2024屆高考物理二輪專題復(fù)習(xí)與測(cè)試第一部分專題三電場(chǎng)和磁場(chǎng)第10講帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)命題點(diǎn)二帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)

命題點(diǎn)二帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)一、電場(chǎng)與磁場(chǎng)的組合組合場(chǎng)中的兩種典型偏轉(zhuǎn)．項(xiàng)目垂直電場(chǎng)線進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)(不計(jì)重力)垂直磁感線進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)(不計(jì)重力)受力情況電場(chǎng)力FE＝qE，其大小、方向不變，與速度v無(wú)關(guān)，F(xiàn)E是恒力洛倫茲力FB＝qvB，其大小不變，方向隨v而改變，F(xiàn)B是變力軌跡拋物線圓或圓的一部分運(yùn)動(dòng)軌跡求解方法利用類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求解：vx＝v0，x＝v0tvy＝eq\f(qE,m)t，y＝eq\f(qE,2m)t2偏轉(zhuǎn)角φ：tanφ＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(qEt,mv0)半徑：r＝eq\f(mv,qB)，周期：T＝eq\f(2πm,qB)，偏移距離y和偏轉(zhuǎn)角φ要結(jié)合圓的幾何關(guān)系，利用圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律討論求解運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝eq\f(x,v0)t＝eq\f(φ,2π)T＝eq\f(φm,qB)動(dòng)能變化不變二、帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1．帶電粒子在包含勻強(qiáng)磁場(chǎng)的疊加場(chǎng)中無(wú)約束情況下運(yùn)動(dòng)的幾種常見(jiàn)形式．受力特點(diǎn)運(yùn)動(dòng)性質(zhì)方法規(guī)律其他場(chǎng)力的合力與洛倫茲力等大反向勻速直線運(yùn)動(dòng)平衡條件除洛倫茲力外，其他力的合力為零勻速圓周運(yùn)動(dòng)牛頓第二定律、圓周運(yùn)動(dòng)的規(guī)律除洛倫茲力外，其他力的合力既不為零，也不與洛倫茲力等大反向較復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)動(dòng)能定理、能量守恒定律2.帶電粒子在疊加場(chǎng)中有約束情況下的運(yùn)動(dòng)．帶電粒子在疊加場(chǎng)中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道約束的情況下，常見(jiàn)的運(yùn)動(dòng)形式有直線運(yùn)動(dòng)和圓周運(yùn)動(dòng)，分析時(shí)應(yīng)注意：(1)分析帶電粒子所受各力，尤其是洛倫茲力的變化情況，分階段明確物體的運(yùn)動(dòng)情況．(2)根據(jù)物體各階段的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)，選擇合適的規(guī)律求解．①勻速直線運(yùn)動(dòng)階段：應(yīng)用平衡條件求解．②勻加速直線運(yùn)動(dòng)階段：應(yīng)用牛頓第二定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解．③變加速直線運(yùn)動(dòng)階段：應(yīng)用動(dòng)能定理、能量守恒定律求解．3．分析思路，“3步”突破帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題．第1步：分階段(分過(guò)程)按照時(shí)間順序和進(jìn)入不同的區(qū)域分成幾個(gè)不同的階段．第2步：受力和運(yùn)動(dòng)分析，主要涉及兩種典型運(yùn)動(dòng)．第3步：用規(guī)律．(2023·新課標(biāo)卷)一電子和一α粒子從鉛盒上的小孔O豎直向上射出后，打到鉛盒上方水平放置的屏幕P上的a和b兩點(diǎn)，a點(diǎn)在小孔O的正上方，b點(diǎn)在a點(diǎn)的右側(cè)，如圖所示．已知α粒子的速度約為電子速度的eq\f(1,10)，鉛盒與屏幕之間存在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，則電場(chǎng)和磁場(chǎng)方向可能為()A．電場(chǎng)方向水平向左、磁場(chǎng)方向垂直紙面向里B．電場(chǎng)方向水平向左、磁場(chǎng)方向垂直紙面向外C．電場(chǎng)方向水平向右、磁場(chǎng)方向垂直紙面向里D．