北京市2018届高考物理二轮复习 专题7 带电粒子在复合场中的运动学案（含解析）

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1、 专题7 带电粒子在复合场中的运动 考向预测 近几年高考中，关于此部分内容的命题方向有：在带电粒子在组合场中的运动、带电体在复合场中的运动、电磁场技术的应用。题目以计算题为主，难度较大。 高频考点：带电粒子在组合场中的运动问题；考查带电粒子在复合场中的运动问题；考查以带电粒子在组合场、复合场中的运动规律为工作原理的仪器在科学领域、生活实际中的应用。知识与技巧的梳理 考点一、带电粒子在组合场中的运动 例 (2017·天津卷T13)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v

2、0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。 【审题立意】有关带电粒子在匀强电场中的运动，可以根据带电粒子受力情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度；对于带电粒子在磁场中的运动情况，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量。 【解题思路】(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

3、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

4、qvB＝m　⑩ 由几何关系可知R＝L　⑪ 联立①②⑦⑧⑨⑩⑪式得＝。　⑫ 【参考答案】(1)v0，与x轴正方向成45°角斜向上　(2) 【技能提升】解决带电粒子在组合场中运动问题的思路方法 【变式训练】1. 如图所示的平面直角坐标系xOy，在第Ⅰ象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y轴正方向；在第Ⅳ象限的正三角形abc区域内有匀强磁场，方向垂直于xOy平面向里，正三角形边长为L，且ab边与y轴平行。一质量为m、电荷量为q的粒子，从y轴上的P(0，h)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轴上的a(2h，0)点进入第Ⅳ象限，又经过磁场从y轴上的某点进入第Ⅲ象限，

5、且速度与y轴负方向成45°角，不计粒子所受的重力。求： (1)电场强度E的大小； (2)粒子到达a点时速度的大小和方向； (3)abc区域内磁场的磁感应强度B的最小值。 解析：(1)设粒子在电场中运动的时间为t，则有 x＝v0t＝2h，y＝at2＝h，qE＝ma 联立以上各式可得E＝。 (2)粒子到达a点时沿y轴负方向的分速度为vy＝at＝v0 所以v＝ ＝ v0，方向指向第Ⅳ象限与x轴正方向成45°角。 (3)粒子在磁场中运动时，有qvB＝m 当粒子从b点射出时，磁场的磁感应强度为最小值，此时有r＝L，所以B＝。 2. 如图所示，在平面直角坐标系xOy的x轴上方存在着垂

6、直坐标平面向里的匀强磁场，x轴下方存在着沿x轴正方向的匀强电场。一带正电粒子从y轴上的A点以初速度v0出发，射入匀强磁场，经磁场偏转后恰好经x轴上的C点垂直x轴进入匀强电场，一段时间后到达y轴上的D点。已知OC＝＝＝，不计粒子的重力。 (1)求粒子到达D点时的速度大小。 (2)求匀强磁场的磁感应强度大小B与匀强电场的电场强度大小E的比值。 (3)若撤去原来的匀强电场，然后在x轴下方添加一圆形匀强磁场区域，磁感应强度大小是x轴上方匀强磁场磁感应强度大小的2倍，使带电粒子经过该磁场偏转后刚好也能够通过D点且速度与y轴负方向成θ＝60°角，试计算该圆形匀强磁场区域的最小面积。 解析：(1)由

7、题意可知，粒子到达C点时的速度大小仍为v0，粒子在匀强电场中做类平抛运动，设粒子到达D点所用时间为t，沿x轴方向的分速度大小为vx，则有 l＝v0t，＝t 以上两式联立可解得vx＝v0 所以粒子到达D点时的速度大小为vD＝v0。 (2)如图甲所示，设粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径为R，则由几何关系有 l2＋2＝R2 解得R＝l 又因为qv0B＝m 所以B＝ 在匀强电场中有vx＝·，代入数据可得E＝ 故＝。 (3)由qv0B＝m可知，当B变为原来的2倍时，粒子在磁场中做圆周运动的半径应变为原来的一半，设粒子在圆形磁场区域中做匀速圆周运动的半径为R1，则R1＝l 粒子轨迹

8、如图所示，由几何关系可知∠MO2N＝60° 故MN＝l 当MN为圆形磁场的直径时，圆形磁场区域面积最小，故 Smin＝π2 代入数据可得Smin＝πl2。 考点二、带电粒子在叠加场中的运动 例1. (2017·全国I卷T25)真空中存在电场强度大小为E1的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动，速度大小为v0。在油滴处于位置A时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变。持续一段时间t1后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B点。重力加速度大小为g。 (1)求油滴运动到B点时的速度； (2)求增大后的电场强度的大小；为保证

