2021高考物理一輪復習第九章磁場第3講帶電粒子在復合場中的運動練習含解析魯科版

1、第3講 帶電粒子在復合場中的運動考點一帶電粒子在組合場中的運動電場+磁場【典例1】(2020長沙模擬)如圖所示，某種帶電粒子由靜止開始經(jīng)電壓為u1的電場加速后，射入水平放置、電勢差為u2的兩導體板間的勻強電場中，帶電粒子沿平行于兩板的方向從兩板正中間射入，穿過兩板后又垂直于磁場方向射入邊界線豎直的勻強磁場中，則粒子射入磁場和射出磁場的m、n兩點間的距離d隨著u1和u2的變化情況為(不計重力，不考慮邊緣效應)()a.d隨u1變化，d與u2無關b.d與u1無關，d隨u2變化c.d隨u1變化，d隨u2變化d.d與u1無關，d與u2無關【解析】選a。帶電粒子在電場中做類平拋運動，可將射出電場的粒子速度

2、v分解成初速度方向與加速度方向，設出射速度與水平方向夾角為，則有：v0v=cos ，而在磁場中做勻速圓周運動，設運動軌跡對應的半徑為r，由幾何關系得，半徑與直線mn夾角正好等于，則有：d2r=cos ，所以d=2rv0v，又因為半徑公式r=mvbq，則有d=2mv0bq=2b2mu1q。故d隨u1變化，d與u2無關，故a正確；b、c、d錯誤。【多維訓練】(2018全國卷)一足夠長的條狀區(qū)域內(nèi)存在勻強電場和勻強磁場，其在xoy平面內(nèi)的截面如圖所示：中間是磁場區(qū)域，其邊界與y軸垂直，寬度為l，磁感應強度的大小為b，方向垂直于xoy平面；磁場的上、下兩側為電場區(qū)域，寬度均為l，電場強度的大小均為e，

3、方向均沿x軸正方向；m、n為條狀區(qū)域邊界上的兩點，它們的連線與y軸平行。一帶正電的粒子以某一速度從m點沿y軸正方向射入電場，經(jīng)過一段時間后恰好以從m點入射的速度從n點沿y軸正方向射出。不計重力。(1)定性畫出該粒子在電磁場中運動的軌跡。(2)求該粒子從m點射入時速度的大小。(3)若該粒子進入磁場時的速度方向恰好與x軸正方向的夾角為6，求該粒子的比荷及其從m點運動到n點的時間?！窘馕觥?1)粒子運動的軌跡如圖甲所示。(粒子在電場中的軌跡為拋物線，在磁場中為圓弧，上下對稱)(2)粒子從電場下邊界入射后在電場中做類平拋運動。設粒子從m點射入時速度的大小為v0，在下側電場中運動的時間為t，加速度的大小

4、為a；粒子進入磁場的速度大小為v，方向與電場方向的夾角為(見圖乙)，速度沿電場方向的分量為v1。根據(jù)牛頓第二定律有qe=ma式中q和m分別為粒子的電荷量和質量。由運動學公式有v1=atl=v0tv1=vcos 粒子在磁場中做勻速圓周運動，設其運動軌道半徑為r，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得qvb=mv2r由幾何關系得l=2rcos 聯(lián)立式得v0=2elbl(3)由運動學公式和題中所給數(shù)據(jù)得v1=v0cot 6聯(lián)立式得qm=43elb2l2設粒子由m點運動到n點所用的時間為t，則t=2t+22-62t式中t是粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期t=2mqb由式得t=ble1+3l18l答案：(1)圖

5、見解析(2)2elbl(3)43elb2l2ble1+3l18l磁場+電場【典例2】如圖所示，第一象限內(nèi)存在沿y軸負方向的勻強電場，電場強度大小為e，第二、三、四象限存在方向垂直xoy平面向外的勻強磁場，其中第二象限磁場的磁感應強度大小為b，第三、四象限磁場的磁感應強度大小相等。一帶正電的粒子從p(-d，0)點沿與x軸正方向成=60角的方向平行于xoy平面入射，經(jīng)第二象限后恰好由y軸上的q點(圖中未畫出)垂直于y軸進入第一象限，之后經(jīng)第三、四象限重新回到p點，回到p點時速度方向與入射時的方向相同，不計粒子重力，求：(1)粒子從p點入射時的速度v0；(2)第三、四象限磁感應強度的大小b?！就ㄐ屯?/p>

