《2018屆高考物理二輪復習 板塊一 專題突破復習 專題三 電場與磁場 第三講 帶電粒子在復合場中的運動學案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2018屆高考物理二輪復習 板塊一 專題突破復習 專題三 電場與磁場 第三講 帶電粒子在復合場中的運動學案（21頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、 第三講　帶電粒子在復合場中的運動 [知識建構] [高考調研] 1.考查方向：①結合電磁場的新興技術，考查帶電粒子在復合場中的運動．②結合牛頓第二定律、動能定理等，綜合考查帶電粒子在組合場中的加速和偏轉． 2.常用的思想方法：①等效法．②臨界問題的處理方法．③多解問題的處理方法． 　[答案]　(1)速度選擇器(如下圖) 帶電粒子束射入正交的勻強電場和勻強磁場組成的區(qū)域中，滿足平衡條件qE＝qvB的帶電粒子可以沿直線通過速度選擇器． (2)電磁流量計 原理：如上圖所示，圓形導管直徑為d，用非磁性材料制成，導電液體在管中向左流動，導電液體中的自由電荷(正

2、、負離子)在洛倫茲力的作用下橫向偏轉，a、b間出現電勢差，形成電場，當自由電荷所受的電場力和洛倫茲力平衡時，a、b間的電勢差就保持穩(wěn)定，即qvB＝qE＝q，所以v＝，因此液體流量Q＝Sv＝·＝. (3)磁流體發(fā)電機 原理：如下圖所示，等離子氣體噴入磁場，正、負離子在洛倫茲力作用下發(fā)生上下偏轉而聚集到A、B板上，產生電勢差．設A、B平行金屬板的面積為S，相距為l，等離子氣體的電阻率為ρ，噴入氣體速度為v，板間磁場的磁感應強度為B，板外電阻為R.當等離子氣體勻速通過A、B板間時，A、B板上聚集的電荷最多，板間電勢差最大，即為電源電動勢，此時，離子受力平衡：Eq＝Bqv，E＝Bv，電動勢E＝El

3、＝Blv，電源內電阻r＝ρ，故R中的電流 I＝＝＝. 考向一　帶電粒子在“組合場”中的運動 [歸納提煉] 1．組合場 指電場、磁場、重力場有兩種場同時存在，但各位于一定的區(qū)域內且并不重疊，且?guī)щ娏Ｗ釉谝粋€場中只受一種場力的作用． 2．解題思路 (1)帶電粒子經過電場區(qū)域內利用動能定理或類平拋的知識分析； (2)帶電粒子經過磁場區(qū)域時利用圓周運動規(guī)律結合幾何關系來處理． 　(2017·天津卷)平面直角坐標系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的勻強磁場，第Ⅲ象限存在沿y軸負方向的勻強電場，如圖所示．一帶負電的粒子從電場中的Q點以速度v0沿x軸正方向開始運動，Q點到y(tǒng)軸的距離

4、為到x軸距離的2倍．粒子從坐標原點O離開電場進入磁場，最終從x軸上的P點射出磁場，P點到y(tǒng)軸距離與Q點到y(tǒng)軸距離相等．不計粒子重力，問： (1)粒子到達O點時速度的大小和方向； (2)電場強度和磁感應強度的大小之比． [思路點撥]　(1)注意粒子進入磁場時的速度不是v0. (2)粒子在電場中做類平拋運動，求出粒子飛出電場時的速度是解題關鍵． [解析]　本題考查帶電粒子在電場中的偏轉及帶電粒子在勻強磁場中的運動． (1)在電場中，粒子做類平拋運動，設Q點到x軸距離為L，到y(tǒng)軸距離為2L，粒子的加速度為a，運動時間為t，有 2L＝v0t① L＝at2② 設粒子到達O點時沿y軸

5、方向的分速度為vy vy＝at③ 設粒子到達O點時速度方向與x軸正方向夾角為α，有 tanα＝④ 聯(lián)立①②③④式得 α＝45°⑤ 即粒子到達O點時速度方向與x軸正方向成45°角斜向上 設粒子到達O點時速度大小為v，由運動的合成有 v＝⑥ 聯(lián)立①②③⑥式得 v＝v0⑦ (2)設電場強度為E，粒子電荷量為q，質量為m，粒子在電場中受到的電場力為F，由牛頓第二定律可得 F＝ma⑧ 又F＝qE⑨ 設磁場的磁感應強度大小為B，粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R，所受的洛倫茲力提供向心力，有 qvB＝m⑩ 由幾何關系可知 R＝L? 聯(lián)立①②⑦⑧⑨⑩?式得 ＝?

