（浙江選考）2020版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第九章 磁場 專題強化三 帶電粒子在疊加場和組合場中的運動學(xué)案.docx

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專題強化三帶電粒子在疊加場和組合場中的運動命題點一帶電粒子在疊加場中的運動1帶電粒子在疊加場中無約束情況下的運動(1)洛倫茲力、重力并存若重力和洛倫茲力平衡，則帶電粒子做勻速直線運動若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電粒子將做復(fù)雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，故機械能守恒，可由此求解問題(2)電場力、洛倫茲力并存(不計重力的微觀粒子)若電場力和洛倫茲力平衡，則帶電粒子做勻速直線運動若電場力和洛倫茲力不平衡，則帶電粒子將做復(fù)雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，可用動能定理求解問題(3)電場力、洛倫茲力、重力并存若三力平衡，一定做勻速直線運動若重力與電場力平衡，一定做勻速圓周運動若合力不為零且與速度方向不垂直，將做復(fù)雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，可用能量守恒定律或動能定理求解問題2帶電粒子在疊加場中有約束情況下的運動帶電粒子在疊加場中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道等約束的情況下，常見的運動形式有直線運動和圓周運動，此時解題要通過受力分析明確變力、恒力做功情況，并注意洛倫茲力不做功的特點，運用動能定理、能量守恒定律結(jié)合牛頓運動定律求解例1如圖1，在豎直平面內(nèi)建立直角坐標(biāo)系xOy，其第一象限存在著正交的勻強電場和勻強磁場，電場強度的方向水平向右，磁感應(yīng)強度的方向垂直紙面向里一帶電荷量為q、質(zhì)量為m的微粒從原點出發(fā)，沿與x軸正方向的夾角為45的初速度進入復(fù)合場中，正好做直線運動，當(dāng)微粒運動到A(l，l)時，電場方向突然變?yōu)樨Q直向上(不計電場變化的時間)，粒子繼續(xù)運動一段時間后，正好垂直于y軸穿出復(fù)合場不計一切阻力，求：圖1(1)電場強度E的大?。?2)磁感應(yīng)強度B的大??；(3)微粒在復(fù)合場中的運動時間答案(1)(2)(3)(1)解析(1)微粒到達A(l，l)之前做勻速直線運動，對微粒受力分析如圖甲：所以，Eqmg，得：E(2)由平衡條件：qvBmg電場方向變化后，微粒所受重力與電場力平衡，微粒在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，軌跡如圖乙：qvBm由幾何知識可得：rl聯(lián)立解得：v，B(3)微粒做勻速直線運動的時間：t1做勻速圓周運動的時間：t2在復(fù)合場中的運動時間：tt1t2(1).變式1如圖2，空間某區(qū)域存在勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向上(與紙面平行)，磁場方向垂直于紙面向里，三個帶正電的微粒a、b、c電荷量相等，質(zhì)量分別為ma、mb、mc，已知在該區(qū)域內(nèi)，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運動，b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運動，c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運動下列選項正確的是()圖2AmambmcBmbmamcCmcmambDmcmbma答案B解析設(shè)三個微粒的電荷量均為q，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運動，說明洛倫茲力提供向心力，重力與電場力平衡，即magqEb在紙面內(nèi)向右做勻速直線運動，三力平衡，則mbgqEqvBc在紙面內(nèi)向左做勻速直線運動，三力平衡，則mcgqvBqE比較式得：mbmamc，選項B正確變式2(2019屆效實中學(xué)期中)一帶電液滴在互相垂直的勻強電場和勻強磁場中做半徑為R的圓周運動，如圖3所示，已知電場強度為E，方向豎直向下，磁感應(yīng)強度為B，方向水平(圖中垂直紙面向里)，重力加速度為g.