2020高考物理二轮复习 专题七 计算题题型强化 加试第22题 带电粒子在复合场中的运动学案 16页

第3讲　加试第22题　带电粒子在复合场中的运动 题型1　带电粒子在叠加场中的运动 ‎1．无约束情况下的运动情况分类 ‎(1)洛伦兹力、重力并存 ‎①若重力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动．‎ ‎②若重力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒，可由此求解问题．‎ ‎(2)电场力、洛伦兹力并存(不计重力的微观粒子)‎ ‎①若电场力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动．‎ ‎②若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用动能定理求解问题．‎ ‎(3)电场力、洛伦兹力、重力并存 ‎①若三力平衡，一定做匀速直线运动．‎ ‎②若重力与电场力平衡，一定做匀速圆周运动．‎ ‎③若合力不为零且与速度方向不垂直，将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用能量守恒定律或动能定理求解问题．‎ ‎2．有约束情况下的运动 16‎ 带电粒子在叠加场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道等约束的情况下，常见的运动形式有直线运动和圆周运动，此时解题要通过受力分析明确变力、恒力做功情况，并注意洛伦兹力不做功的特点，运用动能定理、能量守恒定律并结合牛顿运动定律求解．‎ 例1　(2018·新力量联盟期末)如图1所示，位于竖直平面内的坐标系xOy，在其第三象限空间有沿水平方向的、垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝0.5 T，还有沿x轴负方向的匀强电场，场强大小为E＝2 N/C.在其第一象限空间有沿y轴负方向的、场强大小也为E的匀强电场，并在y>h＝‎0.4 m的区域有磁感应强度也为B的垂直于纸面向里的匀强磁场．一个带电荷量为q的油滴从图中第三象限的P点得到一初速度，恰好能沿PO做直线运动(PO与x轴负方向的夹角为θ＝45°)，并从原点O进入第一象限，重力加速度g取‎10 m/s2，问：‎ 图1‎ ‎(1)油滴的电性；‎ ‎(2)油滴在P点得到的初速度大小；(结果可用根式表示)‎ ‎(3)油滴在第一象限运动的时间和离开第一象限处的坐标值．‎ 答案　(1)油滴带负电荷　(2)‎4 m/s　(3)0.828 s　(‎4 m,0)‎ 解析　(1)油滴带负电荷．‎ ‎(2)油滴受三个力作用，如图所示，从P到O沿直线运动必为匀速运动，设油滴质量为m 由平衡条件有mg＝qE 得m＝ 又qvB＝qE 得v＝＝‎4 m/s ‎(3)进入第一象限后，油滴所受电场力和重力相等，知油滴先做匀速直线运动，进入y≥h 16‎ 的区域后做匀速圆周运动，路径如图，最后从x轴上的N点离开第一象限．‎ 由O到A匀速运动位移为s1＝＝h 知运动时间t1＝＝＝0.1 s 由几何关系和圆周运动的周期关系式T＝ 知由A到C的圆周运动用时为t2＝＝＝0.628 s 由对称性知从C→N的时间t3＝t1‎ 在第一象限的运动的总时间t＝t1＋t2＋t3＝0.828 s 在磁场中有 qvB＝ 得半径R＝＝ 图中的ON＝2(s1cos 45°＋Rcos 45°)＝2(h＋)＝‎‎4 m 即离开第一象限处(N点)的坐标为(‎4 m,0)‎ ‎1．如图2所示，在足够大的空间范围内，同时存在着竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，电场强度为E，磁感应强度为B.足够长的斜面固定在水平面上，斜面倾角为45°.有一带电的小球P静止于斜面顶端A处，且恰好对斜面无压力．若将小球P以初速度v0水平向右抛出(P视为质点)，一段时间后，小球落在斜面上的C点．已知小球的运动轨迹在同一竖直平面内，重力加速度为g，求：‎ 图2‎ ‎(1)小球P落到斜面上时速度方向与斜面的夹角θ及由A到C所需的时间t；‎ ‎(2)小球P抛出到落到斜面的位移x的大小．