【物理】2018届一轮复习人教版带电粒子在组合场中的运动学案 12页

第54课时　带电粒子在组合场中的运动(重点突破课)‎ ‎[必备知识]‎ ‎1．四种常见的运动模型 ‎(1)带电粒子先在电场中做匀加速直线运动，然后垂直进入磁场做圆周运动，如图：‎ ‎(2)带电粒子先在电场中做类平抛运动，然后垂直进入磁场做圆周运动，如图：‎ ‎(3)带电粒子先在磁场中做圆周运动，然后垂直进入电场做类平抛运动，如图：‎ ‎(4)带电粒子先在磁场Ⅰ中做圆周运动，然后垂直进入磁场Ⅱ做圆周运动，如图：‎ ‎2．三种常用的解题方法 ‎(1)带电粒子在电场中做加速运动，根据动能定理求速度。‎ ‎(2)带电粒子在电场中做类平抛运动，需要用运动的合成和分解处理。‎ ‎(3)带电粒子在磁场中的圆周运动，可以根据磁场边界条件，画出粒子轨迹，用几何知识确定半径，然后用洛伦兹力提供向心力和圆周运动知识求解。‎ ‎[小题热身]‎ ‎1.如图所示，某种带电粒子由静止开始经电压为U1的电场加速后，射入水平放置、电势差为U2的两导体板间的匀强电场中，带电粒子沿平行于两板的方向从两板正中间射入，穿过两板后又垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场中，则粒子入磁场和射出磁场的M、N两点间的距离d随着U1和U2的变化情况为(不计重力，不考虑边缘效应)(　　)‎ A．d随U1变化，d与U2无关 B．d与U1无关，d随U2变化 C．d随U1变化，d随U2变化 D．d与U1无关，d与U2无关 解析：选A　带电粒子在电场中做类平抛运动，可将射出电场的粒子速度v分解成初速度方向与加速度方向，设出射速度与水平夹角为θ，则有：＝cos θ 而在磁场中做匀速圆周运动，设运动轨迹对应的半径为R，由几何关系得，半径与直线MN夹角正好等于θ，则有：＝cos θ，所以d＝，又因为半径公式R＝，则有d＝＝。故d随U1变化，d与U2无关，故A正确；B、C、D错误。‎ ‎2.(2014·海南高考)如图，在x轴上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外；在x轴下方存在匀强电场，电场方向与xOy平面平行，且与x轴成45°夹角。一质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子以初速度v0从y轴上的P点沿y轴正方向射出，一段时间后进入电场，进入电场时的速度方向与电场方向相反；又经过一段时间T0，磁场的方向变为垂直于纸面向里，大小不变。不计重力。‎ ‎(1)求粒子从P点出发至第一次到达x轴时所需的时间；‎ ‎(2)若要使粒子能够回到P点，求电场强度的最大值。‎ 解析：(1)带电粒子在磁场中做圆周运动，设运动半径为R，运动周期为T，根据洛伦兹力公式及圆周运动规律，有 qv0B＝m　T＝ 依题意，粒子第一次到达x轴时，‎ 运动转过的角度为π，‎ 所需时间t1为t1＝T，‎ 求得t1＝。‎ ‎(2)粒子进入电场后，先做匀减速运动，直到速度减小为0，然后沿原路返回做匀加速运动，到达x轴时速度大小仍为v0，设粒子在电场中运动的总时间为t2，加速度大小为a，电场强度大小为E，‎ 有qE＝ma，v0＝at2，‎ 得t2＝。‎ 根据题意，要使粒子能够回到P点，必须满足t2≥T0‎ 得电场强度最大值E＝。 ‎ 答案：(1)　(2) 提能点(一)　电场与磁场的组合 考法1　先电场后磁场　‎ ‎[例1]　如图所示，M、N为两块带等量异种电荷的平行金属板，两板间电压可取从零到某一最大值之间的各种数值。