(浙江選考)2019高考物理復(fù)習(xí)計算題題型強化第3講加試第22題帶電粒子在復(fù)合場中的運動學(xué)案

1、第3講 加試第22題 帶電粒子在復(fù)合場中的運動題型1 帶電粒子在疊加場中的運動1 .無約束情況下的運動情況分類 （1）洛倫茲力、重力并存若重力和洛倫茲力平衡，則帶電粒子做勻速直線運動.若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電粒子將做復(fù)雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，故機械 能守恒，可由此求解問題.（2）電場力、洛倫茲力并存（不計重力的微觀粒子） 若電場力和洛倫茲力平衡，則帶電粒子做勻速直線運動.若電場力和洛倫茲力不平衡，則帶電粒子將做復(fù)雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，可用 動能定理求解問題.（3）電場力、洛倫茲力、重力并存 若三力平衡，一定做勻速直線運動. 若重力與電場力平衡，一定做勻速圓周運動.若合力

2、不為零且與速度方向不垂直，將做復(fù)雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，可用能量 守恒定律或動能定理求解問題.2 .有約束情況下的運動帶電粒子在疊加場中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道等約束的情況下，常見的運動形式有直線運 動和圓周運動，此時解題要通過受力分析明確變力、恒力做功情況，并注意洛倫茲力不做功 的特點，運用動能定理、能量守恒定律并結(jié)合牛頓運動定律求解.隋1】（2018 新力量聯(lián)盟期末）如圖1所示，位于豎直平面內(nèi)的坐標(biāo)系xOy,在其第三象限空間有沿水平方向的、垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B= 0.5 T ,還有沿x軸負(fù)方向的勻強電場，場強大小為& 2 N/C.在其第一象限空間有沿

3、 y軸負(fù)方向的、場強大小也為E的勻強電場，并在y>h=0.4 m的區(qū)域有磁感應(yīng)強度也為 B的垂直于紙面向里的勻強 磁場.一個帶電荷量為q的油滴從圖中第三象限的 P點得到一初速度，恰好能沿PO做直線運 動（PO與x軸負(fù)方向的夾角為 0=45° ）,并從原點O進(jìn)入第一象限，重力加速度g取10 m/s； 問：(1)油滴的電性；(2)油滴在P點得到的初速度大??；(結(jié)果可用根式表示)(3)油滴在第一象限運動的時間和離開第一象限處的坐標(biāo)值.答案 (1)油滴帶負(fù)電荷(2)4 2m m/s (3)0.828 s (4 m,0)解析(1)油滴帶負(fù)電荷.(2)油滴受三個力作用，如圖所示，從 P到O

4、沿直線運動必為勻速運動，設(shè)油滴質(zhì)量為由平衡條件有 mg= qE得 m= qE g又 qvB= 2qE得 v = "B = 4，2 m/sy>h的(3)進(jìn)入第一象限后，油滴所受電場力和重力相等，知油滴先做勻速直線運動，進(jìn)入?yún)^(qū)域后做勻速圓周運動，路徑如圖，最后從 x軸上的N點離開第一象限.由O到A勻速運動位移為hSi =Sin 45知運動時間t=s1=詈0.1 s由幾何關(guān)系和圓周運動的周期關(guān)系式T=2 7tmqB知由A到C的圓周運動用時為t2=T=IE= 0.628 s4 2gB由對稱性知從O N的時間t3=ti在第一象限的運動的總時間t = ti + tz+t3= 0.828 s

5、在磁場中有2 mv q回,Rmv .2E2得半徑R , r qB gB圖中的 ON= 2(sicos 45。+ RCos 45 0 ) = 2( h+ )= 4 m即離開第一象限處(N點)的坐標(biāo)為(4 m,0)拓展訓(xùn)練1 .如圖2所示，在足夠大的空間范圍內(nèi)，同時存在著豎直向上的勻強電場和垂直紙面向外的勻強磁場，電場強度為E,磁感應(yīng)弓雖度為B足夠長的斜面固定在水平面上，斜面傾角為45° .有一帶電的小球 P靜止于斜面頂端 A處，且恰好對斜面無壓力.若將小球P以初速度Vo水平向右拋出(P視為質(zhì)點)，一段時間后，小球落在斜面上的C點.已知小球的運動軌跡在同一豎直平面內(nèi)，重力加速度為 g,求

