專題20.6帶電粒子在電磁組合場中的運動計算題

專題20.6帶電粒子在電磁組合場中的運動計算題【考綱解讀與考頻分析】電磁組合場，是常見模型，帶電粒子在電磁組合場中的運動是高考命題熱點。【高頻考點定位】：帶電粒子在電磁組合場中的運動考點一：帶電粒子在電磁組合場中的運動【3年真題鏈接】1．（2018高考全國理綜I）如圖，在y>0的區(qū)域存在方向沿y軸負方向的勻強電場，場強大小為E，在y<0的區(qū)域存在方向垂直于xOy平面向外的勻強磁場。一個氕核和一個氘核先后從y軸上y=h點以相同的動能射出，速度方向沿x軸正方向。已知11H進入磁場時，速度方向與x軸正方向的夾角為60°，并從坐標原點O處第一次射出磁場。的質(zhì)量為m，電荷量為q不計重力。求：（1）第一次進入磁場的位置到原點O的距離；（2）磁場的磁感應強度大??；（3）第一次離開磁場的位置到原點O的距離?！久}意圖】本題考查帶電粒子在電場中的類平拋運動、在勻強磁場中的勻速圓周運動及其相關的知識點，意在考查考生靈活運用相關知識解決問題的的能力?！緣狠S題透析】（1）根據(jù)氕核H進入磁場時速度方向與x軸正方向的夾角為60°，利用速度分解和類平拋運動規(guī)律得出氕核H第一次進入磁場的位置到原點O的距離。（2）畫出氕核H在勻強磁場中運動軌跡，利用幾何關系得出氕核H在勻強磁場中運動的軌跡半徑，運用洛倫茲力等于向心力列方程得出磁場的磁感應強度大小。（3）畫出氘核H在勻強磁場中運動軌跡，運用洛倫茲力等于向心力列方程得出氘核H在勻強磁場中運動軌跡半徑，利用幾何關系得出氘核H第一次離開磁場的位置到原點O的距離?！窘忸}思路】（1）在電場中做類平拋運動，在磁場中做圓周運動，運動軌跡如圖所示。設在電場中的加速度大小為a1，初速度大小為v1，它在電場中的運動時間為t1，第一次進入磁場的位置到原點O的距離為s1。由運動學公式有①②由題給條件，進入磁場時速度的方向與x軸正方向夾角。進入磁場時速度y分量的大小為③聯(lián)立以上各式得④（2）在電場中運動時，由牛頓第二定律有⑤設進入磁場時速度的大小為，由速度合成法則有⑥設磁感應強度大小為B，在磁場中運動的圓軌道半徑為R1，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有⑦由幾何關系得⑧聯(lián)立以上各式得⑨（3）設在電場中沿x軸正方向射出的速度大小為v2，在電場中的加速度大小為a2，由題給條件得⑩由牛頓第二定律有?設第一次射入磁場時的速度大小為，速度的方向與x軸正方向夾角為，入射點到原點的距離為s2，在電場中運動的時間為t2。由運動學公式有????聯(lián)立以上各式得?設在磁場中做圓周運動的半徑為R2，由⑦?式及粒子在勻強磁場中做圓周運動的半徑公式得?所以出射點在原點左側。設進入磁場的入射點到第一次離開磁場的出射點的距離為，由幾何關系有?聯(lián)立④⑧???式得，第一次離開磁場時得位置到原點O的距離為?【回歸教材】帶電粒子在勻強電場中的類平拋運動和在勻強磁場中的勻速圓周運動是教材例題和練習中的常見試題，此題可認為是由兩個課本例題或習題組合而成。2.（20分）（2018全國理綜II）一足夠長的條狀區(qū)域內(nèi)存在勻強電場和勻強磁場，其在平面內(nèi)的截面如圖所示：中間是磁場區(qū)域，其邊界與y軸垂直，寬度為l，磁感應強度的大小為B，方向垂直于平面；磁場的上、下兩側為電場區(qū)域，寬度均為，電場強度的大小均為E，方向均沿x軸正方向；M、N為條形區(qū)域邊界上的兩點，它們的連線與y軸平行。一帶正電的粒子以某一速度從M點沿y軸正方向射入電場，經(jīng)過一段時間后恰好以從M點入射的速度從N點沿y軸正方向射出。