高中物理專題復習—帶電粒子在電磁場中的運動(含答案)

1、.帶電粒子在電磁場中的運動P 3.一、考點剖析：帶電粒子在電場中的運動比物體在重力場中的運動要豐富得多，它與運動學、動力學、功和能、動量等知識聯(lián)系緊密，加之電場力的大小、方向靈活多變，功和能的轉(zhuǎn)化關系錯綜復雜，其難度比力學中的運動要大得多。帶電粒子在磁場中的運動涉及的物理情景豐富，解決問題所用的知識綜合性強，很適合對能力的考查，是高考熱點之一。帶電粒子在磁場中的運動有三大特點：與圓周運動的運動學規(guī)律緊密聯(lián)系運動周期與速率大小無關軌道半徑與圓心位置的確定與空間約束條件有關，呈現(xiàn)靈活多變的勢態(tài)。因以上三大特點，很易創(chuàng)造新情景命題，故為高考熱點，近十年的高考題中，每年都有，且多數(shù)為大計算題。 帶電粒

2、子在電磁場中的運動: 若空間中同時同區(qū)域存在重力場、電場、磁場，則使粒子的受力情況復雜起來；若不同時不同區(qū)域存在，則使粒子的運動情況或過程復雜起來，相應的運動情景及能量轉(zhuǎn)化更加復雜化，將力學、電磁學知識的轉(zhuǎn)化應用推向高潮。該考點為高考命題提供了豐富的情景與素材，為體現(xiàn)知識的綜合與靈活應用提供了廣闊的平臺，是高考命題熱點之一。P 5.二、知識結(jié)構在電場中的運動在磁場中的運動在復合場中的運動帶電粒子在電磁場中的運動直線運動：如用電場加速或減速粒子偏轉(zhuǎn)：偏轉(zhuǎn)：類平拋運動，一般分解成兩個分運動勻速圓周運動：以點電荷為圓心運動或受裝置約束 直線運動：垂直運動方向的力必定平衡勻速圓周運動：重力與電場力一定

3、平衡，由洛倫茲力提供向心力一般的曲線運動：直線運動：帶電粒子的速度與磁場平行時勻速圓周運動：帶電粒子的速度與磁場垂直時 P 6.三、復習精要：1、帶電粒子在電場中的運動(1) 帶電粒子的加速 由動能定理 1/2 mv2=qU(2) 帶電粒子的偏轉(zhuǎn)帶電粒子在初速度方向做勻速運動 L=v0t t=L/ v0帶電粒子在電場力方向做勻加速運動F=qE a=qE/m 帶電粒子通過電場的側(cè)移0v0vtvy偏向角(3)處理帶電粒子在電場中的運動問題的一般步驟：分析帶電粒子的受力情況，尤其要注意是否要考慮重力、電場力是否是恒力等分析帶電粒子的初始狀態(tài)及條件，確定粒子作直線運動還是曲線運動建立正確的物理模型，進

4、而確定解題方法利用物理規(guī)律或其它解題手段（如圖像等）找出物理量間的關系，建立方程組2、帶電粒子在磁場中的運動帶電粒子的速度與磁感應線平行時，能做勻速直線運動；當帶電粒子以垂直于勻強磁場的方向入射，受洛倫茲力作用，做勻速圓周運動。當帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛侖茲力充當向心力時，其余各力的合力一定為零. 帶電粒子在磁場中的運動常因各種原因形成多解，通常原因有：帶電粒子的電性及磁場方向的不確定性，粒子運動方向的不確定性及運動的重復性，臨界狀態(tài)的不唯一性等。3.帶電粒子在復合場中的運動帶電粒子在復合場中的運動，其本質(zhì)是力學問題，應按力學的基本思路，運用力學的基本規(guī)律研究和解決此類問題。當帶電粒