‎ 答案　(1)45°　　(2) 解析　(1)小球P静止时不受洛伦兹力作用，仅受自身重力和电场力，对斜面恰好无压力，则mg＝qE①‎ 16‎ P获得水平初速度后由于重力和电场力平衡，将在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由对称性可得小球P落到斜面上时其速度方向与斜面的夹角为45°‎ 由牛顿第二定律得：‎ qv0B＝m②‎ T＝＝③‎ 圆周运动转过的圆心角为90°，小球P由A到C所需的时间：t＝＝④‎ ‎(2)由②式可知，P做匀速圆周运动的半径R＝⑤‎ 由几何关系知x＝R⑥‎ 由①⑤⑥可解得位移x＝.‎ 题型2　带电粒子在组合场中的运动 ‎“电偏转”和“磁偏转”的比较 垂直电场线进入匀强电场(不计重力)‎ 垂直磁感线进入匀强磁场(不计重力)‎ 受力情况 电场力F＝qE，其大小、方向不变，与速度v无关，F是恒力 洛伦兹力F洛＝qvB，其大小不变，方向随v而改变，F洛是变力 轨迹 抛物线 圆或圆的一部分 运动轨迹 求解方法 利用类平抛运动的规律求解：‎ vx＝v0，x＝v0t vy＝·t，‎ y＝··t2‎ 偏转角φ：‎ 半径：r＝ 周期：T＝ 偏移距离y和偏转角φ要结合圆的几何关系利用圆周运动规律讨论求解 16‎ tan φ＝＝ 运动时间 t＝ t＝T＝ 动能 变化 不变 例2　(2018·杭州市重点中学期末)空间有如图3所示坐标系，在00,00，x>d的区域有垂直纸面向里的匀强磁场，两区域内磁感应强度大小均为B，M板左侧电子枪随时间均匀发射出初速度可以忽略的热电子，所有电子经小孔S1进入两板间的电场加速后，从O点处小孔沿x轴正方向射入磁场，最后打在荧光屏上，使得荧光屏发亮，已知电子的质量为m，电荷量为e，M、N两板间所加的电压如图乙所示，电子通过MN的时间极短，且不计电子重力及电子间的相互作用，求：‎ 图4‎ ‎(1)当两板间电势差U＝时，电子在磁场中运动的轨迹为多长；‎ 16‎ ‎(2)在一个周期内打在y屏上的电子数占总电子数的比例为多少？‎ ‎(3)x屏上的亮线长度为多少．‎ 答案　(1)πd　(2)66.7%　(3)d 解析　(1)电子在加速电场中：eU＝mv2，‎ 电子在00.5d时，离子运动时间更长，水平位移x>d，即0.5d到d 16‎ 这段距离的离子会射出电场，则从平行金属板出射的离子占总数的百分比为：×100%＝50%‎ ‎(4)设两离子在磁场中做圆周运动的半径为R1和R2，根据洛伦兹力提供向心力得 qvB＝m 代入得：R1＝ R2＝ 则半径关系为＝ 因为m1≤‎4m2‎，则有R1≤2R2，此时狭缝最大值x同时满足(如图所示)‎ x＝2R1－2R2‎ d＝2R1＋x 解得x＝d 专题强化练 ‎1．如图1所示，等腰直角三角形abc区域中有垂直纸面向里的匀强磁场，速度为v0的带电粒子，从a点沿ab方向射入磁场后恰能从c点射出，现将匀强磁场换成垂直ab边的匀强电场，其他条件不变，结果粒子仍能从c点射出．粒子的重力不计．求：‎ 图1‎ ‎(1)磁感应强度B与电场强度E之比；‎ ‎(2)单独存在磁场时粒子的运动时间t1与单独存在电场时粒子的运动时间t2之比．‎ 答案　(1)　(2) 解析　(1)粒子在磁场中做的是匀速圆周运动，轨迹如图所示 16‎ 设ab＝L，则轨道半径r＝L 根据牛顿第二定律，有qv0B＝m 解得B＝ 运动时间t1＝＝ 粒子在电场中做类平抛运动．‎ 在电场力方向，有：y＝L＝·t22‎ 在初速度方向，有：x＝L＝v0t2‎ 解得：t2＝，E＝ 所以，磁感应强度B与电场强度E之比＝ ‎(2)单独存在磁场时粒子的运动时间t1与单独存在电场时粒子的运动时间t2之比＝ ‎2．如图2甲所示，长为L的平行金属板M、N水平放置，两板之间的距离为d，两板间有沿水平方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，一个带正电的质点，沿水平方向从两板的正中央垂直于磁场方向进入两板之间，重力加速度为g.‎ 图2‎ ‎(1)若M板接直流电源正极，N板接负极，电源电压恒为U，带电质点以恒定的速度v匀速通过两板之间的复合场(电场、磁场和重力场)，求带电质点的电荷量与质量的比值．