不計重力。（1）定性畫出該粒子在電磁場中運動的軌跡；（2）求該粒子從M點射入時速度的大??；（3）若該粒子進入磁場時的速度方向恰好與x軸正方向的夾角為，求該粒子的比荷及其從M點運動到N點的時間?！久}意圖】本題考查帶電油滴在電場中的運動、牛頓運動定律、勻變速直線運動規(guī)律及其相關的知識點，意在考查考生靈活運用相關知識解決問題的的能力。【解題思路】（1）（1）粒子運動的軌跡如圖（a）所示。（粒子在電場中的軌跡為拋物線，在磁場中為圓弧，上下對稱）（2）粒子從電場下邊界入射后在電場中做類平拋運動。設粒子從M點射入時速度的大小為v0，在下側電場中運動的時間為t，加速度的大小為a；粒子進入磁場的速度大小為v，方向與電場方向的夾角為（見圖（b）），速度沿電場方向的分量為v1，根據(jù)牛頓第二定律有qE=ma①式中q和m分別為粒子的電荷量和質(zhì)量，由運動學公式有v1=at②③④粒子在磁場中做勻速圓周運動，設其運動軌道半徑為R，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得⑤由幾何關系得⑥聯(lián)立①②③④⑤⑥式得⑦（3）由運動學公式和題給數(shù)據(jù)得⑧聯(lián)立①②③⑦⑧式得⑨設粒子由M點運動到N點所用的時間為，則⑩式中T是粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期，?由③⑦⑨⑩?式得?3.(20分)[2018·天津卷，11]如圖所示，在水平線ab的下方有一勻強電場，電場強度為E，方向豎直向下，ab的上方存在勻強磁場，磁感應強度為B，方向垂直紙面向里．磁場中有一內(nèi)、外半徑分別為R、eq\r(3)R的半圓環(huán)形區(qū)域，外圓與ab的交點分別為M、N.一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負電粒子在電場中P點靜止釋放，由M進入磁場，從N射出．不計粒子重力．(1)求粒子從P到M所用的時間t；(2)若粒子從與P同一水平線上的Q點水平射出，同樣能由M進入磁場，從N射出．粒子從M到N的過程中，始終在環(huán)形區(qū)域中運動，且所用的時間最少，求粒子在Q時速度v0的大小．【名師解析】：(1)設粒子在磁場中運動的速度大小為v，所受洛倫茲力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,\r(3)R)①設粒子在電場中運動所受電場力為F，有F＝qE②設粒子在電場中運動的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律有F＝ma③粒子在電場中做初速度為零的勻加速直線運動，有v＝at④聯(lián)立①②③④式得t＝eq\f(\r(3)RB,E)⑤(2)粒子進入勻強磁場后做勻速圓周運動，其周期與速度、半徑無關，運動時間只由粒子所通過的圓弧所對的圓心角的大小決定．故當軌跡與內(nèi)圓相切時，所用的時間最短．設粒子在磁場中的軌跡半徑為r′，由幾何關系可得(r′－R)2＋(eq\r(3)R)2＝r′2⑥設粒子進入磁場時速度方向與ab的夾角為θ，即圓弧所對圓心角的一半，由幾何關系知tanθ＝eq\f(\r(3)R,r′－R)⑦粒子從Q射出后在電場中做類平拋運動，在電場方向上的分運動和從P釋放后的運動情況相同，所以粒子進入磁場時沿豎直方向的速度同樣為v.