2022年新課標高中物理模型與方法16 帶電粒子在組合場、復(fù)合場中的運動模型教師講解版

文檔來源網(wǎng)絡(luò)整理侵權(quán)必刪PAGE1專題16帶電粒子在組合場、復(fù)合場中的運動模型目錄一.帶電粒子在組合場中的勻速圓周運動模型解法綜述 1二．磁場與磁場的組合模型 1三．先電場后磁場模型 6四．先磁場后電場模型 14五．帶電粒子在組合場中運動的應(yīng)用質(zhì)譜儀模型 19六．帶電粒子在組合場中運動的應(yīng)用回旋加速器模型 25七．帶電粒子在疊加場中的運動模型 29八．帶電粒子在疊加場中的應(yīng)用模型電磁平衡科技應(yīng)用 39模型一．速度選擇器 39模型二．磁流體發(fā)電機 40模型三．電磁流量計 42模型四.霍爾效應(yīng)的原理和分析 44一.帶電粒子在組合場中的勻速圓周運動模型解法綜述現(xiàn)．2．帶電粒子在組合場中運動的分析思路第1步：粒子按照時間順序進入不同的區(qū)域可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，如圖所示．第3步：用規(guī)律二．磁場與磁場的組合模型【運動模型】磁場與磁場的組合問題實質(zhì)就是兩個有界磁場中的圓周運動問題，帶電粒子在兩個磁場中的速度大小相同，但軌跡半徑和運動周期往往不同．解題時要充分利用兩段圓弧軌跡的銜接點與兩圓心共線的特點，進一步尋找邊角關(guān)系．【模型演練1】(2021·韶關(guān)模擬)如圖所示，在無限長的豎直邊界AC和DE間，上、下部分分別充滿方向垂直于平面ADEC向外的勻強磁場，上部分區(qū)域的磁感應(yīng)強度大小為B0，OF為上、下磁場的水平分界線。質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的粒子從AC邊界上與O點相距為a的P點垂直于AC邊界射入上方磁場區(qū)域，經(jīng)OF上的Q點第一次進入下方磁場區(qū)域，Q點與O點的距離為3a。不考慮粒子重力。(1)求粒子射入時的速度大小；(2)要使粒子不從AC邊界飛出，求下方磁場區(qū)域的磁感應(yīng)強度大小B1應(yīng)滿足的條件；(3)若下方區(qū)域的磁感應(yīng)強度B＝3B0，粒子最終垂直DE邊界飛出，求邊界DE與AC間距離的可能值。【答案】：(1)eq\f(5aqB0,m)(2)B1≥eq\f(8B0,3)(3)4na(n＝1，2，3，…)【解析】：(1)粒子在OF上方的運動軌跡如圖所示，設(shè)粒子做圓周運動的半徑為R，由幾何關(guān)系可知R2－(R－a)2＝(3a)2，則R＝5a由牛頓第二定律可知qvB0＝meq\f(v2,R)解得v＝eq\f(5aqB0,m)。(2)當粒子恰好不從AC邊界飛出時，其運動軌跡如圖所示，設(shè)粒子在OF下方做圓周運動的半徑為r1。由幾何關(guān)系得r1＋r1cosθ＝3a，cosθ＝eq\f(3,5)，所以r1＝eq\f(15a,8)，根據(jù)qvB1＝eq\f(mv2,r1)，解得B1＝eq\f(8B0,3)故B1≥eq\f(8B0,3)時，粒子不會從AC邊界飛出。(3)當B＝3B0時，粒子的運動軌跡如圖所示，粒子在OF下方的運動半徑為r＝eq\f(5,3)a，設(shè)粒子的速度方向再次與射入磁場時的速度方向一致時，粒子的位置為P1點，則P點與P1點的連線一定與OF平行，根據(jù)幾何關(guān)系知PP1＝4a，所以若粒子最終垂直DE邊界飛出，邊界DE與AC間的距離為L＝nPP1＝4na(n＝1，2，3，…)。【模型演練2】(2020·江蘇卷·16)空間存在兩個垂直于Oxy平面的勻強磁場，y軸為兩磁場的邊界，磁感應(yīng)強度分別為2B0、3B0.甲、乙兩種比荷不同的粒子同時從原點O沿x軸正向射入磁場，速度均為v.甲第1次、第2次經(jīng)過y軸的位置分別為P、Q，其軌跡如圖所示．甲經(jīng)過Q時，乙也恰好同時經(jīng)過該點．已知甲的質(zhì)量為m，電荷量為q.不考慮粒子間的相互作用和重力影響．求：(1)Q到O的距離d；(2)甲兩次經(jīng)過P點的時間間隔Δt；(3)乙的比荷eq\f(q′,m′)可能的最小值．【答案】(1)eq\f(mv,3qB0)(2)eq\f(2πm,qB0)(3)eq\f(2q,m)【解析】(1)甲粒子先后在兩磁場中做勻速圓周運動，設(shè)半徑分別為r1、r2由qvB＝meq\f(v2,r)可知r＝eq\f(mv,qB)，故r1＝eq\f(mv,2qB0)，r2＝eq\f(mv,3qB0)且d＝2r1－2r2解得d＝eq\f(mv,3qB0)(2)甲粒子先后在兩磁場中做勻速圓周運動，設(shè)運動時間分別t1、t2由T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,qB)得t1＝eq\f(πm,2qB0)，t2＝eq\f(πm,3qB0)且Δt＝2t1＋3t2解得Δt＝eq\f(2πm,qB0)(3)乙粒子周期性地先后在兩磁場中做勻速圓周運動若經(jīng)過兩磁場的次數(shù)均為n(n＝1,2,3，…)相遇時，有neq\f(m′v,3q′B0)＝d，neq\f(5πm′,6q′B0)＝t1＋t2解得eq\f(q′,m′)＝neq\f(q,m)根據(jù)題意，n＝1舍去．當n＝2時，eq\f(q′,m′)有最小值，(eq\f(q′,m′))min＝eq\f(2q,m)若先后經(jīng)過右側(cè)、左側(cè)磁場的次數(shù)分別為(n＋1)、n(n＝0,1,2,3，…)，經(jīng)分析不可能相遇．綜上分析，乙的比荷的最小值為eq\f(2q,m).【典例分析3】(2017·全國卷Ⅲ·24)如圖，空間存在方向垂直于紙面(xOy平面)向里的磁場．在x≥0區(qū)域，磁感應(yīng)強度的大小為B0；x＜0區(qū)域，磁感應(yīng)強度的大小為λB0(常數(shù)λ＞1)．一質(zhì)量為m、電荷量為q(q＞0)的帶電粒子以速度v0從坐標原點O沿x軸正向射入磁場，此時開始計時，當粒子的速度方向再次沿x軸正向時，求：(不計重力)(1)粒子運動的時間；(2)粒子與O點間的距離．【答案】(1)eq\f(πm,B0q)(1＋eq\f(1,λ))(2)eq\f(2mv0,B0q)(1－eq\f(1,λ))【解析】(1)在勻強磁場中，帶電粒子做勻速圓周運動．設(shè)在x≥0區(qū)域，圓周半徑為R1；在x＜0區(qū)域，圓周半徑為R2.由洛倫茲力公式及牛頓第二定律得qB0v0＝meq\f(v02,R1)①qλB0v0＝meq\f(v02,R2)②設(shè)粒子在x≥0區(qū)域運動的時間為t1，則t1＝eq\f(πR1,v0)③粒子在x<0區(qū)域運動的時間為t2，則t2＝eq\f(πR2,v0)④聯(lián)立①②③④式得，所求時間為t＝t1＋t2＝eq\f(πm,B0q)(1＋eq\f(1,λ))⑤(2)由幾何關(guān)系及①②式得，所求距離為d＝2(R1－R2)＝eq\f(2mv0,B0q)(1－eq\f(1,λ))【模型演練4】（2021屆云南省昆明市高三（上）三診一模摸底診斷測試理綜物理試題）如圖所示，虛線上方存在方向垂直紙面向里、磁感應(yīng)強度大小為的勻強磁場，下方存在方向相同、磁感應(yīng)強度大小為的勻強磁場，虛線為兩磁場的分界線。位于分界線上，點為的中點。一電子從點射入磁場，速度方向與分界線的夾角為，電子離開點后依次經(jīng)兩點回到點。已知電子的質(zhì)量為，電荷量為，重力不計，求：(1)的值；(2)電子從射入磁場到第一次回到點所用的時間。