静止的带电粒子带电荷量为＋q，质量为m(不计重力)，从点P经电场加速后，从小孔Q进入N板右侧的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，CD为磁场边界上的一绝缘板，它与N板的夹角θ＝45°，孔Q到板的下端C的距离为L，当M、N两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD板上，求：‎ ‎(1)两板间电压的最大值Um；‎ ‎(2)CD板上可能被粒子打中区域的长度s；‎ ‎(3)粒子在磁场中运动的最长时间tm。‎ ‎[解析]　(1)M、N两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD板上，所以圆心在C点，‎ 如图所示，CH＝QC＝L，故半径r1＝L，‎ 又因为qv1B＝m 且qUm＝mv12，‎ 所以Um＝。‎ ‎(2)设粒子在磁场中运动的轨迹与CD板相切于K点，此轨迹的半径为r2，设圆心为A，在△AKC中，sin 45°＝，解得r2＝(－1)L，即KC＝r2＝(－1)L 所以CD板上可能被粒子打中的区域的长度s＝HK，‎ 即s＝r1－r2＝(2－)L。‎ ‎(3)打在QE间的粒子在磁场中运动的时间最长，均为半个周期，所以tm＝＝。‎ ‎[答案]　(1)　(2)(2－)L　(3) 考法2　先磁场后电场　‎ ‎[例2]　如图所示，有界匀强磁场的磁感应强度B＝2×10－3 T；磁场右边是宽度L＝‎0.2 m、场强E＝40 V/m、方向向左的匀强电场。一带电粒子电荷量q＝－3.2×10－‎19 C，质量m＝6.4×10－‎27 kg，以v＝4×‎104 m/s的速度沿OO′垂直射入磁场，在磁场中偏转后进入右侧的电场，最后从电场右边界射出。求：‎ ‎(1)大致画出带电粒子的运动轨迹(画在给出的图中)；‎ ‎(2)带电粒子在磁场中运动的轨道半径；‎ ‎(3)带电粒子飞出电场时的动能Ek。‎ ‎[解析]　(1)轨迹如图所示。‎ ‎(2)带电粒子在磁场中运动时，由洛伦兹力提供向心力，‎ 有qvB＝m①‎ 得R＝＝ m＝‎0.4 m②‎ ‎(3)由动能定理得Ek＝EqL＋mv2＝40×3.2×10－19×0.2 J＋×6.4×10－27×(4×104)2 J＝7.68×10－18 J③‎ ‎[答案]　(1)见解析图　(2)‎0.4 m　(3)7.68×10－18 J 考法3　先后多个电磁场　‎ ‎[例3]　在空间中存在垂直纸面向里的匀强磁场，其竖直边界MM′、NN′的宽度为d，在边界MM′左侧是竖直向下、场强为E的匀强电场，现有质量为m、带电量为＋q的粒子(不计重力)从P点以大小为v0的水平初速度射入电场，随后与边界MM′成45°射入磁场，若粒子能垂直NN′边界飞出磁场，穿过小孔进入如图所示两竖直平行金属板间的匀强电场中减速至零且不碰到正极板。‎ ‎(1)求出粒子进入磁场时的速度大小；‎ ‎(2)求匀强磁场的磁感应强度B；‎ ‎(3)求金属板间的电压U的最小值。‎ ‎[解析]　(1)轨迹如图所示，由运动的合成与分解可知：‎ v＝＝v0。‎ ‎(2)粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由运动轨迹和几何关系可知其轨道半径：R＝＝d 又qvB＝m，联立解得：B＝。‎ ‎(3)设金属板间的最小电压为U，粒子进入板间电场至速度减为零的过程，由动能定理有：‎ ‎－qU＝0－mv2解得：U＝。