2019届高考物理二轮复习第一部分专题整合专题三电场和磁场第3讲带电粒子在复合场中的运动专项训练201902203278.doc

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1、1第 3 讲 带电粒子在复合场中的运动真题再现 1(2017全国卷)如图 331，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与纸面平行)，磁场方向垂直于纸面向里。三个带正电的微粒 a、 b、 c 电荷量相等，质量分别为 ma、 mb、 mc，已知在该区域内， a 在纸面内做匀速圆周运动， b 在纸面内向右做匀速直线运动， c 在纸面内向左做匀速直线运动。下列选项正确的是图 331A ma mb mc B mb ma mcC mc ma mb D mc mb ma解析 该空间区域为匀强电场、匀强磁场和重力场的叠加场， a 在纸面内做匀速圆周运动，可知其重力与所受到的电场力平衡，洛伦兹力

2、提供其做匀速圆周运动的向心力，有mag qE，解得 ma ， b 在纸面内向右做匀速直线运动，由左手定则可判断出其所受洛伦qEg兹力方向竖直向上，可知 mbg qE qvbB，解得 mb ， c 在纸面内向左做匀速直线qEg qvbBg运动，由左手定则可判断出其所受洛伦兹力方向竖直向下，可知 mcg qvcB qE，解得 mc 。综上所述，可知 mb ma mc，选项 B 正确。qEg qvcBg答案 B2(2015福建卷)如图 332，绝缘粗糙的竖直平面 MN 左侧同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，电场强度大小为 E，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为 B。一质量为

3、 m、电荷量为 q、带正电的小滑块从 A 点由静止开始沿 MN下滑，到达 C 点时离开 MN 做曲线运动。 A、 C 两点间距离为 h，重力加速度为 g。2图 332(1)求小滑块运动到 C 点时的速度大小 vC；(2)求小滑块从 A 点运动到 C 点过程中克服摩擦力做的功 Wf；(3)若 D 点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中速度最大的位置，当小滑块运动到 D 点时撤去磁场，此后小滑块继续运动到水平地面上的 P 点。已知小滑块在D 点时的速度大小为 vD，从 D 点运动到 P 点的时间为 t，求小滑块运动到 P 点时速度的大小 vP。解析 本题考查带电体在复合场中的运动和能量

4、守恒、功能关系，意在考查考生的分析推理能力和综合解决问题的能力。(1)小滑块沿 MN 运动过程，水平方向受力满足 qvB N qE小滑块在 C 点离开 MN 时N0解得 vC EB(2)由动能定理mgh Wf mv 012 2C解得 Wf mgh mE22B2(3)如图，小滑块速度最大时，速度方向与电场力、重力的合力方向垂直。撤去磁场后小滑块将做类平抛运动，等效加速度为 gg (qEm)2 g2且 v v g 2t22P 2D解得 vP 。v2D (qEm)2 g2t2答案 (1) (2) mgh (3) EB mE22B2 v2D (qEm)2 g2t23(2018全国卷)一足够长的条状区域

5、内存在匀强电场和匀强磁场，其在 xOy 平面内的截面如图 333 所示；中间是磁场区域，其边界与 y 轴垂直，宽度为 l，磁感应强度的大小为 B，方向垂直于 xOy 平面；磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为 l，电场强度的大小均为 E，方向均沿 x 轴正方向； M、 N 为条状区域边界上的两点，它们的连线与y 轴平行。一带正电的粒子以某一速度从 M 点沿 y 轴正方向射入电场经过一段时间后恰好以从 M 点入射的速度从 N 点沿 y 轴正方向射出。不计重力。3图 333(1)定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹；(2)求该粒子从 M 点入射时速度的大小；(3)若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与