9、后来的电场强度比原来的大，试给出相应的t1和v0应满足的条件。已知不存在电场时，油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍。 【审题立意】本题考查带电体在重力场与电场组成的叠加场中的运动问题。解答此题要充分理解物理过程，把握物理情景，找出物理规律，综合运用牛顿运动定律、匀变速直线运动规律。同时此题的数学运算过程较为复杂，要注意仔细运算。 【解题思路】(1)设油滴质量和电荷量分别为m和q，油滴速度方向向上为正。油滴在电场强度大小为E1的匀强电场中做匀速直线运动，故匀强电场方向向上。 在t＝0时，电场强度突然从E1增加至E2时，油滴做竖直向上的匀加速运动，加速度方

10、向向上，大小a1满足：qE2－mg＝ma1 ① 油滴在时刻t1的速度为：v1＝v0＋a1t1 ② 电场强度在时刻t1突然反向，油滴做匀变速运动，加速度方向向下，大小a2满足： qE2＋mg＝ma2 ③ 油滴在时刻t2＝2t1的速度为：v2＝v1－a2t1 ④ 由①②③④式得：v2＝v0－2gt1 ⑤ (2)由题意，在t＝0时刻前有：qE1＝mg ⑥ 油滴从t＝0到时刻t1的位移为：s1＝v0t1＋a1t12 ⑦ 油滴在从时刻t1到时刻t2＝2t1的时间间隔内的位移为：s2＝v1t1－a2t12 ⑧ 由题给条件有：v02＝2g(2h) ⑨ 式中h是B、A两点之间的距离。 若

11、B点在A点之上，依题意有：s1＋s2＝h ⑩ 由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得：E2＝E1 ⑪ 为使E2>E1，应有：2－2＋2>1 ⑫ 即当0 ⑭ 才是可能的；条件⑬式和⑭式分别对应于v2>0和v2<0两种情形。 若B点在A点之下，依题意有：s1＋s2＝－h ⑮ 由①②③⑥⑦⑧⑨⑮式得：E2＝E1 ⑯ 为使E2>E1，应有：2－2－2>1 ⑰ 即t1> ⑱ 另一解为负，不合题意，已舍去。 【参考答案】(1)v0－2gt1　(2)见解析 例2. (2017·曲阜模拟)如图所示，直角坐标系xOy的第二象限内有一垂直纸面向外的匀强磁场B1＝B0和竖直向上的匀强电

12、场E1(大小未知)，第一象限内有一垂直纸面向外的匀强磁场B2和竖直向上的匀强电场E2，且E2＝，第四象限内有水平向左的匀强电场E3，且E3＝E2。现有一比荷为＝k的带正电小球从第二象限内的A点(h，h)以一定初速度水平向右射出，小球沿直线运动，小球进入第一象限后恰好做匀速圆周运动，并从x轴上的C点与x轴正方向成60°角进入第四象限内运动，最终通过C点正下方的D点，已知重力加速度为g，求： (1)小球的初速度v0及电场强度E1的大小； (2)第一象限内磁感应强度B2的大小； (3)CD的长度L； (4)小球从A点运动到D点所经历的时间t。 【审题立意】本题考查带电体在重力场、电场、磁场

13、组成的混合场中的运动问题。解答此题可按以下步骤分析： “明”：小球在第二象限内做直线运动，在第一象限内做匀速圆周运动，第四象限内做类平抛运动。 “画”：画出在各象限内的运动轨迹，如图所示。 “析”：在第二象限做匀速直线运动，F合＝0。 在第一象限做匀速圆周运动： E2q＝mg，qB2v＝m。 在第四象限做类平抛运动：F合＝ ＝2mg。 【解题思路】(1)因小球在第二象限内受竖直向下的重力、洛伦兹力和竖直向上的电场力作用沿直线运动，所以一定有：B0qv0＋mg＝qE1 小球在第一象限内做匀速圆周运动，所以必有：q＝mg，B2qv0＝m 联立解得：E1＝＝，v0＝＝。 (2)小