6、 [答案]　(1)v0　與x軸正方向成45°角斜向上　(2) 帶電粒子在組合場中運動的處理方法 不論帶電粒子是先后在勻強電場和勻強磁場中運動，還是先后在勻強磁場和勻強電場中運動．解決方法如下 (1)分別研究帶電粒子在不同場中的運動規(guī)律，在勻強磁場中做勻速圓周運動，在勻強電場中，若速度方向與電場方向在同一直線上，則做勻變速直線運動，若進入電場時的速度方向與電場方向垂直，則做類平拋運動．根據不同的運動規(guī)律分別求解． (2)帶電粒子經過磁場區(qū)域時利用圓周運動規(guī)律結合幾何關系來處理． (3)注意分析磁場和電場邊界處或交接點位置粒子速度的大小和方向，把粒子在兩種不同場中的運動規(guī)律有

7、機地聯(lián)系起來． [熟練強化] 遷移一　直線運動與圓周運動組合 1．(2017·合肥質監(jiān))如圖所示，在xOy平面內，MN與y軸相互平行且間距為d，其間有沿x軸負方向的勻強電場．y軸左側有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B1；MN右側空間有垂直紙面不隨時間變化的勻強磁場．質量為m、電荷量為q的帶負電粒子以速度v0從坐標原點O沿x軸負方向射入磁場，經過一段時間后再次回到坐標原點，此過程中粒子兩次通過電場，粒子在電場中運動的總時間為t總＝.粒子重力不計．求： (1)左側磁場區(qū)域的最小寬度； (2)電場區(qū)域電場強度的大??； (3)右側磁場區(qū)域寬度及磁感應強度大小應滿足的條件．

8、[解析]　(1)粒子在左側磁場中做圓周運動，qB1v0＝m 解得R＝ 由幾何知識可知，左側磁場區(qū)域的最小寬度就是粒子做圓周運動的半徑Lmin＝R＝. (2)粒子在電場中運動的總時間為t總＝，帶電粒子一次通過電場的時間為t＝.設粒子到達MN邊界的速度為v，電場強度為E d＝t 所以v＝2v0 v2－v＝2d E＝. (3)因為粒子帶負電，所以粒子開始時在左側磁場中向下偏轉，通過電場加速后進入右側磁場，要使其能夠回到原點，則粒子在右側磁場中應向上偏轉，所以MN右側空間的磁場垂直紙面向外，且偏轉半徑為R或2R，粒子通過電場加速后進入右側磁場的速度為v＝2v0.設粒子在右側磁場中的軌道

9、半徑為r，磁感應強度為B qBv＝m，r＝，R＝ 粒子在右側磁場中運動情況有兩種，如圖所示 ①當半徑r＝R時，B＝＝2B1，右側磁場的寬度應滿足 xmin≥ ②當半徑r＝2R時，B＝＝B1，右側磁場的寬度應滿足xmin≥. [答案]　(1)　(2) (3)①當半徑r＝R時，xmin≥?、诋敯霃絩＝2R時，xmin≥ 遷移二　組合場中的多解問題 2．如下圖所示，在x軸上方有一勻強磁場，磁感應強度為B；x軸下方有一勻強電場，電場強度為E.屏MN與y軸平行且相距L.一質量m，電荷量為e的電子，在y軸上某點A自靜止釋放，如果要使電子垂直打在屏MN上，那么： (1

10、)電子釋放位置與原點O的距離s需滿足什么條件？ (2)電子從出發(fā)點到垂直打在屏上需要多長時間？ [解析]　(1)在電場中，電子從A→O，動能增加eEs＝mv 在磁場中，電子偏轉，半徑為 r＝ 據題意，有(2n＋1)r＝L 所以s＝(n＝0,1,2,3，…) (2)在電場中勻變速直線運動的時間與在磁場中做部分圓周運動的時間之和為電子總的運動時間t＝(2n＋1) ＋＋n，其中a＝，T＝. 整理后得t＝＋(2n＋1)(n＝0,1,2,3，…) [答案]　(1)s＝(n＝0,1,2,3，…) (2)＋(2n＋1)(n＝0,1,2,3，…) 考向二　帶電粒子在“復合場”中的