運動中液滴所受浮力、空氣阻力都不計，求：圖3(1)液滴是順時針運動還是逆時針運動；(2)液滴運動的速度多大；(3)若液滴運動到最低點A時分裂成兩個完全相同的液滴，其中一個仍在原平面內(nèi)做半徑R13R的圓周運動，繞行方向不變，且圓周的最低點仍是A點，則另一個液滴怎樣運動？答案見解析解析(1)、(2)帶電液滴所受電場力向上且與重力平衡，知液滴帶負(fù)電，液滴所受洛倫茲力提供向心力，由左手定則結(jié)合題圖知液滴順時針運動即Eqmg，qvBm解得v(3)分裂后的液滴電荷量、質(zhì)量均減半，電場力與重力仍平衡，依據(jù)上面運算可得，分裂后第一個液滴的繞行速度大小v13v，方向向左分裂后第二個液滴的速度設(shè)為v2，分裂前后水平方向動量守恒，以液滴分裂前的速度方向為正方向mvmv1mv2，解得v2v即分裂后第二個液滴速度大小為v，方向向右，所受電場力與重力仍平衡，在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，繞行方向為順時針，A點是圓周最高點，圓周半徑R2R.命題點二帶電粒子在組合場中的運動1帶電粒子在組合場中運動的分析思路第1步：分階段(分過程)按照時間順序和進入不同的區(qū)域分成幾個不同的階段；第2步：受力分析和運動分析，主要涉及兩種典型運動，如下：第3步：用規(guī)律2解題步驟(1)找關(guān)鍵點：確定帶電粒子在場區(qū)邊界的速度(包括大小和方向)是解決該類問題的關(guān)鍵(2)畫運動軌跡：根據(jù)受力分析和運動分析，大致畫出粒子的運動軌跡圖，有利于形象、直觀地解決問題模型1磁場與磁場組合例2人類研究磁場的目的之一是通過磁場控制帶電粒子的運動如圖4所示是通過磁場控制帶電粒子運動的一種模型在0xd和d0)的粒子，其速率有兩種，分別為v1、v2.(不考慮粒子的重力以及粒子之間的相互作用)圖4(1)求兩種速率的粒子在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中做圓周運動的半徑R1和R2.(2)求兩種速率的粒子從x2d的邊界射出時，兩出射點的距離y的大小(3)在x2d的區(qū)域添加另一勻強磁場，使得從x2d邊界射出的兩束粒子最終匯聚成一束，并平行y軸正方向運動在圖中用實線畫出粒子的大致運動軌跡(無需通過計算說明)，用虛線畫出所添加磁場的邊界線答案(1)d2d(2)4(1)d(3)見解析圖解析(1)根據(jù)qvBm可得：R又因為粒子速率有兩種，分別為：v1，v2解得：R1d，R22d(2)圖甲為某一速率的粒子運動的軌跡示意圖，輔助線如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系可知：速率為v1的粒子射出x2d邊界時的縱坐標(biāo)為：y12(R1)d速率為v2的粒子射出x2d邊界時的縱坐標(biāo)為：y22(R2)2(2)d聯(lián)立可得兩出射點距離的大?。簓y1y24(1)d(3)兩個粒子運動軌跡如圖乙中實線所示，磁場邊界如圖中傾斜虛線所示，可以使得從x2d邊界射出的兩束粒子最終匯聚成一束，并平行y軸正方向運動模型2電場與磁場組合例3(2016浙江4月選考22)如圖5為離子探測裝置示意圖區(qū)域、區(qū)域長均為L0.10m，高均為H0.06m區(qū)域可加方向豎直向下、電場強度為E的勻強電場；區(qū)域可加方向垂直紙面向里、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，區(qū)域的右端緊貼著可探測帶電粒子位置的豎直屏質(zhì)子束沿兩板正中間以速度v1.0105m/s水平射入，質(zhì)子荷質(zhì)比近似為1.0108C/kg.