14、球运动轨迹如图所示，由图知小球在第一象限内运动半径满足： h＋Rsin 30°＝R，即R＝2h 由(1)知：B2＝ 联立并代入v0得：B2＝。 (3)在第四象限内，因qE3＝mg，其合力大小为2mg，方向恰好与CD成60°角，即小球从C到D做类平抛运动，由类平抛运动规律知： Lsin 30°＝·t32，Lcos 30°＝v0t3 联立得：L＝，t3＝。 (4)小球在第二象限内运行时间：t1＝＝ 小球在第一象限内运行时间：t2＝＝＝ 小球从A点运动到D点所经历的时间：t＝t1＋t2＋t3＝B0hk＋。 【参考答案】(1)　　(2)　(3) (4)B0hk＋ 【技能提升】“

15、两分析、一应用”巧解复合场问题 1．受力分析，关注几场叠加 (1)磁场、重力场并存，受重力和洛伦兹力； (2)电场、磁场并存(不计重力的微观粒子)，受电场力和洛伦兹力； (3)电场、磁场、重力场并存，受电场力、洛伦兹力和重力。 2．运动分析，典型运动模型构建：(1)带电体受力平衡，做匀速直线运动；(2)带电体受力恒定，做匀变速直线运动；(3)带电体受力大小恒定且方向指向圆心，做匀速圆周运动；(4)带电体受力方向变化复杂，做曲线运动等。 3．选用规律，两种观点解题：(1)带电体做匀速直线运动，则用平衡条件求解(即二力或三力平衡)；(2)带电体做匀速圆周运动，应用向心力公式或匀速圆周运

16、动的规律求解；(3)带电体做匀变速直线或曲线运动，应用牛顿运动定律和运动学公式求解；(4)带电体做复杂的曲线运动，应用能量守恒定律或动能定理求解。 【变式训练】1. 如图所示，在真空空间中，有沿水平方向垂直于纸面向里的匀强磁场B，还有方向竖直向上的匀强电场E，三个带电液滴(可视为质点)甲、乙、丙带有等量同种电荷。已知甲静止，乙水平向左匀速运动，丙水平向右匀速运动，则下列说法正确的是(　　) A．三个液滴都带负电 B．丙质量最大，甲质量次之，乙质量最小 C．若仅撤去磁场，甲可能做匀加速直线运动 D．若仅撤去电场，乙和丙可能做匀速圆周运动 解析：甲静止，不受洛伦兹力，由受力平衡，有m甲

17、g＝qE，重力和电场力等值、反向、共线，故电场力向上，由于电场E的方向竖直向上，故三个液滴都带正电，选项A错误；乙受力平衡，有m乙g＋qv乙B＝qE，故m甲>m乙；丙受力平衡，有m丙g＝qE＋qv丙B，故m丙>m甲，选项B正确；甲静止，不受洛伦兹力，电场力和重力相平衡，所以仅撤去磁场甲仍然静止，选项C错误；仅撤去电场，乙和丙除受洛伦兹力外，还受竖直向下的重力作用，速度将增大，洛伦兹力的大小和方向随速度的大小和方向变化而变化，乙和丙不可能做匀速圆周运动，选项D错误。 答案：B 2. 如图所示，平面直角坐标系的第二象限内存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m、带电荷量为q的

18、小球从A点以速度v0沿直线AO运动，AO与x轴负方向成37°角，在第四象限内的区域Ⅰ内加一最小电场强度的匀强电场后，可使小球继续做直线运动到MN上的C点，MN右侧区域Ⅱ内存在竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，小球在区域Ⅱ内做匀速圆周运动并恰好没从右边界飞出，已知小球在C点的速度大小为2v0，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： (1)小球的带电性质； (2)第二象限内电场强度E1的大小和磁感应强度B1的大小； (3)区域Ⅰ内最小电场强度E2的大小和方向； (4)区域Ⅱ内电场强度E3的大小和磁感应强度B2的大小。 解析：(1)带电小球在第二象限

19、内受重力、电场力和洛伦兹力作用做直线运动，因洛伦兹力与速度关联，所以此三力满足图(a)所示关系且小球只能做匀速直线运动，由受力特点及左手定则可判定小球带正电。 (2)由图(a)知tan 37°＝，得E1＝ cos 37°＝，得B1＝。 (3)当区域Ⅰ中的电场强度最小时，小球做直线运动，此时受力如图(b)所示(电场力方向与速度方向垂直)，小球做匀加速直线运动，由图知cos 37°＝，得E2＝，方向与x轴正方向成53°角向上。 (4)小球在区域Ⅱ内做匀速圆周运动，所以mg＝qE3，得E3＝，小球恰好不从右边界穿出，小球运动轨迹如图(c)所示。 由(3)知F＝mgsin 37°，即