11、運動 [歸納提煉] 　帶電粒子在“復合場”中運動問題求解思路 　(2016·天津卷)如圖所示，空間中存在著水平向右的勻強電場，電場強度大小E＝5 N/C，同時存在著水平方向的勻強磁場，其方向與電場方向垂直，磁感應強度大小B＝0.5 T．有一帶正電的小球，質量m＝1×10－6 kg，電荷量q＝2×10－6 C，正以速度v在圖示的豎直面內做勻速直線運動，當經過P點時撤掉磁場(不考慮磁場消失引起的電磁感應現象)，取g＝10 m/s2.求： (1)小球做勻速直線運動的速度v的大小和方向； (2)從撤掉磁場到小球再次穿過P點所在的這條電場線經歷的時間t. [思路路線]　 [解析

12、]　(1)小球勻速直線運動時受力如圖，其所受的三個力在同一平面內，合力為零，則 qvB＝① 代入數據解得v＝20 m/s② 速度v的方向斜向右上方，與電場E的方向之間的夾角θ滿足tanθ＝③ 代入數據解得tanθ＝，θ＝60°④ (2)解法一：撤去磁場，小球在重力與電場力的合力作用下做類平拋運動，設其加速度為a，有a＝⑤ 設撤掉磁場后小球在初速度方向上的分位移為x，有x＝vt⑥ 設小球在重力與電場力的合力方向上分位移為y，有 y＝at2⑦ a與mg的夾角和v與E的夾角相同，均為θ，又tanθ＝⑧ 聯(lián)立④⑤⑥⑦⑧式，代入數據解得t＝2 s≈3.5 s 解法二：撤去磁場后

13、，由于電場力垂直于豎直方向，它對豎直方向的分運動沒有影響，以P點為坐標原點，豎直向上為正方向，小球在豎直方向上做勻減速運動，其初速度為vy＝vsinθ⑤ 若使小球再次經過P點所在的電場線，僅需小球的豎直方向上分位移為零，則有vyt－gt2＝0⑥ 聯(lián)立④⑤⑥式，代入數據解得t＝2 s≈3.5 s [答案]　(1)20 m/s　斜向右上方與電場E的方向之間的夾角為60°　(2)3.5 s 電場力、磁場力、重力并存時帶電體的運動分析 (1)若三力平衡，帶電體做勻速直線運動． (2)若重力與電場力平衡，帶電體做勻速圓周運動． (3)若合力不為零，帶電體可能做復雜的曲線

14、運動，可用能量守恒定律或動能定理求解． [熟練強化] 遷移一　帶電粒子在“復合場”中的一般曲線運動 1．(多選)設空間存在豎直向下的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，如圖所示，已知一帶電粒子在電場力和洛倫茲力的作用下，從靜止開始自A點沿曲線ACB運動，到達B點時速度為零，C點是運動的最低點，忽略粒子的重力，以下說法中正確的是(　　) A．此粒子必帶正電荷 B．A點和B點位于同一高度 C．粒子在C點時機械能最大 D．粒子到達B點后，將沿原曲線返回A點 [解析]　本題考查帶電粒子在電場和磁場中的運動，意在考查學生的綜合分析能力．粒子從靜止開始運動的方向向下，電場強度方向也向下，

15、所以粒子必帶正電荷，A正確；因為洛倫茲力不做功，只有靜電力做功，A、B兩點速度都為0，根據動能定理可知，粒子從A點到B點運動過程中，電場力不做功，故A、B點位于同一高度，B正確；C點是最低點，從A點到C點運動過程中電場力做正功最大，C點電勢能最小，由能量守恒定律可知C點的機械能最大，C正確；到達B點時速度為零，將重復剛才ACB的運動，向右運動，不會返回，故D錯誤． [答案]　ABC 遷移二　帶電粒子在“復合場”中的直線運動 2．(2015·福建卷)如圖，絕緣粗糙的豎直平面MN左側同時存在相互垂直的勻強電場和勻強磁場，電場方向水平向右，電場強度大小為E，磁場方向垂直紙面向外，磁感應強度大小

