創(chuàng)新設計全國通用2017版高考物理二輪復習專題突破3電場和磁場第2講帶電粒子在復合場中的運動(DOC)

1、圖 2 1 第 2 講 帶電粒子在復合場中的運動 聚焦高考真題 1. （2016 全國卷I, 15）現(xiàn)代質譜儀可用來分析比質子重很多倍的離子，其示意圖如圖 1 所示，其中加速電壓恒定。 質子在入口處從靜止開始被加速電場加速， 經勻強磁場偏轉后從 出口離開磁場。若某種一價正離子在入口處從靜止開始被同一加速電場加速， 為使它經勻強 磁場偏轉后仍從同一出口離開磁場，需將磁感應強度增加到原來的 12 倍。此離子和質子的 質量比約為（ ） 答案 D 2 . （2 014 全國卷，25）如圖 2 所示，在第一象限存在勻強磁場，磁感應強度方向垂直于紙 面（xOy平面）向外；在第四象限存在勻強電場，方向沿 x

2、軸負向。在y軸正半軸上某點以與 x軸正向平行、大小為vo的速度發(fā)射出一帶正電荷的粒子，該粒子在 （d, 0）點沿垂直于x軸 的方向進入電場。不計重力。若該粒子離開電場時速度方向與 y軸負方向的夾角為 0，求: (1) 電場強度大小與磁感應強度大小的比值; 由式聯(lián)立得 B2r2q rn= 2U， 由題意知，兩種粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑相同，加速 電壓U不變，其中 q1= q2,可得 m B2 m= B2 =144，故選項 D 正確。 A. 11 C. 121 B. 12 D. 144 解析設質子的質量和電荷量分別為 m、q1,價正離子的質量和電荷量為 m2、q2。對于任 意粒子，在加速電

3、場中，由動能定理得 圖 1 J |_ qU= fmV 0, 得 v = 2 (2) 該粒子在電場中運動的時間。 解析(1)如圖，粒子進入磁場后做勻速圓周運動。 小為B,粒子質量與所帶電荷量分別為 由洛倫茲力公式及牛頓第二定律得 2 V0金 qvo B= RR 由題給條件和幾何關系可知 R= d 設電場強度大小為 E,粒子進入電場后沿 及運動學公式得 Eq= ma Vx = axt Vx gt = d 由于粒子在電場中做類平拋運動 (如圖)，有 v tan 0 = Vo 聯(lián)立式得 E 1 2 二=一vota n 0 B 2 答案題川0Vota/ 0 備考指導 【考情分析】 2014 全國卷 T2

4、5：帶電粒子在組合場中的運動 2015 2016 卷IT 15 :質譜儀，帶電粒子在組合場中的運動 近三年出題的頻率不高，此內容在 2017 年的高考中可能出題，要引起關注。 【備考策略】 兩條思路破解帶電粒子在復合場中的運動問題 (1) 動力學觀點：從力和運動的關系著手，從“力”的角度出發(fā)，分析研究對象所受的全部 外力，包括電場力和洛倫茲力，由平衡條件或牛頓第二定律列方程。 (2) 功和能觀點：從功和能的關系著手，從“能”的角度出發(fā)，分析各個力做功，包括電場(2)聯(lián)立式得 _2d Vota n ax，在電場中運動的時間為 t，離開電場時沿x軸負方向的速度大小為 設磁感應強度的大 Vx。由牛頓

5、第二定律 3 力做功，用動能定理或能量守恒定律列方程。 突破熱點考向 考向1 帶電粒子在組合場中的運動 規(guī)律方法 帶電粒子在組合場中運動的處理方法 要清楚場的性質、方向、強期、范闈等 帶電緘子依次11過不同場恆時、山受力悄況晞定粒 T在不同區(qū)威的運動悄況 正確J也畫出報子的運動軌述圖 愎槪區(qū)域和運動規(guī)律的不同.將粒子運動的過托劃 分曲幾個不同的階國.時不同的宙段選取不同的規(guī) 嚶馴確帶也粒子砸過不同場區(qū)的交界辿時速度兀小 逖關更一和有問幾系.I：一個區(qū)城的末速度隹往址下一個區(qū) 威的初連度 精典題組 1 如圖 3 所示，在直角坐標系 xOy平面內有一矩形區(qū)域 MNPQ矩形區(qū)域內有水平向右的勻 強電

