【先學(xué)后教新思路】2020高考物理一輪復(fù)習(xí)-教案37-帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動

帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動考綱解讀1.能分析計算帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動.2.能夠解決速度選擇器、磁流體發(fā)電機(jī)、質(zhì)譜儀等磁場的實際應(yīng)用問題.1．某空間存在水平方向的勻強(qiáng)電場(圖中未畫出)，帶電小球沿如圖1所示的直線斜向下由A點沿直線向B點運(yùn)動，此空間同時存在由A指向B的勻強(qiáng)磁場，則下列說法正確的是()A．小球確定帶正電圖1B．小球可能做勻速直線運(yùn)動C．帶電小球確定做勻加速直線運(yùn)動D．運(yùn)動過程中，小球的機(jī)械能增大答案CD解析由于重力方向豎直向下，空間存在磁場，且直線運(yùn)動方向斜向下，與磁場方向相同，故不受洛倫茲力作用，電場力必水平向右，但電場具體方向未知，故不能推斷帶電小球的電性，選項A錯誤；重力和電場力的合力不為零，故不行能做勻速直線運(yùn)動，所以選項B錯誤；由于重力與電場力的合力方向與運(yùn)動方向相同，故小球確定做勻加速直線運(yùn)動，選項C正確；運(yùn)動過程中由于電場力做正功，故機(jī)械能增大，選項D正確．2．如圖2所示，一帶電小球在一正交電場、磁場區(qū)域里做勻速圓周運(yùn)動，電場方向豎直向下，磁場方向垂直紙面向里，則下列說法正確的是()A．小球確定帶正電圖2B．小球確定帶負(fù)電C．小球的繞行方向為順時針D．轉(zhuǎn)變小球的速度大小，小球?qū)⒉蛔鰣A周運(yùn)動答案BC解析小球做勻速圓周運(yùn)動，重力必與電場力平衡，則電場力方向豎直向上，結(jié)合電場方向可知小球確定帶負(fù)電，A錯誤，B正確；洛倫茲力充當(dāng)向心力，由曲線運(yùn)動軌跡的彎曲方向結(jié)合左手定則可得繞行方向為順時針方向，C正確，D錯誤．考點梳理一、復(fù)合場1．復(fù)合場的分類(1)疊加場：電場、磁場、重力場共存，或其中某兩場共存．(2)組合場：電場與磁場各位于確定的區(qū)域內(nèi)，并不重疊或相鄰或在同一區(qū)域，電場、磁場交替毀滅．2．三種場的比較項目名稱力的特點功和能的特點重力場大?。篏＝mg方向：豎直向下重力做功與路徑無關(guān)重力做功轉(zhuǎn)變物體的重力勢能靜電場大?。篎＝qE方向：a.正電荷受力方向與場強(qiáng)方向相同b.負(fù)電荷受力方向與場強(qiáng)方向相反電場力做功與路徑無關(guān)W＝qU電場力做功轉(zhuǎn)變電勢能磁場洛倫茲力F＝qvB方向可用左手定則推斷洛倫茲力不做功，不轉(zhuǎn)變帶電粒子的動能二、帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動形式1．靜止或勻速直線運(yùn)動當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中所受合外力為零時，將處于靜止?fàn)顟B(tài)或做勻速直線運(yùn)動．2．勻速圓周運(yùn)動當(dāng)帶電粒子所受的重力與電場力大小相等，方向相反時，帶電粒子在洛倫茲力的作用下，在垂直于勻強(qiáng)磁場的平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動．3．較簡潔的曲線運(yùn)動當(dāng)帶電粒子所受合外力的大小和方向均變化，且與初速度方向不在同始終線上，粒子做非勻變速曲線運(yùn)動，這時粒子運(yùn)動軌跡既不是圓弧，也不是拋物線．4．分階段運(yùn)動帶電粒子可能依次通過幾個狀況不同的組合場區(qū)域，其運(yùn)動狀況隨區(qū)域發(fā)生變化，其運(yùn)動過程由幾種不同的運(yùn)動階段組成．3．如圖3所示是質(zhì)譜儀的工作原理示意圖．帶電粒子被加速電場加速后，進(jìn)入速度選擇器．速度選擇器內(nèi)相互正交的勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場的強(qiáng)度分別為B和E.平板S上有可讓粒子通過的狹縫P和記錄粒子位置的膠片A1A2.平板SB0的勻強(qiáng)磁場．下列表述正確的是()A．質(zhì)譜儀是分析同位素的重要工具圖3B．速度選擇器中的磁場方向垂直紙面對外C．能通過狹縫P的帶電粒子的速率等于E/BD．粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P，粒子的比荷越小答案ABC解析粒子在題圖中的電場中加速，說明粒子帶正電，其通過速度選擇器時，電場力與洛倫茲力平衡，則洛倫茲力方向應(yīng)水平向左，由左手定則知，磁場的方向應(yīng)垂直紙面對外，選項B正確；由Eq＝Bqv可知，v＝E/B，選項C正確；粒子打在膠片上的位置到狹縫的距離即為其做勻速圓周運(yùn)動的直徑D＝eq\f(2mv,Bq)，可見D越小，則粒子的比荷越大，D不同，則粒子的比荷不同，因此利用該裝置可以分析同位素，A正確，D錯誤．