16、為B.一質量為m、電荷量為q的帶正電的小滑塊從A點由靜止開始沿MN下滑，到達C點時離開MN做曲線運動．A、C兩點間距離為h，重力加速度為g. (1)求小滑塊運動到C點時的速度大小vC； (2)求小滑塊從A點運動到C點過程中克服摩擦力做的功Wf； (3)若D點為小滑塊在電場力、洛倫茲力及重力作用下運動過程中速度最大的位置，當小滑塊運動到D點時撤去磁場，此后小滑塊繼續(xù)運動到水平地面上的P點．已知小滑塊在D點時的速度大小為vD，從D點運動到P點的時間為t，求小滑塊運動到P點時速度的大小vP. [解析]　(1)小滑塊沿MN運動過程，水平方向受力滿足 qvB＋N＝qE 小滑塊在C點離開M

17、N時 N＝0 解得vC＝ (2)由動能定理 mgh－Wf＝mv－0 解得Wf＝mgh－ (3)如圖，小滑塊速度最大時，速度方向與電場力、重力的合力方向垂直．撤去磁場后小滑塊將做類平拋運動，等效加速度為g′ g′＝ 且v＝v＋g′2t2 解得 vP＝ [答案]　(1)　(2)mgh－ (3) 遷移三　帶電粒子在復合場中的圓周運動 3．(2017·大慶模擬)如圖所示，空間區(qū)域Ⅰ、Ⅱ內存在勻強電場和勻強磁場，MN、PQ為磁場區(qū)域的理想邊界，Ⅰ區(qū)域高度為d，Ⅱ區(qū)域的高度足夠大．勻強電場方向豎直向上；Ⅰ、Ⅱ區(qū)域磁場的磁感應強度大小均為B，方向分別垂直紙面向里和向外．一

18、個質量為m，電荷量為q的帶電小球從磁場上方的O點由靜止開始下落，進入電磁場區(qū)域后，恰能做勻速圓周運動．已知重力加速度為g. (1)試判斷小球的電性并求出電場強度E的大??； (2)若帶電小球運動一定時間后恰能回到O點，在圖中作出小球的運動軌跡；求出釋放點距MN的高度h；并求出小球從開始釋放到第一次回到O點所經歷的時間t； (3)試討論h取不同值時，小球第一次穿出Ⅰ區(qū)域的過程中電場力所做的功W. [解析]　(1)帶電小球進入電磁場區(qū)域后，恰能做勻速圓周運動，則電場力與重力等大反向，小球帶正電，有qE＝mg 得E＝. (2)帶電小球在進入疊加場區(qū)域前做自由落體運動，有：mgh＝mv2

19、 帶電小球在疊加場中做勻速圓周運動，有：qvB＝m 由于帶電小球在Ⅰ、Ⅱ兩個區(qū)域運動過程中，q、v、B、m的大小不變，故三段軌跡圓弧的半徑相同，以三個圓心為頂點的三角形為等邊三角形，邊長為2R，軌跡如圖(a)所示．由幾何關系知：R＝ 解得：h＝ 從小球開始釋放到回到O點，運動時間由兩部分組成，一部分為在疊加場區(qū)域外運動的時間，t1＝2 ；一部分為在疊加場區(qū)域 內運動的時間，t2＝×＝ 總時間t＝t1＋t2＝2 ＋＝＋. (3)當帶電小球在Ⅰ區(qū)域做圓周運動的圓弧與PQ相切時，運動軌跡如圖(b)所示，小球做圓周運動的半徑R′＝d 解得對應高度：h0＝ 討論：①當h≤h0時

20、，小球進入Ⅰ區(qū)域的速度較小，半徑較小，不能進入Ⅱ區(qū)域，由邊界MN第一次穿出Ⅰ區(qū)域，此過程中電場力做功W＝0； ②當h>h0時，小球進入Ⅰ區(qū)域后由邊界PQ第一次穿出磁場Ⅰ區(qū)域進入Ⅱ區(qū)域，此過程中電場力做功W＝－qEd＝－mgd. [答案]　(1)帶正電　　(2)軌跡見解析　?。?3)見解析 高考題答題規(guī)范——電磁場技術的應用 [考點歸納] 帶電粒子在復合場中運動的應用實例 [高考示例] 　(16分)一臺質譜儀的工作原理如圖所示．大量的甲、乙兩種離子飄入電壓為U0的加速電場，其初速度幾乎為0，經加速后，通過寬為L的狹縫MN沿著與磁場垂直的方向進入磁感應強度為B

