ＝qE，得磁場的磁感應(yīng)強度B＝eq\f(mg,qvcosθ)，電場的場強E＝Bvsinθ，故選項C、D錯誤．3.如圖所示，空間中存在著水平向右的勻強電場，電場強度大小為E＝5eq\r(3)N/C，同時存在著水平方向的勻強磁場，其方向與電場方向垂直，磁感應(yīng)強度大小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)做勻速直線運動，當經(jīng)過P點時撤掉磁場(不考慮磁場消失引起的電磁感應(yīng)現(xiàn)象)，取g＝10m/s2.求：(1)小球做勻速直線運動的速度v的大小和方向；(2)從撤掉磁場到小球再次穿過P點所在的這條電場線經(jīng)歷的時間t.解析：(1)小球勻速直線運動時受力如圖，其所受的三個力在同一平面內(nèi)，合力為零，則qvB＝eq\r(q2E2＋m2g2)①代入數(shù)據(jù)解得v＝20m/s②速度v的方向斜向右上方，與電場E的方向之間的夾角θ滿足tanθ＝eq\f(qE,mg)③代入數(shù)據(jù)解得tanθ＝eq\r(3)，θ＝60°.④(2)法一：撤去磁場，小球在重力與電場力的合力作用下做類平拋運動，設(shè)其加速度為a，有a＝eq\f(\r(q2E2＋m2g2),m)⑤設(shè)撤去磁場后小球在初速度方向上的分位移為x，有x＝vt⑥設(shè)小球在重力與電場力的合力方向上分位移為y，有y＝eq\f(1,2)at2⑦a與mg的夾角和v與E的夾角相同，均為θ，又tanθ＝eq\f(y,x)⑧聯(lián)立④⑤⑥⑦⑧式，代入數(shù)據(jù)解得t＝2eq\r(3)s≈3.5s.法二：撤去磁場后，由于電場力垂直于豎直方向，它對豎直方向的分運動沒有影響，以P點為坐標原點，豎直向上為正方向，小球在豎直方向上做勻減速運動，其初速度為vy＝vsinθ⑤若使小球再次經(jīng)過P點所在的電場線，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④⑤⑥式，代入數(shù)據(jù)解得t＝2eq\r(3)s≈3.5s．⑦答案：(1)見解析(2)3.5s4．在如圖所示的豎直平面內(nèi)，水平軌道CD和傾斜軌道GH與半徑r＝eq\f(9,44)m的光滑圓弧軌道分別相切于D點和G點，GH與水平面的夾角θ＝37°.過G點、垂直于紙面的豎直平面左側(cè)有勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強度B＝1.25T；過D點、垂直于紙面的豎直平面右側(cè)有勻強電場，電場方向水平向右，電場強度E＝1×104N/C.小物體P1質(zhì)量m＝2×10－3kg、電荷量q＝＋8×10－6C，受到水平向右的推力F＝9.98×10－3N的作用，沿CD向右做勻速直線運動，到達D點后撤去推力．當P1到達傾斜軌道底端G點時，不帶電的小物體P2在GH頂端靜止釋放，經(jīng)過時間t＝0.1s與P1相遇．P1和P2與軌道CD、GH間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，物體電荷量保持不變，不計空氣阻力．求：(1)小物體P1在水平軌道CD上運動速度v的大?。?2)傾斜軌道GH的長度s.解析：(1)設(shè)小物體P1在勻強磁場中運動的速度為v，受到向上的洛倫茲力為F1，受到的摩擦力為Ff，則F1＝qvB①Ff＝μ(mg－F1)②由題意，水平方向合力為零F－Ff＝0③聯(lián)立①②③式，代入數(shù)據(jù)解得v＝4m/s.④(2)設(shè)P1在G點的速度大小為vG，由于洛倫茲力不做功，根據(jù)動能定理qErsinθ－mgr(1－cosθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,G)－eq\f(1,2)mv2⑤P1在GH上運動，受到重力、電場力和軌道支持力、摩擦力的作用，設(shè)加速度為a1，根據(jù)牛頓第二定律qEcosθ－mgsinθ－μ(mgcosθ＋qEsinθ)＝ma1⑥P1與P2在GH上相遇時，設(shè)P1在GH上運動的距離為s1，則s1＝vGt＋eq\f(1,2)a1t2⑦設(shè)P2質(zhì)量為m2，在GH上運動的加速度為a2，則m2gsinθ－μm2gcosθ＝m2a2⑧P1與P2在GH上相遇時，設(shè)P2在GH上運動的距離為s2，則s2＝eq\f(1,2)a2t2⑨聯(lián)立⑤～⑨式，代入數(shù)據(jù)得s＝s1＋s2＝0.56m.