4．勞倫斯和利文斯設(shè)計出回旋加速器，工作原理示意圖如圖4所示．置于高真空中的D形金屬盒半徑為R，兩盒間的狹縫很小，帶電粒子穿過的時間可忽視．磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場與盒面垂直，高頻溝通電頻率為f，加速電壓為U.若A處粒子源產(chǎn)生的質(zhì)子質(zhì)量為m、電荷量為＋q，在加速器中被加速，且加速過程中不考慮相對論效應(yīng)和重力的影響．則下列說法正確的是()圖4A．質(zhì)子被加速后的最大速度不行能超過2πRfB．質(zhì)子離開回旋加速器時的最大動能與加速電壓U成正比C．質(zhì)子第2次和第1次經(jīng)過兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比為eq\r(2)∶1D．不轉(zhuǎn)變磁感應(yīng)強(qiáng)度B和溝通電頻率f，該回旋加速器的最大動能不變答案AC解析粒子被加速后的最大速度受到D形盒半徑R的制約，因v＝eq\f(2πR,T)＝2πRf，故A正確；粒子離開回旋加速器的最大動能Ekm＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)m×4π2R2f2＝2mπ2R2f2，與加速電壓U無關(guān)，B錯誤；依據(jù)R＝eq\f(mv,Bq)，Uq＝eq\f(1,2)mv，2Uq＝eq\f(1,2)mv，得質(zhì)子第2次和第1次經(jīng)過兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比為eq\r(2)∶1，C正確；因回旋加速器的最大動能Ekm＝2mπ2R2f2與m、R、f均有關(guān)，D錯誤．規(guī)律總結(jié)帶電粒子在復(fù)合場中運(yùn)動的應(yīng)用實例1．質(zhì)譜儀(1)構(gòu)造：如圖5所示，由粒子源、加速電場、偏轉(zhuǎn)磁場和照相底片等構(gòu)成．圖5(2)原理：粒子由靜止被加速電場加速，依據(jù)動能定理可得關(guān)系式qU＝eq\f(1,2)mv2.粒子在磁場中受洛倫茲力作用而偏轉(zhuǎn)，做勻速圓周運(yùn)動，依據(jù)牛頓其次定律得關(guān)系式qvB＝meq\f(v2,r).由兩式可得出需要爭辯的物理量，如粒子軌道半徑、粒子質(zhì)量、比荷．r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))，m＝eq\f(qr2B2,2U)，eq\f(q,m)＝eq\f(2U,B2r2).2．回旋加速器(1)構(gòu)造：如圖6所示，D1、D2是半圓形金屬盒，D形盒的縫隙處接溝通電源，D形盒處于勻強(qiáng)磁場中．(2)原理：溝通電的周期和粒子做圓周運(yùn)動的周期相等，粒子在圓周運(yùn)動的過程中一次一次地經(jīng)過D形盒縫隙，兩盒間的電勢差一次一次地反向，粒子就會被一次一次地加速．由qvB＝eq\f(mv2,r)，得Ekm＝eq\f(q2B2r2,2m)，可見粒子獲得的最大動能由磁感應(yīng)強(qiáng)度B和D形盒圖6半徑r打算，與加速電壓無關(guān)．特殊提示這兩個實例都應(yīng)用了帶電粒子在電場中加速、在磁場中偏轉(zhuǎn)(勻速圓周運(yùn)動)的原理．3．速度選擇器(如圖7所示)(1)平行板中電場強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B相互垂直．這種裝置能把具有確定速度的粒子選擇出來，所以叫做速度選擇器．(2)帶電粒子能夠沿直線勻速通過速度選擇器的條件是qE＝qvB，即v＝eq\f(E,B).圖74．磁流體發(fā)電機(jī)(1)磁流體發(fā)電是一項新興技術(shù)，它可以把內(nèi)能直接轉(zhuǎn)化為電能．(2)依據(jù)左手定則，如圖8中的B是發(fā)電機(jī)正極．(3)磁流體發(fā)電機(jī)兩極板間的距離為L，等離子體速度為v，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，則由qE＝qeq\f(U,L)＝qvB得兩極板間能達(dá)到的最大電勢圖8差U＝BLv.5．電磁流量計工作原理：如圖9所示，圓形導(dǎo)管直徑為d，用非磁性材料制成，導(dǎo)電液體在管中向左流淌，導(dǎo)電液體中的自由電荷(正、負(fù)離子)，在洛倫茲力的作用下橫向偏轉(zhuǎn)，a、b間毀滅電勢差，形成電場，當(dāng)自由電荷所受的電場力和洛倫茲力平衡時，a、b間的電勢差就圖9保持穩(wěn)定，即：qvB＝qE＝qeq\f(U,d)，所以v＝eq\f(U,Bd)，因此液體流量Q＝Sv＝eq\f(πd2,4)·eq\f(U,Bd)＝eq\f(πdU,4B).考點一帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動1．