6、：圖2(1)小球p落到斜面上時速度方向與斜面的夾角e及由a到C所需的時間t ；(2)小球P拋出到落到斜面的位移 x的大小.兀 Ex/2Evd答案452gB (2)貨解析(1)小球P靜止時不受洛倫茲力作用，僅受自身重力和電場力，對斜面恰好無壓力，則mg= qEDP獲得水平初速度后由于重力和電場力平衡，將在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，由對稱性可得小球P落到斜面上時其速度方向與斜面的夾角為45°由牛頓第二定律得:qvoB=22 兀 R 2 71rT=-V0 qB一一,T 兀 E圓周運動轉(zhuǎn)過的圓心角為 90。，小球P由A到C所需的時間：t=7=hE 4 2gB化）由式可知,P做勻速圓周運動

7、的半徑R=mv 由幾何關(guān)系知x=$R®由可解得位移 x= 口 .gB題型2 帶電粒子在組合場中的運動“電偏轉(zhuǎn)”和“磁偏轉(zhuǎn)”的比較X受力情況垂直電場線進(jìn)入勻強電場（不計重 力）電場力F= qE,其大小、方向不交， 與速度v無關(guān)，F(xiàn)是恒力垂直磁感線進(jìn)入勻強磁場（不計重力）洛倫茲力F?&=qVB,其大小小艾，方 向隨V而改變，F(xiàn)洛是變力軌跡拋物線圓或圓的一部分運動軌跡TT'T"；L¥9 .7步Q-：11殺廠-1求解方法利用類平拋運動的規(guī)律求解：Vx=V0, x= VotqE +Vy = t ,1 qE t2y= , 一 , t2 m偏轉(zhuǎn)角6 :,Vy q

8、Ettan 6 =Vx mV半徑：r=EVqB周期：T=27tm qB偏移距離y和偏轉(zhuǎn)角6要結(jié)合圓的幾何關(guān)系利用圓周運動規(guī)律討論求解運動時間x t =Vo66 mtc T- D2兀 qB動能變化小艾涉2 (2018 杭州市重點中學(xué)期末 )空間有如圖3所示坐標(biāo)系，在 0<x<0.4 m范圍內(nèi)有y軸 正方向的勻強電場 E= 150 V/m,在0.4 m< x<0.8 m范圍內(nèi)有y軸負(fù)方向的勻強電場 E2=450V/m,在0.8 m<x<l.5 m范圍內(nèi)有垂直xOy平面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B= 0.10 T ,今有一個比荷為1.0X105 C/kg的帶正電粒

9、子從 O點以v0=4.0 x 103 m/s的速度沿x軸正向飛入電場，不計粒子重力，求:圖3(1)粒子射出E時沿y軸方向的位移大??；(2)粒子在電磁場中運動的時間；(3)粒子出磁場時的坐標(biāo).答案 (1)0.075 m (2)3.57 X 10 4 s (3)(1.5 m,0.10 m)解析(1)粒子在E1中做類平拋運動x 方向：Xi= V0t 1得 t 1= = 1.0 X 10 4 S Voy 方向：y1= 2mt 12= 0.075 m(2)粒子在E2中運動時間t2=X2=1.0 X10 4 s Vo粒子出E時y方向速度vyVy=E1qt1-E2qt2=-3.0m mx 10 3 m/s即

10、大小為3.0X103 m/s ,方向沿y負(fù)方向所以進(jìn)磁場速度大小v= Rvo2 + vy2 =5.0 x 103 m/s方向與x軸成37°角斜向右下方圓周運動半徑mv _ _R= = 0.5 mqB由幾何關(guān)系可得，粒子在磁場中運動對應(yīng)的圓心角為90°磁場中運動時間t3=m=-xio 4 s2qB 2粒子在電磁場中運動的時間t =ti + t2+t3=(2 + 5)X 10 4s =3.57 X 10 4s(3)設(shè)粒子出E時，y方向坐標(biāo)為y2丫之二十+當(dāng)心孕t22=0 m2my3=y2+Rsin 53 ° Rsin 37 ° = 0.10 m 出磁場時坐標(biāo)

