人教版(新教材)高中物理選擇性必修2學案：專題強化4 帶電粒子在組合場中的運動

人教版(新教材)高中物理選擇性必修第二冊PAGEPAGE1帶電粒子在組合場中的運動〖學習目標〗1.進一步掌握帶電粒子在電場、磁場中運動的特點及分析方法.2.掌握帶電粒子在組合場中運動問題的分析方法，會根據(jù)電場知識和磁場知識分析帶電粒子在組合場中的運動規(guī)律．帶電粒子在電場、磁場組合場中的運動是指粒子從電場到磁場或從磁場到電場的運動．通常按時間的先后順序分成若干個小過程，在每一運動過程中從粒子的受力性質(zhì)、受力方向和速度方向的關(guān)系入手，分析粒子在電場中做什么運動，在磁場中做什么運動．1．解決帶電粒子在組合場中的運動所需知識2．“電偏轉(zhuǎn)”與“磁偏轉(zhuǎn)”的比較電偏轉(zhuǎn)磁偏轉(zhuǎn)偏轉(zhuǎn)條件只受恒定的電場力F＝qEv⊥E進入勻強電場只受大小恒定的洛倫茲力F＝qvBv⊥B進入勻強磁場運動軌跡拋物線圓弧求解方法利用類平拋運動的規(guī)律x＝v0t，y＝eq\f(1,2)at2，a＝eq\f(qE,m)，tanθ＝eq\f(at,v0)牛頓第二定律、向心力公式r＝eq\f(mv,qB)，T＝eq\f(2πm,qB)，t＝eq\f(θT,2π)一、由電場進入磁場(多選)一帶負電粒子的質(zhì)量為m、電荷量為q，空間中一平行板電容器兩極板S1、S2間的電壓為U.將此粒子在靠近極板S1的A處無初速度釋放，經(jīng)電場加速后，經(jīng)O點進入磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直紙面向里的有界勻強磁場(右邊界平行S2)，圖中虛線Ox垂直極板S2，當粒子從P點離開磁場時，其速度方向與Ox方向的夾角θ＝60°，如圖1所示，整個裝置處于真空中，不計粒子所受重力，則()圖1A．極板S1帶正電B．粒子到達O點的速度大小為eq\r(\f(2qU,m))C．此粒子在磁場中運動的時間t＝eq\f(πm,3qB)D．若改變右側(cè)磁場(左邊界位置不變)寬度，使粒子經(jīng)過O點后恰好不能從右側(cè)離開該有界磁場，則該有界磁場區(qū)域的寬度d＝eq\r(\f(Um,qB2))〖答案〗BC〖解析〗帶負電粒子向右加速，所受電場力向右，場強向左，說明極板S1帶負電，故A錯誤；設(shè)粒子到達O點的速度大小為v，由動能定理可得Uq＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(\f(2qU,m))，故B正確；由幾何關(guān)系可知粒子運動的圓心角為θ＝60°＝eq\f(π,3)，此粒子在磁場中運動的時間t＝eq\f(1,6)T＝eq\f(1,6)×eq\f(2πm,Bq)＝eq\f(πm,3qB)，故C正確；若改變右側(cè)磁場(左邊界位置不變)寬度，使粒子經(jīng)過O點后恰好不能從右側(cè)離開該有界磁場，畫出臨界軌跡如圖所示，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律可得Bqv＝meq\f(v2,R)把A選項中求得的速度大小代入可得R＝eq\r(\f(2Um,qB2))，則該有界磁場區(qū)域的寬度d＝R＝eq\r(\f(2Um,qB2))，故D錯誤．如圖2所示，在平面直角坐標系xOy內(nèi)，第Ⅱ、Ⅲ象限內(nèi)存在沿y軸正方向的勻強電場，第Ⅰ、Ⅳ象限內(nèi)存在半徑為L的圓形勻強磁場，磁場圓心在M(L,0)點，磁場方向垂直于坐標平面向外．一帶正電粒子從第Ⅲ象限中的Q(－2L，－L)點以速度v0沿x軸正方向射入電場，恰好從坐標原點O進入磁場，從P(2L,0)點射出磁場，不計粒子重力，求：圖2(1)電場強度與磁感應(yīng)強度大小的比值；(2)粒子在磁場與電場中運動時間的比值．