帶電粒子在疊加場中無約束狀況下的運(yùn)動狀況分類(1)磁場力、重力并存①若重力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運(yùn)動．②若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做簡潔的曲線運(yùn)動，因洛倫茲力不做功，故機(jī)械能守恒，由此可求解問題．(2)電場力、磁場力并存(不計重力的微觀粒子)①若電場力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運(yùn)動．②若電場力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做簡潔的曲線運(yùn)動，因洛倫茲力不做功，可用動能定理求解問題．(3)電場力、磁場力、重力并存①若三力平衡，確定做勻速直線運(yùn)動．②若重力與電場力平衡，確定做勻速圓周運(yùn)動．③若合力不為零且與速度方向不垂直，將做簡潔的曲線運(yùn)動，因洛倫茲力不做功，可用能量守恒或動能定理求解問題．2．帶電粒子在疊加場中有約束狀況下的運(yùn)動帶電體在復(fù)合場中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道等約束的狀況下，常見的運(yùn)動形式有直線運(yùn)動和圓周運(yùn)動，此時解題要通過受力分析明確變力、恒力做功狀況，并留意洛倫茲力不做功的特點，運(yùn)用動能定理、能量守恒定律結(jié)合牛頓運(yùn)動定律求出結(jié)果．例1如圖10所示，帶電平行金屬板相距為2R，在兩板間有垂直紙面對里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，與兩板及左側(cè)邊緣線相切．一個帶正電的粒子(不計重力)沿兩板間中心線O1O2從左側(cè)邊緣O1點以某一速度射入，恰沿直線通過圓形磁場區(qū)域，并從極板邊緣飛出，在極板間運(yùn)動時間為t0.若撤去磁場，質(zhì)子仍從O1點以相同速度射入，則經(jīng)eq\f(t0,2)時間打到極板上．圖10(1)求兩極板間電壓U；(2)若兩極板不帶電，保持磁場不變，該粒子仍沿中心線O1O2從O1點射入，欲使粒子從兩板左側(cè)間飛出，射入的速度應(yīng)滿足什么條件？解析(1)設(shè)粒子從左側(cè)O1點射入的速度為v0，極板長為L，粒子在初速度方向上做勻速直線運(yùn)動L∶(L－2R)＝t0∶eq\f(t0,2)，解得L＝4R粒子在電場中做類平拋運(yùn)動：L－2R＝v0·eq\f(t0,2)a＝eq\f(qE,m)R＝eq\f(1,2)a(eq\f(t0,2))2在復(fù)合場中做勻速運(yùn)動：qeq\f(U,2R)＝qv0B聯(lián)立各式解得v0＝eq\f(4R,t0)，U＝eq\f(8R2B,t0)(2)設(shè)粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的軌跡如圖所示，設(shè)其軌道半徑為r，粒子恰好從上極板左邊緣飛出時速度的偏轉(zhuǎn)角為α，由幾何關(guān)系可知：β＝π－α＝45°，r＋eq\r(2)r＝R由于R＝eq\f(1,2)eq\f(qE,m)(eq\f(t0,2))2，所以eq\f(qE,m)＝eq\f(qv0B,m)＝eq\f(8R,t\o\al(2,0))依據(jù)牛頓其次定律有qvB＝meq\f(v2,r)，解得v＝eq\f(2\r(2)－1R,t0)所以，粒子在兩板左側(cè)間飛出的條件為0<v<eq\f(2\r(2)－1R,t0)答案(1)eq\f(8R2B,t0)(2)0<v<eq\f(2\r(2)－1R,t0)技巧點撥帶電粒子(帶電體)在疊加場中運(yùn)動的分析方法1．弄清疊加場的組成．2．進(jìn)行受力分析．3．確定帶電粒子的運(yùn)動狀態(tài)，留意運(yùn)動狀況和受力狀況的結(jié)合．4．畫出粒子運(yùn)動軌跡，機(jī)敏選擇不同的運(yùn)動規(guī)律．(1)當(dāng)帶電粒子在疊加場中做勻速直線運(yùn)動時，依據(jù)受力平衡列方程求解．(2)當(dāng)帶電粒子在疊加場中做勻速圓周運(yùn)動時，應(yīng)用牛頓定律結(jié)合圓周運(yùn)動規(guī)律求解．(3)當(dāng)帶電粒子做簡潔曲線運(yùn)動時，一般用動能定理或能量守恒定律求解．(4)對于臨界問題，留意挖掘隱含條件．5．記住三點：(1)受力分析是基礎(chǔ)；(2)運(yùn)動過程分析是關(guān)鍵；(3)依據(jù)不同的運(yùn)動過程及物理模型，選擇合適的定理列方程求解．突破訓(xùn)練1如圖11所示，空間存在著垂直紙面對外的水平勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，在y軸兩側(cè)分別有方向相反的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度均為E，在兩個電場的交界處左側(cè)，有一帶正電的液滴a在電場力和重力作用下靜止，現(xiàn)從場中某點由靜止釋放一個帶負(fù)電的液滴b，當(dāng)它的運(yùn)動方向變?yōu)樗椒较驎r恰與a相撞，撞后兩液滴合為一體，速度減小到原來的一半，并沿x軸正方向做勻速直線運(yùn)動，已圖11知液滴b與a的質(zhì)量相等，b所帶電荷量是a所帶電荷量的2倍，且相撞前a、b間的靜電力忽視不計．