6、場，場強為 E;在y0 的區(qū)域內有垂直于坐標平面向里的勻強磁場，半徑為 R的光滑 絕緣空心半圓管 ADC固定在坐標平面內，半圓管的一半處于電場中，圓心 O為MN勺中點， 直徑AO垂直于水平虛線 MN 質量為 m電荷量為q的帶電粒子(重力不計)從半圓管的O 點由靜止釋放， 進入管內后從 A點穿出恰能在磁場中做半徑為 R的勻速圓周運動， 當粒子再 次進入矩形區(qū)域 MNP時立即撤去磁場，此后粒子恰好從 QP的中點C離開電場。求： X X X X 和 J X X X K X X X xjl X X 時 * - -x - -ie- x- i x- -lx- -x -氣氣片 5!RJT J o X 1 1

7、 1 i g; 1 Q* r 圖 3 (1)勻強磁場的磁感應強度 B的大??； 矩形區(qū)域的長度MN和寬度MC應滿足的條件？ (3) 粒子從A點運動到C點的時間。 解析(1)粒子從O到A過程中由動能定理得 1 2 qER= gmv 2 從A點穿出后做勻速圓周運動，有 qvB=罟熱點突破提技能 4 (2)粒子再次進入矩形區(qū)域后做類平拋運動，由題意得 1 R= 2at qE a= m R+ 0(= vt 聯(lián)立解得0(= R 所以，矩形區(qū)域的長度 MN2R寬度MQ= 2RO (3) 粒子從A點到矩形邊界MN勺過程中， 1 2 n m 11 = -= 4 qB 2. 如圖 4 所示的平行板器件中，存在相互

8、垂直的勻強磁場和勻強電場，磁場的磁感應強度 B = 0.20T，方向垂直紙面 向里，電場強度 E= 1.0 x 10 5 V/m, PQ為板間中線。緊靠平行板右側邊緣 xOy坐標系的第一 象限內，有一邊界線 AO與y軸的夾角/ AOy= 45,邊界線的上方有垂直紙面向外的勻強 磁場，磁感應強度B2= 0.25 T,邊界線的下方有豎直向上的勻強電場， 電場強度E2= 5.0 X 105 V/m。一束帶電荷量q = 8.0 x 10 19 C、質量m= 8.0 x 10 26 kg 的正離子從P點射入平行板間， 沿中線PQ做直線運動，穿出平行板后從 y軸上坐標為(0 , 0.4 m)的Q點垂直y軸

9、射入磁場 區(qū)，多次穿越邊界線 OA求: (1) 離子運動的速度； (2) 離子從進入磁場到第二次穿越邊界線 OA所需的時間。 解得B= 2Em ；-qR 從矩形邊界 MN到C點的過程中, 2R 2mR a = : qE 故所求時間 n t = t l+ t 2= ( + 1) 2mR qE 箓MNMR MQ= 2R t 2 = 答案 n (3)(才 + 1) 5 解析 (1)設正離子的速度為 v,由于沿中線 PQ做直線運動，則有 qE= qvB6 5 代入數(shù)據(jù)解得v = 5.0 x 10 m/s 。 2 離子進入磁場，做勻速圓周運動，由牛頓第二定律有 qvB= rmr, 解得r = 0.2 m

10、 作出離子的軌跡如圖所示，交 OA邊界為C點，OQ= 2r，若磁場無 0 = 90 運動時間t1 = 4=簡=6.28 x 10 平行于電場線進入電場， 做勻減速運動，返回C點的時間 2v 為t 2，則t 2 = a Eq 12 2 而a= =5x 10 m/s， 所以 t2 = 2x 107 s t = 11+ 12= 8.28 x 10 s o 5 答案 (1)5.0 x 10 m/s (2)8.28 帶電粒子在疊加復合場中的運動 規(guī)律方法 關注幾場疊加，構建運動模型，優(yōu)選規(guī)律解題 第一虬 1 受力井析，關注幾場疊捌 p 艇場、巫力場并存：受亜山和洛倫蠱力； ；電場、磁場井療計重力的鍛觀粒