【答案】(1)；(2)【解析】電子在磁場中的運動軌跡如圖所示設(shè)電子在勻強磁場中做勻速圓周運動的半徑分別為，電子在磁場中做勻速圓周運動有…①…②由于最終能回到點，由幾何關(guān)系，可得…③聯(lián)立①②③，解得電子在磁場中的運動周期電子在磁場中的運動周期設(shè)電子經(jīng)過三段軌跡的時間分別為，由幾何關(guān)系可得到的圓心角為，則到的圓心角為，則到的圓心角為，則電子從射入磁場到第一次回到點所用的時間為聯(lián)立以上式子，解得三．先電場后磁場模型【運動模型】1.帶電粒子先在勻強電場中做勻加速直線運動，然后垂直進入勻強磁場做勻速圓周運動，如圖.2．帶電粒子先在勻強電場中做類平拋運動，然后垂直進入磁場做勻速圓周運動，如圖.【模型演練1】.(2019·江蘇南京市六校聯(lián)考)如圖所示，在矩形區(qū)域ABCD內(nèi)存在豎直向上的勻強電場，在BC右側(cè)Ⅰ、Ⅱ兩區(qū)域存在勻強磁場，虛線L1、L2、L3是磁場的邊界線(BC與L1重合)，寬度相同，方向如圖所示，區(qū)域Ⅰ的磁感應(yīng)強度大小為B1.一電荷量為＋q、質(zhì)量為m的粒子(重力不計)從AD邊中點以初速度v0沿水平向右方向進入電場，粒子恰好從B點進入磁場，經(jīng)區(qū)域Ⅰ后又恰好從與B點同一水平高度處進入?yún)^(qū)域Ⅱ.已知AB長度是BC長度的eq\r(3)倍．(1)求帶電粒子到達B點時的速度大?。?2)求區(qū)域Ⅰ磁場的寬度L；(3)要使帶電粒子在整個磁場中運動的時間最長，求區(qū)域Ⅱ的磁感應(yīng)強度B2的最小值．【答案】(1)eq\f(2\r(3)v0,3)(2)eq\f(2\r(3)mv0,3qB1)(3)1.5B1【解析】(1)設(shè)帶電粒子進入磁場時的速度大小為v，與水平方向成θ角，粒子在勻強電場中做類平拋運動，由類平拋運動的速度方向與位移方向的關(guān)系有：tanθ＝eq\f(LBC,LAB)＝eq\f(\r(3),3)，則θ＝30°，根據(jù)速度關(guān)系有：v＝eq\f(v0,cosθ)＝eq\f(2\r(3)v0,3)；(2)設(shè)帶電粒子在區(qū)域Ⅰ中的軌道半徑為r1，由牛頓第二定律得：qvB1＝meq\f(v2,r1)，軌跡如圖甲所示：由幾何關(guān)系得：L＝r1解得：L＝eq\f(2\r(3)mv0,3qB1)；(3)當帶電粒子不從區(qū)域Ⅱ右邊界離開磁場時，在磁場中運動的時間最長．設(shè)區(qū)域Ⅱ中最小磁感應(yīng)強度為B2m，此時粒子恰好不從區(qū)域Ⅱ右邊界離開磁場，對應(yīng)的軌跡半徑為r2，軌跡如圖乙所示：同理得：qvB2m＝meq\f(v2,r2)根據(jù)幾何關(guān)系有：L＝r2(1＋sinθ)解得：B2m＝1.5B1.【模型演練2】(2020·湖南長沙模擬)如圖，在直角三角形OPN區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直于紙面向外．一帶正電的粒子從靜止開始經(jīng)電壓U加速后，沿平行于x軸的方向射入磁場；一段時間后，該粒子在OP邊上某點以垂直于x軸的方向射出．已知O點為坐標原點，N點在y軸上，OP與x軸的夾角為30°，粒子進入磁場的入射點與離開磁場的出射點之間的距離為d，不計重力．求：(1)帶電粒子的比荷；(2)帶電粒子從射入磁場到運動至x軸的時間．【答案】(1)eq\f(4U,B2d2)(2)eq\f(Bd2,4U)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋\f(\r(3),3)))【解析】(1)設(shè)帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，加速后的速度大小為v.由動能定理有qU＝eq\f(1,2)mv2①設(shè)粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為r，洛倫茲力提供粒子做圓周運動的向心力，結(jié)合牛頓第二定律有qvB＝meq\f(v2,r)②由幾何關(guān)系知d＝eq\r(2)r③聯(lián)立①②③式得eq\f(q,m)＝eq\f(4U,B2d2)④(2)由幾何關(guān)系知，帶電粒子射入磁場后運動到x軸所經(jīng)過的路程為s＝eq\f(πr,2)＋rtan30°⑤帶電粒子從射入磁場到運動至x軸的時間為t＝eq\f(s,v)⑥聯(lián)立②④⑤⑥式得t＝eq\f(Bd2,4U)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋\f(\r(3),3)))⑦【模型演練4】.（2021屆廣東省東莞市高三模擬）如圖所示，在xOy平面內(nèi)，MN與y軸平行，間距為d，其間有沿x軸負方向的勻強電場E。y軸左側(cè)有寬為L的垂直紙面向外的勻強磁場，MN右側(cè)空間存在范圍足夠?qū)?、垂直紙面的勻強磁場（圖中未標出）。質(zhì)量為m、帶電量為+q的粒子從P（d，0）沿x軸負方向以大小為v0的初速度射入勻強電場。粒子到達O點后，經(jīng)過一段時間還能再次回到O點。已知電場強度E=，粒子重力不計。(1)求粒子到O點的速度大??；(2)求y軸左側(cè)磁場區(qū)域磁感應(yīng)強度B1的大小應(yīng)滿足什么條件？(3)若滿足(2)的條件，求MN右側(cè)磁場的磁感應(yīng)強度B2和y軸左側(cè)磁場區(qū)域磁感應(yīng)強度B1的大小關(guān)系?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3），n=l，2，3……【解析】(1)粒子，從P點到O點，由動能定理得可得粒子到(2)洛倫茲力提供向心力粒子要再次回到O點，則粒子不能從y軸左側(cè)的磁場射出，需要返回磁場，經(jīng)過電場和MN右側(cè)的磁場的作用，再次返回到O點，故要求：故要求粒子通過電場回到MN右側(cè)磁場時速度為。設(shè)粒子在右側(cè)磁場中軌道半徑為R，要使其能夠回到原點，粒子在右側(cè)磁場中應(yīng)向下偏轉(zhuǎn)，且偏轉(zhuǎn)半徑R≥r。解得①當R=r，，可得②R>r，要使粒子回到原點（粒子軌跡如下圖所示）則須滿足其中n=l，2，3……，n=l，2，3……其中n=1時，，綜上，需要B2和y軸左側(cè)磁場區(qū)域磁感應(yīng)強度B1的大小關(guān)系滿足，n=l，2，3……【模型演練5】（2021屆河北省衡水市第一中學(xué)高三模擬）如圖所示，平面直角坐標系第二象限充滿電場強度大小為、方向沿軸負方向的勻強電場，在軸右側(cè)以點為圓心、為半徑的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向外的勻強磁場?，F(xiàn)將帶正電的粒子，從第二象限的點以速度沿軸正方向射入勻強電場，經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后恰好沿磁場區(qū)域半徑方向射入勻強磁場，粒子離開磁場時，在磁場中的出射點和入射點關(guān)于軸對稱。帶電粒子重力不計，求：(1)帶電粒子的比荷；(2)磁感應(yīng)強度的大??；(3)粒子從進入電場到離開磁場所用的時間?！敬鸢浮?1)；(2)；(3)【解析】粒子運動軌跡如圖所示(1)粒子在電場中，設(shè)運動時間為，有設(shè)DC連線跟軸負方向的夾角為，由幾何關(guān)系得解得(2)粒子在磁場中，設(shè)軌跡半徑為，則由幾何關(guān)系可得解得設(shè)粒子離開電場時的速度為，有解得(3)設(shè)在無場區(qū)域、磁場中運動時間分別為、，總時間為，有解得【模型演練6】(2021·河南平頂山市一輪復(fù)習(xí)質(zhì)檢)如圖所示，平面直角坐標系xOy的第二、三象限內(nèi)有方向沿y軸正方向的勻強電場，第一、四象限內(nèi)有圓形有界磁場，有界磁場的半徑為eq\f(\r(2),2)L，磁場的方向垂直于坐標平面向里，磁場邊界與y軸相切于O點，在x軸上坐標為(－L,0)的P點沿與x軸正方向成θ＝45°角斜向上射出一個速度大小為v0的帶電粒子，粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)垂直y軸射出電場，粒子進入磁場后經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)以沿y軸負方向的速度射出磁場，不計粒子的重力．