(1)求兩液滴相撞后共同運(yùn)動的速度大小；(2)求液滴b開頭下落時距液滴a的高度h.答案(1)eq\f(E,B)(2)eq\f(2E2,3gB2)解析液滴在勻強(qiáng)磁場、勻強(qiáng)電場中運(yùn)動，同時受到洛倫茲力、電場力和重力作用．(1)設(shè)液滴a質(zhì)量為m、電荷量為q，則液滴b質(zhì)量為m、電荷量為－2q，液滴a平衡時有qE＝mg①a、b相撞合為一體時，質(zhì)量為2m，電荷量為－q，速度為v重力為2mg，方向豎直向下，電場力為qE，方向豎直向上，洛倫茲力方向也豎直向上，因此滿足qvB＋qE＝2mg②由①、②兩式，可得相撞后速度v＝eq\f(E,B)(2)對b，從開頭運(yùn)動至與a相撞之前，由動能定理有WE＋WG＝ΔEk，即(2qE＋mg)h＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)③a、b碰撞后速度減半，即v＝eq\f(v0,2)，則v0＝2v＝eq\f(2E,B)再代入③式得h＝eq\f(mv\o\al(2,0),4qE＋2mg)＝eq\f(v\o\al(2,0),6g)＝eq\f(2E2,3gB2)考點二帶電粒子在組合場中的運(yùn)動1．近幾年各省市的高考題在這里的命題情景大都是組合場模型，或是一個電場與一個磁場相鄰，或是兩個或多個磁場相鄰．2．解題時要弄清楚場的性質(zhì)、場的方向、強(qiáng)弱、范圍等．3．要進(jìn)行正確的受力分析，確定帶電粒子的運(yùn)動狀態(tài)．4．分析帶電粒子的運(yùn)動過程，畫出運(yùn)動軌跡是解題的關(guān)鍵．例2(2022·山東理綜·23)如圖12甲所示，相隔確定距離的豎直邊界兩側(cè)為相同的勻強(qiáng)磁場區(qū)，磁場方向垂直紙面對里，在邊界上固定兩長為L的平行金屬極板MN和PQ，兩極板中心各有一小孔S1、S2，兩極板間電壓的變化規(guī)律如圖乙所示，正反向電壓的大小均為U0，周期為T0.在t＝0時刻將一個質(zhì)量為m、電荷量為－q(q>0)的粒子由S1靜止釋放，粒子在電場力的作用下向右運(yùn)動，在t＝eq\f(T0,2)時刻通過S2垂直于邊界進(jìn)入右側(cè)磁場區(qū)．(不計粒子重力，不考慮極板外的電場)圖12(1)求粒子到達(dá)S2時的速度大小v和極板間距d.(2)為使粒子不與極板相撞，求磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小應(yīng)滿足的條件．(3)若已保證了粒子未與極板相撞，為使粒子在t＝3T0時刻再次到達(dá)S2，且速度恰好為零，求該過程中粒子在磁場內(nèi)運(yùn)動的時間和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大?。畬忣}指導(dǎo)1.粒子的運(yùn)動過程是什么？2．要在t＝3T0時使粒子再次到達(dá)S2，且速度為零，需要滿足什么條件？解析(1)粒子由S1至S2的過程，依據(jù)動能定理得qU0＝eq\f(1,2)mv2①由①式得v＝eq\r(\f(2qU0,m))②設(shè)粒子的加速度大小為a，由牛頓其次定律得qeq\f(U0,d)＝ma③由運(yùn)動學(xué)公式得d＝eq\f(1,2)a(eq\f(T0,2))2④聯(lián)立③④式得d＝eq\f(T0,4)eq\r(\f(2qU0,m))⑤(2)設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的半徑為R，由牛頓其次定律得qvB＝meq\f(v2,R)⑥要使粒子在磁場中運(yùn)動時不與極板相撞，需滿足2R>eq\f(L,2)⑦聯(lián)立②⑥⑦式得B<eq\f(4,L)eq\r(\f(2mU0,q))(3)設(shè)粒子在兩邊界之間無場區(qū)向左勻速運(yùn)動的過程所用時間為t1，有d＝vt1⑧聯(lián)立②⑤⑧式得t1＝eq\f(T0,4)⑨若粒子再次到達(dá)S2時速度恰好為零，粒子回到極板間應(yīng)做勻減速運(yùn)動，設(shè)勻減速運(yùn)動的時間為t2，依據(jù)運(yùn)動學(xué)公式得d＝eq\f(v,2)t2⑩聯(lián)立⑧⑨⑩式得t2＝eq\f(T0,2)?設(shè)粒子在磁場中運(yùn)動的時間為tt＝3T0－eq\f(T0,2)－t1－t2?聯(lián)立⑨??式得t＝eq\f(7T0,4)?設(shè)粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動的周期為T，由⑥式結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式得T＝eq\f(2πm,qB)?由題意可知T＝t?聯(lián)立???式得B＝eq\f(8πm,7qT0).