答案：(1)4m/s(2)0.56meq\a\vs4\al()1．帶電粒子在復(fù)合場中的常見運動靜止或勻速直線運動當帶電粒子在疊加場中所受合力為零時，將處于靜止狀態(tài)或勻速直線運動狀態(tài)勻速圓周運動當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，在垂直于勻強磁場的平面內(nèi)做勻速圓周運動較復(fù)雜的曲線運動當帶電粒子所受合力的大小和方向均變化，且與初速度方向不在同一條直線上時，粒子做非勻變速曲線運動，這時粒子運動軌跡既不是圓弧，也不是拋物線2.分析方法帶電粒子在交變電磁場中的運動【題組過關(guān)】1．如圖甲所示，豎直平面(紙面)內(nèi)，Ⅰ、Ⅱ區(qū)域有垂直于紙面、方向相反的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，兩磁場邊界平行，與水平方向夾角為45°，兩磁場間緊靠邊界放置長為L、間距為d的平行金屬板MN、PQ，磁場邊界上的O點與PQ板在同一水平面上，直線O1O2到兩平行板MN、PQ的距離相等，在兩板間存在如圖乙所示的交變電場(取豎直向下為正方向)．質(zhì)量為m、電量為＋q的粒子，t0時刻從O點沿垂直于OP豎直向上射入磁場，t＝eq\f(T,4)時刻沿水平方向從點O1進入電場，并從點O2離開電場，不計粒子重力，求：(1)粒子的初速度v0的大小；(2)粒子從點O進入Ⅰ磁場到射出Ⅱ磁場運動的總時間；(3)若將粒子的速度提高一倍，仍從t0時刻由點O豎直向上射入，且交變電場的周期為T＝eq\f(4m,qB)，要使粒子能夠穿出電場，則電場強度大小E0滿足的條件．解析：(1)粒子的運動軌跡如圖(1)中曲線a所示，則：r＝eq\f(d,2)由牛頓第二定律得：qv0B＝meq\f(veq\o\al(2,0),r)解得：v0＝eq\f(qBd,2m).圖(1)(2)粒子在兩段磁場中的運動時間：t1＝2×eq\f(T′,4)＝eq\f(πm,qB)在電場中的運動時間：t2＝eq\f(L,v0)＝eq\f(2mL,qBd)兩段場外的時間：t3＝eq\f(d,v0)＝eq\f(2m,qB)總時間為：t＝t1＋t2＋t3解得：t＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π＋2＋\f(2L,d)))eq\f(m,qB).(3)粒子速度提高一倍后，其軌跡如圖(1)中曲線b所示．粒子兩次在磁場Ⅰ中運動的時間相同，所以第二次進入電場時比第一次提前：Δt＝eq\f(d,2v0)＝eq\f(m,qB)＝eq\f(T,4)所以，粒子第二次是在t＝0時刻進入電場的第一次在電場中的軌跡如圖(2)所示：設(shè)經(jīng)過n個周期性運動穿出電場，則：圖(2)t＝eq\f(L,v0)＝nT，解得：n＝eq\f(L,2d)設(shè)粒子第二次通過電場的時間為t′，則t′＝eq\f(n,2)T粒子第二次在電場中的軌跡如圖(3)所示：圖(3)半個周期內(nèi)的側(cè)位移：y0＝eq\f(1,2)·eq\f(qE0,m)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))eq\s\up12(2)要使粒子能夠穿出電場，則：ny0＜d解得：E0＜eq\f(qB2d2,mL).答案：(1)eq\f(qBd,2m)(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π＋2＋\f(2L,d)))eq\f(m,qB)(3)E0＜eq\f(qB2d2,mL)2．如圖甲所示，豎直面MN的左側(cè)空間中存在豎直向上的勻強電場(上、下及左側(cè)無邊界)．一個質(zhì)量為m、電荷量為q、可視為質(zhì)點的帶正電小球，以水平初速度v0沿PQ向右做直線運動．若小球剛經(jīng)過D點時(t＝0)，在電場所在空間疊加如圖乙所示隨時間周期性變化、垂直紙面向里的勻強磁場，使得小球再次通過D點時與PQ連線成60°角．