〖答案〗(1)eq\f(v0,2)(2)eq\f(π,4)〖解析〗(1)粒子的運動軌跡如圖所示，設(shè)粒子的質(zhì)量和所帶電荷量分別為m和q，粒子在勻強電場中運動，由類平拋運動規(guī)律及牛頓運動定律得，2L＝v0t1，L＝eq\f(1,2)at12，qE＝ma，聯(lián)立解得E＝eq\f(mv\o\al(02),2qL)粒子到達O點時沿＋y方向的分速度為vy＝at1＝v0，tanα＝eq\f(vy,v0)＝1，故α＝45°.粒子在磁場中的速度為v＝eq\r(2)v0.Bqv＝eq\f(mv2,r)，由幾何關(guān)系得r＝eq\r(2)L聯(lián)立解得B＝eq\f(mv0,qL)，則eq\f(E,B)＝eq\f(v0,2)；(2)粒子在磁場中運動的周期為T＝eq\f(2πr,v)，粒子在磁場中運動的時間為t2＝eq\f(1,4)T＝eq\f(πL,2v0)，粒子在電場中運動的時間為t1＝eq\f(2L,v0)，解得eq\f(t2,t1)＝eq\f(π,4).從電場射出的末速度是進入磁場的初速度，要特別注意求解進入磁場時的速度的大小和方向，這是正確求解的關(guān)鍵．二、由磁場進入電場如圖3所示，在平面直角坐標系xOy的第一象限內(nèi)有豎直向上的勻強電場E，圓心O1在x軸上，半徑為R且過坐標原點O，圓內(nèi)有垂直紙面向外的勻強磁場B(圖中未畫出)．一質(zhì)量為m，帶電荷量為q的正粒子從圓上P點正對圓心O1以速度v0射入磁場，從坐標原點O離開磁場，接著又恰好經(jīng)過第一象限的Q(a，b)點，已知PO1與x軸負方向成θ角，不計粒子重力，求：圖3(1)勻強電場E及勻強磁場B的大??；(2)粒子從P運動到Q的時間．〖答案〗(1)eq\f(2mbv\o\al(02),a2q)eq\f(mv0,Rq)taneq\f(θ,2)(2)eq\f(θR,v0tan\f(θ,2))＋eq\f(a,v0)〖解析〗(1)設(shè)粒子在磁場中做圓周運動的半徑為r，由幾何關(guān)系得rtaneq\f(θ,2)＝R又qv0B＝meq\f(v\o\al(02),r)故B＝eq\f(mv0,Rq)taneq\f(θ,2)粒子從O到Q做類平拋運動，設(shè)運動時間為t2，a＝v0t2，則t2＝eq\f(a,v0)，b＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)·t22，故E＝eq\f(2mbv\o\al(02),a2q)(2)粒子在磁場中運動的時間t1＝eq\f(θr,v0)＝eq\f(θR,v0tan\f(θ,2))則粒子從P運動Q的時間為t＝t1＋t2＝eq\f(θR,v0tan\f(θ,2))＋eq\f(a,v0).三、多次進出電場和磁場如圖4所示的xOy坐標系，在第二象限內(nèi)有水平向右的勻強電場，在第一、第四象限內(nèi)分別存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小相等，方向如圖所示．現(xiàn)有一個質(zhì)量為m、電荷量為＋q的帶電粒子在該平面內(nèi)從x軸上的P點，以垂直于x軸的初速度v0進入勻強電場，恰好經(jīng)過y軸上的Q點且與y軸成45°角射出電場，再經(jīng)過一段時間又恰好垂直于x軸進入第四象限的磁場．已知O、P之間的距離為d，不計粒子的重力．求：圖4(1)O點到Q點的距離；(2)磁感應(yīng)強度B的大?。?3)帶電粒子自進入電場至在磁場中第二次經(jīng)過x軸所用的時間．〖答案〗(1)2d(2)eq\f(mv0,2qd)(3)eq\f(7π＋4d,2v0)〖解析〗(1)設(shè)Q點的縱坐標為h，粒子到達Q點的水平分速度為vx，從P到Q受到的恒定的電場力與初速度方向垂直，則粒子在電場中做類平拋運動，則由類平拋運動的規(guī)律可知，h＝v0t1水平方向勻加速直線運動的平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(0＋vx,2)，則d＝eq\f(vxt1,2)，根據(jù)速度的矢量合成知tan45°＝eq\f(vx,v0)解得h＝2d.