5、子在電磁場中運動時，電場力和重力可能做功,而洛侖茲力始終不做功. 當帶電粒子在電磁場中作多過程運動時,關鍵是掌握基本運動的特點和尋找過程的邊界條件. P 11.07年理綜山東卷25飛行時間質(zhì)譜儀可以對氣體分子進行分析。如圖所示，在真空狀態(tài)下，脈沖閥P噴出微量氣體，經(jīng)激光照射產(chǎn)生不同價位的正離子，自a板小孔進入a、b間的加速電場，從b板小孔射出，沿中線方向進入M、N板間的偏轉(zhuǎn)控制區(qū)，到達探測器。已知元電荷電量為e，a、b板間距為d，極板M、N的長度和間距均為L。不計離子重力及進入a板時的初速度。（1）當a、b間的電壓為U1時，在M、N間加上適當?shù)碾妷篣2，使離子到達探測器。請導出離子的全部飛行時

6、間與比荷K（K=ne/m）的關系式。（2）去掉偏轉(zhuǎn)電壓U2，在M、N間區(qū)域加上垂直于紙面的勻強磁場，磁感應強度B，若進入a、b間所有離子質(zhì)量均為m，要使所有的離子均能通過控制區(qū)從右側(cè)飛出，a、b間的加速電壓U1至少為多少？探測器LdabMLS激光束PN解： （1）由動能定理： n價正離子在a、b間的加速度在a、b間運動的時間在MN間運動的時間：t2=L/v離子到達探測器的時間：（2）假定n價正離子在磁場中向N板偏轉(zhuǎn)，洛侖茲力充當向心力，設軌跡半徑為R，由牛頓第二定律離子剛好從N板右側(cè)邊緣穿出時，由幾何關系： 由以上各式得： 當n=1時U1取最小值P14 .07屆廣東省惠陽市綜合測試卷三18.如

7、圖1所示，一平行板電容器帶電量為Q，固定在絕緣底座上，兩極板豎直放置，整個裝置靜止在光滑的水平面上，板間距離為d，一質(zhì)量為m、帶電量為q的彈丸以一定的初速度從一極板間中點的小孔射入電容器中（彈丸的重力不計，設電容器周圍的電場強度為零）設彈丸在電容器中最遠運動到P點，彈丸的整個運動的過程中的vt圖像如圖2所示，根據(jù)力學規(guī)律和題中（包括圖像）所提供的信息，對反映電容器及其系統(tǒng)的有關物理量（例如電容器及底座的總質(zhì)量），及系統(tǒng)在運動過程中的守恒量，你能求得哪些定量的結(jié)果？分析：此題的vt圖像蘊味深刻，提供的信息也豐富多彩，由圖2可知，在0t1內(nèi)彈丸在電場力作用下先向左做勻減速直線運動，速度減為零后，再

8、向右做勻加速直線運動，t1后彈丸開始勻速運動，由彈丸0t1的運動情況可知，彈丸速度為零時已到P點；t1后彈丸做勻速直線運動，彈丸不再受電場力，說明彈丸已離開電容器，故可知彈丸離開電容器的速度為v1，縱觀圖2，0t1內(nèi)，圖像的斜率表示彈丸的加速度，根據(jù)以上信息可解答如下：解：（1）由vt圖像可得彈丸的加速度設電場強度為E，由牛頓第二定律得 Eq=ma 電容器電壓UEd 電容器電容 由、式得， ， 。（2）設電容器最后速度v，電容器及底座總質(zhì)量為M，由電容器、彈丸動量守恒得mv0Mvmv1由電容器、彈丸能量守恒得由、式得vv0v1 根據(jù)題意可得，彈丸及電容器的總能量點評：圖2把彈丸的運動過程表現(xiàn)得