6、x 轴正方向的夹角为 ，求该粒子的比荷及 6其从 M 点运动到 N 点的时间。解析 (1)粒子运动的轨迹如图(a)所示。(粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中为圆弧，上下对称)(2)粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动。设粒子从 M 点射入时速度的大小为 v0，在下侧电场中运动的时间为 t，加速度的大小为 a；粒子进入磁场的速度大小为 v，方向与电场方向的夹角为 (见图 b)。速度沿电场方向的分量为 v1。根据牛顿第二定律有qE ma式中 q 和 m 分别为粒子的电荷量和质量：由运动学公式有v1 atl v0tv1 vcos 粒子在磁场中做匀速圆周运动，设其运动轨道半径为 R，由洛伦兹力

7、公式和牛顿第二定律得qvB mv2R由几何关系得l2 Rcos 联立式得v0 2ElBl4(3)由运动学公式和题给数据得v1 v0cot 6联立式得 qm 43ElB2l2设粒子由 M 点运动到 N 点所用的时间为 t，则t2 t T2(f( ,2) f( ,6)2式中 T 是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期，T 2 mqB由式得t (1 )。BlE 3 l18l答案 见解析考情分析分值 618 分题型 选择题、计算题命题热点(1)带电粒子在组合场中的运动(2)带电粒子在叠加场中的运动(3)洛伦兹力在现代科技中的应用考点一 带电粒子在组合场中的运动1做好“两个区分”(1)正确区分重力、电场力、

8、洛伦兹力的大小、方向特点及做功特点。(2)正确区分“电偏转”和“磁偏转”的不同。2抓住“两个技巧”(1)按照带电粒子运动的先后顺序，将整个运动过程划分成不同特点的小过程。(2)善于画出几何图形处理几何关系，要有运用数学知识处理物理问题的习惯。(2018 全国卷)如图 334，从离子源产生的甲、乙两种离子，由静止经加速电压 U 加速后在纸面内水平向右运动，自 M 点垂直于磁场边界射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场左边界竖直。已知甲种离子射入磁场的速率大小为 v1，并在磁场边界的 N 点射出；乙种离子在 MN 的中点射出； MN 长为 l。不计重力影响和离子间的相互作5用。求：图 334(

9、1)磁场的磁感应强度大小；(2)甲、乙两种离子的比荷之比。解析 (1)设甲种离子所带电荷量为 q1、质量为 m1，在磁场中做匀速圆周运动的半径为 R1，磁场的磁感应强度大小为 B，由动能定理有q1U m1v 12 21由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有q1v1B m1 v21R1由几何关系知 2R1 l由式得 B 4Ulv1(2)设乙种离子所带电荷量为 q2、质量为 m2，射入磁场的速度为 v2，在磁场中做匀速圆周运动的半径为 R2。同理有q2U m2v 12 2q2v2B m2 v2R2由题给条件有 2R2 l2由式得，甲、乙两种离子的比荷之比为 14。q1m1 q2m2答案 (1) (2)14

10、4Ulv1方法总结带电粒子在组合场中运动的分析思路第 1 步：分阶段(分过程)按照时间顺序和进入不同的区域分成几个不同的阶段；第 2 步：受力和运动分析，主要涉及两种典型运动，如下6第 3 步：用规律【题组突破】1(2018山西五校联考)质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具。图 335 中的铅盒 A 中的放射源放出大量的带正电粒子(可认为初速度为零)，从狭缝 S1进入电压为 U 的加速电场加速后，再通过狭缝 S2从小孔 G 垂直于 MN 射入偏转磁场，该偏转磁场是以直线 MN 为切线、磁感应强度为 B、方向垂直于纸面向外、半径为 R 的圆形匀强磁场。现在 MN 上的 F 点(图中

11、未画出)接收到该粒子，且 GF R，则该粒子的比荷为(粒3子的重力忽略不计)图 335A. B.8UR2B2 4UR2B2C. D.6UR2B2 2UR2B2解析 设离子被加速后获得的速度为 v，由动能定理有 qU mv2，由几何知识知，离12子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径 r ，又 Bqv m ，可求 ，故 C 正确。3R3 v2r qm 6UR2B27答案 C2如图 336 所示，一带电粒子垂直射入匀强电场，经电场偏转后从磁场的左边界上 M 点进入垂直纸面向外的匀强磁场中，最后从磁场的左边界上的 N 点离开磁场。已知带电粒子的比荷 3.210 9 C/kg，电场强度 E200 V/m，

