【物理】2019届一轮复习人教版　带电粒子在复合场中的运动学案 16页

题型探究课 带电粒子在复合场中的运动 ‎ 带电粒子在组合场中的运动[学生用书P190]‎ ‎【题型解读】‎ ‎1．“电偏转”和“磁偏转”的比较 垂直电场线进入匀强电场(不计重力)‎ 垂直磁感线进入匀强磁场(不计重力)‎ 受力 情况 电场力FE＝qE，其大小、方向不变，与速度v无关，FE是恒力 洛伦兹力FB＝qvB，其大小不变，方向随v而改变，FB是变力 轨迹 抛物线 圆或圆的一部分 运动 轨迹 求解 方法 利用类似平抛运动的规律求解：‎ vx＝v0，x＝v0t vy＝t，y＝t2‎ 偏转角φ：‎ tan φ＝＝ 半径：r＝ 周期：T＝ 偏移距离y和偏转角φ要结合圆的几何关系利用圆周运动规律讨论求解 运动 时间 t＝ t＝T＝ 动能 变化 不变 ‎2.带电粒子在组合场中的运动，实际上是几个典型运动过程的组合，因此解决这类问题要分段处理，找出各分段之间的衔接点和相关物理量，问题即可迎刃而解．常见类型如下：‎ ‎(1)从电场进入磁场 ‎①粒子先在电场中做加速直线运动，然后进入磁场做圆周运动．在电场中利用动能定理或运动学公式求粒子刚进入磁场时的速度．‎ ‎②粒子先在电场中做类平抛运动，然后进入磁场做圆周运动．在电场中利用类平抛运动知识求粒子进入磁场时的速度．‎ ‎(2)从磁场进入电场 ‎①粒子进入电场时的速度与电场方向相同或相反，做匀变速直线运动(不计重力)．‎ ‎②粒子进入电场时的速度方向与电场方向垂直，做类平抛运动．‎ ‎【典题例析】‎ ‎ (2017·高考天津卷)‎ 平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第Ⅲ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，如图所示．一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0沿x轴正方向开始运动，Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍．粒子从坐标原点O离开电场进入磁场，最终从x轴上的P点射出磁场，P点到y轴距离与Q点到y轴距离相等．不计粒子重力，问：‎ ‎(1)粒子到达O点时速度的大小和方向；‎ ‎(2)电场强度和磁感应强度的大小之比．‎ ‎[解析] (1)在电场中，粒子做类平抛运动，设Q点到x轴距离为L，到y轴距离为2L，粒子的加速度为a，运动时间为t，有 ‎2L＝v0t ①‎ L＝at2 ②‎ 设粒子到达O点时沿y轴方向的分速度为vy vy＝at ③‎ 设粒子到达O点时速度方向与x轴正方向夹角为α，有tan α＝④‎ 联立①②③④式得α＝45° ⑤‎ 即粒子到达O点时速度方向与x轴正方向成45°角斜向上．‎ 设粒子到达O点时速度大小为v，由运动的合成有 v＝ ⑥‎ 联立①②③⑥式得v＝v0. ⑦‎ ‎(2)设电场强度为E，粒子电荷量为q，质量为m，粒子在电场中受到的电场力为F，由牛顿第二定律可得F＝ma ⑧‎ 又F＝qE ⑨‎ 设磁场的磁感应强度大小为B，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，所受的洛伦兹力提供向心力，‎ 有qvB＝m ⑩‎ 由几何关系可知R＝L ⑪‎ 联立①②⑦⑧⑨⑩⑪式得＝.‎ ‎[答案] 见解析 ‎ ‎ ‎ 1.(2017·高考全国卷Ⅲ)如图，空间存在方向垂直于纸面(xOy平面)向里的磁场．在x≥0区域，磁感应强度的大小为B0；x＜0区域，磁感应强度的大小为λB0(常数λ＞1)．一质量为m、电荷量为q(q＞0)的带电粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴正向射入磁场，此时开始计时，当粒子的速度方向再次沿x轴正向时，求(不计重力)‎ ‎ ‎ ‎(1)粒子运动的时间；‎ ‎(2)粒子与O点间的距离．