求：(1)粒子從y軸上射出電場的位置坐標；(2)勻強電場電場強度大小及勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小；(3)粒子從P點射出到射出磁場運動的時間為多少？【答案】(1)(0，eq\f(1,2)L)(2)eq\f(mv02,2qL)eq\f(\r(2)mv0,2qL)(3)eq\f(L,v0)＋eq\f(\r(2)(1＋π)L,2v0)【解析】(1)粒子在電場中的運動為類平拋運動的逆運動，水平方向：L＝v0cosθ·t1，豎直方向：y＝eq\f(1,2)v0sinθ·t1，解得：y＝eq\f(1,2)L，粒子從y軸上射出電場的位置坐標為：(0，eq\f(1,2)L)；(2)粒子在電場中的加速度大?。篴＝eq\f(qE,m)，豎直分位移：y＝eq\f(1,2)at12，解得：E＝eq\f(mv02,2qL)；粒子進入磁場后做勻速圓周運動，以沿y軸負方向的速度射出磁場，運動軌跡如圖所示，由幾何知識得：AC與豎直方向夾角為45°，AD＝eq\r(2)y＝eq\f(\r(2),2)L，因此AC剛好為圓形有界磁場的直徑，粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑：r＝L，粒子在磁場中做圓周運動，由牛頓第二定律得：qvB＝meq\f(v2,r)，其中，粒子的速度：v＝v0cosθ，解得：B＝eq\f(\r(2)mv0,2qL)；(3)粒子在電場中的運動時間：t1＝eq\f(L,v0cosθ)＝eq\f(\r(2)L,v0)，粒子離開電場進入磁場前做勻速直線運動，位移：x＝eq\f(\r(2),2)L－eq\f(1,2)L，粒子做直線運動的時間：t2＝eq\f(x,v)＝eq\f((2－\r(2))L,2v0)，粒子在磁場中做圓周運動的時間：t3＝eq\f(1,4)T＝eq\f(1,4)×eq\f(2πm,qB)＝eq\f(\r(2)πL,2v0)，粒子總的運動時間：t＝t1＋t2＋t3＝eq\f(L,v0)＋eq\f(\r(2)(1＋π)L,2v0).四．先磁場后電場模型【模型構(gòu)建】(1)進入電場時粒子速度方向與電場方向相同或相反(如圖甲所示)．(2)進入電場時粒子速度方向與電場方向垂直(如圖乙所示)．【模型演練1】(2021·濟寧模擬)如圖所示，在第一象限內(nèi)，存在垂直于xOy平面向外的勻強磁場Ⅰ，第二象限內(nèi)存在水平向右的勻強電場，第三、四象限內(nèi)存在垂直于xOy平面向外、磁感應(yīng)強度大小為B0的勻強磁場Ⅱ。一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子，從x軸上的M點以某一初速度垂直于x軸進入第四象限，在xOy平面內(nèi)，以原點O為圓心做半徑為R0的圓周運動；隨后進入電場運動至y軸上的N點，沿與y軸正方向成45°角離開電場；在磁場Ⅰ中運動一段時間后，再次垂直于x軸進入第四象限，不計粒子重力。求：(1)帶電粒子從M點進入第四象限時初速度的大小v0；(2)電場強度的大小E；(3)磁場Ⅰ的磁感應(yīng)強度的大小B1?！敬鸢浮浚?1)eq\f(qB0R0,m)(2)eq\f(qR0Beq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),2m)(3)eq\f(1,2)B0【解析】：(1)粒子在第四象限中運動時，洛倫茲力提供向心力，則qv0B0＝eq\f(mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),R0)解得v0＝eq\f(qB0R0,m)。(2)由于粒子與y軸正方向成45°角離開電場，則有vx＝vy＝v0粒子在電場中做類平拋運動，在平行于x軸方向上做勻加速運動，在平行于y軸方向上做勻速運動，故在平行于x軸方向上qE＝maveq\o\al(\s\up11(2),\s\do4(x))－0＝2aR0聯(lián)立解得E＝eq\f(qR0Beq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),2m)。(3)粒子在電場中運動時平行于x軸方向：vx＝at，R0＝eq\f(1,2)at2平行于y軸方向：y＝vyt聯(lián)立解得y＝2R0如圖所示，過N點作速度的垂線交x軸于P點，P點即為粒子在第一象限做圓周運動軌跡的圓心，PN為半徑，因為ON＝y(tǒng)＝2R0，∠PNO＝45°，所以PN＝2eq\r(2)R0由于洛倫茲力提供向心力，故qvB1＝eq\f(mv2,PN)，其中v為進入第一象限時的速度，大小為v＝eq\r(2)v0解得B1＝eq\f(1,2)B0?！灸Ｐ脱菥?】.(2020·山東濰坊市3月五縣聯(lián)考)如圖所示的坐標系xOy中，第一象限內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B0，第二象限存在沿y軸負方向的勻強電場，x軸下方存在垂直紙面向里的勻強磁場(圖中未畫出)，磁感應(yīng)強度未知．一帶正電粒子從A(d,0)點以初速度v0開始運動，初速度方向與x軸負方向夾角為53°，粒子到達y軸時速度方向與y軸垂直，粒子經(jīng)過電場區(qū)域、x軸下方磁場區(qū)域恰好回到A點，且速度方向與初速度方向相同．粒子重力不計，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，求：(1)粒子的比荷；(2)勻強電場的電場強度大??；(3)x軸下方磁場的磁感應(yīng)強度大?。敬鸢浮?1)eq\f(4v0,5dB0)(2)eq\f(20v0B0,9)(3)eq\f(40,21)B0【解析】(1)設(shè)粒子在第一象限內(nèi)做圓周運動的半徑為r1，則有qv0B0＝meq\f(v02,r1)由圖可知r1＝eq\f(d,sin53°)，解得eq\f(q,m)＝eq\f(4v0,5dB0)(2)設(shè)粒子類平拋過程豎直位移為Δy，則Δy＝r1－r1cos53°由題意可知，粒子類平拋運動的末速度與x軸負方向夾角為θ＝53°，則vy＝v0tanθ，類平拋運動過程vy＝at，Δy＝eq\f(1,2)at2，qE＝ma聯(lián)立解得t＝eq\f(3d,4v0)，E＝eq\f(20v0B0,9)(3)設(shè)粒子類平拋過程水平位移為Δx，則Δx＝v0t，設(shè)粒子在y軸下方磁場區(qū)域運動的半徑為r2，則r2＝eq\f(\f(d＋Δx,2),sinθ)粒子運動速度v＝eq\f(v0,cosθ)，qvB＝meq\f(v2,r2)，解得B＝eq\f(40,21)B0.【模型演練3】.(2020·山東等級考模擬卷)如圖所示，在第一象限內(nèi)，存在垂直于xOy平面向外的勻強磁場Ⅰ，第二象限內(nèi)存在水平向右的勻強電場，第三、四象限內(nèi)存在垂直于xOy平面向外、磁感應(yīng)強度大小為B0的勻強磁場Ⅱ.一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子，從x軸上M點以某一初速度垂直于x軸進入第四象限，在xOy平面內(nèi)，以原點O為圓心做半徑為R0的圓周運動；隨后進入電場運動至y軸上的N點，沿與y軸正方向成45°角離開電場；在磁場Ⅰ中運動一段時間后，再次垂直于x軸進入第四象限．不計粒子重力．求：(1)帶電粒子從M點進入第四象限時初速度的大小v0；(2)電場強度的大小E；(3)磁場Ⅰ的磁感應(yīng)強度的大小B1.