9、淋漓盡致，使彈丸的運動情況盡在不言中，而能否準確地從圖中捕捉信息，就充分體現(xiàn)學生的洞察能力、分析思維能力。巧用vt圖像，可以使物理問題化繁為簡，化難為易。P 18.2007年高考天津理綜卷25（22分）離子推進器是新一代航天動力裝置，可用于衛(wèi)星姿態(tài)控制和軌道修正。推進劑從圖中P處注入，在A處電離出正離子，BC之間加有恒定電壓，正離子進入B時的速度忽略不計，經(jīng)加速后形成電流為I的離子束向后噴出。已知推進器獲得的推力為F，單位時間內(nèi)噴出的離子質(zhì)量為J 。為研究問題方便，假定離子推進器在太空中飛行時不受其他外力，忽略推進器運動速度。.求加在BC間的電壓U ；.為使離子推進器正常運行，必須在出口D處向

10、正離子束注入電子，試解釋其原因。25.設一個正離子的質(zhì)量為m ，電荷量為q ，加速后的速度為v ，根據(jù)動能定理，有 設離子推進器在t時間內(nèi)噴出質(zhì)量為M的正離子，并以其為研究對象，推進器對M的作用力為F，由動量定理，有Ft= M v 由牛頓第三定律知F = F 設加速后離子束的橫截面積為S ，單位體積內(nèi)的離子數(shù)為n ，則有I = n q v S J =n m v S 由、可得又 解得 .推進器持續(xù)噴出正離子束，會使帶有負電荷的電子留在其中，由于庫侖力作用將嚴重阻礙正離子的繼續(xù)噴出。電子積累足夠多時，甚至會將噴出的正離子再吸引回來，致使推進器無法正常工作。因此，必須在出口D處發(fā)射電子注入到正離子束

11、，以中和正離子，使推進器獲得持續(xù)推力。P 21.2007年廣東卷19、（17分）如圖16所示，沿水平方向放置一條平直光滑槽，它垂直穿過開有小孔的兩平行薄板，板相距3.5L。槽內(nèi)有兩個質(zhì)量均為m的小球A和B，球A帶電量為+2q，球B帶電量為3q，兩球由長為2L的輕桿相連，組成一帶電系統(tǒng)。最初A和B分別靜止于左板的兩側(cè)，離板的距離均為L。若視小球為質(zhì)點，不計輕桿的質(zhì)量，在兩板間加上與槽平行向右的勻強電場E后（設槽和輕桿由特殊絕緣材料制成，不影響電場的分布），求：球B剛進入電場時，帶電系統(tǒng)的速度大??；帶電系統(tǒng)從開始運動到速度第一次為零所需的時間及球A相對右板的位置。解：對帶電系統(tǒng)進行分析，假設球A能

12、達到右極板，電場力對系統(tǒng)做功為W1，有：可見A還能穿過小孔，離開右極板。假設球B能達到右極板，電場力對系統(tǒng)做功為W2，有：綜上所述，帶電系統(tǒng)速度第一次為零時，球A、B應分別在右極板兩側(cè)。帶電系統(tǒng)開始運動時，設加速度為a1，由牛頓第二定律：球B剛進入電場時，帶電系統(tǒng)的速度為v1，有：求得：設球B從靜止到剛進入電場的時間為t1，則： 解得： 球B進入電場后，帶電系統(tǒng)的加速度為a2，由牛頓第二定律： 顯然，帶電系統(tǒng)做勻減速運動。設球A剛達到右極板時的速度為v2，減速所需時間為t2，則有： 求得： 球A離電場后，帶電系統(tǒng)繼續(xù)做減速運動，設加速度為a3，再由牛頓第二定律：設球A從離開電場到靜止所需的時間

13、為t3，運動的位移為x，則有： 求得： 可知，帶電系統(tǒng)從靜止到速度第一次為零所需的時間為： yxP1P2P30球A相對右板的位置為： P 25.2004年全國卷24如圖所示，在y0的空間中存在勻強電場，場強沿y軸負方向；在y0的空間中，存在勻強磁場，磁場方向垂直xy平面（紙面）向外。一電量為q、質(zhì)量為m的帶正電的運動粒子，經(jīng)過y軸上yh處的點P1時速率為v0，方向沿x軸正方向；然后，經(jīng)過x軸上x2h處的 P2點進入磁場，并經(jīng)過y軸上y處的P3點。不計重力。求（l）電場強度的大小。（2）粒子到達P2時速度的大小和方向。（3）磁感應強度的大小。yxP1P2P302hh2hvC解:（1）粒子在電場、