‎ 解析：(1)在匀强磁场中，带电粒子做圆周运动．设在x≥0区域，圆周半径为R1；在x<0区域，圆周半径为R2.由洛伦兹力公式及牛顿定律得 qB0v0＝m ①‎ qλB0v0＝m ②‎ 粒子速度方向转过180°时，所需时间t1为 t1＝ ③‎ 粒子再转过180°时，所需时间t2为 t2＝ ④‎ 联立①②③④式得，所求时间为 t0＝t1＋t2＝.⑤‎ ‎(2)由几何关系及①②式得，所求距离为 d0＝2(R1－R2)＝.‎ 答案：见解析 ‎ 带电粒子在叠加场中的运动[学生用书P191]‎ ‎【题型解读】‎ 带电粒子在叠加场中运动的分析方法 ‎【典题例析】‎ ‎ 如图甲所示，在以O为圆心，内外半径分别为R1和R2的圆环区域内，存在辐射状电场和垂直纸面的匀强磁场，内外圆间的电势差U为常量，R1＝R0，R2＝3R0.一电荷量为＋q，质量为m的粒子从内圆上的A点进入该区域，不计重力．‎ ‎(1)已知粒子从外圆上以速度v1射出，求粒子在A点的初速度v0的大小；‎ ‎(2)若撤去电场，如图乙所示，已知粒子从OA延长线与外圆的交点C以速度v2射出，方向与OA延长线成45°，求磁感应强度的大小及粒子在磁场中运动的时间；‎ ‎(3)在图乙中，若粒子从A点进入磁场，速度大小为v3，方向不确定，要使粒子一定能够从外圆射出，磁感应强度应小于多少？‎ ‎[解析] (1)电场、磁场都存在时，只有电场力对带电粒子做功，由动能定理 qU＝mv－mv ①‎ 得v0＝ . ②‎ ‎(2)由牛顿第二定律 qBv2＝ ③‎ 如图1所示，由几何关系确定粒子运动轨迹的圆心O′和半径R R2＋R2＝(R2－R1)2 ④‎ 联立③④得磁感应强度大小 B＝ ⑤‎ 粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期 T＝ ⑥‎ 由几何关系确定粒子在磁场中运动的时间 t＝ ⑦‎ 联立④⑥⑦式，得t＝. ⑧‎ ‎ ‎ ‎ 图1 图2‎ ‎(3)如图2所示，为使粒子射出，则粒子在磁场内的运动半径应大于过A点的最大内切圆半径，该半径为 Rc＝ ⑨‎ 代入公式得磁感应强度应小于Bc＝. ‎[答案] (1) (2) (3) ‎ 2.(2018·浙江省名校协作体高三联考)‎ 如图所示，LMN是竖直平面内固定的光滑绝缘轨道，MN水平且足够长，LM下端与MN相切．在OP与QR之间的区域内有一竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.C、D是质量为m和4m的绝缘小物块(可视为质点)，其中D带有电荷量q，C不带电．现将物块D静止放置在水平轨道的MO段，将物块C从离水平轨道MN距离h高的L处由静止释放，物块C沿轨道下滑进入水平轨道，然后与D相碰，碰后物体C被反弹滑至斜面处，物体D进入虚线OP右侧的复合场中继续运动，最后从RQ侧飞出复合场区域．求：‎ ‎(1)物块D进入磁场时的瞬时速度vD的大小；‎ ‎(2)若物块D进入磁场后恰好做匀速圆周运动，求所加匀强电场的电场强度E的值及物块D的电性；‎ ‎(3)若物块D飞离复合场区域时速度方向与水平夹角为60°，求物块D飞出QR边界时与水平轨道的距离d.‎ 解析：(1)对物块C，根据动能定理有mgh＝mv2‎ 反弹后mv＝mg 得：v1＝ 碰撞时由动量守恒定律：mv＝－mv1＋4mvD 代入得：vD＝＝.‎ ‎(2)若物块D做匀速圆周运动，则电场力与重力相等：‎ ‎4mg＝Eq 得：E＝ 带正电．‎ ‎(3)由几何关系得d＝(1－cos 60°)R＝ R＝＝ 得：d＝＝.‎ 答案：(1) (2) 带正电 (3) ‎ 带电粒子在交变场中的运动[学生用书P192]‎ ‎【题型解读】‎ ‎1．解决带电粒子在交变电场、磁场中的运动问题时，关键要明确粒子在不同时间段内、不同区域内的受力特性，对粒子的运动情景、运动性质做出判断．‎ ‎2．