12、 M、 N 间距 MN1 cm，金属板长qmL25 cm，粒子的初速度 v0410 5 m/s，带电粒子重力忽略不计，求：图 336(1)粒子射出电场时的运动方向与初速度 v0的夹角 ；(2)磁感应强度 B 的大小。解析 (1)由牛顿第二定律有 qE ma粒子在电场中水平方向做匀速直线运动， L v0t粒子在竖直方向做初速度为零的匀加速运动，射出电场时的竖直分速度 vy at速度偏转角的正切值 tan vyv0由以上各式代入数据解得 45(2)粒子射出电场时运动的速度大小为： v v20 v2y在磁场中洛伦兹力提供向心力： Bqv mv2r由几何关系得 MN r2代入数据解得 B2.510 2

13、 T答案 (1) 45 (2)2.510 2 T考点二 带电粒子在叠加场中的运动带电粒子在叠加场中运动的分析方法(1)弄清叠加场的组成。8(2)正确受力分析，除重力、弹力、摩擦力外要特别注意静电力和磁场力的分析。(3)确定带电粒子的运动状态，注意运动情况和受力情况的结合。(4)对于粒子连续通过几个不同情况的场的问题，要分阶段进行处理。(5)画出粒子运动轨迹，灵活选择不同的运动规律。当带电粒子在叠加场中做匀速直线运动时，根据受力平衡列方程求解。当带电粒子在叠加场中做匀速圆周运动时，应用牛顿运动定律结合圆周运动规律求解。当带电粒子做复杂曲线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解。对于临界问题，注

14、意挖掘隐含条件。(2018第一次河南大联考卷)如图 337 甲所示，空间平面处于匀强电场和匀强磁场中，电场强度 E 和磁感应强度 B 随时间 t 周期性变化(周期为 T)的图像如图乙所示。取竖直向下为电场正方向，垂直纸面向外为磁场正方向。在 t0 时，一质量为m，电荷量为 q 的带负电小球从离地面高度为 h 的地方由静止释放。已知重(18 3)gT28力加速度为 g， E0 ， B0 ，求：mgq 4 mqT图 337(1)小球第一次做圆周运动的半径；(2)要让小球一直在电场中运动，则电场在水平方向上的最小宽度；(3)小球落地时间。解析 (1)在 0 时间内，重力和电场力平衡，小球静止不动，在

15、 T 时间内，小T2 T2球只受电场力和重力，两力方向相同，由牛顿第二定律有 qE0 mg ma，解得 a2 g在 T 时刻，小球的速度 v1 a gT，位移 x1 a 2T2 12(T2) gT249在 T T 时间内，小球所受电场力和重力平衡，合力为洛伦兹力，带电小球做匀速圆32周运动的向心力由洛伦兹力提供，有 qv1B0 ，解得 R1 。mv21R1 mv1qB0 gT24(2)小球做圆周运动的周期 T ，只与磁场有关，且恒定，故小球相2 R1v1 2 mqB0 T2继在半周期内做匀加速直线运动和完整的圆周运动，小球做匀加速直线运动的加速度恒为a2 g，则在 T、2 T、3 T时刻，小球

16、运动的总位移为 x1,4x1,9x1，速度为v1、2 v1,3v1，做圆周运动的半径为 R1、2 R1,3R1由 h 9 x1 9 x13 R1，可知小球在第三次做圆周运动时转过圆心(18 3)gT28 3R12角 落地，小球的运动轨迹如图所示由几何关系可知 sin ，解得 h 9x13R1 12 6由 3R1(1cos )22 R1，则电场在水平方向上的最小宽度 d22 R1 。gT2(3)小球落地时间 t3 T 。 T2 73T24答案 (1) (2) (3)gT24 gT2 73T24【题组突破】1(2016天津卷)如图 338 所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小 E5

