2023高中物理步步高大一輪 第十章 專題強(qiáng)化二十一　帶電粒子在組合場中的運動

1、專題強(qiáng)化二十一帶電粒子在組合場中的運動目標(biāo)要求1.掌握帶電粒子在組合場中的運動規(guī)律和分析思路.2.學(xué)會處理磁場和磁場組合場、電場和磁場組合場中帶電粒子的運動問題1組合場：電場與磁場各位于一定的區(qū)域內(nèi)，并不重疊，或在同一區(qū)域，電場、磁場交替出現(xiàn)2分析思路(1)劃分過程：將粒子運動的過程劃分為幾個不同的階段，對不同的階段選取不同的規(guī)律處理(2)找關(guān)鍵點：確定帶電粒子在場區(qū)邊界的速度(包括大小和方向)是解決該類問題的關(guān)鍵(3)畫運動軌跡：根據(jù)受力分析和運動分析，大致畫出粒子的運動軌跡圖，有利于形象、直觀地解決問題3常見粒子的運動及解題方法題型一磁場與磁場的組合磁場與磁場的組合問題實質(zhì)就是兩個有界磁場

2、中的圓周運動問題，帶電粒子在兩個磁場中的速度大小相同，但軌跡半徑和運動周期往往不同解題時要充分利用兩段圓弧軌跡的銜接點與兩圓心共線的特點，進(jìn)一步尋找邊角關(guān)系例1(2020江蘇卷16)空間存在兩個垂直于Oxy平面的勻強(qiáng)磁場，y軸為兩磁場的邊界，磁感應(yīng)強(qiáng)度分別為2B0、3B0.甲、乙兩種比荷不同的粒子同時從原點O沿x軸正向射入磁場，速度均為v.甲第1次、第2次經(jīng)過y軸的位置分別為P、Q，其軌跡如圖所示甲經(jīng)過Q時，乙也恰好同時經(jīng)過該點已知甲的質(zhì)量為m，電荷量為q.不考慮粒子間的相互作用和重力影響求：(1)Q到O的距離d；(2)甲兩次經(jīng)過P點的時間間隔t；(3)乙的比荷eq f(q,m)可能的最小值答

3、案(1)eq f(mv,3qB0)(2)eq f(2m,qB0)(3)eq f(2q,m)解析(1)甲粒子先后在兩磁場中做勻速圓周運動，設(shè)半徑分別為r1、r2由qvBmeq f(v2,r)可知req f(mv,qB)，故r1eq f(mv,2qB0)，r2eq f(mv,3qB0)且d2r12r2解得deq f(mv,3qB0)(2)甲粒子先后在兩磁場中做勻速圓周運動，設(shè)運動時間分別 t1、t2由Teq f(2r,v)eq f(2m,qB)得t1eq f(m,2qB0)，t2eq f(m,3qB0)且t2t13t2解得teq f(2m,qB0)(3)乙粒子周期性地先后在兩磁場中做勻速圓周運動若

4、經(jīng)過兩磁場的次數(shù)均為n(n1,2,3，)相遇時，有neq f(mv,3qB0)d，neq f(5m,6qB0)t1t2解得eq f(q,m)neq f(q,m)根據(jù)題意，n1舍去當(dāng)n2時，eq f(q,m)有最小值，(eq f(q,m)mineq f(2q,m)若先后經(jīng)過右側(cè)、左側(cè)磁場的次數(shù)分別為(n1)、n(n0,1,2,3，)，經(jīng)分析不可能相遇綜上分析，乙的比荷的最小值為eq f(2q,m).題型二電場與磁場的組合 考向1先電場后磁場1帶電粒子先在勻強(qiáng)電場中做勻加速直線運動，然后垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場做勻速圓周運動，如圖甲2帶電粒子先在勻強(qiáng)電場中做類平拋運動，然后垂直進(jìn)入磁場做勻速圓周運動，如圖