6、法】1.題型特征：磁場+電場+磁場。2.思維導引：【解析】(1)粒子從p點射入磁場中做勻速圓周運動，畫出軌跡如圖所示，設粒子在第二象限中做圓周運動的半徑為r，由幾何知識得r=dsin=dsin60=23d3根據(jù)qv0b=mv02r得v0=23qbd3m粒子在第一象限中做類平拋運動，則有r(1-cos )=qe2mt2，tan =vyv0=qetmv0聯(lián)立解得v0=e3b(2)設粒子在第一象限中做類平拋運動的水平位移和豎直位移分別為x和y，根據(jù)粒子在第三、四象限中做圓周運動的對稱性可知，粒子剛進入第四象限時速度與x軸正方向的夾角等于。由x=v0t，y=vy2t得yx=vy2v0=tan2=32由

7、幾何知識可得y=r-rcos =12r=33d則x=23d所以粒子在第三、四象限中做圓周運動的半徑為r=12d+23dsin=539d粒子進入第四、三象限運動的速度v=v0cos=2v0=43qbd3m根據(jù)qvb=mv2r解得b=2.4b答案：(1)e3b(2)2.4b磁場+電場+磁場【典例3】(2019聊城模擬)如圖所示，圓心為o、半徑為r的圓形區(qū)域內(nèi)有磁感應強度大小為b1、方向垂直紙面向外的勻強磁場，磁場區(qū)域右側有一寬度也為r的足夠長區(qū)域，區(qū)域內(nèi)有方向向左的勻強電場，區(qū)域左右邊界cd、fg與電場垂直，區(qū)域邊界上過a點的切線與電場線平行且與fg交于g點，fg右側為方向向外、磁感應強度大小為b

8、2的勻強磁場區(qū)域。在fg延長線上距g點為r處的m點放置一足夠長的熒光屏mn，熒光屏與fg成=53角，在a點處有一個粒子源，能沿紙面向區(qū)域內(nèi)各個方向均勻地發(fā)射大量質量為m、帶電荷量為+q且速率相同的粒子，其中沿ao方向射入磁場的粒子，恰能沿平行于電場方向進入?yún)^(qū)域并垂直打在熒光屏上(不計粒子重力及其相互作用)求：(1)粒子初速度大小v0；(2)電場的電場強度大小e；(3)熒光屏上的發(fā)光區(qū)域長度x?！窘馕觥?1)如圖所示，分析可知，粒子在區(qū)域中的運動半徑r1=r由qv0b1=mv02r得v0=qb1rm；(2)因粒子垂直打在熒光屏上，由題意可知，在區(qū)域中的運動半徑為r2=2r由qvb2=mv22r得

9、：v=2qb2rm粒子在電場中做勻減速運動，由動能定理得：-qer=12mv2-12mv02解得：e=qr2m(b12-4b22)；(3)如圖分析可知，速度方向與電場方向平行向左射入?yún)^(qū)域中的粒子將平行電場方向從區(qū)域中最高點穿出，打在離m點x1處的屏上，由幾何關系得：(x1cos +r)2+(x1sin )2=4r2解得：x1=221-35r速度方向與電場方向平行向右射入?yún)^(qū)域中的粒子將沿平行電場方向從區(qū)域中的最低點穿出打在離m點x2處的屏上，由幾何關系得：(x2cos -r)2+(x2sin )2=4r2解得：x2=221+35r分析可知所有粒子均未平行于fg方向打在板上，因此熒光屏上的發(fā)光區(qū)域

10、長度為x=x2-x1解得：x=1.2r。答案：(1)qb1rm(2)qr2mb12-4b22(3)1.2r帶電粒子在組合場中的運動1.是否考慮粒子重力的三種情況：(1)對于微觀粒子，如電子、質子、離子等，因為其重力一般情況下與電場力或磁場力相比太小，可以忽略；而對于一些宏觀物體，如帶電小球、液滴、金屬塊等一般應當考慮其重力。(2)在題目中有明確說明是否要考慮重力的，這種情況比較正規(guī)，也比較簡單。(3)不能直接判斷是否要考慮重力的，在進行受力分析與運動分析時，要由分析結果確定是否要考慮重力。2.基本思路：3.“電偏轉”和“磁偏轉”的比較：項目垂直電場線進入勻強電場(不計重力)垂直磁感線進入勻強磁