‎ ‎[答案]　(1)v0　(2)　(3) ‎[通法归纳]‎ ‎　　带电粒子在前后两个场中的运动性质一般不同，所以组合场问题才显得复杂。而联系这两种运动的关键物理量是速度，所以分析组合场问题的突破口就是分析两个场分界处的速度，包括其大小和方向。‎ ‎[集训冲关]‎ ‎(2017·南京一模)如图所示，在以O为圆心的圆形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B＝0.2 T。AO、CO为圆的两条半径，夹角为120°。一个质量为m＝3.2×10－‎26 kg、电荷量q＝－1.6×10－‎‎19 C 的粒子经电场加速后，从图中A点沿AO进入磁场，最后以v＝1.0×‎105 m/s的速度从C点离开磁场。不计粒子的重力。求：‎ ‎(1)加速电场的电压；‎ ‎(2)粒子在磁场中运动的时间；‎ ‎(3)圆形有界磁场区域的半径。‎ 解析：(1)在加速电场中，由动能定理有：qU＝mv2，‎ 得U＝1 000 V。‎ ‎(2)粒子在磁场中运动周期：T＝，由几何关系可知粒子做圆周运动转过的角度为60°，所以粒子在磁场中运动的时间t＝T＝≈1.0×10－6 s。‎ ‎(3)由洛伦兹力提供向心力得 Bqv＝m，‎ 则粒子运动的轨道半径R＝＝‎‎0.10 m 圆形磁场的半径r＝Rtan 30°≈‎0.058 m。‎ 答案：(1)1 000 V　(2)1.0×10－6 s　(3)‎‎0.058 m 提能点(二)　磁场与磁场的组合 ‎[典例]　(2014·江苏高考)某装置用磁场控制带电粒子的运动，工作原理如图所示。装置的长为L，上下两个相同的矩形区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小均为B、方向与纸面垂直且相反，两磁场的间距为d。装置右端有一收集板，M、N、P为板上的三点，M位于轴线OO′上，N、P分别位于下方磁场的上、下边界上。在纸面内，质量为m、电荷量为－q的粒子以某一速度从装置左端的中点射入，方向与轴线成30°角，经过上方的磁场区域一次，恰好到达P点。改变粒子入射速度的大小，可以控制粒子到达收集板上的位置。不计粒子的重力。‎ ‎(1)求磁场区域的宽度h；‎ ‎(2)欲使粒子到达收集板的位置从P点移到N点，求粒子入射速度的最小变化量Δv；‎ ‎(3)欲使粒子到达M点，求粒子入射速度大小的可能值。‎ ‎[解析]　(1)设粒子在磁场中的轨道半径为r 根据题意L＝3rsin 30°＋3dcos 30°‎ 且h＝r(1－cos 30°)‎ 解得h＝。‎ ‎(2)设改变入射速度后粒子在磁场中的轨道半径为r′‎ m＝qvB m＝qv′B 由题意知3rsin 30°＝4r′sin 30°‎ 解得Δv＝v－v′＝。‎ ‎(3)设粒子经过上下方磁场共n＋1次 由题意知L＝(2n＋2)dcos 30°＋(2n＋2)rnsin 30°‎ 且m＝qvnB，‎ 解得vn＝(1≤n＜－1，n取整数)。‎ ‎[答案]　(1) ‎(2)　(3)见解析 粒子在组合磁场中运动，能够到达M、N、P点的入射速度的大小具有多解性。但题目的(1)、(2)问都有限制条件，使多解变成了唯一解。忽视了这一点，就很容易导致错误。‎ ‎[集训冲关]‎ 如图所示，中轴线PQ将矩形区域MNDC分成上下两部分，上部分充满垂直于纸面向外的匀强磁场，下部分充满垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度皆为B。