(忽略邊界效應(yīng)，不計重力)圖5(1)當(dāng)區(qū)域加電場、區(qū)域不加磁場時，求能在屏上探測到質(zhì)子束的外加電場的最大值Emax；(2)當(dāng)區(qū)域不加電場、區(qū)域加磁場時，求能在屏上探測到質(zhì)子束的外加磁場的最大值Bmax；(3)若區(qū)域加電場E小于(1)中的Emax，質(zhì)子束進入?yún)^(qū)域和離開區(qū)域的位置等高，求區(qū)域中的磁場B與區(qū)域中的電場E之間的關(guān)系式答案(1)200V/m(2)5.5103T(3)B解析(1)質(zhì)子在電場中做類平拋運動vyat，tan質(zhì)子恰好能到達區(qū)域右下端時，外加電場最大，此時有tan，得Emax200V/m.(2)質(zhì)子在磁場中運動有qvBm，即R根據(jù)幾何關(guān)系有：R2(R)2L2時，外加磁場最大得Bmax5.5103T.(3)質(zhì)子運動軌跡如圖所示設(shè)質(zhì)子進入磁場時的速率為v，則sin由幾何關(guān)系知sin，得B.變式3(2017浙江4月選考23)如圖6所示，在xOy平面內(nèi)，有一電子源持續(xù)不斷地沿x軸正方向每秒發(fā)射出N個速率均為v的電子，形成寬為2b、在y軸方向均勻分布且關(guān)于x軸對稱的電子流電子流沿x方向射入一個半徑為R、中心位于原點O的圓形勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直xOy平面向里，電子經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)后均從P點射出，在磁場區(qū)域的正下方有一對平行于x軸的金屬平行板K和A，其中K板與P點的距離為d，中間開有寬度為2l且關(guān)于y軸對稱的小孔K板接地，A與K兩板間加有正負(fù)、大小均可調(diào)的電壓UAK，穿過K板小孔到達A板的所有電子被收集且導(dǎo)出，從而形成電流已知bR，dl，電子質(zhì)量為m，電荷量為e，忽略電子間的相互作用圖6(1)求磁感應(yīng)強度B的大小；(2)求電子從P點射出時與負(fù)y軸方向的夾角的范圍；(3)當(dāng)UAK0時，每秒經(jīng)過極板K上的小孔到達極板A的電子數(shù)；(4)畫出電流i隨UAK變化的關(guān)系曲線.答案見解析解析軌跡示意圖(1)“磁聚焦”模型要求：R，解得B.(2)bR，由幾何關(guān)系知：在關(guān)于y軸左、右對稱的60(含)范圍內(nèi)(3)要進入小孔，電子到達P點時與y軸負(fù)方向的夾角45則：則當(dāng)UAK0時每秒到達A板的電子數(shù)：N0N.(4)當(dāng)UAK0時，進入小孔的電子全部能到A板i1N0eNe設(shè)當(dāng)UAKU1時，145對應(yīng)的電子剛好到達A板則eU10m(vcos1)2，解得UAK即在區(qū)間(，0)之間，i2N0eNe當(dāng)UAK反向繼續(xù)增大時，將出現(xiàn)有電子(該臨界角度為)剛好打到A板上，而的電子打不到A板iNe，eUAK0m(vcos)2解得：iNe.i0時，UAK.綜上所述：iUAK圖線如圖所示變式4如圖7所示，OPQ是關(guān)于y軸對稱的四分之一圓，在PQNM區(qū)域有均勻輻向電場，PQ與MN間的電壓為U.一初速度為零的帶正電的粒子從PQ上的任一位置經(jīng)電場加速后都會從O進入半徑為R、中心位于坐標(biāo)原點O的圓形勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直xOy平面向外，大小為B，粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后都能平行于x軸射出在磁場區(qū)域右側(cè)有一對平行于x軸且到x軸距離都為R的金屬平行板A和K，金屬板長均為4R，其中K板接地，A與K兩板間加有電壓UAK0，忽略極板電場的邊緣效應(yīng)，不計重力已知金屬平行板左端連線與磁場圓相切，O在y軸上圖7(1)求帶電粒子的比荷；(2)求帶電粒子進入右側(cè)電場時的縱坐標(biāo)范圍；(3)若無論帶電粒子從PQ上哪個位置出發(fā)都能打到K板上，則電壓UAK至少為多大？