21、的勻強磁場中，最后打到照相底片上．已知甲、乙兩種離子的電荷量均為＋q，質量分別為2m和m，圖中虛線為經過狹縫左、右邊界M、N的甲種離子的運動軌跡．不考慮離子間的相互作用． (1)求甲種離子打在底片上的位置到N點的最小距離x； (2)在圖中用斜線標出磁場中甲種離子經過的區(qū)域，并求該區(qū)域最窄處的寬度d； (3)若考慮加速電壓有波動，在(U0－ΔU)到(U0＋ΔU)之間變化，要使甲、乙兩種離子在底片上沒有重疊，求狹縫寬度L滿足的條件．,[審題指導] 第一步　讀題干—提信息 題干 信息 1)電荷量均為＋q 進入磁場后向右偏轉 2)質量分別為2m和m 進入磁場后偏轉半徑不同 3

22、)虛線為經過狹縫左、右邊界M、N的甲種離子的運動軌跡 同是甲離子兩虛線半徑相同 第二步　審程序—順思路 [滿分答案]　(1)設甲種離子在磁場中的運動半徑為r1 電場加速qU0＝×2mv2(1分) 且qvB＝2m(1分) 解得r1＝ (1分) 根據幾何關系x＝2r1－L(1分) 解得x＝ －L(1分) (2)如圖所示(2分) 最窄處位于過兩虛線交點的垂線上 d＝r1－(2分) 解得d＝－ (2分) (3)設乙種離子在磁場中的運動半徑為r2 r1的最小半徑r1min＝(1分) r2的最大半徑r2max＝ (1分) 由題意知2r1min－2r2max>L

23、，即 － >L(2分) 解得L<[2－](1分) [答案]　(1) －L (2)區(qū)域見解析?。? (3)L<[2－] (1)規(guī)范解析書寫過程，注意分步列式,對所列方程用序號標出，閱卷老師才好找到得分點；盡量不要列連等式，以防由于寫綜合方程，一處出錯則全部沒分. (2)保證結果計算正確本題較多的是數學表達式的推導，要提高計算能力，會做的題盡量做對，只要結果正確，前面書寫的稍有不規(guī)范，閱卷老師也可能不在意，但一旦結果錯誤，閱卷老師再找得分點時，書寫不規(guī)范或馬虎往往就會吃虧. (3)只看對的，不看錯的,對于不會做的題目，要把與本題相關的公式都寫上，公式是主要得分點，閱卷

24、時只看評分標準中給定的公式來給分，無用的如果寫了，不給分也不扣分. [滿分體驗]　(2016·浙江卷)為了進一步提高回旋加速器的能量，科學家建造了“扇形聚焦回旋加速器”．在扇形聚焦過程中，離子能以不變的速率在閉合平衡軌道上周期性旋轉． 扇形聚焦磁場分布的簡化圖如圖所示，圓心為O的圓形區(qū)域等分成六個扇形區(qū)域，其中三個為峰區(qū)，三個為谷區(qū)，峰區(qū)和谷區(qū)相間分布．峰區(qū)內存在方向垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，谷區(qū)內沒有磁場．質量為m，電荷量為q的正離子，以不變的速率v旋轉，其閉合平衡軌道如圖中虛線所示． (1)求閉合平衡軌道在峰區(qū)內圓弧的半徑r，并判斷離子旋轉的方向是順時針還是逆時針

25、； (2)求軌道在一個峰區(qū)內圓弧的圓心角θ，及離子繞閉合平衡軌道旋轉的周期T； (3)在谷區(qū)也施加垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B′，新的閉合平衡軌道在一個峰區(qū)內的圓心角θ變?yōu)?0°，求B′和B的關系．已知：sin(α±β)＝sinαcosβ±cosαsinβ，cosα＝1－2sin2 [解析]　(1)峰區(qū)內圓弧半徑r＝ 旋轉方向為逆時針 (2)由對稱性，峰區(qū)內圓弧的圓心角θ＝ 每個圓弧的長度l＝＝ 每段直線長度L＝2rcos＝r＝ 周期T＝ 代入得T＝ (3)谷區(qū)內的圓心角θ′＝120°－90°＝30° 谷區(qū)內的軌道圓弧半徑r′＝ 由幾何關系rsin＝r′sin 由三角關系sin＝sin15°＝ 代入得B′＝B [答案]　(1)　逆時針　(2)　 (3)B′＝B 21