答案(1)eq\r(\f(2qU0,m))eq\f(T0,4)eq\r(\f(2qU0,m))(2)B<eq\f(4,L)eq\r(\f(2mU0,q))(3)eq\f(7T0,4)eq\f(8πm,7qT0)方法點撥解決帶電粒子在組合場中運(yùn)動問題的思路方法40．帶電粒子在交變電場和交變磁場中的運(yùn)動模型問題的分析解析(1)粒子在磁場中運(yùn)動時qvB＝eq\f(mv2,R)(2分)T＝eq\f(2πR,v)(1分)解得T＝eq\f(2πm,qB)＝4×10－3s(1分)(2)粒子的運(yùn)動軌跡如圖所示，t＝20×10－3s時粒子在坐標(biāo)系內(nèi)做了兩個圓周運(yùn)動和三段類平拋運(yùn)動，水平位移x＝3v0T＝9.6×10－2m豎直位移y＝eq\f(1,2)a(3T)2(1分)Eq＝ma(1分)解得y＝3.6×10－2故t＝20×10－3s時粒子的位置坐標(biāo)為：(9.6×10－2m，－3.6×10－2m)(3)t＝24×10－3s時粒子的速度大小、方向與t＝20×10－3s時相同，設(shè)與水平方向夾角為α(1分)則v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,y))(1分)vy＝3aT(1分)tanα＝eq\f(vy,v0)(1分)解得v＝10m/s(1分)與x軸正向夾角α為37°(或arctaneq\f(3,4))斜向右下方(1分)答案(1)4×10－3s(2)(9.6×10－2m，－3.6×10－2m)(3)10m/s方向與α為37°(或arctaneq\f(3,4))突破訓(xùn)練2如圖14甲所示，與紙面垂直的豎直面MN的左側(cè)空間中存在豎直向上的場強(qiáng)大小為E＝2.5×102N/C的勻強(qiáng)電場(上、下及左側(cè)無界)．一個質(zhì)量為m＝0.5kg、電荷量為q＝2.0×10－2C的可視為質(zhì)點的帶正電小球，在t＝0時刻以大小為v0向右通過電場中的一點P，當(dāng)t＝t1時刻在電場所在空間中加上一如圖乙所示隨時間周期性變化的磁場，使得小球能豎直向下通過D點，D為電場中小球初速度方向上的一點，PD間距為L，D到豎直面MN的距離DQ為L/π.設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度垂直紙面對里為正．(g＝10m/s2)圖14(1)假如磁感應(yīng)強(qiáng)度B0為已知量，使得小球能豎直向下通過D點，求磁場每一次作用時間t0的最小值(用題中所給物理量的符號表示)；(2)假如磁感應(yīng)強(qiáng)度B0為已知量，試推出滿足條件的時刻t1的表達(dá)式(用題中所給物理量的符號表示)；(3)若小球能始終在電磁場所在空間做周期性運(yùn)動，則當(dāng)小球運(yùn)動的周期最大時，求出磁感應(yīng)強(qiáng)度B0及運(yùn)動的最大周期T的大小(用題中所給物理量的符號表示)．答案(1)eq\f(3πm,2qB0)(2)eq\f(L,v0)＋eq\f(m,qB0)(3)eq\f(2πmv0,qL)eq\f(6L,v0)解析(1)當(dāng)小球僅有電場作用時：mg＝Eq，小球?qū)⒆鰟蛩僦本€運(yùn)動．在t1時刻加入磁場，小球在時間t0內(nèi)將做勻速圓周運(yùn)動，圓周運(yùn)動周期為T0，若豎直向下通過D點，由圖甲分析可知：t0＝eq\f(3T0,4)＝eq\f(3πm,2qB0)(2)eq\x\to(PF)－eq\x\to(PD)＝R，即：甲v0t1－L＝Rqv0B0＝mv/R所以v0t1－L＝eq\f(mv0,qB0)，t1＝eq\f(L,v0)＋eq\f(m,qB0)(3)小球運(yùn)動的速率始終不變，當(dāng)R變大時，T0也增加，小球在電磁場中的運(yùn)動的周期T增加，在小球不飛出電磁場的狀況下，當(dāng)T最大時有：eq\x\to(DQ)＝2R＝eq\f(L,π)＝eq\f(2mv0,qB0)B0＝eq\f(2πmv0,qL)，T0＝eq\f(2πR,v0)＝eq\f(L,v0)乙由圖分析可知小球在電磁場中運(yùn)動的最大周期：T＝8×eq\f(3T0,4)＝eq\f(6L,v0)，小球運(yùn)動軌跡如圖乙所示．高考題組1．(2022·課標(biāo)全國·25)如圖15，一半徑為R的圓表示一柱形區(qū)域的橫截面(紙面)．在柱形區(qū)域內(nèi)加一方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場，一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子沿圖中直線從圓上的a點射入柱形區(qū)域，從圓上的b點離開該區(qū)域，離開時速度方向與直線垂直．圓心O到直線的距離為eq\f(3,5)R.現(xiàn)將磁場換為平行于紙面且垂直于直線的勻強(qiáng)電場，同一粒子以同樣圖15速度沿直線從a點射入柱形區(qū)域，也從b點離開該區(qū)域．若磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，不計重力，求電場強(qiáng)度的大?。鸢竐q\f(14qRB2,5m)解析粒子在磁場中做圓周運(yùn)動．