答案(1)(2)RR(3)U解析(1)由動能定理可知qUmv2由已知條件可知，帶電粒子在磁場中運動的半徑R0R洛倫茲力提供粒子在磁場中做圓周運動的向心力，qvBm.聯(lián)立解得(2)如圖，沿QN方向入射的帶電粒子，在磁場中做圓周運動的圓心為O1，由幾何關(guān)系知，對應(yīng)的圓心角為135，離開磁場的出射點a在y軸上的投影與O的距離為yRRa點的縱坐標(biāo)yaR同理可得，沿PM方向入射的帶電粒子離開磁場的出射點b的縱坐標(biāo)ybR故帶電粒子進入右側(cè)電場時的縱坐標(biāo)范圍為：RR(3)只要沿QN方向入射的帶電粒子能打在K板上，則從其他位置入射的粒子也一定打在K板上，則在電場中EFqEmayRRat2應(yīng)滿足4Rvt解得UAKU.1如圖1甲所示，水平放置的平行金屬板M、N之間存在豎直向上的勻強電場和垂直于紙面的交變磁場(如圖乙所示，垂直紙面向里為正)，磁感應(yīng)強度B050 T，已知兩板間距離d0.3 m，電場強度E50 V/m，M板中心有一小孔P，在P正上方h5 cm處的O點，一帶電油滴自由下落，穿過小孔后進入兩板間，若油滴在t0時刻進入兩板間，最后恰好從N板邊緣水平飛出已知油滴的質(zhì)量m104 kg，電荷量q2105C(不計空氣阻力，重力加速度g取10 m/s2，取3)求：圖1(1)油滴在P點的速度大??；(2)N板的長度；(3)交變磁場的變化周期答案(1)1m/s(2)0.6m(3)0.3s解析(1)由機械能守恒定律，得mghmv2解得v1m/s(2)進入場區(qū)時，因為mg103N，方向向下，而Eq103N，方向向上所以，重力與電場力平衡，油滴做勻速圓周運動，所以B0qv解得R0.1m因d0.3m，則若使油滴從N板邊緣水平飛出，需在場內(nèi)做三次圓弧運動所以，N板的長度L6R.解得L0.6m(3)油滴在磁場中運動的周期T0由(2)分析知交變磁場的周期TT0聯(lián)立解得T0.3s.2(2019屆東陽中學(xué)模擬)如圖2所示，半徑r0.06m的半圓形無場區(qū)的圓心在坐標(biāo)原點O處，半徑R0.1m、磁感應(yīng)強度大小B0.075T的圓形有界磁場區(qū)的圓心坐標(biāo)為(0,0.08m)，平行金屬板MN的極板長L0.3m、間距d0.1m，極板間所加電壓U6.4102V，其中N極板收集的粒子全部中和吸收一位于O處的粒子源向第、象限均勻地發(fā)射速度大小v6105m/s的帶正電粒子，經(jīng)圓形磁場偏轉(zhuǎn)后，從第象限出射的粒子速度方向均沿x軸正方向若粒子重力不計、比荷108C/kg、不計粒子間的相互作用力及電場的邊緣效應(yīng)sin370.6，cos370.8.求：圖2(1)粒子在磁場中的運動半徑R0；(2)從坐標(biāo)(0,0.18m)處射出磁場的粒子，其在O點入射方向與y軸的夾角；(3)N板收集到的粒子占所有發(fā)射粒子的比例.答案見解析解析(1)粒子在磁場中做勻速圓周運動，由qvB得R00.08m(2)如圖所示，從y0.18m處出射的粒子對應(yīng)入射方向與y軸的夾角為，軌跡圓心與y軸交于(0,0.10m)處，由幾何關(guān)系可得：sin0.8，故53(3)如圖所示，令恰能從下極板右端出射的粒子剛進入電場時的縱坐標(biāo)為y：則yat2，a，Lvt，聯(lián)立解得y0.08m設(shè)此粒子入射時與x軸正方向夾角為，則有：yrsinR0R0cos可知tan即53比例100%29.4%.3某高中物理課程基地擬采購一批實驗器材，增強學(xué)生對電偏轉(zhuǎn)和磁偏轉(zhuǎn)研究的動手能力，其核心結(jié)構(gòu)原理可簡化為如圖3所示AB、CD間的區(qū)域有豎直向上的勻強電場，在CD的右側(cè)有一與CD相切于M點的圓形有界勻強磁場，磁場方向垂直于紙面一帶正電粒子自O(shè)點以水平初速度v0正對P點進入該電場后，從M點飛離CD邊界，再經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后又從N點垂直于CD邊界回到電場區(qū)域，并恰能返回O點已知O、P間距離為d，粒子質(zhì)量為m，電荷量為q，電場強度大小E，粒子重力不計試求：圖3(1)粒子從M點飛離CD邊界時的速度大??