‎ ‎(2)若M、N接如图乙所示的交变电流(M板电势高时U为正)，L＝‎0.5 m，d＝‎0.4 m，B＝0.1 T，质量为m＝1×10－‎4 kg、带电荷量为q＝2×10－‎2 C的带正电质点以水平速度v＝‎1 m/s，从t＝0时刻开始进入复合场，取g＝‎10 m/s2，试定性画出质点的运动轨迹．‎ ‎(3)在第(2)问的条件下求质点在复合场中的运动时间．‎ 答案　(1)　(2)见解析图　(3)0.814 s 16‎ 解析　(1)E＝ 由质点做匀速直线运动可得：Bqv＝qE＋mg 得：＝.‎ ‎(2)当M板电势高，即U为正时，有Bqv＝qE＋mg，粒子做匀速直线运动 当M板电势低，即U为负时，有mg＝qE，粒子在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，周期T＝＝0.1π s，‎ 有r＝<且vt1＋rl区域将做类平抛运动，等效加速度为g′‎ g′＝g vmaxttan θ＝g′t2‎ t＝ vQ＝＝ x＝l＋＝‎5l－4h ‎5．(2018·台州市外国语学校期末)如图5所示装置中，区域Ⅰ和Ⅲ中分别有竖直向上和水平向右的匀强电场，电场强度分别为E和；Ⅱ区域内有垂直向外的水平匀强磁场，磁感应强度为B.一质量为m、带电量为q的带负电粒子(不计重力)从左边界O点正上方的M点以速度v0水平射入电场，经水平分界线OP上的A点与OP成60°角射入Ⅱ区域的磁场，并垂直竖直边界CD进入Ⅲ区域的匀强电场中．求：‎ 图5‎ ‎(1)粒子在Ⅱ区域匀强磁场中运动的轨道半径；‎ 16‎ ‎(2)O、M间的距离；‎ ‎(3)粒子从M点出发到第二次通过CD边界所经历的时间．‎ 答案　(1)　(2)　(3)＋ 解析　(1)粒子在匀强电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，设粒子过A点时速度为v 由类平抛运动的规律知v＝＝2v0‎ 粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由 Bqv＝m 所以R＝ ‎(2)在电场中运动，有 qE＝ma v0tan 60°＝at1‎ 即t1＝ O、M两点间的距离为L＝at12＝ ‎(3)设粒子在Ⅱ区域磁场中运动时间为t2‎ 则由几何关系知轨道的圆心角∠AO1D＝60°‎ 则t2＝＝ 设粒子在Ⅲ区域电场中运动时间为t3，由牛顿第二定律得 a′＝＝ 则t3＝＝ 故粒子从M点出发到第二次通过CD边界所用时间为 t＝t1＋t2＋t3＝＋ 16‎ ‎6．(2017·嘉兴一中期末)如图6所示，宽度为L的区域被平均分为区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，其中Ⅰ、Ⅲ有匀强磁场，它们的磁感应强度大小相等，方向垂直纸面且相反．长为L、宽为的矩形abcd紧邻磁场下方，与磁场边界对齐，O为dc边中点，P为dc中垂线上一点，OP＝‎3L.矩形内有匀强电场，电场强度大小为E，方向由a指向O.电荷量为q、质量为m、重力不计的带电粒子由a点静止释放，经电场加速后进入磁场，运动轨迹刚好与区域Ⅲ的右边界相切．‎ 图6‎ ‎(1)求该粒子经过O点时的速度大小v0；‎ ‎(2)求匀强磁场的磁感应强度大小B；‎ ‎(3)若在aO之间距O点x处静止释放该粒子，粒子在磁场区域中共偏转n次到达P点，求x满足的条件及n的可能取值．‎ 答案　(1)　(2) 　(3)x＝(－)‎2L，n＝2、3、4、5、6、7、8‎ 解析　(1)由题意中长宽几何关系可知aO＝L，粒子在aO加速过程由动能定理得：qEL＝mv①‎ 得粒子经过O点时速度大小：v0＝ ②‎ ‎(2)粒子在磁场区域Ⅲ中的运动轨迹如图，设粒子轨迹圆半径为R0，‎ 16‎ 由几何关系可得：‎ R0－R0cos 60°＝L③‎ 由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得：qv0B＝④‎ 联立②③④式，得：B＝⑤‎ ‎(3)若粒子在磁场中一共经过n次偏转到达P，设粒子轨迹圆半径为R，‎ 由几何关系有：2n( tan 30°＋Rcos 30°)＝‎3L⑥‎ 依题意有0＜R≤R0⑦‎ 联立③⑥⑦得≤n＜9，且n取正整数⑧‎ 设粒子在磁场中的运动速率为v，有：qvB＝⑨‎ 在电场中的加速过程，由动能定理：qEx＝mv2⑩‎ 联立⑤⑥⑨⑩式，‎ 得：x＝(－)‎2 L，其中n＝2、3、4、5、6、7、8 ‎ 16‎