这类问题一般都具有周期性，在分析粒子运动时，要注意粒子的运动周期、电场周期、磁场周期的关系．‎ ‎3．带电粒子在交变电磁场中运动仍遵循牛顿运动定律、运动的合成与分解、动能定理、能量守恒定律等力学规律，所以此类问题的研究方法与质点动力学相同．‎ ‎【典题例析】‎ ‎ (高考山东卷)如图甲所示，间距为d、垂直于纸面的两平行板P、Q间存在匀强磁场．取垂直于纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示．t＝0时刻，一质量为m、带电量为＋q的粒子(不计重力)，以初速度v0由Q板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁场且平行于板面的方向射入磁场区．当B0和TB取某些特定值时，可使t＝0时刻入射的粒子经Δt时间恰能垂直打在P板上(不考虑粒子反弹)．上述m、q、d、v0为已知量．‎ ‎ ‎ ‎(1)若Δt＝TB，求B0；‎ ‎(2)若Δt＝TB，求粒子在磁场中运动时加速度的大小；‎ ‎(3)若B0＝，为使粒子仍能垂直打在P板上，求TB.‎ ‎[审题指导] (1)入射的粒子经Δt＝时间恰能垂直打在P板上，粒子应运动四分之一圆弧．‎ ‎(2)入射的粒子经Δt＝TB时间恰能垂直打在P板上，粒子应连续运动三个四分之一圆弧．‎ ‎(3)当B0＝时，如何求运动周期？‎ ‎[解析] (1)设粒子做圆周运动的半径为R1，洛伦兹力提供向心力，则有qv0B0＝①‎ 据题意由几何关系得R1＝d ②‎ 联立①②式得B0＝. ③‎ ‎(2)设粒子做圆周运动的半径为R2，加速度大小为a，由圆周运动公式得a＝④‎ 据题意由几何关系得3R2＝d ⑤‎ 联立④⑤式得a＝. ⑥‎ ‎(3)设粒子做圆周运动的半径为R，周期为T，由圆周运动公式得T＝⑦‎ 由牛顿第二定律得qv0B0＝ ⑧‎ 由题意知B0＝，代入⑧式得d＝4R ⑨‎ 粒子运动轨迹如图所示，O1、O2为圆心，O1O2连线与水平方向的夹角为θ，在每个TB内，只有A、B两个位置才有可能垂直击中P板，且要求0<θ<，由题意可知 T＝ ⑩‎ 设经历完整TB的个数为n(n＝0，1，2，3…)‎ 若在A点击中P板，据题意由几何关系得 R＋2(R＋Rsin θ)n＝d ⑪‎ 当n＝0时，无解 ⑫‎ 当n＝1时，联立⑨⑪式得 θ＝(或sin θ＝) ⑬‎ 联立⑦⑨⑩⑬式得TB＝ ⑭‎ 当n≥2时，不满足0<θ<90°的要求⑮‎ 若在B点击中P板，据题意由几何关系得 R＋2Rsin θ＋2(R＋Rsin θ)n＝d ⑯‎ 当n＝0时，无解 ⑰‎ 当n＝1时，联立⑨⑯式得 θ＝arcsin (或sin θ＝) ⑱‎ 联立⑦⑨⑩⑱式得 TB＝ ⑲‎ 当n≥2时，不满足0<θ<90°的要求．‎ ‎[答案] (1) (2) ‎(3)或 ‎ 3.在地面附近的真空中，存在着竖直向上的匀强电场和垂直电场方向水平向里的匀强磁场，如图甲所示．磁场的磁感应强度B随时间t的变化情况如图乙所示．该区域中有一条水平直线MN，D是MN上的一点．在t＝0时刻，有一个质量为m、电荷量为＋q的小球(可看做质点)，从M点开始沿着水平直线以速度v0做匀速直线运动，t0时刻恰好到达N点．经观测发现，小球在t＝2t0至t＝3t0时间内的某一时刻，又竖直向下经过直线MN上的D点，并且以后小球多次水平向右或竖直向下经过D点．求：‎ ‎(1)电场强度E的大小；‎ ‎(2)小球从M点开始运动到第二次经过D点所用的时间；‎ ‎(3)小球运动的周期，并画出运动轨迹(只画一个周期)．‎ 解析：(1)小球从M点运动到N点时，‎ 有qE＝mg，解得E＝.‎ ‎(2)小球从M点到达N点所用时间t1＝t0‎ 小球从N点经过个圆周，到达P点，所以t2＝t0 小球从P点运动到D点的位移x＝R＝ 小球从P点运动到D点的时间t3＝＝ 所以时间t＝t1＋t2＋t3＝2t0＋ .‎ ‎(3)小球运动一个周期的轨迹如图所示．‎ 小球的运动周期为T＝8t0.