電場(chǎng)方向水平向右、磁場(chǎng)方向垂直紙面向外解析：帶電粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，打到a點(diǎn)的粒子電場(chǎng)力和洛倫茲力平衡，當(dāng)電場(chǎng)向左磁場(chǎng)垂直紙面向里時(shí)，α粒子受到向左的電場(chǎng)力和洛倫茲力，電子受到向右的電場(chǎng)力和洛倫茲力均不能滿足受力平衡打到a點(diǎn)，A項(xiàng)錯(cuò)誤；電場(chǎng)方向向左，磁場(chǎng)方向向外，此時(shí)如果α粒子打在a點(diǎn)則受到向左的電場(chǎng)力和向右的洛倫茲力平衡qE＝qvB，v＝eq\f(E,B)，則電子速度大，受到向左的洛倫茲力大于向右的電場(chǎng)力向左偏轉(zhuǎn)，同理如果電子打在a點(diǎn)，則α粒子向左的電場(chǎng)力大于向右的洛倫茲力則向左偏轉(zhuǎn)，均不會(huì)打在b點(diǎn)，B項(xiàng)錯(cuò)誤；電場(chǎng)方向向右，磁場(chǎng)垂直紙面向里，如果α粒子打在a點(diǎn)，即向右的電場(chǎng)力和向左的洛倫茲力平衡qE＝qvB，v＝eq\f(E,B)，電子速度大，受到向右的洛倫茲力大于向左的電場(chǎng)力向右偏轉(zhuǎn)，同理如果電子打在a，則α粒子向右的電場(chǎng)力大于向左的洛倫茲力向右偏轉(zhuǎn)，均會(huì)打在b點(diǎn)；同理，電場(chǎng)向右磁場(chǎng)垂直紙面向外時(shí)，α粒子受到向右的電場(chǎng)力和洛倫茲力，電子受到向左的電場(chǎng)力和洛倫茲力不能受力平衡打到a點(diǎn)，故C項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯(cuò)誤．故選C.答案：C(2023·江蘇卷)霍爾推進(jìn)器某局部區(qū)域可抽象成如圖所示的模型．Oxy平面內(nèi)存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直坐標(biāo)平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.質(zhì)量為m、電荷量為e的電子從O點(diǎn)沿x軸正方向水平入射．入射速度為v0時(shí)，電子沿x軸做直線運(yùn)動(dòng)；入射速度小于v0時(shí)，電子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中的虛線所示，且在最高點(diǎn)與在最低點(diǎn)所受的合力大小相等．不計(jì)重力及電子間相互作用．(1)求電場(chǎng)強(qiáng)度的大小E；(2)若電子入射速度為eq\f(v0,4)，求運(yùn)動(dòng)到速度為eq\f(v0,2)時(shí)位置的縱坐標(biāo)y1；(3)若電子入射速度在0<v<v0范圍內(nèi)均勻分布，求能到達(dá)縱坐標(biāo)y2＝eq\f(mv0,5eB)位置的電子數(shù)N占總電子數(shù)N0的百分比．解析：(1)由題知，入射速度為v0時(shí)，電子沿x軸做直線運(yùn)動(dòng)則有Ee＝ev0B，解得E＝v0B.(2)電子在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直坐標(biāo)平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的復(fù)合場(chǎng)中，由于洛倫茲力不做功，且由于電子入射速度為eq\f(v0,4)，則電子受到的電場(chǎng)力大于洛倫茲力，則電子向上偏轉(zhuǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理有eEy1＝eq\f(1,2)m(eq\f(1,2)v0)2－eq\f(1,2)m(eq\f(1,4)v0)2，解得y1＝eq\f(3mv0,32eB).(3)若電子以v入射時(shí)，設(shè)電子能達(dá)到的最高點(diǎn)位置的縱坐標(biāo)為y，則根據(jù)動(dòng)能定理有eEy＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－eq\f(1,2)mv2，由于電子在最高點(diǎn)與在最低點(diǎn)所受的合力大小相等，則在最高點(diǎn)有F合＝evmB－eE，在最低點(diǎn)有F合＝eE－evB，聯(lián)立有vm＝eq\f(2E,B)－v，y＝eq\f(2m（v0－v）,eB)，要讓電子達(dá)縱坐標(biāo)y2＝eq\f(mv0,5eB)位置，即y≥y2，解得v≤eq\f(9,10)v0則若電子入射速度在0<v<v0范圍內(nèi)均勻分布，能到達(dá)縱坐標(biāo)y2＝eq\f(mv0,5eB)位置的電子數(shù)N占總電子數(shù)N0的90%.答案：(1)v0B(2)eq\f(3mv0,32eB)(3)90%1．如圖，一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向垂直于紙面(xOy平面)向里，磁場(chǎng)右邊界與x軸垂直．一帶電粒子由O點(diǎn)沿x正向入射到磁場(chǎng)中，在磁場(chǎng)另一側(cè)的S點(diǎn)射出，粒子離開(kāi)磁場(chǎng)后，沿直線運(yùn)動(dòng)打在垂直于x軸的接收屏上的P點(diǎn)；SP＝l，S與屏的距離為eq\f(l,2)，與x軸的距離為a.如果保持所有條件不變，在磁場(chǎng)區(qū)域再加上電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，該粒子入射后則會(huì)沿x軸到達(dá)接收屏．該粒子的比荷為()A.eq\f(E,2aB2)B.eq\f(E,aB2)C.eq\f(B,2aE2)D.eq\f(B,aE2)解析：由題知，一帶電粒子由O點(diǎn)沿x正向入射到磁場(chǎng)中，在磁場(chǎng)另一側(cè)的S點(diǎn)射出，則根據(jù)幾何關(guān)系可知粒子出離磁場(chǎng)時(shí)速度方向與豎直方向夾角為30°，則sin30°＝eq\f(r－a,r)，解得粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r＝2a，則粒子做圓周運(yùn)動(dòng)有qvB＝meq\f(v2,r)，則有eq\f(q,m)＝eq\f(v,2a·B)，如果保持所有條件不變，在磁場(chǎng)區(qū)域再加上電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，該粒子入射后則會(huì)沿x軸到達(dá)接收屏，則有Eq＝qvB，聯(lián)立有eq\f(q,m)＝eq\f(E,2a·B2).