20、a＝gsin 37° 由运动学规律知(2v0)2－v＝2a·OC 解得OC＝ 由几何关系知＝tan 37°，得r＝ 由洛伦兹力提供向心力知B2q·2v0＝m 联立得B2＝。 考点三、电磁场技术的应用 【知识回顾】1．质谱仪： (1)用途：测量带电粒子的质量和分析同位素。 (2)原理：由粒子源S发出的速度几乎为零的粒子经过加速电场U加速后，以速度v＝ 进入偏转磁场中作匀速圆周运动，运动半径为r＝ ，粒子经过半个圆周运动后打到照相底片D上，通过测量D与入口间的距离d，进而求出粒子的比荷＝或粒子的质量m＝。 2．速度选择器：带电粒子束射入正交的匀强电场和匀强磁场组成的区域中，满足

21、平衡条件qE＝qvB的带电粒子可以沿直线通过速度选择器。速度选择器只对粒子的速度大小和方向做出选择，而对粒子的电性、电荷量不能进行选择性通过。 3．回旋加速器： (1)用途：加速带电粒子。 (2)原理：带电粒子在电场中加速，在磁场中偏转，交变电压的周期与带电粒子在磁场中作匀速圆周运动的周期相同。 (3)粒子获得的最大动能Ek＝，其中rn表示D形盒的最大半径。 【跟踪训练】1. (2018届高三·大同调研)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的加速电场区加速后，再通过狭缝S2，从小孔G

22、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(图中未画出)接收到该粒子，且GF＝R。则该粒子的比荷为(粒子的重力忽略不计)(　　) A. B. C. D. 解析：粒子运动轨迹如图所示。设粒子被加速后获得的速度为v，由动能定理有：qU＝mv2，由几何关系可得，粒子在磁场中做圆周运动的偏转角θ＝60°，则粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径r＝，又Bqv＝m，解得＝，故C正确。 答案：C 2. (2018届高三·太原摸底)(多选)如图所示，一束带电粒子以一定的初速度沿直线

23、通过由相互正交的匀强磁场B和匀强电场E组成的速度选择器，然后粒子通过平板S上的狭缝P，进入另一匀强磁场B′，最终打在A1A2上。下列表述正确的是(　　) A．粒子带负电 B．所有打在A1A2上的粒子，在磁场B′中运动时间都相同 C．能通过狭缝P的带电粒子的速率等于 D．粒子打在A1A2上的位置越靠近P，粒子的比荷越大 解析：由粒子在磁场中的运动轨迹，根据左手定则可知，粒子带正电，选项A错误；在速度选择器中满足：Eq＝Bqv，可得v＝，选项C正确；在磁场中运动的周期为：T＝，由于进入磁场中的粒子的比荷不一定相同，故周期不同，运动时间不一定相同，选项B错误；粒子在磁场中运动的半径：r＝，

24、粒子打在A1A2上的位置越靠近P，则粒子的运动半径越小，故粒子的比荷越大，选项D正确。 答案：CD 3. 如图所示为一种获得高能粒子的装置——环形加速器，环形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场。质量为m、电荷量为＋q的粒子在环中做半径为R的圆周运动。A、B为两块中心开有小孔的极板，原来电势都为零，每当粒子飞经A板时，A板电势升高为＋U，B板电势仍保持为零，粒子在两极板间的电场中加速。每当粒子离开电场区域时，A板电势又降为零，粒子在电场中一次次加速，动能不断增大，而在环形区域内绕行半径不变(设极板间距远小于R)。下列关于环形加速器的说法，正确的是(　　) A．环形区域内的磁感应强度大小Bn与

25、加速次数n之间的关系为＝ B．环形区域内的磁感应强度大小Bn与加速次数n之间的关系为＝ C．A、B板之间的电压可以始终保持不变 D．粒子每次绕行一圈所需的时间tn与加速次数n之间的关系为＝ 解析：因粒子每绕行一圈，其增加的能量为qU，所以绕行第n圈时获得的总动能为mv＝nqU，得第n圈的速度vn＝。在磁场中，由牛顿第二定律得qBnvn＝m，解得Bn＝，所以＝，A项错误、B项正确；如果A、B板之间的电压始终保持不变，粒子在A、B两极板之间飞行时，电场对其做功qU，从而使之加速，在磁场内飞行时，电场又对粒子做功－qU，从而使之减速．粒子绕行一周电场对其所做总功为零，动能不会增加，达不到加速效果，C项错误；根据t＝得tn＝2πR，得＝，D项错误。 答案：B 10