(2)粒子運動軌跡如圖所示，由幾何知識可得，粒子在磁場中的運動半徑R＝2eq\r(2)d由牛頓第二定律得qvB＝meq\f(v2,R)，由(1)可知v＝eq\f(v0,cos45°)＝eq\r(2)v0，聯(lián)立解得B＝eq\f(mv0,2qd).(3)粒子在電場中的運動時間為t1＝eq\f(2d,v0)粒子在磁場中的運動周期為T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(4πd,v0)粒子在第一象限中的運動時間為t2＝eq\f(135°,360°)·T＝eq\f(3,8)T粒子在第四象限內(nèi)的運動時間為t3＝eq\f(T,2)故帶電粒子自進入電場至在磁場中第二次經(jīng)過x軸所用的時間為t＝t1＋t2＋t3＝eq\f(7π＋4d,2v0).1．(粒子由電場進入磁場)(2020·湖南期末)如圖5所示，坐標空間中有勻強電場和勻強磁場，電場方向沿y軸負方向，磁場方向垂直于紙面向里，y軸是兩種場的分界面，磁場區(qū)的寬度為d.現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為－q(q>0)的帶電粒子從x軸上x＝－L的N點處以初速度v0沿x軸正方向開始運動，然后經(jīng)過y軸上y＝eq\f(L,2)的M點進入磁場，不計帶電粒子重力．圖5(1)求y軸左側(cè)電場的場強大小E；(2)若要求粒子能穿越磁場區(qū)域而不再返回電場中，求磁感應(yīng)強度應(yīng)滿足的條件．〖答案〗(1)eq\f(mv\o\al(02),qL)(2)B＜eq\f(\r(2)＋1mv0,qd)〖解析〗(1)粒子從N到M做類平拋運動，有L＝v0teq\f(L,2)＝eq\f(1,2)at2，a＝eq\f(qE,m)，聯(lián)立解得E＝eq\f(mv\o\al(02),qL)(2)粒子進入磁場時的速度大小v＝eq\r(v\o\al(02)＋v\o\al(y2))＝eq\r(v\o\al(02)＋a2t2)＝eq\r(2)v0，由sinθ＝eq\f(v0,v)＝eq\f(\r(2),2)可知，速度方向與y軸正方向成45°角．如圖所示為粒子恰好不穿出磁場時的運動軌跡，粒子在磁場中做勻速圓周運動，有qvB＝meq\f(v2,r)粒子能夠穿過磁場，則要求r＋rcos45°＞d可得B＜eq\f(\r(2)＋1mv0,qd).2．(粒子多次進、出電場和磁場)(2020·山東高三學業(yè)考試)如圖6所示，在第一象限內(nèi)，存在垂直于xOy平面向外的勻強磁場Ⅰ，第二象限內(nèi)存在水平向右的勻強電場，第三、四象限內(nèi)存在垂直于xOy平面向外、磁感應(yīng)強度大小為B0的勻強磁場Ⅱ.一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子，從x軸上M點以某一初速度垂直于x軸進入第四象限，在xOy平面內(nèi)，以原點O為圓心做半徑為R0的圓周運動；隨后進入電場運動至y軸上的N點，沿與y軸正方向成45°角離開電場；在磁場Ⅰ中運動一段時間后，再次垂直于x軸進入第四象限．不計粒子重力．求：圖6(1)帶電粒子從M點進入第四象限時初速度的大小v0；(2)電場強度的大小E；(3)磁場Ⅰ中磁感應(yīng)強度的大小B1.〖答案〗(1)eq\f(qB0R0,m)(2)eq\f(qB\o\al(02)R0,2m)(3)eq\f(1,2)B0〖解析〗(1)粒子從x軸上M點進入第四象限，在xOy平面內(nèi)，以原點O為圓心做半徑為R0的圓周運動，由洛倫茲力提供向心力有：qv0B0＝meq\f(v\o\al(02),R0)，解得：v0＝eq\f(qB0R0,m)(2)粒子在第二象限內(nèi)做類平拋運動，沿著平行于x軸方向：qE＝ma，vx2－0＝2aR0沿與y軸正方向成45°角離開電場，所以vx＝vy＝v0解得電場強度：E＝eq\f(qB\o\al(02)R0,2m)(3)粒子的