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从P点进入磁场，速度与边MC的夹角θ＝30°。MC边长为a，MN边长为‎8a，不计粒子重力。求：‎ ‎(1)若要该粒子不从MN边射出磁场，其速度最大值是多少？‎ ‎(2)若要该粒子恰从Q点射出磁场，其在磁场中的运行时间最短是多少？‎ 解析：(1)设该粒子恰好不从MN边射出磁场时的轨迹半径为r，则由几何关系得rcos 60°＝r－，解得r＝a。‎ 又由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，‎ 解得最大速度为vm＝。‎ ‎(2)粒子每经过分界线PQ一次，在PQ方向前进的位移为轨迹半径R的倍。设粒子进入磁场后第n次经过PQ线时恰好到达Q点，有n×R＝‎8a且R≈4.62，n所能取的最小自然数为5。粒子做圆周运动的周期为T＝，粒子每经过PQ分界线一次用去的时间为t＝T＝。粒子到达Q点的最短时间为tmin＝5t＝。‎ 答案：(1)　(2) ‎1.如图所示的坐标系xOy中，x<0，y>0的区域内有沿x轴正方向的匀强电场，x≥0的区域内有垂直于xOy坐标平面向外的匀强磁场，x轴上A点的坐标为(－L,0)，y轴上D点的坐标为。有一个带正电的粒子从A点以初速度vA沿y轴正方向射入匀强电场区域，经过D点进入匀强磁场区域，然后经x轴上的C点(图中未画出)运动到坐标原点O。不计重力。求：‎ ‎(1)粒子在D点的速度vD是多大？‎ ‎(2)C点与O点的距离xC是多大？‎ ‎(3)匀强电场的电场强度与匀强磁场的磁感应强度的比值是多大？‎ 解析：(1)设粒子从A点运动到D点所用时间为t，在D点时，沿x轴正方向的速度大小为vx，则L＝vAt，vxt＝L，而vD＝，解得vD＝2vA。‎ ‎(2)设粒子在D点的速度vD与y轴正方向的夹角为θ，则tan θ＝，解得θ＝60°‎ 粒子在x≥0的区域内做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示。‎ 由几何关系有∠O1DO＝∠O1OD＝30°，‎ 则△OO‎1C为等边三角形，DC为直径，‎ 所以xC＝＝＝L ‎(或设轨道半径为R，由R＝＝L，‎ 得xC＝2Rcos 60°＝L)。‎ ‎(3)设匀强电场的电场强度为E，匀强磁场的磁感应强度为B，粒子质量为m，带电荷量为q，‎ 则qEL＝mvD2－mvA2，‎ 而qvDB＝m，‎ 解得＝。‎ 答案：(1)2vA　(2)L　(3) ‎2．如图所示，一带电微粒质量为m＝2.0×10－‎11 kg、电荷量q＝＋1.0×10－‎5 C，从静止开始经电压为U1＝100 V的电场加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中，微粒射出电场时的偏转角θ＝60°，并接着沿半径方向进入一个垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，微粒射出磁场时的偏转角也为θ＝60°。已知偏转电场中金属板长L＝R，圆形匀强磁场的半径为R＝‎10 cm，重力忽略不计。求：‎ ‎(1)带电微粒经加速电场后的速率；‎ ‎(2)两金属板间偏转电场的电场强度E；‎ ‎(3)匀强磁场的磁感应强度的大小。‎ 解析：(1)设带电微粒经加速电场加速后速度为v1，根据动能定理得qU1＝mv12，‎ 解得v1＝ ＝1.0×‎104 m/s。‎ ‎(2)带电微粒在偏转电场中只受电场力作用，做类平抛运动。