‎ 答案：(1) (2)2t0＋ (3)8t0 运动轨迹见解析 ‎ [学生用书P193]‎ ‎1．(2015·高考天津卷)现代 学仪器常利用电场、磁场控制带电粒子的运动．真空中存在着如图所示的多层紧密相邻的匀强电场和匀强磁场，电场与磁场的宽度均为d.电场强度为E，方向水平向右；磁感应强度为B，方向垂直纸面向里．电场、磁场的边界互相平行且与电场方向垂直．一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子在第1层电场左侧边界某处由静止释放，粒子始终在电场、磁场中运动，不计粒子重力及运动时的电磁辐射．‎ ‎(1)求粒子在第2层磁场中运动时速度v2的大小与轨迹半径r2；‎ ‎(2)粒子从第n层磁场右侧边界穿出时，速度的方向与水平方向的夹角为θn，试求sin θn；‎ ‎(3)若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出，试问在其他条件不变的情况下，也进入第n层磁场，但比荷较该粒子大的粒子能否穿出该层磁场右侧边界，请简要推理说明之．‎ 解析：(1)粒子在进入第2层磁场时，经过两次电场加速，中间穿过磁场时洛伦兹力不做功．‎ 由动能定理，有2qEd＝mv ①‎ 由①式解得 v2＝2 ②‎ 粒子在第2层磁场中受到的洛伦兹力充当向心力，有 qv2B＝m ③‎ 由②③式解得 r2＝ . ④‎ ‎(2)设粒子在第n层磁场中运动的速度为vn，轨迹半径为rn(各量的下标均代表粒子所在层数，下同)．‎ nqEd＝mv ⑤‎ qvnB＝m ⑥‎ 甲 粒子进入第n层磁场时，速度的方向与水平方向的夹角为αn，从第n层磁场右侧边界穿出时速度方向与水平方向的夹角为θn，粒子在电场中运动时，垂直于电场线方向的速度分量不变，有 vn－1sin θn－1＝vnsin αn ⑦‎ 由图甲看出 rnsin θn－rnsin αn＝d ⑧‎ 由⑥⑦⑧式得 rnsin θn－rn－1sin θn－1＝d ⑨‎ 由⑨式看出r1sin θ1，r2sin θ2，…，rnsin θn为一等差数列，公差为d，可得 rnsin θn＝r1sin θ1＋(n－1)d 乙 当n＝1时，由图乙看出 r1sin θ1＝d ⑪‎ 由⑤⑥⑩⑪式得 sin θn＝B .‎ ‎(3)若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出，则 θn＝，sin θn＝1‎ 在其他条件不变的情况下，换用比荷更大的粒子，设其比荷为，假设能穿出第n层磁场右侧边界，粒子穿出时速度方向与水平方向的夹角为θ′n，由于> 则导致sin θ′n>1‎ 说明θ′n不存在，即原假设不成立．所以比荷较该粒子大的粒子不能穿出该层磁场右侧边界．‎ 答案：见解析 ‎2．(2018·烟台模拟)如图所示的平面直角坐标系xOy，‎ 在第Ⅰ、Ⅲ象限内有平行于y轴，电场强度大小相同、方向相反的匀强电场，在第Ⅳ象限内有垂直于纸面向里的匀强磁场．一质量为m，电荷量为q的带电粒子，从y轴上的M(0，d)点，以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴的N点进入第Ⅳ象限内，又经过磁场垂直y轴进入第Ⅲ象限，最终粒子从x轴上的P点离开．不计粒子所受到的重力．求：‎ ‎(1)匀强电场的电场强度E和磁场的磁感应强度B的大小；‎ ‎(2)粒子运动到P点的速度大小；‎ ‎(3)粒子从M点运动到P点所用的时间．‎ 解析：‎ ‎(1)粒子运动轨迹如图所示．‎ 设粒子在第Ⅰ象限内运动的时间为t1，粒子在N点时速度大小为v1，方向与x轴正方向间的夹角为θ，则：‎ x＝v0t1＝d y＝at＝d qE＝ma，tan θ＝＝ v1＝ 联立以上各式得：θ＝，v1＝2v0，E＝.‎ 粒子在第Ⅳ象限内做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qv1B＝m 由几何关系得：R＝＝d 联立并代入数据解得：B＝.