14、磁場中運動的軌跡如圖所示。設粒子從P1到P2的時間為t，電場強度的大小為E，粒子在電場中的加速度為a，由牛頓第二定律及運動學公式有qE ma v0t 2h 由、式解得 （2）粒子到達P2時速度沿x方向的分量仍為v0，以v1表示速度沿y方向分量的大小，v表示速度的大小，表示速度和x軸的夾角，則有 由、式得v1v0 由、式得 （3）設磁場的磁感應強度為B，在洛侖茲力作用下粒子做勻速圓周運動，由牛頓第二定律 r是圓周的半徑。此圓周與x軸和y軸的交點分別為P2、P3。因為OP2OP3，45，由幾何關系可知，連線P2P3為圓軌道的直徑，由此可求得r 由、可得 解題感悟：當帶電粒子在電磁場中作多過程運動時

15、,關鍵是掌握基本運動的特點和尋找過程間的邊界關聯(lián)關系. MQNPNDv0解題感悟：當帶電粒子在電磁場中運動時，重力和電場力可能做功，但洛侖茲力始終不做功。 P 28.07屆南京市綜合檢測題（二）11、如圖所示，MN為紙面內(nèi)豎直放置的擋板，P、D是紙面內(nèi)水平方向上的兩點，兩點距離PD為L，D點距擋板的距離DQ為L/一質(zhì)量為m、電量為q的帶正電粒子在紙面內(nèi)從P點開始以v0的水平初速度向右運動，經(jīng)過一段時間后在MN左側(cè)空間加上垂直紙面向里的磁感應強度為B的勻強磁場，磁場維持一段時間后撤除，隨后粒子再次通過D點且速度方向豎直向下已知擋板足夠長，MN左側(cè)空間磁場分布范圍足夠大粒子的重力不計求：（1）粒子

16、在加上磁場前運動的時間t；（2）滿足題設條件的磁感應強度B的最小值及B最小時磁場維持的時間t0的值解：（1）微粒從P點至第二次通過D點的運動軌跡如圖所示 由圖可知在加上磁場前瞬間微粒在F點（圓和PQ的切點）在t時間內(nèi)微粒從P點勻速運動到F點，t= PF/v0 由幾何關系可知： PF=LR 又 R=m v0/qB 由式可得： t=L/v0+m/qB FMQNPNDv0（2）微粒在磁場中作勻速圓周運動時，由式可知：當R最大時，B最小，在微粒不飛出磁場的情況下，R最大時有： DQ=2R ，即 L/2R 可得B的最小值為： Bmin=2mv0 /qL 微粒在磁場中做圓周運動，故有t0=（n3/4）T

17、，n0，1，2，3， 又：T=2m/qB 即可得： t0=（n3/4）L/v0 ,( n0，1，2，3， ) 圖十六M B1QPh 600NB2P 31.06年12月廣州市X科統(tǒng)考卷18如圖十六所示，在空間存在這樣一個磁場區(qū)域:以MN為界，上部分的勻強磁場的磁感應強度為B1，下部分的勻強磁場的磁感應強度為B2，B1=2B2=2B0，方向均垂直紙面向里，且磁場區(qū)域足夠大.在距離界線為h的P點有一帶負電荷的離子處于靜止狀態(tài)，某時刻離子分解成為帶電粒子A和不帶電粒子B，粒子A質(zhì)量為m、帶電荷q，以平行于界線MN的初速度向右運動，經(jīng)過界線MN時速度方向與界線成60角，進入下部分磁場.當粒子B沿與界線平