5、乙例2(2018全國卷25)如圖，在y0的區(qū)域存在方向沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為E；在y0)的粒子從y軸上P點(0，h)以初速度v0垂直于y軸射入電場，再經(jīng)x軸上的Q點沿與x軸正方向成45角進(jìn)入磁場粒子重力不計(1)求勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小E；(2)要使粒子能夠進(jìn)入第三象限，求第四象限內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小范圍；(3)若第四象限內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為eq f(mv0,qh)，第三象限內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為eq f(2mv0,qh)，且第三、第四象限的磁場在yL(L2h)處存在一條與x軸平行的下邊界MN(圖中未畫出)，則要使粒子能夠垂直邊界MN飛出磁場，求L的可能取值答案(1)eq f(mv02,2q

6、h)(2)Beq f(1r(2)mv0,2qh)(3)Leq blc(rc)(avs4alco1(1f(3,2)n)h(n1,2,3)解析(1)在第一象限內(nèi)，粒子在靜電力作用下做類平拋運動，由運動學(xué)規(guī)律有vy22ah，vyv0tan 45由牛頓第二定律有：qEma聯(lián)立解得Eeq f(mv02,2qh)(2)粒子在Q點的速率veq f(v0,cos 45)eq r(2)v0，heq f(1,2)vyt，xv0t可得OQ的距離為x2h粒子進(jìn)入第四象限后做勻速圓周運動，如圖甲所示，軌跡恰與y軸相切時，對應(yīng)恰能夠進(jìn)入第三象限的磁感應(yīng)強(qiáng)度最大值由牛頓第二定律有qvBmaxmeq f(v2,Rmin)由幾

7、何關(guān)系有xRmineq blc(rc)(avs4alco1(1cos 45)聯(lián)立以上各式解得Bmaxeq f(1r(2)mv0,2qh)故B的大小范圍為B2h解得Leq blc(rc)(avs4alco1(1f(3,2)n)h(n1,2,3)課時精練1平面直角坐標(biāo)系xOy中，第二象限存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為E，第三、四象限存在垂直坐標(biāo)平面向里的勻強(qiáng)磁場，如圖所示一質(zhì)量為m，帶電荷量為q的正粒子從坐標(biāo)為(L，L)的P點沿y軸負(fù)向進(jìn)入電場，初速度大小為v0eq r(f(2EqL,m)，粒子第二次到達(dá)x軸的位置為坐標(biāo)原點不計粒子的重力(1)求勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小；(2)若粒子由

8、P點沿x軸正方向入射，初速度仍為v0eq r(f(2EqL,m)，求粒子第二次到達(dá)x軸時與坐標(biāo)原點的距離答案(1)4eq r(f(mE,qL)(2)eq f(6r(2),4)L解析(1)由動能定理得EqLeq f(1,2)mv2eq f(1,2)mv02粒子進(jìn)入磁場時速度大小為veq r(f(4EqL,m)在磁場中L2RqvBeq f(mv2,R)可得B4eq r(f(mE,qL)(2)假設(shè)粒子由y軸離開電場，運動軌跡如圖所示Lv0t，y1eq f(1,2)at2，Eqma解得y1eq f(L,4)0)的粒子以初速度v0從y軸上的P點沿y軸正方向射出，一段時間后進(jìn)入電場，進(jìn)入電場時的速度方向與

9、電場方向相反；又經(jīng)過一段時間T0，磁場的方向變?yōu)榇怪庇诩埫嫦蚶?，大小不變不計重?1)求粒子從P點出發(fā)至第一次到達(dá)x軸時所需時間；(2)若要使粒子能夠回到P點，求電場強(qiáng)度的最大值答案(1)eq f(5m,4qB)(2)eq f(2mv0,qT0)解析(1)帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運動，運動軌跡如圖所示設(shè)運動半徑為R，運動周期為T，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，有qv0Bmeq f(v02,R)Teq f(2R,v0)聯(lián)立解得Teq f(2m,Bq)依題意，粒子第一次到達(dá)x軸時，轉(zhuǎn)過的角度為eq f(5,4)所需時間為t1eq f(,2)Teq f(5,8)T解得t1eq f(5m,4qB).(