已知D、Q間的距離為(eq\r(3)＋1)L，t0小于小球在磁場中做圓周運動的周期，重力加速度為g.(1)求電場強度E的大?。?2)求t0與t1的比值；(3)小球過D點后將做周期性運動．則當小球運動的周期最大時，求出此時的磁感應(yīng)強度B0及運動的最大周期Tm的大小，并在圖中畫出此情形下小球運動一個周期的軌跡．解析：(1)帶正電的小球做勻速直線運動，由平衡知識可知mg＝Eq，解得E＝eq\f(mg,q).(2)小球能再次通過D點，其運動軌跡如圖1所示，設(shè)軌跡半徑為r，有s＝v0t1，由幾何關(guān)系得s＝eq\f(r,tan30°)，設(shè)小球做圓周運動的周期為T，則T＝eq\f(2πr,v0)，t0＝eq\f(2,3)T，由以上各式得eq\f(t0,t1)＝eq\f(4\r(3),9)π.(3)當小球運動的周期最大時，其運動軌跡應(yīng)與MN相切，如圖2所示，由幾何關(guān)系得R＋eq\f(R,tan30°)＝(eq\r(3)＋1)L，則R＝L由牛頓第二定律得qv0B0＝meq\f(veq\o\al(2,0),R)，得B0＝eq\f(mv0,qL)，由幾何知識可知一個周期運動總路程為s1＝3·eq\f(2,3)·2πR＋6×eq\f(R,tan30°)，可得Tm＝eq\f(s1,v0)＝eq\f(（4π＋6\r(3)）L,v0)，小球運動一個周期的軌跡如圖3所示．答案：(1)eq\f(mg,q)(2)eq\f(4\r(3),9)π(3)eq\f(mv0,qL)eq\f(（4π＋6\r(3)）L,v0)軌跡圖見解析[課后作業(yè)(十四)](建議用時：40分鐘)一、選擇題1.(2019·某某高三綜合考試)如圖所示，半徑為R的光滑半圓弧絕緣軌道固定在豎直面內(nèi)，磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場方向垂直軌道平面向里．一可視為質(zhì)點，質(zhì)量為m，電荷量為q(q>0)的小球由軌道左端A處無初速度滑下，當小球滑至軌道最低點C時，給小球再施加一始終水平向右的外力F，使小球能保持不變的速率滑過軌道右側(cè)的D點，若小球始終與軌道接觸，重力加速度為g，則下列判斷正確的是()A．小球在C點受到的洛倫茲力大小為qBeq\r(gR)B．小球在C點對軌道的壓力大小為3mg－qBeq\r(2gR)C．小球從C到D的過程中，外力F大小保持不變D．小球從C到D的過程中，外力F的功率不變解析：選B.因為洛倫茲力始終對小球不做功，故洛倫茲力不改變小球速度的大小，從A點運動到C點的過程中只有重力做功，根據(jù)動能定理得：mgR＝eq\f(1,2)mv2，解得：v＝eq\r(2gR).故小球在C點受到的洛倫茲力大小為f＝qBv＝qBeq\r(2gR)，故A錯誤；由左手定則可知，小球向右運動到C點時若受到的洛倫茲力的方向向上，則有：N＋qvB－mg＝meq\f(v2,R)，解得：N＝3mg－qvB＝3mg－qBeq\r(2gR)，故B正確；小球從C到D的過程中，洛倫茲力和支持力沿水平方向的分力增大，所以水平外力F得增大，故C錯誤；小球從C到D的過程中小球的速率不變，而洛倫茲力和支持力不做功，所以小球的動能不變，外力F的功率與重力的功率大小相等，方向相反．由運動的合成與分解可知，小球從C向D運動的過程中，豎直方向的分速度越來越大，所以重力的功率增大，所以外力F的功率也增大，故D錯誤．2.(2019·某某模擬)如圖所示，有一X圍足夠大的水平勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，一個質(zhì)量為m、電荷量為＋q的帶電小圓環(huán)套在一根固定的絕緣豎直長桿上，環(huán)與桿間的動摩擦因數(shù)為μ.現(xiàn)使圓環(huán)以初速度v0向上運動，經(jīng)時間t0圓環(huán)回到出發(fā)點．不計空氣阻力，取豎直向上為正方向，下列描述該過程中圓環(huán)的速度v隨時間t、摩擦力f隨時間t、動能Ek隨位移x、機械能E隨位移x變化規(guī)律的圖象中，一定錯誤的是()答案：C3．