第一部分專題五第2課時

第2課時帶電粒子在復合場中

的運動第一部分專題五電場和磁場高考命題軌跡高考命題點命題軌跡情境圖帶電粒子在復合場中運動的實例分析20161卷15帶電粒子在疊加場中的運動20171卷1616(1)15題17(1)16題帶電粒子在組合場中的運動20181卷25,2卷25,3卷2420191卷24帶電粒子在周期性變化電場或磁場中的運動18(1)25題18(2)25題18(3)24題

19(1)24題相關知識鏈接1.電場中常見的運動類型(1)勻變速直線運動：通常利用動能定理qU＝

mv2－

mv02來求解；對于勻強電場，電場力做功也可以用W＝qEd來求解.(2)偏轉運動：一般研究帶電粒子在勻強電場中的偏轉問題.對于類平拋運動可直接利用

運動的規(guī)律以及推論；較復雜的曲線運動常用

的方法來處理.2.勻強磁場中常見的運動類型(僅受磁場力作用)(1)勻速直線運動：當v∥B時，帶電粒子以速度v做

運動.(2)勻速圓周運動：當v⊥B時，帶電粒子在垂直于磁感線的平面內以入射速度大小做

運動.平拋運動的合成與分解勻速直線勻速圓周3.關于粒子的重力(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

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

其重力.(2)不能直接判斷是否要考慮重力的情況，在進行

分析與運動分析時，根據運動狀態(tài)可分析出是否要考慮重力.電場力考慮受力1.解題關鍵帶電粒子在復合場中做什么運動，取決于帶電粒子所受的

及初始運動狀態(tài)的速度，因此帶電粒子的運動情況和受力情況的分析是解題的關鍵.2.力學規(guī)律的選擇(1)當帶電粒子在復合場中做勻速直線運動時，應根據

列方程求解.(2)當帶電粒子在復合場中做勻速圓周運動時，往往同時應用牛頓第二定律和受力分析列方程聯立求解.(3)當帶電粒子在復合場中做非勻變速曲線運動時，應選用動能定理或能量守恒定律列方程求解.規(guī)律方法提煉合外力平衡條件高考題型1帶電粒子在復合場中運動的實例分析內容索引NEIRONGSUOYIN高考題型2帶電粒子在疊加場中的運動高考題型3帶電粒子在組合場中的運動高考題型4

帶電粒子在周期性變化電場或磁場中的運動帶電粒子在復合場中運動的實例分析題型：選擇題：5年1考高考題型1例1

(多選)(2018·江蘇揚州市一模)如圖1所示，導電物質為電子的霍爾元件樣品置于磁場中，表面與磁場方向垂直，圖中的1、2、3、4是霍爾元件上的四個接線端.當開關S1、S2閉合后，三個電表都有明顯示數，下列說法正確的是A.通過霍爾元件的磁場方向向下B.接線端2的電勢低于接線端4的電勢C.僅將電源E1、E2反向接入電路，電壓表的示數不變D.若適當減小R1、增大R2，則電壓表示數一定增大圖1√√√解析根據安培定則可知，磁場的方向向下，故A正確；通過霍爾元件的電流由接線端1流向接線端3，電子移動方向與電流的方向相反，由左手定則可知，電子偏向接線端2，所以接線端2的電勢低于接線端4的電勢，故B正確；當調整電路，由左手定則可知洛倫茲力方向不變，即2、4兩接線端的電勢高低關系不發(fā)生改變，故C正確；適當減小R1，電磁鐵中的電流增大，產生的磁感應強度增大，而當增大R2，霍爾元件中的電流減小，所以霍爾電壓如何變化不確定，即電壓表示數變化不確定，故D錯誤.拓展訓練1

(多選)(2019·陜西寶雞市高考模擬檢測(二))醫(yī)用回旋加速器的核心部分是兩個D形金屬盒，如圖2所示，兩金屬盒置于勻強磁場中，并分別與高頻電源相連.現分別加速氘核()和氦核()并通過線束引出加速器.下列說法中正確的是

A.加速兩種粒子的高頻電源的頻率相同B.兩種粒子獲得的最大動能相同C.兩種粒子在D形盒中運動的周期相同D.增大高頻電源的電壓可增大粒子的最大動能√圖2√解析回旋加速器加速粒子時，粒子在磁場中運動的周期和交流電的周期相同，所以周期相同，加速兩種粒子的高頻電源的頻率也相同，故A、C正確；