‎ ‎(2)粒子由M点到P点的过程，由动能定理得：‎ qEd＋qE(R＋Rcos θ)＝mv－mv 代入(1)中所求数据解得：vP＝v0.‎ ‎(3)粒子在第Ⅰ象限内运动时间：t1＝＝ 粒子在第Ⅳ象限内运动周期：T＝＝ t2＝T＝ 粒子在第Ⅲ象限内运动时有：R＋Rcos θ＝at 解得：t3＝ 粒子从M点运动到P点的时间：‎ t＝t1＋t2＋t3＝.‎ 答案：(1) (2)v0‎ ‎(3) ‎3.‎ 如图所示，在无限长的竖直边界NS和MT间充满匀强电场，同时该区域上、下部分分别充满方向垂直于NSTM平面向外和向内的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B，KL为上下磁场的水平分界线，在NS和MT边界上，距KL高h处分别有P、Q两点，NS和MT间距为1.8h，质量为m、带电量为＋q的粒子从P点垂直于NS边界射入该区域，在两边界之间做圆周运动，重力加速度为g.‎ ‎(1)求电场强度的大小和方向；‎ ‎(2)要使粒子不从NS边界飞出，求粒子入射速度的最小值；‎ ‎(3)若粒子能经过Q点从MT边界飞出，求粒子入射速度的所有可能值．‎ 解析：(1)设电场强度大小为E 由题意可知mg＝qE 得E＝，方向竖直向上．‎ ‎(2)如图甲所示，设粒子不从NS边飞出的入射速度最小值为vmin，对应的粒子在上、下区域的运动半径分别为r1和r2，圆心的连线与NS的夹角为φ.‎ 由r＝，有r1＝，‎ r2＝＝r1‎ 由(r1＋r2)sin φ＝r2，r1＋r1cos φ＝h 联立各式解得vmin＝(9－6).‎ ‎ ‎ ‎ 甲 乙 ‎(3)如图乙所示，设粒子入射速度为v，粒子在上、下方区域的运动半径分别为r1和r2，‎ 粒子第一次通过KL时距离K点为x.‎ 由题意有3nx＝1.8h(n＝1，2，3，…)‎ x≥，x＝ 得r1＝，n<3.5‎ 即n＝1时，v＝；n＝2时，v＝；n＝3时，v＝.‎ 答案：(1) 方向竖直向上 (2)(9－6) ‎(3) ‎4．如图a所示，匀强磁场垂直于xOy平面，磁感应强度B1按图b所示规律变化(垂直于纸面向外为正)．t＝0时，一比荷为＝1×105 C/kg的带正电粒子从原点沿y轴正方向射入，速度大小v＝5×104 m/s，不计粒子重力．‎ ‎(1)求带电粒子在匀强磁场中运动的轨道半径．‎ ‎(2)求t＝×10－4 s时带电粒子的坐标．‎ ‎(3)保持图b中磁场不变，再加一垂直于xOy平面向外的恒定匀强磁场B2，其磁感应强度为0.3 T，在t＝0时，粒子仍以原来的速度从原点射入，求粒子回到坐标原点的时刻．‎ 解析：(1)带电粒子在匀强磁场中运动，洛伦兹力提供向力心，‎ qvB1＝m r＝1 m.‎ ‎(2)带电粒子在磁场中运动的周期，‎ T0＝＝×10－4 s 在0～×10－4 s过程中，粒子运动了，圆弧对应的圆心角，θ1＝ 在×10－4 s ～×10－4 s过程中，粒子又运动了，圆弧对应的圆心角，θ2＝ 轨迹如图1所示，根据几何关系可知，‎ 横坐标：x＝2r＋2rsin ＝(2＋) m≈3.41 m 纵坐标：y＝－2rcos ＝－ m≈－1.41 m 带电粒子的坐标为(3.41 m，－1.41 m)．‎ ‎ ‎ ‎(3)施加B2＝0.3 T的匀强磁场与原磁场叠加后，如图2所示，‎ ‎①当nT≤t＜nT＋(n＝0，1，2，…)时，‎ T1＝＝×10－4 s ‎②当nT＋≤t＜(n＋1)T(n＝0，1，2，…)时，‎ T2＝＝π×10－4 s 粒子运动轨迹如图3所示，则粒子回到原点的时刻为，t1＝×10－4 s t2＝2(n＋1)π×10－4 s(n＝0，1，2，3，…)．‎ 答案：(1)1 m (2)(3.41 m，－1.41 m) ‎ ‎(3)t1＝×10－4 s ‎ t2＝2(n＋1)π×10－4 s(n＝0，1，2，3，…)‎