(多選)如圖所示，空間存在水平向左的勻強電場E和垂直紙面向外的勻強磁場B，在豎直平面內(nèi)從a點沿ab、ac方向拋出兩帶電小球，不考慮兩帶電小球間的相互作用，兩小球所帶電荷量始終不變，關(guān)于小球的運動，下列說法正確的是()A．沿ab、ac方向拋出的帶電小球都可能做直線運動B．若沿ab運動小球做直線運動，則該小球帶正電，且一定是勻速運動C．若沿ac運動小球做直線運動，則該小球帶負電，可能做勻加速運動D．兩小球在運動過程中機械能均保持不變解析：選AB.沿ab拋出的帶電小球受重力、電場力、洛倫茲力，根據(jù)左手定則，可知，只有帶正電，受力才能平衡，而沿ac方向拋出的帶電小球，由上面的分析可知，小球帶負電時，受力才能平衡，因速度影響洛倫茲力大小，所以若做直線運動，則必然是勻速直線運動，故A、B正確，C錯誤；在運動過程中，因電場力做功，導(dǎo)致小球的機械能不守恒，故D錯誤．4．(多選)如圖甲，兩水平金屬板間距為d，板間電場強度的變化規(guī)律如圖乙所示．t＝0時刻，質(zhì)量為m的帶電微粒以初速度v0沿中線射入兩板間，0～eq\f(T,3)時間內(nèi)微粒勻速運動，T時刻微粒恰好經(jīng)金屬板邊緣飛出．微粒運動過程中未與金屬板接觸．重力加速度的大小為g.關(guān)于微粒在0～T時間內(nèi)運動的描述，正確的是()A．末速度大小為eq\r(2)v0 B．末速度沿水平方向C．重力勢能減少了eq\f(1,2)mgd D．克服電場力做功為mgd解析：選BC.0～eq\f(T,3)時間內(nèi)微粒勻速運動，有mg＝qE0.把微粒的運動分解，水平方向：做速度為v0的勻速直線運動；豎直方向：eq\f(T,3)～eq\f(2T,3)時間內(nèi)，只受重力，做自由落體運動，eq\f(2T,3)時刻，v1y＝geq\f(T,3)；eq\f(2T,3)～T時間內(nèi)，a＝eq\f(2qE0－mg,m)＝g，做勻減速直線運動，T時刻，v2y＝v1y－a·eq\f(T,3)＝0.所以末速度v＝v0，方向沿水平方向，選項A錯誤，B正確．重力勢能的減少量ΔEp＝mg·eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)mgd，所以選項C正確．根據(jù)動能定理：eq\f(1,2)mgd－W克電＝0，得W克電＝eq\f(1,2)mgd，所以選項D錯誤．5．(多選)如圖所示，M、N為兩塊帶等量異種電荷的平行金屬板，兩板間電壓可取從零到某一最大值之間的任意值．靜止的帶電粒子帶電荷量為＋q，質(zhì)量為m(不計重力)，從點P經(jīng)電場加速后，從小孔Q進入N板右側(cè)的勻強磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙面向外，CD為磁場邊界上的一絕緣板，它與N板的夾角為θ＝30°，孔Q到板的下端C的距離為L，當M、N兩板間電壓取最大值時，粒子恰垂直打在CD板上，則()A．兩板間電壓的最大值Um＝eq\f(q2B2L2,2m)B．CD板上可能被粒子打中區(qū)域的長度x＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3－\r(3),3)))LC．粒子在磁場中運動的最長時間tm＝eq\f(πm,qB)D．能打在N板上的粒子的最大動能為eq\f(q2B2L2,18m)解析：選BCD.M、N兩板間電壓取最大值時，粒子恰垂直打在CD板上，所以其軌跡圓心在C點，CH＝QC＝L，故半徑R1＝L，又因為Bqv1＝meq\f(veq\o\al(2,1),R1)，qUm＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，可得Um＝eq\f(qB2L2,2m)，所以A錯誤．設(shè)軌跡與CD板相切于K點，半徑為R2，在△AKC中sin30°＝eq\f(R2,L－R2)＝eq\f(1,2)，可得R2＝eq\f(L,3)，CK長為eq\r(3)R2＝eq\f(\r(3),3)L，則CD板上可能被粒子打中的區(qū)域即為HK的長度，x＝HK＝L－CK＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3－\r(3),3)))L，故B正確．打在QE間的粒子在磁場中運動的時間最長，周期T＝eq\f(2πm,qB)，所以tm＝eq\f(πm,qB)，C正確．