在垂直于電場方向上的分速度始終等于v0，由運動的合成和分解可得tanθ＝eq\f(v,v0)⑧聯(lián)立①⑥⑦⑧式得v0＝eq\f(qBR,m)⑨答案：(1)eq\f(\r(3)RB,E)(2)eq\f(qBR,m)【2年模擬再現(xiàn)】1．（2020遼寧大連綜合模擬）如圖所示，坐標平面第Ⅰ象限內(nèi)存在大小為E＝3×105N/C、方向水平向左的勻強電場，在第Ⅱ象限內(nèi)存在方向垂直紙面向里的勻強磁場．質(zhì)荷比的帶正電的粒子，以初速度v0＝2×107m/s從x軸上的A點垂直x軸射入電場，OA＝0.15m，不計粒子的重力．(1)求粒子經(jīng)過y軸時的位置到原點O的距離；(2)若要使粒子不能進入第Ⅲ象限，畫出粒子運動軌跡，求磁感應強度B的取值范圍(不考慮粒子第二次進入電場后的運動情況)【參考答案】(1)0.4m；(2)【思路分析】(1)粒子在電場中做類平拋運動，x方向上做勻加速運動，y方向做勻速運動，根據(jù)平拋運動的基本公式求解粒子經(jīng)過y軸時的位置到原點O的距離；

(2)設粒子在磁場中做勻速圓周運動，畫出運動的軌跡，結合臨界條件和向心力公式可求磁場強度?！久麕熃馕觥?1)設粒子在電場中運動的時間為t，粒子經(jīng)過y軸時的位置與原點O的距離為y，則有：又y方向的位移：y=v0t解得：y=0.40m；(2)粒子經(jīng)過y軸時在電場方向的分速度為：vx=at=1.5×107m/s粒子經(jīng)過y軸時的速度大小為：與y軸正方向的夾角為θ，θ=arctan要粒子不進入第三象限，如圖所示，此時粒子做圓周運動的軌道半徑為R′，則：由洛倫茲力提供向心力：解得：2．(15分)（2020湖南永州一模）如圖所示，在豎直平面內(nèi)建立直角坐標系xOy，以O1(0，R)為圓心，R為半徑的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于xOy平面向里的勻強磁場(用B1表示，大小未知)；x軸下方有一直線MN，MN與x軸相距為Δy，x軸與直線MN間區(qū)域有平行于y軸的勻強電場，電場強度大小為E；在MN的下方有矩形區(qū)域的勻強磁場，磁感應強度大小為B2，磁場方向垂直于xOy平面向外。電子a、b以平行于x軸的速度v0分別正對O1點、A(0,2R)點射入圓形磁場，偏轉(zhuǎn)后都經(jīng)過原點O進入x軸下方的電場。已知電子質(zhì)量為m，電荷量為e，E＝eq\f(\r(3)mv02,2eR)，B2＝eq\f(\r(3)mv0,2eR)，不計電子重力。（1）求磁感應強度B1的大?。唬?）若電場沿y軸負方向，欲使電子a不能到達MN，求Δy的最小值；（3）若電場沿y軸正方向，Δy′＝eq\r(3)R，調(diào)整矩形磁場面積到最小，使電子b能到達x軸上且距原點O距離最遠點P（圖中未標出），求電子b從O點到P點運動的總時間?！久麕熃馕觥浚?5分）解：(1)對電子a有r＝R ① 1分ev0B1＝meq\f(v02,r) ② 1分由①②式解得B1＝eq\f(mv0,eR) ③ 1分(2)由動能定理eEΔy＝eq\f(1,2)mv02 ④ 1分解得Δy＝eq\f(\r(3),3)R ⑤ 2分(3)勻強電場沿y軸正方向時，設電子b經(jīng)電場加速后到達MN時速度大小為v，電子b在MN下方磁場做勻速圓周運動軌道半徑為r1，電子b離開電場進入磁場時速度方向與水平方向成θ角，如圖1所示。由eEΔy′＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02 ⑥ 1分cosθ＝eq\f(v0,v) ⑦ evB2＝meq\f(v2,r1) ⑧ 1分解得v＝2v0 ⑨ 1分θ＝eq\f(π,3) ⑩ r1＝eq\f(4\r(3),3)R ? 