11、場(不計重力)受力情況電場力f=qe，其大小、方向不變，與速度v無關，f是恒力洛倫茲力f洛=qvb，其大小不變，方向隨v而改變，f洛是變力軌跡拋物線圓或圓的一部分運動軌跡求解方法利用類平拋運動的規(guī)律求解：vx=v0，x=v0tvy=qemt，y=12qemt2偏轉角：tan =vyvx=qetmv0半徑r=mvqb周期t=2mqb偏移距離y和偏轉角要結合圓的幾何關系，利用圓周運動規(guī)律討論求解運動時間t=xv0t=2t，t=2mqb動能變化不變【加固訓練】如圖所示，在x軸上方存在勻強磁場，磁感應強度為b，方向垂直紙面向里。在x軸下方存在勻強電場，方向豎直向上。一個質量為m，電荷量為q，重力不計的

12、帶正電粒子從y軸上的a(0，h)點沿y軸正方向以某初速度開始運動，一段時間后，粒子速度方向與x軸正方向成45進入電場，經(jīng)過y軸的b點時速度方向恰好與y軸垂直。求：(1)粒子在磁場中運動的軌道半徑r和速度大小v1；(2)勻強電場的電場強度大小e；(3)粒子從開始運動到第三次經(jīng)過x軸的時間t0?！窘馕觥?1)根據(jù)題意可大體畫出粒子在組合場中的運動軌跡如圖所示，由幾何關系得rcos 45=h可得r=2h又qv1b=mv12r可得v1=qbrm=2qbhm。(2)設粒子第一次經(jīng)過x軸的位置為x1，到達b點時速度大小為vb，結合類平拋運動規(guī)律，有vb=v1cos 45得vb=qbhm設粒子進入電場經(jīng)過時

13、間t運動到b點，b點的縱坐標為-yb結合類平拋運動規(guī)律得r+rsin 45=vbtyb=12(v1sin 45+0)t=2+12h由動能定理有-qeyb=12mvb2-12mv12解得e=(2-1)qhb2m。(3)粒子在磁場中的周期為t=2rv1=2mqb第一次經(jīng)過x軸的時間t1=58t=5m4qb在電場中運動的時間t2=2t=2(2+1)mqb在第二次經(jīng)過x軸到第三次經(jīng)過x軸的時間t3=34t=3m2qb所以總時間t0=t1+t2+t3=114+22+2mqb。答案：(1)2h2qbhm(2)(2-1)qhb2m(3)114+22+2mqb考點二帶電粒子在疊加場中的運動無約束條件類型1直線

14、運動【典例4】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e=53 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，磁感應強度大小b=0.5 t。有一帶正電的小球，質量m=1.010-6 kg，電荷量q=210-6 c，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現(xiàn)象)，g取10 m/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?！窘馕觥?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，有qvb=q2e2+m2g2代入數(shù)據(jù)解得v=

15、20 m/s速度v的方向與電場e的方向之間的夾角滿足tan =qemg代入數(shù)據(jù)解得tan =3得=60(2)解法一：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，設其加速度為a，有a=q2e2+m2g2m設撤掉磁場后小球在初速度方向上的分位移為x，有x=vt設小球在重力與電場力的合力方向上分位移為y，有y=12at2a與mg的夾角和v與e的夾角相同，均為，又tan =yx聯(lián)立上式并代入數(shù)據(jù)解得t=23 s=3.5 s解法二：撤去磁場后，由于電場力垂直于豎直方向，他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，小球在豎直向上做勻減速運動，其初速度為vy=vsin 若使小

16、球再次穿過p點所在的電場線，僅需小球的豎直方向上的分位移為零，則有vyt-12gt2=0聯(lián)立上式代入數(shù)據(jù)解得t=23 s=3.5 s答案：(1)20 m/s速度v的方向與電場方向之間的夾角為60(2)3.5 s類型2圓周運動【典例5】如圖所示，兩塊水平放置、相距為d的長金屬板接在電壓可調(diào)的電源上。兩板之間的右側區(qū)域存在方向垂直紙面向里的勻強磁場。將噴墨打印機的噴口靠近上板下表面，從噴口連續(xù)不斷噴出質量均為m、水平速度均為v0、帶相等電荷量的墨滴。調(diào)節(jié)電源電壓至u，墨滴在電場區(qū)域恰能沿水平向右做勻速直線運動；進入電場、磁場共存區(qū)域后，最終垂直打在下板的m點。(1)判斷墨滴所帶電荷的種類，并求其電