17、N/C，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度3大小 B0.5 T。有一带正电的小球，质量 m110 6 kg，电荷量 q210 6 C，正以速度 v 在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过 P 点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象)，取 g10 m/s 2。求：图 338(1)小球做匀速直线运动的速度 v 的大小和方向；(2)从撤掉磁场到小球再次穿过 P 点所在的这条电场线经历的时间 t。10解析 (1)小球匀速直线运动时受力如图，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，有 qvB q2E2 m2g2代入数据解得 v20 m/s速度 v 的方向与电场 E 的方

18、向之间的夹角 满足tan qEmg代入数据解得 tan 3 60(2)解法一撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动。设其加速度为 a，有 aq2E2 m2g2m设撤掉磁场后小球在初速度方向上的分位移为 x，有x vt设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为 y，有y at212a 与 mg 的夹角和 v 与 E 的夹角相同，均为 ，又tan yx联立式，代入数据解得 t2 s3.5 s3解法二撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响，以 P 点为坐标原点，竖直向上为正方向，小球在竖直方向上做匀减速运动，其初速度为 vy v sin 若使小球再次穿过 P

19、点所在的电场线，仅需小球的竖直方向上分位移为零，则有vyt gt201211联立式，代入数据解得 t2 s3.5 s3答案 (1)见解析 (2)3.5 s2.如图 339 所示，在竖直平面内建立坐标系 xOy，第象限坐标为( x， d)位置处有一粒子发射器 P，第、象限有垂直纸面向里的匀强磁场和竖直向上的匀强电场。某时刻粒子发射器 P 沿 x 轴负方向以某一初速度发出一个质量为 m、电荷量为 q 的带正电粒子。粒子从 y 处经过 y 轴且速度方向与 y 轴负方向成 45角。其后粒子在匀强磁场中d2偏转后垂直 x 轴返回第象限。已知第、象限内匀强电场的电场强度 E 。重mgq力加速度为 g，求：

20、图 339(1)粒子刚从发射器射出时的初速度及粒子发射器 P 的横坐标 x；(2)粒子从粒子源射出到返回第象限上升到最高点所用的总时间。解析 (1)带电粒子从发射器射出后做平抛运动，设初速度为 v0，沿水平方向，x v0t1沿竖直方向， d gt 12 12 21tan 45 ， vy gt1vyv0联立式得： t1 dgv0 ， x d。dg(2)如图所示，带电粒子进入垂直纸面向里的匀强磁场和竖直向上的匀强电场中，受竖直向上的电场力， qE mg，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有 qvB mv2R粒子在匀强磁场中运动的线速度v v02 2dg12由几何关系得，粒子做匀速圆周运动的半径 R

21、d22粒子在匀强磁场中运动的时间 t2 T58其中周期 T2 mqB联立解得： t258 dg设粒子返回到第象限后上升到最大高度所用时间t3 vg 2dg所以，粒子从射出到返回第象限上升到最高点所用的总时间 t t1 t2 t3 dg 。58 dg 2dg (1 2 58) dg答案 见解析考点三 洛伦兹力在现代科技中的应用教材中重要的五大科技应用类模型速度选择器带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是qE qvB，即 v 。这个结论与粒子带何种电荷以及EB所带电荷量多少都无关质谱仪 加速： qU mv2，偏转： d2 r 。比荷 。12 2mvqB qm 8UB2d2可以用来确定带电粒子

22、的比荷和分析同位素等磁流体发电机当等离子体匀速直线通过 A、 B 板间时， A、 B 板上聚集的电荷最多，板间电势差最大，此时离子受力平衡：qvB q ，即 U BdvUd电磁流量计导电的液体向左流动，导电液体中的正负离子在洛伦兹力作用下纵向偏转， a、 b 间出现电势差。流量稳定时流量 Q Sv Ud4B13回旋加速器加速电场的变化周期等于粒子在磁场内运动的周期。在粒子质量、电荷量确定的情况下，粒子所能达到的最大动能 Ek ，只与 D 形盒半径和磁感应强度(qBR)22m有关，与加速电压无关【题组突破】1回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个 D 形金属盒