18、行的直線到達位置Q點時，恰好又與粒子A相遇.不計粒子的重力.求：（1）P、Q兩點間距離.（2）粒子B的質(zhì)量.解答：（1）粒子A在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛侖茲力提供向心力，設粒子A的速度為v0，在MN上方運動半徑為R1，運動周期為T1，根據(jù)牛頓第二定律和圓周運動公式， （1分）解得 （1分） （2分）同理，粒子A在MN下方運動半徑R2和周期T2分別為R2 = （1分）T2 = （1分）粒子A由P點運動到MN邊界時速度與MN的夾角為60，如圖所示，則有R1 h = R1cos60，得到：R1 = 2h （1分）R2 = 4h （1分）PQ間的距離為 PQ= 2R2sin60- 2R1sin60

19、= （2分）（2）粒子A從P點到Q點所用時間為 （2分）設粒子B的質(zhì)量為M，從P點到Q點速度為v （1分）由 （1分）得到 mv0 = 4qB0h （1分）根據(jù)動量守恒定律 mv0 Mv = 0 （2分）解得： （1分）yOxaP 35.2007年高考理綜卷25兩平面熒光屏互相垂直放置，在兩屏內(nèi)分別取垂直于兩屏交線的直線為x和y軸，交點O為原點，如圖所示。在y0，0x0，xa的區(qū)域有垂直于紙面向外的勻強磁場，兩區(qū)域內(nèi)的磁感應強度大小均為B。在O點處有一小孔，一束質(zhì)量為m、帶電量為q（q0）的粒子沿x軸經(jīng)小孔射入磁場，最后打在豎直和水平熒光屏上，使熒光屏發(fā)亮。入射粒子的速度可取從零到某一最大值之

20、間的各種數(shù)值。已知速度最大的粒子在0xa的區(qū)域中運動的時間之比為25，在磁場中運動的總時間為7T/12，其中T為該粒子在磁感應強度為B的勻強磁場中做圓周運動的周期。試求兩個熒光屏上亮線的范圍（不計重力的影響）。 解：對于y軸上的光屏亮線范圍的臨界條件如圖1所示：帶電粒子的軌跡和x=a相切，此時r=a，y軸上的最高點為y=2r=2a ;對于 x軸上光屏亮線范圍的臨界條件如圖2所示：左邊界的極限情況還是和x=a相切，此刻，帶電粒子在右邊的軌跡是個圓,與x軸相切于D點，由幾何知識得到在x軸上的坐標為x=2a;速度最大的粒子是如圖2中的實線，又兩段圓弧組成，圓心分別是C和C,由對稱性得到 C在 x軸上

21、，與D點重合。設在左右兩部分磁場中運動時間分別為t1和t2,滿足 解得 由數(shù)學關系得到： 代入數(shù)據(jù)得到： U所以在x 軸上的范圍是P 38.07年1月山東濰坊市期末統(tǒng)考16（12分）在電腦顯示器的真空示波管內(nèi)，控制電子束掃描的偏轉(zhuǎn)場是勻強磁場，磁場區(qū)域是寬度為3.0cm的矩形，右邊界距熒光屏20.0cm，高度足夠.某段時間內(nèi)磁場方向垂直紙面向外，磁感應強度B=4.55103T不變.電子初速度不計，經(jīng)U=4550V電壓加速后沿中心線射入磁場，偏轉(zhuǎn)后打在屏上產(chǎn)生亮點（若無磁場，亮點在屏中心），已知電子的質(zhì)量m=0.911030kg，電荷量e=1.61019C.（1）在圖中大致畫出電子運動的徑跡；（2）求亮點偏離熒光屏中心的距離.解：（1）電子運動的徑跡如圖所示：yr（2）電子經(jīng)U加速得到速度v0，由 得=4107m/s.由得 亮點偏離屏中心的距離 45S2S1A2A1LLDPv0固定擋板固定薄板電子快門B圖17P 40.2007年廣東卷20、（18分）圖17是某