【答案】(1)eq\f(qB0R0,m)(2)eq\f(qR0B02,2m)(3)eq\f(1,2)B0【解析】(1)粒子在第四象限中運動時，洛倫茲力提供向心力，則qv0B0＝eq\f(mv02,R0)解得v0＝eq\f(qB0R0,m)(2)由于粒子與y軸正方向成45°角離開電場，則有vx＝vy＝v0粒子在電場中做類平拋運動，在平行于x軸方向做勻加速直線運動，在平行于y軸方向做勻速直線運動，故在平行于x軸方向上qE＝mavx2－0＝2aR0聯(lián)立解得E＝eq\f(qR0B02,2m)(3)粒子在電場中運動時平行于x軸方向：vx＝at，R0＝eq\f(1,2)at2平行于y軸方向：y＝vyt聯(lián)立解得y＝2R0如圖，過N點作速度的垂線交x軸于P點，P即為粒子在第一象限做勻速圓周運動的圓心，PN為半徑，因為ON＝y(tǒng)＝2R0，∠PNO＝45°，所以PN＝2eq\r(2)R0.由于洛倫茲力提供向心力，故qvB1＝eq\f(mv2,PN)，其中v為進入第一象限的速度，大小為v＝eq\r(2)v0，解得B1＝eq\f(1,2)B0.【模型演練4】.(西南名校聯(lián)盟2021屆高三適應(yīng)性月考)如圖所示，在直角坐標系內(nèi)，OP射線(O為頂點)與y軸夾角為30°,OP與y軸所圍區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B,OP與x軸之間存在勻強電場，方向沿x軸負方向。一個帶電粒子經(jīng)加速電壓U加速后，以與OP平行的速度從N點進人磁場,ON間距為2d,帶電粒子從OP上的某點A(圖中未畫出)垂直于OP離開磁場，從x軸上的某點C(圖中未畫出)垂直于x軸離開電場,不計粒子的重力。求:(1)帶電粒子的電性及比荷;(2)帶電粒子在第一象限中的運動時間;(3)勻強電場的電場強度。【解析】：（1）磁場方向垂直紙面向外，粒子垂直于OP離開磁場，則所受洛倫茲力在速度方向的右側(cè)，可知粒子帶正電 ①畫出運動軌跡，由幾何關(guān)系可得 ②在磁場中由牛頓第二定律可得 ③在電場中加速可得 ④聯(lián)立②③④式解得 ⑤（2）由④⑤式可得粒子進入磁場時的速度為 ⑥此后進入電場，當出射方向和軸垂直時，可知粒子在方向的分速度減為零，沿y軸方向可視為做勻速直線運動。垂直O(jiān)P出射時，與豎直方向夾角為60° ⑦在磁場中做勻速圓周運動，運動路徑為四分之一圓周，在磁場中的運動時間 ⑧從OP上的出射點到O點的距離為 ⑨則在電場中的運動時間為 ⑩在第一象限中運動的總時間為 （3）在方向上做勻減速運動 垂直出射，方向速度恰好減到0 聯(lián)立⑥⑨⑩式可得 五．帶電粒子在組合場中運動的應(yīng)用質(zhì)譜儀模型【模型構(gòu)建】1．作用測量帶電粒子質(zhì)量和分離同位素的儀器．2．原理(如圖所示)(1)加速電場：qU＝eq\f(1,2)mv2；(2)偏轉(zhuǎn)磁場：qvB＝eq\f(mv2,r)，l＝2r；由以上兩式可得r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))，m＝eq\f(qr2B2,2U)，eq\f(q,m)＝eq\f(2U,B2r2).【模型演練1】(2020·福建龍巖市5月模擬)質(zhì)譜儀的原理如圖所示，虛線AD上方區(qū)域處在垂直紙面向外的勻強磁場中，C、D間有一熒光屏．同位素離子源產(chǎn)生a、b兩種電荷量相同的離子，無初速度進入加速電場，經(jīng)同一電壓加速后，垂直進入磁場，a離子恰好打在熒光屏C點，b離子恰好打在D點．離子重力不計．則()A．a(chǎn)離子質(zhì)量比b的大B．a(chǎn)離子質(zhì)量比b的小C．a(chǎn)離子在磁場中的運動時間比b的長D．a(chǎn)、b離子在磁場中的運動時間相等【答案】B【解析】設(shè)離子進入磁場的速度為v，在電場中qU＝eq\f(1,2)mv2，在磁場中Bqv＝meq\f(v2,r)，聯(lián)立解得：r＝eq\f(mv,Bq)＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))，由題圖知，b離子在磁場中運動的軌道半徑較大，a、b為同位素，電荷量相同，所以b離子的質(zhì)量大于a離子的質(zhì)量，所以A錯誤，B正確；在磁場中運動的時間均為半個周期，即t＝eq\f(T,2)＝eq\f(πm,Bq)，由于b離子的質(zhì)量大于a離子的質(zhì)量，故b離子在磁場中運動的時間較長，C、D錯誤．【模型演練2】(多選)(2020·江蘇南通等七市高三下學(xué)期6月三調(diào))如圖所示，電荷量相等的兩種離子氖20和氖22從容器下方的狹縫S1飄入(初速度為零)電場區(qū)，經(jīng)電場加速后通過狹縫S2、S3垂直于磁場邊界MN射入勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里，離子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后發(fā)生分離，最終到達照相底片D上．不考慮離子間的相互作用，則()A．電場力對每個氖20和氖22做的功相等B．氖22進入磁場時的速度較大C．氖22在磁場中運動的半徑較小D．若加速電壓發(fā)生波動，兩種離子打在照相底片上的位置可能重疊【答案】AD【解析】電場力對粒子做的功為W＝qU，則電場力對每個氖20和氖22做的功相等，A正確；根據(jù)qU＝eq\f(1,2)mv2，得v＝eq\r(\f(2qU,m))，所以氖22(質(zhì)量較大)進入磁場時的速度較小，B錯誤；根據(jù)r＝eq\f(mv,qB)和v＝eq\r(\f(2qU,m))得r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))，因為氖22質(zhì)量較大，所以氖22在磁場中運動的半徑較大，C錯誤；加速電壓發(fā)生波動，根據(jù)r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))，兩種離子打在照相底片上的位置可能重疊(不同時刻)，D正確．【模型演練3】（2021屆江蘇省如皋市高三模擬）質(zhì)譜儀是一種測量帶電粒子比荷的儀器，某型號質(zhì)譜儀的內(nèi)部構(gòu)造如圖所示，M、N板間存在電壓為U0的加速電場，半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)存在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，光屏放置于圓形磁場區(qū)域右側(cè)，光屏中心P到圓形磁場區(qū)域圓心O的距離為2R。帶電粒子從S點由靜止飄入M、N板間，經(jīng)電場加速后進入圓形磁場區(qū)域，在磁場力作用下軌跡發(fā)生偏轉(zhuǎn)，最終打在光屏上的某點，測量該點到P點的距離，便能推算出帶電粒子的比荷.不計帶電粒子的重力。（1）若帶電粒子為電子，已知電子的電荷量為e，質(zhì)量為m0，求電子經(jīng)過電場加速后的速度大小v及電子在磁場中運動的軌跡半徑r；（2）若某種帶電粒子通過電場加速和磁場偏轉(zhuǎn)后，打在光屏上的Q點，已知P點到Q點的距離為R，求該帶電粒子的比荷及其在磁場中運動的時間t?！敬鸢浮浚?）；；（2）；【解析】（1）電子在電場中加速，由動能定理有解得電子在磁場中做勻速圓周運動，由解得（2）帶電粒子到達Q點的軌跡如圖所示由幾何關(guān)系可得θ=60°，，類比有解得帶電粒子在磁場中運動的圓心角即θ=60°，所以周期所以【模型演練4】（2021屆云南省保山市智源中學(xué)高三一模）如圖，離子源產(chǎn)生某種離子，以初速度v0進入兩端電壓為U的加速電場加速后、從距離PQ邊界h處進入垂直紙面向外磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，進入磁場的速度是進入電場速度的三倍。