與加速電壓無關，增大高頻電源的電壓不能增大粒子的最大動能，故D錯誤.帶電粒子在疊加場中的運動題型：選擇題：5年1考高考題型21.解題規(guī)范(1)疊加場的組成特點：電場、磁場、重力場兩兩疊加，或者三者疊加.(2)受力分析：正確分析帶電粒子的受力情況，場力、彈力和摩擦力.(3)運動分析：勻速直線運動、勻速圓周運動、勻變速直線運動、類平拋運動、非勻變速曲線運動.(4)選規(guī)律，列方程：應用運動學公式、牛頓運動定律和功能關系.2.靈活選擇運動規(guī)律(1)若只有兩個場且正交，合力為零，則表現為勻速直線運動或靜止狀態(tài).例如電場與磁場中滿足qE＝qvB；重力場與磁場中滿足mg＝qvB；重力場與電場中滿足mg＝qE.(2)三場共存時，若合力為零，則粒子做勻速直線運動；若粒子做勻速圓周運動，則有mg＝qE，粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，即qvB＝m.(3)當帶電粒子做復雜的曲線運動或有約束的變速直線運動時，一般用動能定理或能量守恒定律求解.例2

(2019·河南省九師聯盟質檢)如圖3所示，豎直平面內有一直角坐標系xOy，x軸沿水平方向.第二、三象限有垂直于坐標平面向里的勻強磁場，與x軸成θ＝30°角的絕緣細桿固定在二、三象限；第四象限同時存在著豎直向上的勻強電場和垂直于坐標平面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場，一質量為m、電荷量為q的帶電小球a穿在細桿上沿細桿勻速下滑，在N點脫離細桿恰能沿圓周軌道運動到x軸上的A點，且速度方向垂直于x軸.已知A點到坐標原點O的距離為

l，小球a與絕緣細桿的動摩擦因數

重力加速度為g，空氣阻力忽略不計.求：(1)帶電小球的電性及電場強度的大小E；圖3解析由帶電小球a在第四象限內做圓周運動，知小球a所受電場力與其重力平衡且小球a所受電場力豎直向上，即mg＝qE，故小球a帶正電，(2)第二、三象限里的磁場的磁感應強度大小B1；帶電小球a在桿上勻速下滑時，由平衡條件有mgsinθ＝μ(qvB1－mgcosθ)(3)當帶電小球a剛離開N點時，從y軸正半軸距原點O為h＝

的P點(圖中未畫出)以某一初速度水平向右平拋一個不帶電的絕緣小球b，b球剛好在運動到x軸時與向上運動的a球相碰，則b球的初速度為多大？小球a從N點到A點所用時間為t1，聯立解得n＝1拓展訓練2

(多選)(2019·山東濟南市上學期期末)如圖4所示，兩豎直平行邊界內，勻強電場方向豎直(平行紙面)向下，勻強磁場方向垂直紙面向里.一帶負電小球從P點以某一速度垂直邊界進入，恰好沿水平方向做直線運動.若增大小球從P點進入的速度但保持方向不變，則在小球進入的一小段時間內

A.小球的動能減小B.小球的電勢能減小C.小球的重力勢能減小D.小球的機械能減小√圖4√√解析帶負電的小球做直線運動，共受到三個力作用：向下的重力G、向上的電場力F、向下的洛倫茲力F洛，這三個力都在豎直方向上，小球沿水平方向勻速運動，所以小球受到的合力一定是零，小球做勻速直線運動.當小球的入射速度增大時，洛倫茲力增大，電場力和重力不變，小球將向下偏轉，電場力與重力的合力向上，且它們的合力對小球做負功，小球動能減小.電場力對小球做負功，小球的機械能減小，電勢能增大.重力對小球做正功，重力勢能減小，故A、C、D正確，B錯誤.帶電粒子在組合場中的運動題型：選擇題：5年2考高考題型31.兩大偏轉模型電偏轉：帶電粒子垂直進入勻強電場中；磁偏轉：帶電粒子垂直進入勻強磁場中.2.思維流程例3

(2019·全國卷Ⅰ·24)如圖5，在直角三角形OPN區(qū)域內存在勻強磁場，磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向外.一帶正電的粒子從靜止開始經電壓U加速后，沿平行于x軸的方向射入磁場；一段時間后，該粒子在OP邊上某點以垂直于x軸的方向射出.已知O點為坐標原點，N點在y軸上，OP與x軸的夾角為30°，粒子進入磁場的入射點與離開磁場的出射點之間的距離為d，不計重力.求(1)帶電粒子的比荷；圖5(2)帶電粒子從射入磁場到運動至x軸的時間.拓展訓練3