11、為(1.5 m,0.10 m)拓展訓(xùn)煉2. (2018 寧波市重點中學(xué)聯(lián)考)如圖4甲所示，M N為兩塊帶等量異種電荷的平行金屬板， S、S2為板上正對的小孔，N板右側(cè)有兩平面熒光屏相互垂直放置，在兩屏內(nèi)分別取垂直于兩屏交線的直線為x軸和y軸，交點O為原點，在y>0,0<x<d的區(qū)域有垂直于紙面向外的勻強 磁場，在y>0, x>d的區(qū)域有垂直紙面向里的勻強磁場，兩區(qū)域內(nèi)磁感應(yīng)強度大小均為B, M板左側(cè)電子槍隨時間均勻發(fā)射出初速度可以忽略的熱電子，所有電子經(jīng)小孔S進(jìn)入兩板間的電場加速后，從 O點處小孔沿x軸正方向射入磁場，最后打在熒光屏上，使得熒光屏發(fā)亮， 已知電子的

12、質(zhì)量為 m電荷量為e, M N兩板間所加的電壓如圖乙所示，電子通過MN勺時間極短，且不計電子重力及電子間的相互作用，求：(1)當(dāng)兩板間電勢差U=迪6m圖4時，電子在磁場中運動的軌跡為多長;(2)在一個周期內(nèi)打在 y屏上的電子數(shù)占總電子數(shù)的比例為多少?(3) x屏上的亮線長度為多少.答案 （1）李兀d （2）66.7%12解析 （1）電子在加速電場中：eU= 2mv,電子在0<x<d的磁場中運動的半徑：r=mv則電子在磁場（0<x<d）中運動軌跡為半圓.2 2（2）要使粒子打在y屏上，則半徑，即eB2d2 eB2d2 2m6m2A ty= 2ed2 eB2d2T= 3T3

13、m6m所以一個周期內(nèi)打在 y屏上的電子占總電子數(shù)的比為66.7%（3）分析可知，只有當(dāng) U>eBd時，即r>d,粒子才能打到x屏上2meB2d2宣t r = d，此時打在x屏上的坐標(biāo)為x1=2d2eBd n, 當(dāng) U=f一時,r =3m,此時打在x屏上的坐標(biāo)為X2 = 2d +x屏上的亮線長度為 A x= X2-Xi =3. （2018 溫州市期中）現(xiàn)代科學(xué)儀器常利用電場、磁場控制帶電粒子的運動，某裝置可用于氣體中某些有害離子的收集，如圖5甲所示.I區(qū)為加速區(qū)，n區(qū)為離子收集區(qū)，其原理是通過板間的電場或磁場使離子偏轉(zhuǎn)并吸附到極板上，達(dá)到收集的目的.已知金屬極板CE DF長均為d,間

14、距也為d, AB CD間的電勢差為 U,假設(shè)質(zhì)量為 m電荷量為q的大量正離子在 AB極均勻分布.離子由靜止開始加速進(jìn)入收集n區(qū)域，n區(qū)域板間有勻強電場和垂直于紙面向里的勻強磁場，離子恰好沿直線通過n區(qū)域；只撤去電場時，恰好無離子從n區(qū)域間射出，收集效率（打在極板上的離子占離子總數(shù)的百分比）為100%（不考慮離子間的相互作用力、重力和極板邊緣效應(yīng)）.(1)求離子到達(dá)n區(qū)域的速度大??；(2)求n區(qū)域磁感應(yīng)強度 B的大??；(3)若撤去n區(qū)域磁場，只保留原來的電場，則裝置的收集效率是多少？(4)現(xiàn)撤去n區(qū)域的電場，保留磁場但磁感應(yīng)強度大小可調(diào).假設(shè)AB極上有兩種正離子，質(zhì)量分別為m,且mw4m,電荷量

15、均為qi.現(xiàn)將兩種離子完全分離，同時收集更多的離子，需在CD邊上放置一探測板 CP離子必須打在探測板上)，如圖乙所示.在探測板下端留有狹 縫PD離子只能通過狹縫進(jìn)入磁場進(jìn)行分離，試求狹縫PD寬度的最大值.2qU 12mU,m m2答木 避(2) d a/v50%2；/mmd解析(1)離子在I區(qū)域初速度為0,由動能定理得12qU= 2mv可得v=寸手r = d,如圖所示;(2)進(jìn)入DF極板的離子恰好不從極板射出，確定圓心；離子在磁場中的半徑磁場中洛倫茲力提供向心力:DF極板y的離子恰好離開電場:得B= 1 d(3)電場、磁場同時存在時，離子做勻速直線運動，滿足:qE= qvB撤去磁場以后離子在電