10、2)粒子進(jìn)入電場后，先做勻減速直線運動，直到速度減小為0，然后沿原路返回做勻加速直線運動，到達(dá)x軸時速度大小仍為v0，設(shè)粒子在電場中運動的總時間為t2，加速度大小為a，有qEmav0aeq f(t2,2)解得t2eq f(2mv0,qE)根據(jù)題意，要使粒子能夠回到P點，必須滿足t2T0解得電場強(qiáng)度最大值Emaxeq f(2mv0,qT0).3如圖所示，xOy平面內(nèi)，OP與x軸夾角為53，在 xOP 范圍內(nèi)(含邊界)存在垂直于坐標(biāo)平面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0.1 T第二象限有平行于 y軸向下的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為E eq f(83,40)105 V/m.一帶電微粒以速度 v0 510

11、6 m/s從 x 軸上 a(L,0)點平行于OP射入磁場，并從OP上的b點垂直于OP離開磁場，與y軸交于c點，最后回到x軸上的點d，圖中點b、d未標(biāo)出已知Leq f(5,4) m，sin 53eq f(4,5)，cos 53eq f(3,5)，不計微粒的重力，求： (1)微粒的比荷eq f(q,m)；(2)d 點與O點的距離l; (3)僅改變磁場強(qiáng)弱而其他條件不變，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度Bx大小滿足什么條件時，微粒能到達(dá)第四象限答案(1)5107 C/kg(2)4 m(3)Bx0.2 T解析(1)微粒在磁場中做勻速圓周運動，由幾何關(guān)系得：rLsin 53 由牛頓第二定律得qv0Bmeq f(v02,r)

12、解得eq f(q,m)5107 C/kg(2)粒子進(jìn)入電場后做類斜拋運動由幾何關(guān)系得yOceq f(Lcos 53r,sin 53)在y軸方向 yOcv0tcos 53eq f(1,2)eq f(qE,m)t2在x軸方向 l v0tsin 53解得l4 m(3)微粒在磁場中做勻速圓周運動的軌跡與邊界OP 相切時，恰好能到達(dá)第四象限由幾何關(guān)系知Req f(1,2)Lsin 53由牛頓第二定律得qv0B1meq f(v02,R)解得B1 0.2 T故當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度Bx0.2 T時，微粒能到達(dá)第四象限4(2022湖北宜昌市聯(lián)考)如圖所示，在矩形區(qū)域ABCD內(nèi)存在豎直向上的勻強(qiáng)電場，在BC右側(cè)、兩區(qū)域存

13、在勻強(qiáng)磁場，L1、L2、L3是磁場的邊界(BC與L1重合)，寬度相同，方向如圖所示，區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1.一電荷量為q、質(zhì)量為m的粒子(重力不計)從AD邊中點以初速度v0沿水平向右方向進(jìn)入電場，粒子恰好從B點進(jìn)入磁場，經(jīng)區(qū)域后又恰好從與B點同一水平高度處進(jìn)入?yún)^(qū)域.已知AB長度是BC長度的eq r(3)倍(1)求帶電粒子到達(dá)B點時的速度大小；(2)求區(qū)域磁場的寬度L；(3)要使帶電粒子在整個磁場中運動的時間最長，求區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的最小值答案(1)eq f(2r(3)v0,3)(2)eq f(2r(3)mv0,3qB1)(3)1.5B1解析(1)設(shè)帶電粒子進(jìn)入磁場時的速度大小為v，與水平方向成角，粒子在勻強(qiáng)電場中做類平拋運動，由類平拋運動的速度方向與位移方向的關(guān)系有：tan eq f(LBC,LAB)eq f(r(3),3)，則30根據(jù)速度關(guān)系有：veq f(v0,cos )eq f(2r(3)v0,3)；(2)設(shè)帶電粒子在區(qū)域中的