11、子）：曼業(yè)場 力和洛倫聽力： 電場、區(qū)場、難力場井棄：受業(yè)場力、洛倫掘力 和車力 三空 L 運動分析*典型運動模型構搓 Q 堂力平衙的勻速亙線運動，受力恒宦的勻變徳 宜線運動 受力人小恒定II.方向指向圓心的勻速圖醐逑動. 堡力方向變化址雜的曲純運動等 選用規(guī)律.兩種觀點解題 帶電體做勻速直線運動.則用平獅條件卓解（即 二力或三力平衡 帶電體做勻速圓周運動.應用向心力公式或勻 速恫周運動胸規(guī)律求解： 遜帶電體做勻變速直線成曲戟運動*應用牛頓運 動世律和運前學公式求解* 4蒂戎怵做遼朵的曲線運動、應用能電守恒崔律 戒動陡富理求解 精典題組 1. 在豎直xOy平面內，第I、n象限存在沿 y軸負方向

12、的勻強電場 1,場強大小為Ei,在第 川、W象限內，存在垂直于 xOy平面的勻強磁場和沿 y軸正方向的勻強電場 2，場強大小為邊界，一定通過 O點，則圓弧 QC的圓心角為 離子過C點的速度方向豎直向下, 離子從進入磁場到第二次穿越邊界線 OA所需的時間 第三步 7 B0 mg E2,磁場方向如圖 5 所示，磁感應強度 B= B0, B2=-，電場強度大小 E =呂=才 兩質量為 m帶電荷量為+ q的粒子a、b同時分別從第n、l象限的 P、Q兩點(圖中沒有標出)由靜 止釋放后，同時進入勻強磁場和勻強電場復合場區(qū)中，且第一次經過 y軸時都過點 Mo, .31)。粒子a在M點時的速度方向與 y軸正方

13、向成 60角，不計兩粒子間的相互作用。 求: 11 X 嚇 XX i 1 X X X K X * X X X 4 9 圖 5 (1) 粒子a第一次在第川、W象限復合場中運動的時間之比; (2) 粒子b在第W象限內復合場中運動的軌跡半徑。 解析(1)粒子a進入復合場區(qū)中，電場力和重力平衡， qE= mg粒子a在第川象限做勻速 圓周運動，畫出粒子 a的運動軌跡，如圖所示, 洛倫茲力提供向心力，設粒子 a從第n象限進入第川象限時的速度大小為 v,在第川象限內 2 mv mv 運動的軌跡半徑為 ri，則qvBo= ，解得ri = ri qB) 、一一 E 葉 2 n r 1 2 n m 運動周期T1=

14、茁 由幾何知識可知粒子 a在第川象限運動的軌跡對應的圓心角 2 n m 3qB0 2mv 2 n r 2 4 n m 同理，粒子a在第W象限內做勻速圓周運動的半徑2 =-，運動周期T2=茁，由 幾何知識可知粒子 a在第象限運動的軌跡對應的圓心角 0 2 =彗，運動時間t2=T2 = 3 32 冗 一 1 0 i = 丁，運動時間 11 = 3T1 = 8 由幾何知識可知，粒子a在第川象限內運動的軌跡半徑1=鼎一=21 由(1)可知，粒子a在第象限內運動的軌跡半徑 2 = 2r i = 41 由題意可知，粒子 a、b進入勻強磁場和勻強電場的速度大小相等，在第W象限做勻速圓周 運動的半徑也相等，故

15、粒子 b在第W象限的半徑 r = r2= 41。 答案(1)1 ：4 (2)4 1 2. (2016 天津理綜，11)如圖 6 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 3 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 =0.5 T。有一帶正電的小球，質量 m= 1 x 10 6 kg ,電荷量q= 2x 10 6 C,正以速度 v 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 2 現(xiàn)象)，取g= 10 m/s，求: 解析(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，有 qv

16、B= . q2E2+ nig2 代入數(shù)據(jù)解得v = 20 m/s 速度v的方向與電場E的方向之間的夾角滿足 tan 0 = mg 代入數(shù)據(jù)解得 tan 0 = 3 8n m 3qB0，所以 t1 12= 1 ： 4 (1) 小球做勻速直線運動的速度 (2) 從撤掉磁場到小球再次穿過 圖 6 v的大小和方向； P點所在的這條電場線經歷的時間 t。 /i X X K X K X X X X X K X 9 0 = 60 (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，如圖所示，設其 加速度為a,有10 設撤去磁場后小球在初速度方向上的分位移為 X,有 x= vt 設小球在重力與

