新教材適用2024版高考物理二輪總復(fù)習(xí)第1部分核心主干復(fù)習(xí)專題專題3電場與磁場微專題4帶電粒子在復(fù)合場中的運動題型3帶電粒子在疊加場中的運動教師用書

題型3帶電粒子在疊加場中的運動1.三種典型情況(1)若只有兩個場，所受合力為零，則表現(xiàn)為勻速直線運動或靜止?fàn)顟B(tài)。例如電場與磁場疊加滿足qE＝qvB時，重力場與磁場疊加滿足mg＝qvB時，重力場與電場疊加滿足mg＝qE時。(2)若三場共存，所受合力為零時，粒子做勻速直線運動，其中洛倫茲力F＝qvB的方向與速度v垂直。(3)若三場共存，粒子做勻速圓周運動時，則有mg＝qE，粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，即qvB＝meq\f(v2,r)。2.當(dāng)帶電粒子做復(fù)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。3.分析〔真題研究3〕(2023·江蘇統(tǒng)考高考真題)霍爾推進器某局部區(qū)域可抽象成如圖所示的模型。Oxy平面內(nèi)存在豎直向下的勻強電場和垂直坐標(biāo)平面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B。質(zhì)量為m、電荷量為e的電子從O點沿x軸正方向水平入射。入射速度為v0時，電子沿x軸做直線運動；入射速度小于v0時，電子的運動軌跡如圖中的虛線所示，且在最高點與在最低點所受的合力大小相等。不計重力及電子間相互作用。(1)求電場強度的大小E；(2)若電子入射速度為eq\f(v0,4)，求運動到速度為eq\f(v0,2)時位置的縱坐標(biāo)y1；(3)若電子入射速度在0<v<v0范圍內(nèi)均勻分布，求能到達縱坐標(biāo)y2＝eq\f(mv0,5eB)位置的電子數(shù)N占總電子數(shù)N0的百分比?！敬鸢浮?1)v0B(2)eq\f(3mv0,32eB)(3)90%【解析】(1)由題知，入射速度為v0時，電子沿x軸做直線運動，則有Ee＝ev0B解得E＝v0B。(2)電子在豎直向下的勻強電場和垂直坐標(biāo)平面向里的勻強磁場的復(fù)合場中，由于洛倫茲力不做功，且電子入射速度為eq\f(v0,4)，則電子受到的電場力大于洛倫茲力，則電子向上偏轉(zhuǎn)，根據(jù)動能定理有eEy1＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)v0))2－eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)v0))2解得y1＝eq\f(3mv0,32eB)。(3)若電子以v入射時，設(shè)電子能達到的最高點位置的縱坐標(biāo)為y，則根據(jù)動能定理有eEy＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－eq\f(1,2)mv2由于電子在最高點與在最低點所受的合力大小相等，則在最高點有F合＝evmB－eE在最低點有F合＝eE－evB聯(lián)立有vm＝eq\f(2E,B)－vy＝eq\f(2mv0－v,eB)要讓電子達縱坐標(biāo)y2＝eq\f(mv0,5eB)位置，即y≥y2解得v≤eq\f(9,10)v0則若電子入射速度在0<v<v0范圍內(nèi)均勻分布，能到達縱坐標(biāo)y2＝eq\f(mv0,5eB)位置的電子數(shù)N占總電子數(shù)N0的90%?！矊c訓(xùn)練〕(多選)(2023·湖南長沙模擬)如圖質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子(忽略粒子重力)，以速度v0沿OO′方向垂直射入相互正交的豎直向下的勻強電場E和水平向里勻強磁場B，經(jīng)過該區(qū)域中的P點的速率為vP，此時側(cè)移量為s，若v0＝eq\f(2E,B)，下列說法中正確的是(BC)A．帶電粒子在P點的速率vP＝eq\r(\f(2qEs,m)＋v\o\al(2,0))B．帶電粒子的加速度大小恒為eq\f(qE,m)C．若s＝eq\f(mE,qB2)，粒子從射入該區(qū)域到P點所用時間至少為eq\f(πm,2qB)D．粒子在運動過程中洛倫茲力始終大于電場力【解析】粒子運動過程中，洛倫茲力始終與速度方向垂直而不做功，則根據(jù)動能定理－qEs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得vP＝eq\r(－\f(2qEs,m)＋v\o\al(2,0))，故A錯誤；將粒子進入電磁場的初速度v0看成是兩個水平向右分速度v1、v2的合成，其中水平向右分速度v1滿足qv1B＝qE，解得v1＝eq\f(E,B)，則另一水平向右分速度v2滿足v2＝v0－eq\f(E,B)＝eq\f(2E,B)－eq\f(E,B)＝eq\f(E,B)，則粒子在電磁場中的運動可分解為：以v1水平向右做勻速直線運動和以v2大小做勻速圓周運動，其中以v2大小做勻速圓周運動由洛倫茲力提供向心力；可知粒子運動過程受到的合力大小為F合＝qv2B＝q·eq\f(E,B)B＝qE，根據(jù)牛頓第二定律可知帶電粒子的加速度大小為a＝eq\f(F合,m)＝eq\f(qE,m)，故B正確；以v2大小做勻速圓周運動由洛倫茲力提供向心力，則有qv2B＝meq\f(v\o\al(2,2),r)解得r＝eq\f(mv2,qB)＝eq\f(m·\f(E,B),qB)＝eq\f(mE,qB2)，若s＝eq\f(mE,qB2)＝r，可知粒子從射入該區(qū)域到P點所用時間至少為tmin＝eq\f(1,4)T＝eq\f(1,4)×eq\f(2πm,qB)＝eq\f(πm,2qB)，故C正確；粒子的合速度為分速度v1與v2的合成，其中v1的大小方向均保持不變，v2的大小不