1分PP圖2圖1由幾何關系可知，電子b在下方磁場中運動的圓心O2在y軸上，當電子b從最小矩形面積磁場右邊界射出，且射出方向與水平向右夾角為θ＝eq\f(π,3)時，電子b能夠到達x軸，距離原點O距離最遠，如圖2所示。電子b在電場中從O到C1a＝eq\f(eE,m) ? 1分 ? 1分在最小矩形磁場中vt2＝πr1 ? 1分離開磁場后從D到C2vt3＝2r1/tanθ ? 返回電場中從C2到Pt4＝t1 ? 1分總時間t＝t1＋t2＋t3＋t4 ? 解得t＝（16＋2π） 1分3.[13分]（2020高考復習檢測）如圖所示,在直角坐標系xOy的第二象限存在沿y軸正方向的勻強電場,電場強度的大小為E1,在y軸的左側存在垂直紙面的勻強磁場,現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電粒子從第二象限的A點(3L,L)以初速度v0沿x軸正方向射入后剛好做勻速直線運動,不計帶電粒子的重力.(1)求勻強磁場磁感應強度B1的大小和方向;(2)撤去第二象限的勻強電場,同時調(diào)節(jié)磁感應強度的大小為B2,使帶電粒子剛好從B點(L,0)進入第三象限,求磁感應強度B2的大小及帶電粒子從A點運動到B點所用的時間t.【參考答案】.(1)E1v0,垂直紙面向外(2)【名師解析】:(1)帶電粒子做勻速直線運動,其所受合力為零,由于粒子帶正電荷,受到的電場力方向沿y軸正方向,所以帶電粒子受到的洛倫茲力方向沿y軸負方向,根據(jù)左手定則可知,磁場方向為垂直紙面向外,根據(jù)帶電粒子受到的洛倫茲力等于電場力,即qv0B1=qE1解得B1=E1(2)撤去電場后,帶電粒子僅受洛倫茲力作用,做圓周運動由幾何知識得R2=(2L)2+(RL)2,解得R=2.5Lqv0B2=mv0解得B2=2mT=2πRv0,sint=θ360°聯(lián)立解得t=53πL4.[14分]（2020高考復習檢測）如圖所示,在xOy坐標系的第一象限內(nèi)有以O1為圓心、半徑為R的半圓且R=OO1,半圓區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場,磁感應強度的大小為B.在它的右側有一寬度為R、左邊界與磁場區(qū)域圓相切于A點、右邊界與y軸平行的勻強電場,場強方向沿y軸負方向,場強大小為E.在電場右側距離為R處有一垂直x軸、足夠長的熒光屏,電子打中熒光屏會發(fā)光.現(xiàn)在坐標原點O處向xOy平面內(nèi)各個方向以相同的速率發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量大小為e的電子.其中沿y軸正方向射入的電子剛好從切點A處飛出磁場進入電場,求:(1)電子射入磁場的速率v0;(2)電子打到熒光屏上最高點和最低點的坐標.【參考答案】.(1)eBRm(2)(3R,3Em2B2e+R)【名師解析】:(1)電子在磁場中做勻速圓周運動,有ev0B=mv解得r=m畫出沿y軸正方向射入的電子的運動軌跡示意圖,如圖所示,設運動軌跡半徑為r,根據(jù)幾何關系有r=R,求得v0=eBRm(2)當電子以速率v0沿y軸正方向射入時,從A點平行于x軸射出,垂直進入電場.經(jīng)過偏轉(zhuǎn)打在熒光屏上C點.當電子以速率v0沿x軸正方向射入時,從A1點沿x軸垂直進入電場.經(jīng)過偏轉(zhuǎn)打在熒光屏上D點.