17、電場力的合力方向上分位移為 y,有 1 2 y= 2at tan 0 = y x 聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)解得 t = 2 3 s = 3.5 s 解法二 撤去磁場后，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= vsin 0 1 2 若使小球再次穿過 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 =0 聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)解得 t = 2 3 s = 3.5 s 答案 (1)20 m/s 與電場方向成 60角斜向上 (2)3.5 s 規(guī)律方法 模型選擇是解題前提，受力分析是解題

18、方法 中學階段常見的帶電粒子在正交的勻強電場和勻強磁場中運動的幾種模型有速度選擇器、 回旋加速器、質普儀、磁流體發(fā)電機、霍爾元件、電磁流量計等。、和 的共同特征是粒子在其中只受電場力和洛倫茲力作用，并且最終電場力和洛倫茲力平衡。a= WE + md 考向 帶電粒子在電磁場中的運動與現(xiàn)代科技的綜合 11 精典題組 于z軸方向上水槽的前后兩內側面，則 （ ） 圖 7 A. a處電勢高于 b處電勢 B. a處離子濃度大于 b處離子濃度 C. 溶液的上表面電勢高于下表面的電勢 D. 溶液的上表面處的離子濃度大于下表面處的離子濃度 答案 B 2.（多選）如圖 8 所示為磁流體發(fā)電機的原理圖。金屬板 M

19、N之間的距離為d= 20 cm 磁場 的磁感應強度大小為 B= 5 T,方向垂直紙面向里。 現(xiàn)將一束等離子體（即高溫下電離的氣體， 含有大量帶正電和帶負電的微粒， 整體呈中性）從左側噴射入磁場， 發(fā)現(xiàn)在M N兩板間接入 的額定功率為 P= 100 W 的燈泡正常發(fā)光，且此時燈泡電阻為 R= 100 Q ,不計離子重力和 發(fā)電機內阻，且認為離子均為一價離子，則下列說法中正確的是 （ ） 1.如圖 7 所示，長方體玻璃水槽中盛有 NaCI的水溶液，在水槽左、右側壁內側各裝一導體 片，使溶液中通入沿 x軸正向的電流I，沿y軸正向加恒定的勻強磁場 B圖中a、b是垂直 圖 圖 罔 圖 圖 8 12 A.

20、 金屬板M上聚集負電荷，金屬板 N上聚集正電荷 B. 該發(fā)電機的電動勢為 100 V C. 離子從左側噴射入磁場的初速度大小為 103 m/s D. 每秒鐘有 6.2 5X 1018個離子打在金屬板 N上 解析由左手定則可知，射入的等離子體中正離子將向金屬板 M偏轉，負離子將向金屬板 N 偏轉，選項 A 錯誤；由于不考慮發(fā)電機的內阻，由閉合電路歐姆定律可知， 電源的電動勢等 U U 于電源的路端電壓， 所以E= P& 100 V 選項 B 正確；由Bqv=弔可得v=麗=100 m/s , 選項 C 錯誤；每秒鐘經過燈泡 L 的電荷量 Q= It，而I = R= 1 A，所以 Q= 1

21、C ,由于離 Q 1 子為一價離子，所以每秒鐘打在金屬板N上的離子個數(shù)為n = e = 16 x 10 9 = 18 6.25 X 10 (個)，選項 D 正確。 答案 BD 3. (2016 江蘇單科，15)回旋加速器的工作原理如圖 9 甲所示，置于真空中的 D 形金屬盒 半徑為R,兩盒間狹縫的間距為 d,磁感應強度為 B的勻強磁場與盒面垂直，被加速粒子的 質量為m電荷量為+ q,加在狹縫間的交變電壓如圖乙所示，電壓值的大小為 U0,周期T =2 “jm 一束該粒子在t=0T時間內從A處均勻地飄入狹縫，其初速度視為零。現(xiàn)考慮粒 qB 2 子在狹縫中的運動時間，假設能夠出射的粒子每次經過狹縫均

22、做加速運動， 不考慮粒子間的 相互作用。求： (1) 出射粒子的動能Em； (2) 粒子從飄入狹縫至動能達到 Em所需的總時間t。； (3) 要使飄入狹縫的粒子中有超過 99%能射出，d應滿足的條件。 解析(1)粒子運動半徑為 R時 2 v qvB= mR 且 Em= gmV13 粒子被加速n次達到動能En,則Em= nqU0 粒子在狹縫間做勻加速運動，設 n次經過狹縫的總時間為 A t，加速度a=歲 md 勻加速直線運動nd= 2a At2 由 to = (n-1) T+A t，解得 to =n 叱販器 只有在 o( t)時間內飄入的粒子才能每次均被加速，則所占的比例為 n BR+ 2ERd