(2019·山西臨汾市二輪復習模擬)容器A中裝有大量的質量、電荷量不同但均帶正電的粒子，粒子從容器下方的小孔S1不斷飄入加速電場(初速度可視為零)做直線運動，通過小孔S2后從兩平行板中央沿垂直電場方向射入偏轉電場.粒子通過平行板后沿垂直磁場方向進入磁感應強度為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場區(qū)域，最后打在感光片上，如圖6所示.已知加速電場中S1、S2間的加速電壓為U，偏轉電場極板長為L，兩板間距也為L，板間勻強電場強度E＝

，方向水平向左(忽略板間外的電場)，平行板f的下端與磁場邊界ab相交于點P，在邊界ab上實線處固定放置感光片.測得從容器A中逸出的所有粒子均打在感光片P、Q之間，且Q距P的長度為3L，不考慮粒子所受重力與粒子間的相互作用，求：(1)粒子射入磁場時，其速度方向與邊界ab間的夾角；圖6答案45°

聯立可以得到：tanθ＝1，則θ＝45°，故其速度方向與邊界ab間的夾角為θ＝45°.(2)射到感光片Q處的粒子的比荷(電荷量q與質量m之比)；故粒子從e板下端與水平方向成45°角斜向下射入勻強磁場，如圖所示，設質量為m、電荷量為q的粒子射入磁場時的速度為v，做圓周運動的軌道半徑為r，(3)粒子在磁場中運動的最短時間.所以粒子打在P處時間最短，此時半徑為r′，拓展訓練4

(2019·河南鄭州市第二次質量預測)如圖7所示，三塊擋板圍成截面邊長L＝1.2m的等邊三角形區(qū)域，C、P、Q分別是MN、AM和AN中點處的小孔，三個小孔處于同一豎直面內，MN水平，MN上方是豎直向下的勻強電場，場強E＝4×10－4N/C.三角形區(qū)域內有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B1；AMN以外區(qū)域有垂直紙面向外、

磁感應強度大小為B2＝3B1的勻強磁場.現將一比荷

＝108C/kg的帶正電的粒子，從O點由靜止釋放，粒子從MN小孔C進入內部勻強磁場，經內部磁場偏轉后直接垂直AN經過Q點進入外部磁場.已知粒子最終回到了O點，OC相距2m.設粒子與擋板碰撞過程中沒有動能損失，且電荷量不變，不計粒子重力，不計擋板厚度，取π＝3.求：(1)磁感應強度B1的大??；圖7解得v＝400m/s帶電粒子在磁場中的運動軌跡如圖所示.(2)粒子從O點出發(fā)，到再次回到O點經歷的時間；答案2.85×10－2s

解析由題可知B2＝3B1＝2×10－5T得到t1＝0.01s則粒子在復合場中運動的總時間為：t＝2t1＋t2＋t3＝2.85×10－2s(3)若僅改變B2的大小，當B2滿足什么條件時，粒子可以垂直于MA經孔P回到O點(若粒子經過A點立即被吸收).根據已知條件分析知，粒子可以垂直于MA經孔P回到O點，需滿足條件帶電粒子在周期性變化電場或磁場中的運動題型：選擇或者計算題：5年0考高考題型41.基本思路變化的電場或磁場往往具有周期性，粒子的運動也往往具有周期性.這種情況下要仔細分析帶電粒子的運動過程、受力情況，弄清楚帶電粒子在變化的電場、磁場中各處于什么狀態(tài)，做什么運動，畫出一個周期內的運動軌跡的草圖.2.分析重點例4

(多選)(2019·湖北武漢市四月調研)如圖8(a)所示，在半徑為R的虛線區(qū)域內存在周期性變化的磁場，其變化規(guī)律如圖(b)所示.薄擋板MN兩端點恰在圓周上，且MN所對的圓心角為120°.在t＝0時，一質量為m、電荷量為＋q的帶電粒子，以初速度v從A點沿直徑AOB射入場區(qū)，運動到圓心O后，做一次半徑為

的完整的圓周運動，再沿直線運動到B點，在B點與擋板碰撞后原速率返回(碰撞時間不計，電荷量不變)，運動軌跡如圖(a)所示.粒子的重力不計，不考慮變化的磁場所產生的電場，下列說法正確的是

圖8A.磁場方向垂直紙面向外B.圖(b)中B0＝C.圖(b)中T0＝D.若t＝0時，質量為m、電荷量為－q的帶電粒子，以初速度v從A點沿AO入射，

偏轉、碰撞后，仍可返回A點√√解析根據軌跡可知，帶正電的粒子從O點向上偏轉做