設(shè)圓周的半徑為r，由牛頓其次定律和洛倫茲力公式得qvB＝meq\f(v2,r)①式中v為粒子在a點的速度．過b點和O點作直線的垂線，分別與直線交于c點和d點．由幾何關(guān)系知，線段eq\x\to(ac)、eq\x\to(bc)和過a、b兩點的圓弧軌跡的兩條半徑(未畫出)圍成一正方形．因此eq\x\to(ac)＝eq\x\to(bc)＝r②設(shè)eq\x\to(cd)＝x，由幾何關(guān)系得eq\x\to(ac)＝eq\f(4,5)R＋x③eq\x\to(bc)＝eq\f(3,5)R＋eq\r(R2－x2)④聯(lián)立②③④式得r＝eq\f(7,5)R⑤再考慮粒子在電場中的運(yùn)動．設(shè)電場強(qiáng)度的大小為E，粒子在電場中做類平拋運(yùn)動．設(shè)其加速度大小為a，由牛頓其次定律和帶電粒子在電場中的受力公式得qE＝ma⑥粒子在電場方向和直線方向運(yùn)動的距離均為r，由運(yùn)動學(xué)公式得r＝eq\f(1,2)at2⑦r＝vt⑧式中t是粒子在電場中運(yùn)動的時間．聯(lián)立①⑤⑥⑦⑧式得E＝eq\f(14qRB2,5m).2．(2022·浙江理綜·24)如圖16所示，兩塊水平放置、相距為d的長金屬板接在電壓可調(diào)的電源上．兩板之間的右側(cè)區(qū)域存在方向垂直紙面對里的勻強(qiáng)磁場．將噴墨打印機(jī)的噴口靠近上板下表面，從噴口連續(xù)不斷噴出質(zhì)量均為m、水平速度均為v0、帶相等電荷圖16量的墨滴．調(diào)整電源電壓至U，墨滴在電場區(qū)域恰能沿水平向右做勻速直線運(yùn)動；進(jìn)入電場、磁場共存區(qū)域后，最終垂直打在下板的M點．(1)推斷墨滴所帶電荷的種類，并求其電荷量；(2)求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的值；(3)現(xiàn)保持噴口方向不變，使其豎直下移到兩板中間的位置．為了使墨滴仍能到達(dá)下板M點，應(yīng)將磁感應(yīng)強(qiáng)度調(diào)至B′，則B′的大小為多少？答案(1)負(fù)電荷eq\f(mgd,U)(2)eq\f(v0U,gd2)(3)eq\f(4v0U,5gd2)解析(1)墨滴在電場區(qū)域做勻速直線運(yùn)動，有qeq\f(U,d)＝mg①由①式得：q＝eq\f(mgd,U)②由于電場方向向下，電荷所受電場力向上，可知：墨滴帶負(fù)電荷．(2)墨滴垂直進(jìn)入電場、磁場共存區(qū)域后，重力仍與電場力平衡，合力等于洛倫茲力，墨滴做勻速圓周運(yùn)動，有qv0B＝meq\f(v02,R)③考慮墨滴進(jìn)入電場、磁場共存區(qū)域和下板的幾何關(guān)系，可知墨滴在該區(qū)域恰完成四分之一圓周運(yùn)動，則半徑R＝d④由②③④式得B＝eq\f(v0U,gd2)(3)依據(jù)題設(shè)，墨滴運(yùn)動軌跡如圖所示，設(shè)墨滴做圓周運(yùn)動的半徑為R′，有qv0B′＝meq\f(v02,R′)⑤由圖可得：R′2＝d2＋(R′－eq\f(d,2))2⑥由⑥式得：R′＝eq\f(5,4)d⑦聯(lián)立②⑤⑦式可得：B′＝eq\f(4v0U,5gd2).模擬題組3.如圖17所示，坐標(biāo)平面第Ⅰ象限內(nèi)存在大小為E＝4×105N/C、方向水平向左的勻強(qiáng)電場，在第Ⅱ象限內(nèi)存在方向垂直紙面對里的勻強(qiáng)磁場．質(zhì)荷比為eq\f(m,q)＝4×10－10N/C的帶正電粒子從x軸上的A點以初速度v0＝2×107m/s垂直x軸射入電場，0.2m，不計重力．求：圖17(1)粒子經(jīng)過y軸時的位置到原點O的距離；(2)若要求粒子不能進(jìn)入第三象限，求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的取值范圍(不考慮粒子其次次進(jìn)入電場后的運(yùn)動狀況．)答案(1)0.4m(2)B≥(2eq\r(2)＋2)×10－2T解析(1)設(shè)粒子在電場中運(yùn)動的時間為t，粒子經(jīng)過y軸時的位置與原點O的距離為y，則：sOA＝eq\f(1,2)at2a＝eq\f(F,m)E＝eq\f(F,q)y＝v0t聯(lián)立解得a＝1.0×1015m/s2t＝2.0×10－8s(2)粒子經(jīng)過y軸時在電場方向的分速度為：vx＝at＝2×107粒子經(jīng)過y軸時的速度大小為：v＝eq\r(vx2+v02)＝2eq\r(2)×107m/s與y軸正方向的夾角為θ，θ＝arctaneq\f(vx,v0)＝45°要使粒子不進(jìn)入第三象限，如圖所示，此時粒子做勻速圓周運(yùn)動的軌道半徑為R，則：R＋eq\f(\r(2),2)R≤yqvB＝meq\f(v2,R)聯(lián)立解得B≥(2eq\r(2)＋2)×10－2T.4．