23、 n m 2U0 qB .n mU d99%解得 n mU d L 區(qū)域內存在垂直紙面向里、磁感應強度為 B的矩形勻強磁場，矩形的其中一條邊在直線 x =L上。一質量為 m電荷量為q的帶正電粒子(不計粒子重力)從第n象限的正方形勻強磁 場區(qū)域的上邊界和左邊界的交點處以沿 y軸負方向的某一速度進入磁場區(qū)域， 從坐標原點O 沿x軸正方向射入勻強電場區(qū)域。 圖 6 (1) 求帶電粒子射入第n象限的勻強磁場時的速度大??； (2) 求帶電粒子從勻強電場區(qū)域射出時的坐標； 若帶電粒子進入 x L區(qū)域的勻強磁場時速度方向與 x軸正方向成 45角，要使帶電粒 子能夠回到xv L區(qū)域，貝U xL區(qū)域中勻強磁場的

24、最小面積為多少？ 解析(1)根據(jù)題述帶電粒子的運動情境，可知帶電粒子在第n象限的勻強磁場中運動的軌解得: 答案 D,則: 25 跡半徑等于正方形區(qū)域的邊長 L,即R= L 2 v qBL 設帶電粒子射入第n象限的勻強磁場中時速度大小為 v，由qvB= ，解得v = -m。 （2）設帶電粒子從勻強電場區(qū)域射出時的縱坐標為一 yi,帶電粒子從坐標原點 O沿x軸正方 向射入勻強電場區(qū)域做類平拋運動，設帶電粒子運動的加速度大小為 a,在電場區(qū)域運動的 1 2 時間為 t，則有 L= vt, yi = 2at , qE= ma 聯(lián)立解得yi = 2qg 所以帶電粒子從勻強電場區(qū)域射出時的坐標為 mE （

25、L，_ 踴）。 帶電粒子以與x軸正方向成 45角的方向進入 x L區(qū)域的勻強磁場，其速度大小 v= 2v= v m 畫出粒子在xL區(qū)域磁場中的運動軌跡，如圖所示, : - 詔 :扯 X k I： y ：. A 1 X X X X 1 () 1 1 E i衣：X 由幾何關系可知勻強磁場的最小寬度為 所以xL區(qū)域中勻強磁場的最小面積為 “宀 qBL mE 答案（1）計（2）（ L，-葫） 7. （2016 濰坊一模）如圖 7 所示，在xOy平面內存在均勻、大小隨時間周期性變化的磁場 和電場，變化規(guī)律分別如圖乙、丙所示 （規(guī)定垂直紙面向里為磁感應強度的正方向、+ y軸 方向為電場強度的正方向）。在t

26、 = 0 時刻由原點0發(fā)射初速度大小為 Vo,方向沿+ y軸方向 ,2 由 qv B= mR,解得 R 2BL B， d= (1 + cos 45 (1 + ； 2) BL B， S=2R d =2( 2+ 2)叱 B 2 。 2( 2+ ,2) BV B 26 的帶負電粒子（不計重力）。其中已知V。、t。、B、呂，且呂=也，粒子的比荷-n, x軸 n m B）t o48vot o 上有一點 A,坐標為（ ，0） 。 7t 2o （i）求 2 時帶電粒子的位置坐標; 粒子運動過程中偏離 x軸的最大距離; 粒子經多長時間經過 A點。 解析 2 Vo 由牛頓第二定律得： qvoBo= nmr Vot 0 Vot 0 所以位置坐標為（， ） n n （2）粒子的運動軌跡如圖所示。 由圖可知： yi = voto+ 嚴t2, vi = vo+ qEto 2 m m 解得： 3Voto yi = 2 ， Vi= 3 2 所以茅T， 運動了 T 解得: mv vot o 得: qB 2Vot o r 2 = n 圖 7 (1)由 T= T= 2to 28 ym= yi +2 =(2+ ) voto 由圖可知粒子的運動周期為 4to，在一個周期內粒