；(2)P、N兩點間的距離；(3)圓形有界勻強磁場的半徑和磁感應(yīng)強度的大小答案(1)2v0(2)d(3)d解析(1)據(jù)題意，作出帶電粒子的運動軌跡，如圖所示：粒子從O到M點時間：t1粒子在電場中的加速度：aP、M兩點間的距離為：PMat12d.粒子在M點時豎直方向的分速度：vyat1v0粒子在M點時的速度：v2v0速度偏轉(zhuǎn)角的正切值：tan，故60；(2)粒子從N到O點時間：t2粒子從N到O點過程豎直方向的位移：yat22故P、N兩點間的距離為：PNyd(3)設(shè)粒子在磁場中運動的半徑為R，由幾何關(guān)系得：Rcos60RPNPMd可得半徑：Rd由qvBm，即：R解得：B由幾何關(guān)系確定區(qū)域半徑為：R2Rcos30即Rd.4如圖4，靜止于A處的離子經(jīng)電壓為U的加速電場加速后沿圖中圓弧虛線通過靜電分析器，從P點垂直CN進入矩形區(qū)域的有界勻強電場，電場方向水平向左靜電分析器通道內(nèi)有均勻輻向分布的電場，已知圓弧所在處場強為E0，方向如圖所示；離子質(zhì)量為m、電荷量為q；2d、3d，離子重力不計圖4(1)求圓弧虛線對應(yīng)的半徑R的大?。?2)若離子恰好能打在NQ的中點，求矩形區(qū)域QNCD內(nèi)勻強電場場強E的值；(3)若撤去矩形區(qū)域QNCD內(nèi)的勻強電場，換為垂直紙面向里的勻強磁場，要求離子能最終打在QN上，求磁場磁感應(yīng)強度B的取值范圍答案(1)(2)(3) B解析(1)離子在加速電場中加速，根據(jù)動能定理，有：qUmv2離子在輻向電場中做勻速圓周運動，知離子帶正電，電場力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律，有qE0聯(lián)立解得：R(2)離子做類平拋運動，若恰好能打在NQ的中點，則dvt,3dat2由牛頓第二定律得：qEma，聯(lián)立解得：E(3)離子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律，有qvB，則r離子能打在QN上，則離子運動徑跡的邊界如圖中和.由幾何關(guān)系知，離子能打在QN上，必須滿足：dr2d，則有B.5(2018寧波市十校聯(lián)考)一個放射源水平放出、三種射線，垂直射入如圖5所示磁場，區(qū)域和的寬度均為d，各自存在著垂直紙面的勻強磁場，兩區(qū)域的磁感應(yīng)強度大小B相等，方向相反(粒子運動不考慮相對論效應(yīng))已知電子質(zhì)量me9.11031kg，粒子質(zhì)量m6.71027kg，電子電荷量q1.61019C，1(|x|1時)圖5(1)若要篩選出速率大于v1的所有粒子進入?yún)^(qū)域，求磁場寬度d與B和v1的關(guān)系(用題中所給字母表示即可)；(2)若B0.0273T，v10.1c(c是光速)，計算d；粒子的速率為0.001c，計算粒子離開區(qū)域時的偏移距離(答案均保留三位有效數(shù)字)；(3)當(dāng)d滿足第(1)小題所給關(guān)系時，請給出速率在v1vv2區(qū)間的粒子離開區(qū)域時的位置答案見解析解析(1)作出臨界軌跡如圖甲所示，由幾何關(guān)系知：rd，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qv1Bme，解得：d；(2)對電子：dm6.25103m對粒子：rm0.230m作出軌跡如圖乙所示，豎直方向上的偏移距離：yrrr(1)(1)4.25105m；(3)畫出速率分別為v1和v2的粒子離開區(qū)域的軌跡如圖丙所示，速率在v1vv2區(qū)域間射出的粒子束寬為y1y2，y12d，y22(r2)(v2).