23、，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两个 D 形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图 3310 所示。现用同一回旋加速器分别加速两种同位素，关于高频交流电源的周期和获得的最大动能的大小，下列说法正确的是图 3310A加速质量大的交流电源的周期较大，加速次数少B加速质量大的交流电源的周期较大，加速次数多C加速质量大的交流电源的周期较小，加速次数多D加速质量大的交流电源的周期较小，加速次数少解析 需要交流电源的周期等于粒子做圆周运动的周期 T ，则加速质量大的交2 mqB流电源的周期较大；由 qvB m ，解得 v ，则动能 Ek mv2 ，故加速质量较v2R

24、qBRm 12 q2B2R22m大的粒子的最大动能较小，因每次加速粒子得到的动能相同，故加速的次数较少，故选项A 正确，B、C、D 三项错误。答案 A2(2018南昌三校联考)中国科学家发现了量子反常霍尔效应，杨振宁称这一发现是诺贝尔奖级的成果。如图 3311 所示，厚度为 h，宽度为 d 的金属导体，当磁场方向与电流方向垂直时，在导体上下表面会产生电势差，这种现象称为霍尔效应。下列说法正确的是14图 3311A上表面的电势高于下表面电势B仅增大 h 时，上、下表面的电势差增大C仅增大 d 时，上、下表面的电势差减小D仅增大电流 I 时，上、下表面的电势差减小解析 金属导体中的自由电荷是带负电

25、的电子，由电流方向向右可知电子的移动方向向左，根据左手定则，知这些自由电子受到向上的洛伦兹力而发生偏转，则上表面带负电，下表面带正电，下表面的电势高于上表面，故 A 错误；稳定时，电子受到的洛伦兹力与电场力平衡，则 evB e ，解得 U vBh，而根据 I nevhd 可知 v ，故 U ，故增大Uh Inehd BInedh，电势差不变，仅增大 d 时，上、下表面的电势差减小，故 B 错误、C 正确；而仅增大 I时，电势差应该增大，故 D 错误。答案 C3如图 3312 所示，在 x 轴的上方存在垂直纸面向里，磁感应强度大小为 B0的匀强磁场。位于 x 轴下方的离子源 C 发射质量为 m、

26、电荷量为 q 的一束负离子，其初速度大小范围为 0 v0，这束离子经电势差为 U 的电场加速后，从小孔 O(坐标原点)垂直3mv202qx 轴并垂直磁场射入磁场区域，最后打到 x 轴上。在 x 轴上 2a3 a 区间水平固定放置一探测板( a )。假设每秒射入磁场的离子总数为 N0，打到 x 轴上的离子数均匀分布(离子mv0qB0重力不计)。图 3312(1)求离子束从小孔 O 射入磁场后打到 x 轴的区间；(2)调整磁感应强度的大小，可使速度最大的离子恰好打在探测板右端，求此时的磁感应强度大小 B1；(3)保持磁感应强度 B1不变，求每秒打在探测板上的离子数 N；若打在板上的离子 80%被板

27、吸取，20%被反射弹回，弹回速度大小为打板前速度大小的 0.6，求探测板受到的作用力大小。解析 (1)根据动能定理，可得15qU mv2 mv12 12 2初解得 vv2初 2qUm可得 v0 v2 v0离子在磁场中做圆周运动有qvB0mv2RRmvqB0离子打在 x 轴上的坐标表达式为x2 R2mvqB0解得 2a x4 a(2)当速度最大的离子打在探测板右端有3a2 R1R12mv0qB1解得 B1 B043(3)离子束能打到探测板的实际位置范围为 2a x3 a对应的速度范围为 v0 v2 v043每秒打在探测板上的离子数为N N0 N02v0 43v02v0 v0 23根据动量定理知，吸收的离子受到板的作用力大小F 吸 (2mv0 mv0) p吸 t 0.8N2 43 8N0mv09反弹的离子受到板的作用力大小F 反 p反 t 2m(v00.6 v0) m(v00.6 v0) N0mv00.2N2 43 1645根据牛顿第三定律，探测板受到的作用力大小F N0mv0。164516答案 见解析