經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后從磁場下邊界PQ離開磁場，離開磁場時速度與邊界PQ方向的夾角為60°。不計離子重力。求：(1)該離子的比荷；(2)磁感應(yīng)強度B。【答案】(1)；(2)【解析】(1)離子在電場中加速過程由動能定理得解得(2)由磁場偏轉(zhuǎn)軌跡的幾何關(guān)系得解得R=2h磁場中由洛倫茲力提供向心力其中，代入解得【模型演練5】（2021屆西南名校聯(lián)盟摸底診斷測試理綜物理試題）如圖所示，離子源產(chǎn)生的某種正離子，由靜止經(jīng)加速電壓U加速后在紙面內(nèi)水平向右運動，自坐標原點O射入勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強度大小為B，已知該離子剛好在磁場邊界的P點射出。P點坐標為，不計重力影響。求：（1）離子的比荷；（2）粒子在磁場中運動的時間。【答案】(1)；(2)【解析】(1)設(shè)離子的質(zhì)量為，電荷量為，進入磁場時的速度為，則粒子在磁場中有由幾何關(guān)系知聯(lián)立解得(2)【模型演練6】(2020·山西臨汾市二輪復(fù)習(xí)模擬)容器A中裝有大量的質(zhì)量、電荷量不同但均帶正電的粒子，粒子從容器下方的小孔S1不斷飄入加速電場(初速度可視為零)做直線運動，通過小孔S2后從兩平行板中央沿垂直電場方向射入偏轉(zhuǎn)電場．粒子通過平行板后沿垂直磁場方向進入磁感應(yīng)強度為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場區(qū)域，最后打在感光片上，如圖所示．已知加速電場中S1、S2間的加速電壓為U，偏轉(zhuǎn)電場極板長為L，兩板間距也為L，板間勻強電場強度E＝eq\f(2U,L)，方向水平向左(忽略板間外的電場)，平行板f的下端與磁場邊界ab相交于點P，在邊界ab上實線處固定放置感光片．測得從容器A中逸出的所有粒子均打在感光片PQ之間，且Q距P的長度為3L，不考慮粒子所受重力與粒子間的相互作用，求：(1)粒子射入磁場時，其速度方向與邊界ab間的夾角；(2)射到感光片Q處的粒子的比荷(電荷量q與質(zhì)量m之比)；(3)粒子在磁場中運動的最短時間．【答案】(1)45°(2)eq\f(U,2L2B2)(3)eq\f(3πBL2,16U)【解析】(1)設(shè)質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子通過孔S2的速度為v0，則：qU＝eq\f(1,2)mv02粒子在平行板e、f間做類平拋運動：L＝v0t，vx＝eq\f(qE,m)t，tanθ＝eq\f(v0,vx)聯(lián)立可得：tanθ＝1，則θ＝45°，故其速度方向與邊界ab間的夾角為θ＝45°.(2)粒子在偏轉(zhuǎn)電場中沿場強方向的位移x＝eq\f(1,2)vxt＝eq\f(L,2)，故粒子從e板下端與水平方向成45°角斜向下射入勻強磁場，如圖所示，設(shè)質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子射入磁場時的速度為v，做圓周運動的軌道半徑為r，則v＝eq\r(v02＋vx2)＝eq\r(2)v0＝2eq\r(\f(qU,m))由幾何關(guān)系：r2＋r2＝(4L)2則r＝2eq\r(2)LqvB＝meq\f(v2,r)，則r＝eq\f(mv,qB)聯(lián)立解得：eq\f(q,m)＝eq\f(U,2L2B2).(3)設(shè)粒子在磁場中運動的時間為t，偏轉(zhuǎn)角為α，則t＝eq\f(αm,qB)，r＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(2,B)eq\r(\f(mU,q))聯(lián)立可得：t＝eq\f(αBr2,4U)因為粒子在磁場中運動的偏轉(zhuǎn)角α＝eq\f(3,2)π，所以粒子打在P處時間最短，此時半徑為r′，由幾何關(guān)系知：r′2＋r′2＝L2，則r′＝eq\f(\r(2),2)L聯(lián)立可得：tmin＝eq\f(\f(3,2)πB\f(L2,2),4U)＝eq\f(3πBL2,16U).六．帶電粒子在組合場中運動的應(yīng)用回旋加速器模型1．構(gòu)造：如圖所示，D1、D2是半圓形金屬盒，D形盒處于勻強磁場中，D形盒的縫隙處接交流電源．2．原理：交流電周期和粒子做圓周運動的周期相等，使粒子每經(jīng)過一次D形盒縫隙，粒子被加速一次．3．最大動能：由qvmB＝eq\f(mvm2,R)、Ekm＝eq\f(1,2)mvm2得Ekm＝eq\f(q2B2R2,2m)，粒子獲得的最大動能由磁感應(yīng)強度B和盒半徑R決定，與加速電壓無關(guān)．4．總時間：粒子在磁場中運動一個周期，被電場加速兩次，每次增加動能qU，加速次數(shù)n＝eq\f(Ekm,qU)，粒子在磁場中運動的總時間t＝eq\f(n,2)T＝eq\f(Ekm,2qU)·eq\f(2πm,qB)＝eq\f(πBR2,2U).【模型演練1】(多選)(2021·山東煙臺市第一學(xué)期期末)如圖所示是回旋加速器的示意圖，其核心部分是兩個D形金屬盒，分別與高頻交流電源連接，兩個D形金屬盒間的狹縫中形成周期性變化的電場，使粒子在通過狹縫時都能得到加速，兩個D形金屬盒處于垂直于盒底的勻強磁場中，下列說法中正確的是()A．加速電壓越大，粒子最終射出時獲得的動能就越大B．粒子射出時的最大動能與加速電壓無關(guān)，與D形金屬盒的半徑和磁感應(yīng)強度有關(guān)C．若增大加速電壓，粒子在金屬盒間的加速次數(shù)將減少，在回旋加速器中運動的時間將減小D．粒子第5次被加速前、后的軌道半徑之比為eq\r(5)∶eq\r(6)【答案】BC【解析】粒子在磁場中做圓周運動，由牛頓第二定律得：qvmB＝meq\f(vm2,R)，解得：vm＝eq\f(qBR,m)，則粒子獲得的最大動能為：Ekm＝eq\f(1,2)mvm2＝eq\f(q2B2R2,2m)，知粒子獲得的最大動能與加速電壓無關(guān)，與D形金屬盒的半徑R和磁感應(yīng)強度B有關(guān)，故A錯誤，B正確；對粒子，由動能定理得：nqU＝eq\f(q2B2R2,2m)，加速次數(shù)：n＝eq\f(qB2R2,2mU)，增大加速電壓U，粒子在金屬盒間的加速次數(shù)將減少，粒子在回旋加速器中運動的時間：t＝eq\f(n,2)T＝eq\f(nπm,qB)將減小，故C正確；對粒子，由動能定理得：nqU＝eq\f(1,2)mvn2，解得vn＝eq\r(\f(2nqU,m))，粒子在磁場中做圓周運動，由牛頓第二定律得：qvnB＝meq\f(vn2,rn)，解得：rn＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2nmU,q))，則粒子第5次被加速前、后的軌道半徑之比為：eq\f(r4,r5)＝eq\f(\r(4),\r(5))，故D錯誤．【模型演練2】(多選)(2021·福建龍巖市3月質(zhì)量檢查)回旋加速器是加速帶電粒子的裝置，如圖所示．其核心部件是分別與高頻交流電源兩極相連接的兩個D形金屬盒(D1、D2)，兩盒間的狹縫中形成周期性變化的電場，使粒子在通過狹縫時都能得到加速，兩D形金屬盒處于垂直于盒底的勻強磁場中，D形盒的半徑為R.質(zhì)量為m、電荷量為q的質(zhì)子從D1半盒的質(zhì)子源(A點)由靜止釋放，加速到最大動能Ekm后經(jīng)粒子出口處射出．若忽略質(zhì)子在電場中的加速時間，且不考慮相對論效應(yīng)，則下列說法正確的是()A．