故選A.答案：A2.工業(yè)上常用磁偏轉(zhuǎn)電子蒸發(fā)源實(shí)現(xiàn)鍍膜工藝，是利用高能電子束轟擊膜材使其熔化蒸發(fā)實(shí)現(xiàn)蒸鍍，因電子束的運(yùn)行軌跡呈“e”形，又被稱作“e”形槍．其工作原理可簡(jiǎn)化為如圖所示：燈絲在電源加熱后逸出電子(初速度不計(jì))，進(jìn)入高壓加速電場(chǎng)區(qū)域，之后從M點(diǎn)沿水平向右方向進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，經(jīng)磁場(chǎng)向上偏轉(zhuǎn)后轟擊坩堝(圖中凹形區(qū)域)中的膜材使其熔化蒸發(fā)．已知電子的質(zhì)量為m、電量為－e，圖中AO＝MO＝d，BO＝2d，坩堝深度可忽略不計(jì)．(1)當(dāng)加速電壓為U時(shí)，電子在磁場(chǎng)中恰好偏轉(zhuǎn)270°后垂直擊中坩堝右邊緣A點(diǎn)，求磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。?2)保持(1)問(wèn)中的磁感應(yīng)強(qiáng)度不變，改變加速電壓，電子束轟擊坩堝中的B點(diǎn)，求此時(shí)加速電壓U1.解析：(1)電子在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)270°，由幾何關(guān)系可知r1＝d，電場(chǎng)中加速，由動(dòng)能定理eU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，磁場(chǎng)中圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力qv1B＝meq\f(veq\o\al(2,1),r1)，聯(lián)立可得B＝eq\f(1,d)eq\r(\f(2mU,e)).(2)電子束轟擊坩堝中的B點(diǎn)，由幾何關(guān)系可知req\o\al(2,2)＝(r2－d)2＋(2d)2，在電場(chǎng)中，由動(dòng)能定理U1e＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，磁場(chǎng)中r2＝eq\f(mv2,eB)，聯(lián)立可得U1＝eq\f(25,4)U.答案：(1)eq\f(1,d)eq\r(\f(2mU,e))(2)eq\f(25,4)U3.(2023·山東卷)如圖所示，在0≤x≤2d，0≤y≤2d的區(qū)域中，存在沿y軸正方向、場(chǎng)強(qiáng)大小為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)的周?chē)植贾怪奔埫嫦蛲獾暮愣▌驈?qiáng)磁場(chǎng)．一個(gè)質(zhì)量為m，電量為q的帶正電粒子從OP中點(diǎn)A進(jìn)入電場(chǎng)(不計(jì)粒子重力)．(1)若粒子初速度為零，粒子從上邊界垂直QN第二次離開(kāi)電場(chǎng)后，垂直NP再次進(jìn)入電場(chǎng)，求磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小；(2)若改變電場(chǎng)強(qiáng)度大小，粒子以一定的初速度從A點(diǎn)沿y軸正方向第一次進(jìn)入電場(chǎng)、離開(kāi)電場(chǎng)后從P點(diǎn)第二次進(jìn)入電場(chǎng)，在電場(chǎng)的作用下從Q點(diǎn)離開(kāi)．(i)求改變后電場(chǎng)強(qiáng)度E′的大小和粒子的初速度v0；(ii)通過(guò)計(jì)算判斷粒子能否從P點(diǎn)第三次進(jìn)入電場(chǎng)．解析：(1)由題意粒子在電場(chǎng)中做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理有qE·2d＝eq\f(1,2)mv2，粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，有qvB＝meq\f(v2,R)，粒子從上邊界垂直QN第二次離開(kāi)電場(chǎng)后，垂直NP再次進(jìn)入電場(chǎng)，軌跡如圖根據(jù)幾何關(guān)系可知R＝eq\f(d,3)，聯(lián)立可得B＝6eq\r(\f(mE,qd)).(2)(i)由題意可知，做出粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡如圖在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)幾何關(guān)系可知Req\o\al(2,1)＝(2d)2＋(R1－d)2，解得R1＝eq\f(5,2)d，所以有θ＝53°，α＝37°，洛倫茲力提供向心力qv1B＝meq\f(veq\o\al(2,1),R1)，帶電粒子從A點(diǎn)開(kāi)始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理有qE′·2d＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，再一次進(jìn)入電場(chǎng)后做類(lèi)似斜拋運(yùn)動(dòng)，沿x方向有2d＝v1cosα·t.沿y方向上有2d＝v1sinα·t＋eq\f(1,2)at2，其中根據(jù)牛頓第二定律有qE′＝ma，聯(lián)立以上各式解得v1＝15eq\r(\f(qdE,m))，v0＝9eq\r(\f(qdE,m))，E′＝36E.(ii)粒子從P到Q根據(jù)動(dòng)能定理有qE′·2d＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，可得從Q射出時(shí)的速度為v2＝3e