‎ 水平方向上有：v1＝ 竖直方向上有v2＝at，a＝ 由几何关系tan θ＝ 联立解得：E＝2×103 V/m。‎ ‎(3)设微粒进入磁场时的速度大小为v，则v＝＝2.0×‎104 m/s，‎ 由运动的对称性可知，入射速度的延长线过磁场区域的圆心，则出射速度的反向延长线也过磁场区域的圆心，微粒在磁场中的运动轨迹示意图如图所示，‎ 则轨迹半径为r＝Rtan 60°＝‎‎0.3 m 由qvB＝m，‎ 得B＝＝0.13 T。‎ 答案：(1)1.0×‎104 m/s　(2)2×103 V/m　(3)0.13 T ‎3.(2017·合肥质检)如图所示，在一底边长为‎2L，底角θ＝45°的等腰三角形区域内(O为底边中点)有垂直纸面向外的匀强磁场。现有一质量为m，电荷量为q的带正电粒子从静止开始经过电势差为U的电场加速后，从O点垂直于AD进入磁场，不计重力与空气阻力的影响。‎ ‎(1)求粒子经电场加速射入磁场时的速度；‎ ‎(2)若要使进入磁场的粒子能打到OA板上，求磁感应强度B的最小值；‎ ‎(3)设粒子与AD板碰撞后，电荷量保持不变并以与碰前相同的速率反弹。磁感应强度越大，粒子在磁场中的运动时间也越大。求粒子在磁场中运动的最长时间。‎ 解析：(1)设粒子经电场加速射入磁场时的速度为v，则 由qU＝mv2，得v＝ 。‎ ‎(2)欲求磁感应强度B的最小值，要使圆周半径最大，则粒子的圆周轨迹应与AC边相切，如图甲所示，设圆周半径为R，由图甲中几何关系得R＋＝L 由洛伦兹力提供向心力得qvB＝m 解得B＝。‎ ‎(3)磁感应强度越大，粒子运动圆周半径r越小，最后一次打到AD板的点越靠近A端点，在磁场中运动时间越长，如图乙所示。当r为无穷小时，最后几乎打在A点，设经过n个半圆运动，有n＝ 圆周运动周期T＝，最长的极限时间tm＝n 联立解得tm＝＝ 。‎ 答案：(1) 　(2)　(3) ‎4.(2017·洛阳统考)如图所示，在无限长的竖直边界AC和DE间，上、下部分分别充满方向垂直于ADEC平面向外的匀强磁场，上部分区域的磁感应强度大小为B0，OF为上、下磁场的水平分界线。质量为m、带电荷量为＋q的粒子从AC边界上与O点相距为a的P点垂直于AC边界射入上方磁场区域，经OF上的Q点第一次进入下方磁场区域，Q与O点的距离为‎3a。不考虑粒子重力。‎ ‎(1)求粒子射入时的速度大小；‎ ‎(2)要使粒子不从AC边界飞出，求下方磁场区域的磁感应强度B1应满足的条件；‎ ‎(3)若下方区域的磁感应强度B＝3B0，粒子最终垂直DE边界飞出，求边界DE与AC间距离L的可能值。‎ 解析：(1)设粒子在OF上方做圆周运动的半径为R，运动轨迹如图甲所示 由几何关系可知：R＝‎‎5a 由洛伦兹力提供向心力可知：‎ qvB0＝m 解得：v＝。‎ ‎(2)当粒子恰好不从AC边界飞出时，运动轨迹与AC相切，如图乙所示，设粒子在OF下方做圆周运动的半径为r1，由几何关系得：‎ r1＋r1cos θ＝‎‎3a 由(1)知cos θ＝ 所以r1＝ 根据洛伦兹力提供向心力qvB1＝m，解得：B1＝。‎ 故当B1≥时，粒子不会从AC边界飞出。‎ ‎(3)如图丙所示，当B＝3B0时，根据qvB＝m 得粒子在OF下方的运动半径为r＝a 设粒子的速度方向再次与射入磁场时的速度方向一致时的位置为P1，则P与P1的连线一定与OF平行，根据几何关系知：PP1＝‎‎4a 所以若粒子最终垂直DE边界飞出，边界DE与AC间的距离为L＝nPP1＝4na(n＝1,2,3，…)‎ 答案：(1)　(2)B1≥ ‎(3)L＝4na(n＝1,2,3，…)‎