質(zhì)子加速后的最大動能Ekm與交變電壓U大小無關(guān)B．質(zhì)子在加速器中的運行時間與交變電壓U大小無關(guān)C．回旋加速器所加交變電壓的周期為πReq\r(\f(2m,Ekm))D．D2盒內(nèi)質(zhì)子的軌道半徑由小到大之比為1∶eq\r(3)∶eq\r(5)∶…【答案】ACD【解析】質(zhì)子在回旋加速器中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,r)，則v＝eq\f(qBr,m)，當r＝R時，質(zhì)子有最大動能：Ekm＝eq\f(1,2)mvm2＝eq\f(q2B2R2,2m)，知質(zhì)子加速后的最大動能Ekm與交變電壓U大小無關(guān)，故A正確；質(zhì)子離開回旋加速器時的動能是一定的，與加速電壓無關(guān)，由T＝eq\f(2πm,qB)可知相鄰兩次經(jīng)過電場加速的時間間隔不變，獲得的動能為qU，故電壓越大，加速的次數(shù)n越少，在加速器中的運行時間越短，故B錯誤；回旋加速器所加交變電壓的周期與質(zhì)子在D形盒中運動的周期相同，由T＝eq\f(2πm,qB)，R＝eq\f(mvm,qB)，Ekm＝eq\f(1,2)mvm2知，T＝πReq\r(\f(2m,Ekm))，故C正確；質(zhì)子每經(jīng)過1次加速電場動能增大qU，知D2盒內(nèi)質(zhì)子的動能由小到大依次為qU、3qU、5qU…，又r＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(\r(2mEk),qB)，則半徑由小到大之比為1∶eq\r(3)∶eq\r(5)∶…，故D正確.【模型演練3】（2021北京東城一模）在研究原子核的內(nèi)部結(jié)構(gòu)時，需要用能量很高的粒子去轟擊原子核。粒子加速器可以用人工方法使帶電粒子獲得很大速度和能量。圖甲是回旋加速器的結(jié)構(gòu)示意圖，D1和D2是兩個中空的半徑為R的半圓型金屬盒，兩盒之間留有間距為d的窄縫，它們之間有一定的電勢差。兩個金屬盒處于與盒面垂直的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度為B。D1盒的中央A處的粒子源可以產(chǎn)生質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子。粒子在兩盒之間被電場加速，之后進入磁場后做勻速圓周運動。經(jīng)過若干次加速后，將粒子從金屬盒邊緣引出。設(shè)粒子在交變電場中運動時電壓大小為U，不考慮粒子離開A處時的速度、粒子重力、粒子間的相互作用及相對論效應(yīng)。⑴求粒子被引出時的動能Ek；⑵求粒子被電場加速的次數(shù)n；⑶隨著粒子在電場中的不斷加速，粒子在磁場中的運動速率一次比一次增大，然而粒子每次在金屬盒中的運動時間卻相同，粒子在交變電場中加速的總時間也可以忽略。已知10MeV以上的回旋加速器中磁感應(yīng)強度的數(shù)量級為1T，金屬盒的直徑在1m以上，窄縫之間距離約為0.1cm。請你結(jié)合上述參數(shù)，通過推導(dǎo)和估算加以分析?！窘馕觥浚帕Ｗ釉诖艌鲋凶鰟蛩賵A周運動時，洛倫茲力充當向心力，被引出時的速度為v根據(jù)牛頓第二定律有解得粒子被引出時的動能⑵粒子在電場中被加速n次，根據(jù)動能定理有⑶粒子在加速器中運動的時間可以看成兩部分時間之和：在金屬盒內(nèi)旋轉(zhuǎn)圈的時間t1和通過金屬盒間隙n次所需的時間t2。粒子在磁場中做勻速圓周運動時，洛倫茲力充當向心力有運動周期由此可知：粒子運動周期與粒子速度無關(guān)，每次在金屬盒中的運動時間相同粒子在磁場中運動時間粒子在電場中運動時，根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律粒子在磁場中運動時間與在電場中運動時間之比由此可知：粒子在電場中的加速時間可以忽略。七．帶電粒子在疊加場中的運動模型1．疊加場電場、磁場、重力場共存，或其中某兩場共存．2．無約束情況下的運動(1)洛倫茲力、重力并存①若重力和洛倫茲力平衡，則帶電粒子做勻速直線運動．②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，由此可求解問題．(2)電場力、洛倫茲力并存(不計重力的微觀粒子)①若電場力和洛倫茲力平衡，則帶電粒子做勻速直線運動．②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①若三力平衡，一定做勻速直線運動．②若重力與電場力平衡，一定做勻速圓周運動．③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．3．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．【模型演練1】(2021·河南頂級名校第四次聯(lián)測)如圖所示，豎直平面xOy，其x軸水平，在整個平面內(nèi)存在沿x軸正方向的勻強電場E，在第三象限內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B＝0.2T．現(xiàn)有一比荷為eq\f(q,m)＝25C/kg的帶電微粒，從第三象限內(nèi)某點以速度v0向坐標原點O做直線運動，v0與x軸之間的夾角為θ＝45°，取重力加速度g＝10m/s2.求：(1)微粒的電性及速度v0的大小；(2)帶電微粒在第一象限內(nèi)運動時所到達的最高點的坐標．【答案】(1)帶正電2eq\r(2)m/s(2)(0.6m,0.2m)【解析】(1)帶電微粒在第三象限內(nèi)受重力、電場力和洛倫茲力的作用，做直線運動，則其一定做勻速直線運動，合力為零．若微粒帶負電，由左手定則知洛倫茲力斜向右下，又重力豎直向下，電場力水平向左，合力不可能為零；同理，可判斷微粒帶正電；對帶電微粒受力分析，如圖所示，根據(jù)平衡條件可得：Bqv0＝eq\r(2)mg解得：v0＝2eq\r(2)m/s；(2)帶電微粒進入第一象限后做曲線運動，設(shè)最高點為M，從O到M所用的時間為t，則將微粒從O到M的運動分解為沿x軸方向上的勻加速直線運動和沿y軸方向上的勻減速直線運動y軸方向上：0＝v0sin45°－gty＝eq\f(v0sin45°,2)tx軸方向上：qE＝mgtan45°＝maxx＝v0cos45°t＋eq\f(1,2)axt2解得x＝0.6m，y＝0.2m.即帶電微粒在第一象限內(nèi)運動時所達到的最高點的坐標為(0.6m,0.2m)【模型演練2】.(2020·河南九師聯(lián)盟質(zhì)檢)如圖所示，豎直平面內(nèi)有一直角坐標系xOy，x軸沿水平方向．第二、三象限有垂直于坐標平面向里的勻強磁場，與x軸成θ＝30°角的絕緣細桿固定在二、三象限；第四象限同時存在著豎直向上的勻強電場和垂直于坐標平面向里、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電小球a(可視為質(zhì)點)穿在細桿上沿細桿勻速下滑，在N點脫離細桿后恰能沿圓周軌道運動到x軸上的A點，且速度方向垂直于x軸．已知A點到坐標原點O的距離為eq\f(3,2)l，小球a與絕緣細桿的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(\r(3),4)；eq\f(qB,m)＝eq\r(\f(5πg(shù),6l))，重力加速度為g，空氣阻力忽略不計．求：(1)帶電小球的電性及電場強度的大小E；(2)第二、三象限里的磁場的磁感應(yīng)強度大小B1；(3)當帶電小球a剛離開N點時，從y軸正半軸距原點O為h＝eq\f(20πl(wèi),3)的P點(圖中未畫出)以某一初速度水平向右平拋一個不帶電的絕緣小球b(可視為質(zhì)點)，b球剛好在運動到x軸時與向上運動的a球相碰，則b球的初速度為多大？