16、場力作用下做類平拋運動，假設(shè)距離由平拋運動規(guī)律：y = 2at2, a=，d=vt解得y= 0.5 d當(dāng)y>0.5d時，離子運動時間更長，水平位移則從平行金屬板出射的離子占總數(shù)的百分比為:x>d,即0.5 d至U d這段距離的離子會射出電場,d 0.5ddX100%= 50%(4)設(shè)兩離子在磁場中做圓周運動的半徑為R和R,根據(jù)洛倫茲力提供向心力得則半徑關(guān)系為因為miW4 mi,則有RW2R,此時狹縫最大值x同時滿足(如圖所示)x=2R2Rd=2R+x專題強化練1 .如圖1所示，等腰直角三角形 abc區(qū)域中有垂直紙面向里的勻強磁場，速度為V。的帶電粒子，從a點沿ab方向射入磁場后恰能

17、從 c點射出，現(xiàn)將勻強磁場換成垂直ab邊的勻強電場，其他條件不變，結(jié)果粒子仍能從 c點射出.粒子的重力不計.求:(1)磁感應(yīng)強度B與電場強度E之比;(2)單獨存在磁場時粒子的運動時間ti與單獨存在電場時粒子的運動時間t2之比.答案解析(i)粒子在磁場中做的是勻速圓周運動，軌跡如圖所示設(shè)ab=L，則軌道半徑r=L根據(jù)牛頓第二定律，有2V0 qvcB= mL兀L運動時間t1 = a=5粒子在電場中做類平拋運動.在電場力方向,有:y= L= 2 .黑2在初速度方向,有:x = L= vet 222mvE= IL水平方向垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B, 一個帶正電的質(zhì)點，沿水平方向從兩板的正中

18、央垂直于磁場方向進(jìn)入兩板之間，重力加速度為g.鼻H 典K廣廿K甯1MMM M3珥，啤K(1)若M板接直流電源正極，N板接負(fù)極,電源電壓恒為 U,帶電質(zhì)點以恒定的速度v勻速通- L斛得：t 2=V0B1所以，磁感應(yīng)強度 B與電場強度E之比三=E 2V0 、 .、.11 兀(2)單獨存在磁場時粒子的運動時間t1與單獨存在電場時粒子的運動時間t2之比廠=不t 222.如圖2甲所示，長為L的平行金屬板 M N水平放置，兩板之間的距離為 d,兩板間有沿過兩板之間的復(fù)合場(電場、磁場和重力場)，求帶電質(zhì)點的電荷量與質(zhì)量的比值.(2)若M N接如圖乙所示的交變電流 (M板電勢高時U為正)，L= 0.5 m,

19、 d= 0.4 m, B= 0.1 T, 質(zhì)量為m 1X10 4 kg、帶電荷量為q = 2xio 2 C的帶正電質(zhì)點以水平速度 v=1 m/s ,從t =0時刻開始進(jìn)入復(fù)合場，取 g= 10 m/s 2,試定性畫出質(zhì)點的運動軌跡.(3)在第(2)問的條件下求質(zhì)點在復(fù)合場中的運動時間.- gd答案BV匕(2)見解析圖0.814 s解析(1) E= U由質(zhì)點做勻速直線運動可得：Bqv= qE+ mg得：qgdrrm Bvd U(2)當(dāng)M板電勢高，即 U為正時，有Bqv= qE+ mg粒子做勻速直線運動當(dāng)M板電勢低，即U為負(fù)時，有mg= qE,粒子在洛倫茲力的作用下彳勻速圓周運動，周期 T2 %

20、m= qB =0.1 兀 s，有=粵?且vti + r<L,所以軌跡如圖所示：qB 4wH L同 屬 M X 黑.忸嗎 m * Cm mq 賓 X X M M X 1a.M K M K X N N 運動時間：t = v+T= 0.814 s.3. (2018 慈溪市期末)未來長時間的太空航行需要解決能量問題，科學(xué)家設(shè)想通過收集太空粒子來儲存能量.收集器核心部件是由加速、偏轉(zhuǎn)和收集三部分組成，其原理可簡化如下：如圖3所示，PP和QQ是兩個同心圓弧，/NOQ/ N OQ =30° , PP和QQ之間的區(qū)域內(nèi)分布著輻射狀的電場，-25 V.足夠長的上、下兩收集板 MM、NN間的距離d