如圖18甲所示，在以O(shè)為坐標(biāo)原點的xOy平面內(nèi)，存在著范圍足夠大的電場和磁場，一個帶正電小球在t＝0時刻以v0＝3gt0的初速度從O點沿＋x方向(水平向右)射入該空間，在t0時刻該空間同時加上如圖乙所示的電場和磁場，其中電場方向豎直向上，場強(qiáng)大小E0＝eq\f(mg,q)，磁場垂直于xOy平面對外，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B0＝eq\f(πm,qt0)，已知小球的質(zhì)量為m，帶電荷量為q，時間單位為t0，當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間，空氣阻力不計．試求：圖18(1)t0末小球速度的大??；(2)小球做圓周運(yùn)動的周期T和12t0末小球速度的大??；(3)在給定的xOy坐標(biāo)系中，大體畫出小球在0到24t0內(nèi)運(yùn)動軌跡的示意圖；(4)30t0內(nèi)小球距x軸的最大距離．答案(1)eq\r(10)gt0(2)2t0eq\r(13)gt0(3)見解析圖(4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,2)＋\f(3＋3\r(2),π)))gt解析(1)由題圖乙知，0～t0內(nèi)，小球只受重力作用，做平拋運(yùn)動，在t0末：v＝eq\r(v0x2+v0y2)＝eq\r(3gt02＋gt02)＝eq\r(10)gt0(2)當(dāng)同時加上電場和磁場時，電場力F1＝qE0＝mg，方向向上由于重力和電場力恰好平衡，所以小球只受洛倫茲力而做勻速圓周運(yùn)動，有qvB0＝meq\f(v2,r)運(yùn)動周期T＝eq\f(2πr,v)，聯(lián)立解得T＝2t0由題圖乙知，電場、磁場同時存在的時間正好是小球做勻速圓周運(yùn)動周期的5倍，即在這10t0內(nèi)，小球恰好做了5個完整的勻速圓周運(yùn)動．所以小球在t1＝12t0時刻的速度相當(dāng)于小球做平拋運(yùn)動t＝2t0時的末速度．vy1＝g·2t0＝2gt0，vx1＝v0x＝3gt0所以12t0末v1＝eq\r(vx12+vy12)＝eq\r(13)gt0(3)24t0內(nèi)運(yùn)動軌跡的示意圖如圖所示．(4)分析可知，小球在30t0時與24t0時的位置相同，在24t0內(nèi)小球相當(dāng)于做了t2＝3t0的平拋運(yùn)動和半個圓周運(yùn)動.23t0末小球平拋運(yùn)動的豎直分位移大小為y2＝eq\f(1,2)g(3t0)2＝eq\f(9,2)gt豎直分速度vy2＝3gt0＝v0，所以小球與豎直方向的夾角為θ＝45°，速度大小為v2＝3eq\r(2)gt0此后小球做勻速圓周運(yùn)動的半徑r2＝eq\f(mv2,qB0)＝eq\f(3\r(2)gt\o\al(2,0),π)30t0內(nèi)小球距x軸的最大距離：y3＝y(tǒng)2＋(1＋cos45°)r2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,2)＋\f(3＋3\r(2),π)))gteq\o\al(2,0)?題組1對帶電粒子在疊加場中運(yùn)動的考查1．如圖1所示，已知一帶電小球在光滑絕緣的水平面上從靜止開頭經(jīng)電壓U加速后，水平進(jìn)入相互垂直的勻強(qiáng)電場E和勻強(qiáng)磁場B的復(fù)合場中(E和B已知)，小球在此空間的豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，則()圖1A．小球可能帶正電B．小球做勻速圓周運(yùn)動的半徑為r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2UE,g))C．小球做勻速圓周運(yùn)動的周期為T＝eq\f(2πE,Bg)D．若電壓U增大，則小球做勻速圓周運(yùn)動的周期增加答案BC解析小球在復(fù)合場中做勻速圓周運(yùn)動，則小球受到的電場力和重力滿足mg＝Eq，則小球帶負(fù)電，A錯誤；由于小球做圓周運(yùn)動的向心力為洛倫茲力，由牛頓其次定律和動能定理可得：Bqv＝eq\f(mv2,r)，Uq＝eq\f(1,2)mv2，聯(lián)立兩式可得：小球做勻速圓周運(yùn)動的半徑r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2UE,g))，由T＝eq\f(2πr,v)可以得出T＝eq\f(2πE,Bg)，與電壓U無關(guān)，所以B、C正確，D錯誤．2．如圖1所示，空間的某個復(fù)合場區(qū)域內(nèi)存在著方向相互垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場．質(zhì)子由靜止開頭經(jīng)一加速電場加速后，垂直于復(fù)合場的界面進(jìn)入并沿直線穿過場區(qū)，質(zhì)子從復(fù)合場區(qū)穿出時的動能為Ek.那么氘核同樣由靜止開頭經(jīng)同一加速電場加速后穿過同一復(fù)合場后的動能Ek′的大小是()A．Ek′＝Ek圖2B．Ek′>EkC．Ek′<EkD．條件不足，難以確定答案B解析設(shè)質(zhì)子的質(zhì)量為m，則氘核的質(zhì)量為2m.