【答案】(1)帶正電eq\f(mg,q)(2)eq\f(7m,q)eq\r(\f(g,10πl(wèi)))(3)eq\f(7,4)eq\r(\f(3gl,10π))【解析】(1)由帶電小球a在第四象限內(nèi)做圓周運動，知小球a所受電場力豎直向上，且mg＝qE，故小球a帶正電，E＝eq\f(mg,q)(2)帶電小球a從N點運動到A點的過程中，洛倫茲力提供小球做圓周運動的向心力，設(shè)運動半徑為R，有：qvB＝meq\f(v2,R)由幾何關(guān)系有R＋Rsinθ＝eq\f(3,2)l解得R＝l，v＝eq\r(\f(5πg(shù)l,6))帶電小球a在桿上勻速下滑時，由平衡條件有mgsinθ＝μ(qvB1－mgcosθ)解得B1＝eq\f(7m,q)eq\r(\f(g,10πl(wèi)))(3)帶電小球a在第四象限內(nèi)做勻速圓周運動的周期T＝eq\f(2πR,v)＝2eq\r(\f(6πl(wèi),5g))帶電小球a第一次在第一象限從A點豎直上拋又返回到A點所用的時間為t0＝eq\f(2v,g)＝eq\r(\f(10πl(wèi),3g))絕緣小球b平拋運動至x軸上的時間為t＝eq\r(\f(2h,g))＝2eq\r(\f(10πl(wèi),3g))小球a從N點第一次到A點所用時間為t1，則t1＝eq\f(T,3)<t故兩球相碰有t＝eq\f(T,3)＋n(t0＋eq\f(T,2))(n＝0,1,2…)聯(lián)立解得n＝1設(shè)b球的初速度為v0，則eq\f(7,2)R＝v0t解得v0＝eq\f(7,4)eq\r(\f(3gl,10π)).【模型演練3】(2021屆·云南省昆明市第一中學(xué)高三上學(xué)期月考)如圖所示，豎直面內(nèi)有一平面直角坐標系，軸沿水平方向，整個空間中存在沿軸正方向的勻強電場（圖中未畫出），電場強度大小，在第三象限中存在垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小。有一帶正電的小球，質(zhì)量，電荷量，正以速度在第三象限中做勻速直線運動并從O點進入第一象限，取，求：(1)小球做勻速直線運動的速度的大小和方向；(2)小球在第一象限運動的過程中，離軸的最遠距離；(3)小球在第一象限從點到離軸的最遠距離處，增加的機械能。【答案】(1)，水平方向的夾角為；(2)；(3)【解析】(1)小球在第三象限內(nèi)做勻速直線運動時，受力如圖所示其所受的三個力在同一平面內(nèi)，合力為零，則有帶入數(shù)據(jù)，得速度的方向與電場的方向之間的夾角滿足解得則故速度的方向與水平方向的夾角為。(2)小球在第一象限中做曲線運動，將其速度分別進行分解當小球在第一象限中，運動到離x軸最遠距離時，豎直方向速度關(guān)系豎直方向位移關(guān)系(3)小球在第一象限中運動時水平方向位移關(guān)系其中電場力做功由于電場力做正功，所以機械能的增加量【模型演練4】（2021屆海南省海南中學(xué)高三模擬）如圖所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球（可視為質(zhì)點），從y軸上的A點以初速度v0水平拋出，兩長為L的平行金屬板M、N傾斜放置且與x軸正方向間的夾角為θ＝37°（重力加速度為g，，）。（1）若小球恰好能垂直于M板從其中心小孔B進入兩板間，求小球拋出時的初速度v0大小；（2）若該平行金屬板M、N間有如圖所示的勻強電場，且勻強電場的電場強度大小與小球質(zhì)量之間的關(guān)系滿足，在滿足（1）中條件的情況下，為使小球不打在N板上，求兩平行金屬板M、N之間的垂直距離的最小值d?！敬鸢浮浚?）；（2）【解析】（1）設(shè)小球由y軸上的A點運動到金屬板M的中心小孔B的時間為t，由題意，在與x軸平行的方向上，有小球在豎直方向上下落的距離為解得（2）設(shè)小球進入電場時的速度大小為v，則由動能定理可得解得小球進入勻強電場后的受力情況如圖所示，因為所以平行于電場方向小球受力平衡，因此，小球進入該勻強電場之后，將做類平拋運動，其加速度大小為設(shè)小球在該勻強電場中運動的時間為，欲使小球不打在N板上，由類平拋運動的規(guī)律可得解得【模型演練5】（2021·天津市河?xùn)|區(qū)八中高三上學(xué)期12月月考）如圖所示，已知一帶電小球在光滑絕緣的水平面上從靜止開始經(jīng)電壓U加速后，水平進入互相垂直的勻強電場E和勻強磁場B的復(fù)合場中（E和B已知），小球在此空間的豎直面內(nèi)做勻速圓周運動，重力加速度為g，則（

）A.小球可能帶正電B.小球做勻速圓周運動的半徑為C.若電壓U增大，則小球做勻速圓周運動的周期增加D.小球做勻速圓周運動的周期為【答案】BD【解析】小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，故重力等于電場力，即洛倫茲力提供向心力，所以mg=Eq，由于電場力的方向與場強的方向相反，故小球帶負電，故A錯誤；由于洛倫茲力提供向心力，故有：qvB=m，解得：；又由于qU=mv2，解得：；聯(lián)立得到：，故B正確；由于洛倫茲力提供向心力做圓周運動，故有運動周期為：，故D正確；由于洛倫茲力提供向心力做圓周運動，運動周期為：，顯然運動周期與加速電壓無關(guān)，故C錯誤；故選BD．【模型演練6】.（2021·吉林省長春市外國語學(xué)校高三上學(xué)期1月期末）如圖所示，在xoy平面內(nèi)，第三、四象限內(nèi)有豎直方向的勻強電場和垂直于紙面向里的勻強磁場，將一質(zhì)量為m，帶電量為q的小球從O點正上方y(tǒng)軸上某一點以初速度v0水平向右拋出，小球經(jīng)過x軸上P點（圖中未畫出）后進入x軸下方的電磁場區(qū)，并沿一段圓弧運動后恰好經(jīng)過O點，求：(1)勻強電場強度的大小和方向；(2)勻強磁場磁感應(yīng)強度的大小?！敬鸢浮?1)，電場方向向下；(2)【解析】(1)由于小球經(jīng)過x軸上P點后進入x軸下方做一段圓弧運動后恰好再次經(jīng)過O點可以判斷小球帶負電，在x軸下方做圓周運動，重力與電場力平衡，有解得電場方向向下(2)設(shè)小球做平拋運動的時間為t，到達x軸水平位移為x，則設(shè)小球進入x軸下方的速度為v，做圓周運動的的半徑為R，則有得設(shè)小球到達x軸時速度方向與x軸的夾角為，則小球平拋運動有，解得【模型演練7】.(2020·百師聯(lián)盟4月沖刺卷)如圖所示，直角坐標系xOy所在豎直平面內(nèi)分布著場強大小相等的勻強電場，第一、二象限中場強方向沿y軸正方向，第三、四象限中場強方向沿x軸正方向；第一、四象限還分布著垂直于平面向里的勻強磁場．一質(zhì)量為0.02kg、帶正電的微粒自坐標為(0，－0.4)的A點出發(fā)，與y軸成45°角以2m/s的速度射入第四象限，并能在第四象限內(nèi)做勻速直線運動，重力加速度g取10m/s2.求：(1)微粒第一次通過y軸時的縱坐標；(2)微粒運動軌跡與初速度方向所在的直線第一次相交時，所需要的時間(結(jié)果可用根式表示)；(3)微粒從射出到第(2)問所說的時刻，動能的增加量．【答案】(1)0.4m(2)eq\f(\r(2),10)(6＋π)s(3)0.16J【解析】(1)微粒受力及運動過程分析如圖所示，微粒沿與y軸成45°角的方向內(nèi)勻速運動，則有qE＝mgqvB＝eq\r(2)mg第一象限重力與電場力二力平衡，微粒做勻速圓周運動，由qvB＝eq\f(mv2,r)解得r＝eq\f(\r(2),5)m由幾何關(guān)系得，微粒在第一象限恰好做了半個周期的圓周運動，故微粒第一次通過y軸時的縱坐標為0.4m.