電子在電場中做類平拋運動,由平拋運動規(guī)律可知x方向:R=v0ty方向:偏移量y1=Ee2mt2設射出電場時的速度與x軸正方向夾角為θ,則有tanθ=vyv射出電場后電子做勻速直線運動,在到達熒光屏過程中繼續(xù)偏移,偏移量y2=Rtanθ=Em總偏移量y總=y1+y2=3從電場射出的電子打到熒光屏上最高點C的坐標為(3R,3Em2B2e+R),最低點D的坐標為(35.（2020浙江浙南名校聯(lián)考）如圖所示裝置中，區(qū)域和中分別有豎直向上和水平向右的勻強電場，電場強度分別為.和，Ⅱ區(qū)域內(nèi)有垂直向外的水平勻強磁場，磁感應強度為。一質(zhì)量為、帶電量為的帶負電粒子(不計重力)從左邊界點正上方的點以速度水平射入電場，經(jīng)水平分界線上的點與成角射入?yún)^(qū)域的磁場，并垂直豎直邊界進入?yún)^(qū)域的勻強電場中。求：(1)粒子在區(qū)域勻強磁場中運動的軌道半徑(2)間的距離(3)粒子從點出發(fā)到第二次通過邊界所經(jīng)歷的時間.【名師解析】．（1）粒子在勻強電場中做類平拋運動，水平方向做勻速直線運動，設粒子過A點時速度為v，由類平拋運動的規(guī)律知

v＝eq\f(v0,cos60°) （1分）粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得Bqv＝meq\f(v2,R) （1分）所以

R＝eq\f(2mv0,qB) （1分）（2）設粒子在電場中運動時間為t1，加速度為a．則有qE=ma （1分）v0tan60°=at1

即t1＝eq\R(,3)eq\f(mv0,qE) （1分）O、M兩點間的距離為

L＝eq\f(1,2)at12= （2分）（3）設粒子在Ⅱ區(qū)域磁場中運動時間為t2．則由幾何關系知軌道的圓心角∠AO1D=60°，則t2＝eq\f(t1,6)=eq\f(πm,3qB) （2分）設粒子在Ⅲ區(qū)域電場中運行時間為t3，則牛頓第二定律得

a′＝eq\f(Eq,2m)則t3= （1分）故粒子從M點出發(fā)到第二次通過CD邊界所用時間為t=t1+t2+t3=eq\R(,3)eq\f(mv0,qE)+eq\f(πm,3qB)+ （1分）預測考點一：帶電粒子在電磁組合場中的運動【2年模擬再現(xiàn)】1.[13分]（2020高考復習檢測）如圖所示,在直角坐標系xOy的第二象限存在沿y軸正方向的勻強電場,電場強度的大小為E1,在y軸的左側存在垂直紙面的勻強磁場,現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電粒子從第二象限的A點(3L,L)以初速度v0沿x軸正方向射入后剛好做勻速直線運動,不計帶電粒子的重力.(1)求勻強磁場磁感應強度B1的大小和方向;(2)撤去第二象限的勻強電場,同時調(diào)節(jié)磁感應強度的大小為B2,使帶電粒子剛好從B點(L,0)進入第三象限,求磁感應強度B2的大小及帶電粒子從A點運動到B點所用的時間t.【參考答案】.(1)E1v0,垂直紙面向外(2)【名師解析】:(1)帶電粒子做勻速直線運動,其所受合力為零,由于粒子帶正電荷,受到的電場力方向沿y軸正方向,所以帶電粒子受到的洛倫茲力方向沿y軸負方向,根據(jù)左手定則可知,磁場方向為垂直紙面向外,根據(jù)帶電粒子受到的洛倫茲力等于電場力,即qv0B1=qE1解得B1=E1(2)撤去電場后,帶電粒子僅受洛倫茲力作用,做圓周運動由幾何知識得R2=(2L)2+(RL)2,解得R=2.5Lqv0B2=mv02R,解得B2=2mv05qL，T=2πRv010.