21、= 0.25m,板間有垂直紙面向外的勻弓雖磁場,磁感應(yīng)強度為0.2 T.假設(shè)太空中漂浮著某群 m= 2X108 kg、q=4X10 4 C帶正電的物質(zhì)粒子，它們能均勻地吸附到QQ圓弧面上，并被加速電場從靜止開始加速，不計粒子間的相互作用和其他影響.求：圖3(1)粒子剛進(jìn)入磁場時的速度大?。?2)粒子在磁場中運動的半徑與周期；(3)到達(dá)收集板 MM的粒子中，在磁場運動的最短時間.答案 (1)1X103 m/s (2)0.25 m-2-X10 3 s (3)去*10 %解析(1)粒子在電場中加速1 2由動能th理得：qUQP= 2mv解得，粒子進(jìn)入磁場的速度大小為v= 1X103 m/s (2)洛

22、倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得2vqvB= m r解得軌道半徑r = 0.25 m2 r粒子在磁場中運動的周期T= =X10 3sv 2(3)軌跡如圖所示一 ,- 一一，、T ?？傻? O'。0= 60 ,則到達(dá)收集板 MM的粒子中，在磁場中運動的最短時間：t =-6=12X10 3 s4. (2018 七彩陽光聯(lián)盟期中)如圖4所示，在xOy豎直面上存在大小為 E= mg方向水平向 q右的勻強電場，在0WxWl和y>0的區(qū)域存在著磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場.位于 Ox軸上有一水平、光滑、絕緣的表面MN在坐標(biāo)原點O放置一質(zhì)量為 m電荷量為+ q的小滑塊(可視

23、為質(zhì)點)，靜止釋放后開始運動，當(dāng)小滑塊到達(dá)坐標(biāo)為 (l , h)的P 點時，速度最大.重力加速度為g.求小滑塊：BW./iii-. 5KM圖4(1)在MN±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(biāo)位置x.答案見解析解析(1) mg- qvB- Fn=。小滑塊恰好離開MN寸，有Fn= 0解得v= mgqB12由動能te理，有 Eqxo=2mv 02mgli牛付 xo= 2qB2(2)由動能定理，有 Eql mgh= 2mVmaxVmaX= 2g 2g_l h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tan

24、0 =旦=1mg得 e =45（3）小滑塊進(jìn)入x>l區(qū)域?qū)⒆鲱惼綊佭\動，等效加速度為g'g' =，2gVmattan 0 =2gz t2V max t=?2gVQ= g' t 2 +Vmax2 =寸10g l h2 2Vmax x = l + = 5l 4hg cos 05. （2018 臺州市外國語學(xué)校期末 ）如圖5所示裝置中，區(qū)域I和山中分別有豎直向上和水平 向右的勻強電場，電場強度分別為 E和£ n區(qū)域內(nèi)有垂直向外的水平勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B. 一質(zhì)量為m帶電量為q的帶負(fù)電粒子（不計重力）從左邊界O點正上方的M點以速度Vo 水平射入電場，經(jīng)水平分

25、界線 OP上的A點與OP成60。角射入n區(qū)域的磁場，并垂直豎直邊界CD®入出區(qū)域的勻強電場中.求：圖5(1)粒子在n區(qū)域勻強磁場中運動的軌道半徑；(2) O M間的距離；(3)粒子從M點出發(fā)到第二次通過 CD邊界所經(jīng)歷的時間.2mv3mv2/3+8 mv 兀 m答案*碇q+麗A點時速度解析(i)粒子在勻強電場中做類平拋運動，水平方向做勻速直線運動，設(shè)粒子過為vVo由類平拋運動的規(guī)律知v= cos而一=2vo粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，由2VBqv= mR所以R=2mvqB(2)在電場中運動，有qE= mavotan 60 ° = at 112O M兩點間的距離為L = 2at1223mv2qE(3)設(shè)粒子在n區(qū)域磁場中運動時間為 12則由幾何關(guān)系知軌道的圓心角/AOA 60°nrt T 兀 m則 t 2= "6 3qB設(shè)粒子在