17、荷量；(2)求磁感應強度b的值；(3)現(xiàn)保持噴口方向不變，使其豎直下移到兩板中間的位置。為了使墨滴仍能到達下板m點，應將磁感應強度調(diào)至b，則b的大小為多少？【通型通法】1.題型特征：帶電粒子在復合場中做圓周運動。2.思維導引：(1)墨滴在電場區(qū)域受到重力和電場力。二力滿足大小相等關系時，墨滴做勻速直線運動。(2)進入磁場區(qū)域后，墨滴受到的合力等于洛倫茲力，因此做勻速圓周運動。(3)墨滴垂直打到m點時，圓周半徑為d?！窘馕觥?1)墨滴在電場區(qū)域做勻速直線運動，有qud=mg由式得q=mgdu由于電場方向向下，電荷所受靜電力方向向上，可知墨滴帶負電荷。(2)墨滴垂直進入電、磁場共存區(qū)域，重力仍與靜

18、電力平衡，合力等于洛倫茲力，墨滴做勻速圓周運動，有qv0b=mv02r考慮墨滴進入磁場和撞板的幾何關系，可知墨滴在該區(qū)域恰完成四分之一圓周運動，則半徑r=d由式得b=v0ugd2。(3)根據(jù)題設，墨滴運動軌跡如圖所示，設圓周運動半徑為r，有qv0b=mv02r由圖示可得r2=d2+r-d22解得r=54d聯(lián)立式可得b=4v0u5gd2。答案：(1)負電荷mgdu(2)v0ugd2(3)4v0u5gd2類型3復雜曲線運動【典例6】如圖甲所示，虛線mn的左側空間中存在豎直向上的勻強電場(上、下及左側無邊界)。一個質量為m、電荷量為q的帶正電小球(視為質點)，以大小為v0的水平初速度沿pq向右做直線

19、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點時的速度方向與pq連線成60角。已知d、q間的距離為(3+1)l，t0小于小球在磁場中做圓周運動的周期，重力加速度大小為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，當小球運動的周期最大時，求此時磁感應強度的大小b0及運動的最大周期tm?！就ㄐ屯ǚā?.題型特征：在疊加場的復雜曲線運動。2.思維導引：題中信息吹“沙”見“金”沿pq向右做直線運動小球受力平衡，通過平衡條件，可求出電場強度的大小小球再次通過d點速度與pq成60角

20、畫出運動軌跡，找出直線運動位移大小與勻速圓周運動軌跡半徑的關系求運動的最大周期當小球運動軌跡最長，圓弧軌跡與mn相切時小球運動周期最大【解析】(1)小球沿pq向右做直線運動，受力平衡，則mg=eq，解得e=mgq。(2)小球能再次通過d點，其運動軌跡應如圖(a)所示。設小球做勻速圓周運動的軌跡半徑為r，則由幾何關系有s=rtan30又知s=v0t1圓弧軌跡所對的圓心角=2-3=43則t0=rv0聯(lián)立解得t0t1=439。(3)當小球運動的周期最大時，其運動軌跡應與mn相切，小球運動一個周期的軌跡如圖(b)所示，由幾何關系得r+rtan30=(3+1)l解得r=l由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有q

21、v0b0=mv02r解得b0=mv0ql小球在一個周期內(nèi)運動的路程s1=3232r+6rtan30=(4+63)l故tm=s1v0=(4+63)lv0。答案：(1)mgq(2)439(3)mv0ql(4+63)lv0有約束條件【典例7】如圖，空間某區(qū)域存在勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向上(與紙面平行)，磁場方向垂直于紙面向里。紙面內(nèi)有兩個半徑不同的半圓在b點平滑連接后構成一絕緣光滑環(huán)。一帶電小球套在環(huán)上從a點開始運動，發(fā)現(xiàn)其速率保持不變。則小球()a.帶負電b.受到的洛倫茲力大小不變c.運動過程的加速度大小保持不變d.光滑環(huán)對小球始終沒有作用力【解析】選b。小球速率不變，則做勻速圓周運動，

22、可知所受的電場力和重力平衡，所以小球受向上的電場力，則小球帶正電，選項a錯誤；小球的速率不變，根據(jù)f洛=bqv可知受到的洛倫茲力大小不變，選項b正確；因小球在不同的圓環(huán)中運動的半徑不同，根據(jù)a=v2r可知，小球從小圓環(huán)過渡到大圓環(huán)的過程中加速度變小，選項c錯誤；小球從小圓環(huán)過渡到大圓環(huán)的過程中，加速度減小，根據(jù)fn+qvb=ma可知光滑環(huán)對小球的作用力發(fā)生變化，且作用力不可能總是零，選項d錯誤；故選b。1.帶電粒子在復合場中運動的解題思路：2.帶電粒子在疊加場中運動的處理思路：(1)帶電粒子在疊加場中無約束情況下的運動情況分類。磁場力、重力并存。a.若重力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運動。b.若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將