[14分]（2020高考復習檢測）如圖所示,在xOy坐標系的第一象限內(nèi)有以O1為圓心、半徑為R的半圓且R=OO1,半圓區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場,磁感應強度的大小為B.在它的右側有一寬度為R、左邊界與磁場區(qū)域圓相切于A點、右邊界與y軸平行的勻強電場,場強方向沿y軸負方向,場強大小為E.在電場右側距離為R處有一垂直x軸、足夠長的熒光屏,電子打中熒光屏會發(fā)光.現(xiàn)在坐標原點O處向xOy平面內(nèi)各個方向以相同的速率發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量大小為e的電子.其中沿y軸正方向射入的電子剛好從切點A處飛出磁場進入電場,求:(1)電子射入磁場的速率v0;(2)電子打到熒光屏上最高點和最低點的坐標.10.(1)eBRm(2)(3R,3Em2B2e+R)解析:(1)電子在磁場中做勻速圓周運動,有ev0B=mv解得r=m畫出沿y軸正方向射入的電子的運動軌跡示意圖,如圖所示,設運動軌跡半徑為r,根據(jù)幾何關系有r=R,求得v0=eBRm(2)當電子以速率v0沿y軸正方向射入時,從A點平行于x軸射出,垂直進入電場.經(jīng)過偏轉(zhuǎn)打在熒光屏上C點.當電子以速率v0沿x軸正方向射入時,從A1點沿x軸垂直進入電場.經(jīng)過偏轉(zhuǎn)打在熒光屏上D點.電子在電場中做類平拋運動,由平拋運動規(guī)律可知x方向:R=v0ty方向:偏移量y1=Ee2mt2設射出電場時的速度與x軸正方向夾角為θ,則有tanθ=vyv射出電場后電子做勻速直線運動,在到達熒光屏過程中繼續(xù)偏移,偏移量y2=Rtanθ=Em總偏移量y總=y1+y2=3從電場射出的電子打到熒光屏上最高點C的坐標為(3R,3Em2B2e+R),最低點D的坐標為(32．(2020江蘇綜合測試)如圖所示，在平面直角坐標系第Ⅲ象限內(nèi)充滿沿＋y方向的勻強電場，第Ⅰ象限的某個圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面的勻強磁場(電場、磁場均未畫出)；一個比荷為eq\f(q,m)＝K的帶電粒子以大小為v0的初速度自點P(－2eq\r(3)d，－d)沿＋x方向運動，恰經(jīng)原點O進入第Ⅰ象限，粒子穿過勻強磁場后，最終從x軸上的點Q(9d,0)沿－y方向進入第Ⅳ象限；已知該勻強磁場的磁感應強度B＝eq\f(v0,Kd)，不計粒子重力。求：(1)第Ⅲ象限內(nèi)勻強電場的電場強度的大?。?2)粒子在勻強磁場中運動的半徑及時間tB；(3)圓形磁場區(qū)的最小半徑rmin?！久麕熃馕觥浚?1)粒子在第Ⅲ象限做類平拋運動，則有水平方向2eq\r(3)d＝v0t①豎直方向d＝eq\f(1,2)at2②又a＝eq\f(qE,m)③聯(lián)立①②③式得電場強度E＝eq\f(mv\o\al(2,0),6qd)＝eq\f(v\o\al(2,0),6Kd)(2)設粒子到達O點瞬間，速度大小為v，與x軸夾角為α，則vy＝at④聯(lián)立①②④式得vy＝eq\f(v0,\r(3))⑤v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,y))＝eq\f(2,\r(3))v0⑥tanα＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(1,\r(3))，α＝eq\f(π,6)⑦粒子在磁場中，洛倫茲力提供向心力qvB＝eq\f(mv2,R)⑧