(2)由A到B：位移為L1＝0.4eq\r(2)m時間t1＝eq\f(L1,v)解得t1＝eq\f(\r(2),5)s由B到C：t2＝eq\f(πr,v)解得t2＝eq\f(\r(2)π,10)s由C到D微粒做勻速直線運動，位移為L2＝0.4eq\r(2)m時間t3＝eq\f(L2,v)解得t3＝eq\f(\r(2),5)s由D到E微粒做類平拋運動，軌跡交AB延長線于點G加速度方向沿D指向A，大小為a＝eq\r(2)g位移沿DA方向，大小為L3＝0.4eq\r(2)m由L3＝eq\f(1,2)at42，解得t4＝eq\f(\r(2),5)s故t總＝t1＋t2＋t3＋t4＝eq\f(\r(2),10)(6＋π)．(3)只有在第三象限運動的過程，動能有變化．從D到G，合外力做的功W＝eq\r(2)mg·L3由動能定理知，W＝ΔEk，解得增加的動能為ΔEk＝0.16J八．帶電粒子在疊加場中的應(yīng)用模型電磁平衡科技應(yīng)用模型一．速度選擇器(1)平行板中電場強度E和磁感應(yīng)強度B互相垂直．(如圖)(2)帶電粒子能夠沿直線勻速通過速度選擇器的條件是qvB＝qE，即v＝eq\f(E,B).(3)速度選擇器只能選擇粒子的速度，不能選擇粒子的電性、電荷量、質(zhì)量．(4)速度選擇器具有單向性．【模型演練1】(2020·蚌埠二模)一速度選擇器如圖所示，當粒子速度滿足v0＝eq\f(E,B)時，粒子沿圖中虛線水平射出；若某一粒子以速度v射入該速度選擇器后，運動軌跡為圖中實線所示，則關(guān)于該粒子的說法正確的是()A.粒子射入的速度一定是v>eq\f(E,B)B.粒子射入的速度可能是v<eq\f(E,B)C.粒子射出時的速度一定大于射入速度D.粒子射出時的速度一定小于射入速度【答案】B【解析】：假設(shè)粒子帶正電，則電場力向下，由左手定則知粒子所受洛倫茲力方向向上，由受力分析結(jié)合運動軌跡知，qvB>qE，則v>eq\f(E,B)，運動過程中洛倫茲力不做功，電場力做負功，則粒子速度減小；若粒子帶負電，則電場力向上，由左手定則知粒子所受洛倫茲力方向向下，由受力分析結(jié)合運動軌跡知，qvB<qE，則v<eq\f(E,B)，運動過程中洛倫茲力不做功，電場力做正功，則粒子速度增大，則選項A、C、D錯誤，選項B正確?！灸Ｐ脱菥?】在如圖所示的平行板器件中，電場強度E和磁感應(yīng)強度B相互垂直．一帶電粒子(重力不計)從左端以速度v沿虛線射入后做直線運動，則該粒子()A．一定帶正電B．速度v＝eq\f(E,B)C．若速度v＞eq\f(E,B)，粒子一定不能從板間射出D．若此粒子從右端沿虛線方向進入，仍做直線運動【答案】B【解析】粒子帶正電和負電均可，選項A錯誤；由洛倫茲力等于電場力，可得qvB＝qE，解得速度v＝eq\f(E,B)，選項B正確；若速度v＞eq\f(E,B)，粒子可能從板間射出，選項C錯誤；若此粒子從右端沿虛線方向進入，所受電場力和洛倫茲力方向相同，不能做直線運動，選項D錯誤．模型二．磁流體發(fā)電機(1)原理：如圖所示，等離子體噴入磁場，正、負離子在洛倫茲力的作用下發(fā)生偏轉(zhuǎn)而聚集在B、A板上，產(chǎn)生電勢差，它可以把離子的動能通過磁場轉(zhuǎn)化為電能．(2)電源正、負極判斷：根據(jù)左手定則可判斷出圖中的B是發(fā)電機的正極．(3)電源電動勢U：設(shè)A、B平行金屬板的面積為S，兩極板間的距離為l，磁場磁感應(yīng)強度為B，等離子體的電阻率為ρ，噴入氣體的速度為v，板外電阻為R.當正、負離子所受電場力和洛倫茲力平衡時，兩極板間達到的最大電勢差為U(即電源電動勢)，則qeq\f(U,l)＝qvB，即U＝Blv.(4)電源內(nèi)阻：r＝ρeq\f(l,S).(5)回路電流：I＝eq\f(U,r＋R).【模型演練1】(2020·福建三明市期末質(zhì)量檢測)磁流體發(fā)電機的原理如圖所示．將一束等離子體連續(xù)以速度v垂直于磁場方向噴入磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中，可在相距為d、面積為S的兩平行金屬板間產(chǎn)生電壓．現(xiàn)把上、下板和電阻R連接，上、下板等效為直流電源的兩極．等離子體穩(wěn)定時在兩極板間均勻分布，電阻率為ρ.忽略邊緣效應(yīng)及離子的重力，下列說法正確的是()A．上板為正極，a、b兩端電壓U＝BdvB．上板為負極，a、b兩端電壓U＝eq\f(Bd2vρS,RS＋ρd)C．上板為正極，a、b兩端電壓U＝eq\f(BdvRS,RS＋ρd)D．上板為負極，a、b兩端電壓U＝eq\f(BdvRS,Rd＋ρS)【答案】C【解析】根據(jù)左手定則可知，等離子體射入兩極板之間時，正離子偏向a板，負離子偏向b板，即上板為正極；穩(wěn)定時滿足eq\f(U′,d)q＝Bqv，解得U′＝Bdv；根據(jù)電阻定律可知兩極板間的電阻為r＝eq\f(ρd,S)，根據(jù)閉合電路歐姆定律：I＝eq\f(U′,R＋r)，a、b兩端電壓U＝IR，聯(lián)立解得U＝eq\f(BdvRS,RS＋ρd)，故選C.【模型演練2】(多選)如圖所示是磁流體發(fā)電機的示意圖，兩平行金屬板P、Q之間有一個很強的磁場．一束等離子體(即高溫下電離的氣體，含有大量正、負帶電離子)沿垂直于磁場的方向噴入磁場．把P、Q與電阻R相連接．下列說法正確的是()A．Q板的電勢高于P板的電勢B．R中有由a向b方向的電流C．若只改變磁場強弱，R中電流保持不變D．若只增大離子入射速度，R中電流增大【答案】BD【解析】等離子體進入磁場，根據(jù)左手定則，正離子向上偏，打在上極板上，負離子向下偏，打在下極板上，所以上極板帶正電，下極板帶負電，則P板的電勢高于Q板的電勢，流過電阻R的電流方向由a到b，故A錯誤，B正確；依據(jù)電場力等于洛倫茲力，即qeq\f(U,d)＝qvB，則有U＝Bdv，再由閉合電路歐姆定律I＝eq\f(U,R＋r)＝eq\f(Bdv,R＋r)，電流與磁感應(yīng)強度成正比，故C錯誤；由以上分析可知，若只增大離子的入射速度，R中電流會增大，故D正確．【模型演練3】.(多選)如圖所示為磁流體發(fā)電機的原理圖．金屬板M、N之間的距離為d＝20cm，磁場的磁感應(yīng)強度大小為B＝5T，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，含有大量正離子和負離子，整體呈電中性)從左側(cè)噴射入磁場，發(fā)現(xiàn)在M、N兩板間接入的額定功率為P＝100W的燈泡正常發(fā)光，且此時燈泡電阻為R＝100Ω，不計離子重力和發(fā)電機內(nèi)阻，且認為離子均為一價離子，則下列說法中正確的是()A．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100VC．離子從左側(cè)噴射入磁場的初速度大小為103m/sD．每秒有6.25×1018個離子打在金屬板N上【答案】BD【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(zhuǎn)，負離子將向金屬板N偏轉(zhuǎn)，選項A錯誤；由于不考慮發(fā)電機的內(nèi)阻，則發(fā)電機的電動勢等于路端電壓，所以E＝U＝eq\r(PR)＝100V，選項B正確；由Bqv＝qeq\f(U,d)可得v＝eq\f(U,Bd)＝100m/s，選項C錯誤；每秒經(jīng)過燈泡的電荷量Q＝It，而I＝eq\r(\f(P,R))＝1A，所以Q＝1C，由于離子均為一價離子，所以每秒打在金屬板N上的離子個數(shù)為n＝eq\f(Q,e)＝eq\f(1,1.6×10－19)＝6.25×1018(個)，選項D正確．模型三．電磁流量計(1)流量(Q)的定義：單位時間流過導(dǎo)管某一截面的導(dǎo)電液體的體積．(2)公式：Q＝Sv；S為導(dǎo)管的橫截面積，v是導(dǎo)電液體的流速．(3)導(dǎo)電液體的流速(v)的計算【模型演練】如圖所示，一