能打到N板上的粒子的臨界條件是軌跡與CD相切，由B選項知，rm＝R2＝eq\f(L,3)，可得vm＝eq\f(BqL,3m)，動能Ekm＝eq\f(q2B2L2,18m)，故D正確．6．(多選)如圖所示，在Ⅰ、Ⅱ兩個區(qū)域內(nèi)存在磁感應(yīng)強度均為B的勻強磁場．磁場方向分別垂直于紙面向外和向里．AD、AC邊界的夾角∠DAC＝30°，邊界AC與邊界MN平行．Ⅱ區(qū)域?qū)挾葹閐.質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子可在邊界AD上的不同點射入．入射速度垂直于AD且垂直于磁場，若入射速度大小為eq\f(qBd,m).不計粒子重力，則()A．粒子在磁場中的運動半徑為eq\f(d,2)B．粒子從距A點0.5d處射入，不會進入Ⅱ區(qū)C．粒子從距A點1.5d處射入，在Ⅰ區(qū)內(nèi)運動的時間為eq\f(πm,qB)D．能夠進入Ⅱ區(qū)域的粒子，在Ⅱ區(qū)域內(nèi)運動的最短時間為eq\f(πm,3qB)解析：選CD.粒子做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律有qvB＝meq\f(v2,r)，其中v＝eq\f(qBd,m)，解得r＝d，故A錯誤；畫出恰好不進入Ⅱ區(qū)的臨界軌跡，如圖甲所示．結(jié)合幾何關(guān)系有AO＝eq\f(r,sin30°)＝2r＝2d，故粒子從距A點0.5d處射入，軌跡圓心在AD上離A點的距離為1.5d，由幾何知識可知粒子會進入Ⅱ區(qū)，故B錯誤；粒子從距A點1.5d處射入，在Ⅰ區(qū)內(nèi)運動的軌跡為半個圓周，故時間為t＝eq\f(πm,Bq)，故C正確；從A點進入的粒子在磁場Ⅱ中運動的軌跡最短(弦長也最短)，時間最短，軌跡如圖乙所示，軌跡對應(yīng)的圓心角為60°，故時間為t＝eq\f(T,6)＝eq\f(πm,3qB)，故D正確．二、非選擇題7．(2019·某某高三期中)如圖所示，在xOy豎直面上存在大小為E＝eq\f(mg,q)，方向水平向右的勻強電場，在0≤x≤l和y≥0的區(qū)域存在大小為B、方向垂直向里的勻強磁場．Ox軸上有一水平、光滑、絕緣的平面MN，在坐標原點O放置一質(zhì)量為m，電荷量為＋q的小滑塊(可視為質(zhì)點)，靜止釋放后開始運動，當小滑塊到達坐標(l，h)的P點時，速度最大，重力加速度為g，求小滑塊：(1)在MN上運動的最大距離x；(2)速度最大值vmax的大小和方向；(3)運動到與P等高的Q點時的速度大小和Q點坐標位置x0.解析：(1)mg－qvB－N＝0①小滑塊在C點離開MN時，有N＝0解得vC＝eq\f(E,B).②由動能定理，有Eqx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－0③解得x＝eq\f(E2,2gB2)或x＝eq\f(m2g,2q2B2).④(2)由動能定理，有Eql－mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,max)vmax＝eq\r(2g（l－h(huán)）)⑤小滑塊速度最大時速度方向與電場力、重力的合力方向垂直，設(shè)此時速度方向與水平面的夾角為θtanθ＝eq\f(Eq,mg)＝1θ＝45°.⑥(3)小滑塊進入x>l區(qū)域?qū)⒆鲱惼綊佭\動，等效加速度為g′，g′＝eq\r(2)g⑦vmaxttanθ＝eq\f(1,2)g′t2t＝eq\f(2vmax,\r(2)g)⑧vQ＝eq\r(（g′t）2＋veq\o\al(2,max))＝eq\r(10g（l－h(huán)）)⑨x0＝l＋eq\f(2veq\o\al(2,max),g′cosθ)＝5l－4h.⑩答案：見解析8．如圖，空間區(qū)域Ⅰ、Ⅱ有勻強電場和勻強磁場，MN、PQ為理想邊界，Ⅰ區(qū)域高度為d，Ⅱ區(qū)域的X圍足夠大．勻強電場方向豎直向上；Ⅰ、Ⅱ區(qū)域的磁感應(yīng)強度大小均為B，方向分別垂直紙面向里和向外．一個質(zhì)量為m、帶電荷量為q的帶電小球從磁場上方的O點由靜止開始下落，進入場區(qū)后，恰能做勻速圓周運動．已知