在加速電場里，由動能定理可得：eUeq\f(1,2)mv2，在復(fù)合場里有：Bqv＝qE?v＝eq\f(E,B)，同理對于氘核由動能定理可得其離開加速電場的速度比質(zhì)子的速度小，所以當(dāng)它進(jìn)入復(fù)合場時所受的洛倫茲力小于電場力，將往電場力方向偏轉(zhuǎn)，電場力做正功，故動能增大，B選項正確．?題組2對帶電粒子在組合場中運(yùn)動的考查3．如圖3所示，兩塊平行金屬極板MN水平放置，板長L＝1m．間距d＝eq\f(\r(3),3)m，兩金屬板間電壓UMN＝1×104V；在平行金屬板右側(cè)依次存在ABC和FGH兩個全等的正三角形區(qū)域，正三角形ABC內(nèi)存在垂直紙面對里的勻強(qiáng)磁場B1，三角形的上頂點A與上金屬板M平齊，BC邊與金屬板平行，AB邊的中點P恰好在下金屬板N的右端點；正三角形FGH內(nèi)存在垂直紙面對外的勻強(qiáng)磁場B2.已知A、F、G處于同始終線上，B、C、H也處于同始終線上．AF兩點的距離為eq\f(2,3)m．現(xiàn)從平行金屬板MN左端沿中心軸線方向入射一個重力不計的帶電粒子，粒子質(zhì)量m＝3×10－10kg，帶電荷量q＝＋1×10－4C，初速度v0＝1×105m/s.圖3(1)求帶電粒子從電場中射出時的速度v的大小和方向；(2)若帶電粒子進(jìn)入中間三角形區(qū)域后垂直打在AC邊上，求該區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度B1；(3)若要使帶電粒子由FH邊界進(jìn)入FGH區(qū)域并能再次回到FH界面，求B2應(yīng)滿足的條件．答案(1)eq\f(2\r(3),3)×105m/s與水平方向夾角為30°(2)eq\f(3\r(3),10)T(3)大于eq\f(2＋\r(3),5)T解析(1)設(shè)帶電粒子在電場中做類平拋運(yùn)動時間為t，加速度為a，eq\f(qUMN,d)＝ma故a＝eq\f(qUMN,dm)＝eq\f(\r(3),3)×1010m/s2t＝eq\f(L,v0)＝1×10－5s豎直方向的速度為vy＝at＝eq\f(\r(3),3)×105m/s射出電場時的速度為v＝eq\r(v02+vy2)＝eq\f(2\r(3),3)×105m/s速度v與水平方向夾角為θ，tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(\r(3),3)，故θ＝30°，即垂直于AB方向射出(2)帶電粒子出電場時豎直方向偏轉(zhuǎn)的位移y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(\r(3),6)m＝eq\f(d,2)，即粒子由P點垂直AB邊射入磁場，由幾何關(guān)系知在磁場ABC區(qū)域內(nèi)做圓周運(yùn)動的半徑為R1＝eq\f(d,cos30°)＝eq\f(2,3)m由B1qv＝eq\f(mv2,R1)知B1＝eq\f(mv,qR1)＝eq\f(3\r(3),10)T(3)分析知當(dāng)運(yùn)動軌跡與邊界GH相切時，對應(yīng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B2最小，運(yùn)動軌跡如圖所示：由幾何關(guān)系可知R2＋eq\f(R2,sin60°)＝1故半徑R2＝(2eq\r(3)－3)m又B2qv＝meq\f(v2,R2)，故B2＝eq\f(2＋\r(3),5)T所以B2應(yīng)滿足的條件為大于eq\f(2＋\r(3),5)T.4.如圖4所示，一個質(zhì)量為m、電荷量為q的正離子，在D處沿圖示方向以確定的速度射入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直紙面對里．結(jié)果離子正好從距A點為d的小孔C沿垂直于電場方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場，此電場方向與AC平行且向上，最終離子打在G處，而G處距A點2d(AG⊥AC)．圖4不計離子重力，離子運(yùn)動軌跡在紙面內(nèi)．求：(1)此離子在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑r；(2)離子從D處運(yùn)動到G處所需時間；(3)離子到達(dá)G處時的動能．答案(1)eq\f(2,3)d(2)eq\f(9＋2πm,3Bq)(3)eq\f(4B2q2d2,9m)解析(1)正離子軌跡如圖所示．圓周運(yùn)動半徑r滿足：d＝r＋rcos60°解得r＝eq\f(2,3)d(2)設(shè)離子在磁場中的運(yùn)動速度為v0，則有：qv0B＝meq\f(v02,r)T＝eq\f(2πr,v0)＝eq\f(2πm,qB)由圖知離子在磁場中做圓周運(yùn)動的時間為：t1＝eq\f(1,3)T＝eq\f(2πm,3Bq)離子在電場中做類平拋運(yùn)動，從C到G的時間為：t2＝eq\f(2d,v0)＝eq\f(3m,Bq)離子從D→C→G的總時間為：t＝t1＋t2＝eq\f(9＋2πm,3Bq)(3)設(shè)電場強(qiáng)度為E，則有：qE＝mad＝eq\f(1,2)at由動能定理得：qEd＝EkG－eq\f(1