通用版2020版高考物理二轮复习专题五电场和磁场第2课时带电粒子在复合场中的运动.docx

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1、精选优质文档-倾情为你奉上第2课时带电粒子在复合场中的运动高考命题点命题轨迹情境图带电粒子在复合场中运动的实例分析20161卷1516(1)15题带电粒子在叠加场中的运动20171卷1617(1)16题带电粒子在组合场中的运动20181卷25,2卷25,3卷2418(1)25题18(2)25题18(3)24题19(1)24题20191卷24带电粒子在周期性变化电场或磁场中的运动1电场中常见的运动类型(1)匀变速直线运动：通常利用动能定理qUmv2mv来求解；对于匀强电场，电场力做功也可以用WqEd来求解(2)偏转运动：一般研究带电粒子在匀强电场中的偏转问题对于类平抛运动可直接利用平抛运动的规律

2、以及推论；较复杂的曲线运动常用运动的合成与分解的方法来处理2匀强磁场中常见的运动类型(仅受磁场力作用)(1)匀速直线运动：当vB时，带电粒子以速度v做匀速直线运动(2)匀速圆周运动：当vB时，带电粒子在垂直于磁感线的平面内以入射速度大小做匀速圆周运动3关于粒子的重力(1)对于微观粒子，如电子、质子、离子等，因为其重力一般情况下与电场力或磁场力相比太小，可以忽略；而对于一些宏观物体，如带电小球、液滴、金属块等一般应考虑其重力(2)不能直接判断是否要考虑重力的情况，在进行受力分析与运动分析时，根据运动状态可分析出是否要考虑重力1解题关键带电粒子在复合场中做什么运动，取决于带电粒子所受的合外力及初始

3、运动状态的速度，因此带电粒子的运动情况和受力情况的分析是解题的关键2力学规律的选择(1)当带电粒子在复合场中做匀速直线运动时，应根据平衡条件列方程求解(2)当带电粒子在复合场中做匀速圆周运动时，往往同时应用牛顿第二定律和受力分析列方程联立求解(3)当带电粒子在复合场中做非匀变速曲线运动时，应选用动能定理或能量守恒定律列方程求解例1(多选)(2018江苏扬州市一模)如图1所示，导电物质为电子的霍尔元件样品置于磁场中，表面与磁场方向垂直，图中的1、2、3、4是霍尔元件上的四个接线端当开关S1、S2闭合后，三个电表都有明显示数，下列说法正确的是()图1A通过霍尔元件的磁场方向向下B接线端2的电势低于

4、接线端4的电势C仅将电源E1、E2反向接入电路，电压表的示数不变D若适当减小R1、增大R2，则电压表示数一定增大答案ABC解析根据安培定则可知，磁场的方向向下，故A正确；通过霍尔元件的电流由接线端1流向接线端3，电子移动方向与电流的方向相反，由左手定则可知，电子偏向接线端2，所以接线端2的电势低于接线端4的电势，故B正确；当调整电路，由左手定则可知洛伦兹力方向不变，即2、4两接线端的电势高低关系不发生改变，故C正确；适当减小R1，电磁铁中的电流增大，产生的磁感应强度增大，而当增大R2，霍尔元件中的电流减小，所以霍尔电压如何变化不确定，即电压表示数变化不确定，故D错误拓展训练1(多选)(2019

5、陕西宝鸡市高考模拟检测(二)医用回旋加速器的核心部分是两个D形金属盒，如图2所示，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连现分别加速氘核(H)和氦核(He)并通过线束引出加速器下列说法中正确的是()图2A加速两种粒子的高频电源的频率相同B两种粒子获得的最大动能相同C两种粒子在D形盒中运动的周期相同D增大高频电源的电压可增大粒子的最大动能答案AC解析回旋加速器加速粒子时，粒子在磁场中运动的周期和交流电的周期相同，否则无法加速带电粒子在磁场中运动的周期T，两粒子的比荷相等，所以周期相同，加速两种粒子的高频电源的频率也相同，故A、C正确；根据qvBm，得v，两粒子的比荷相等，所以最大速度相等，最

6、大动能Ekmv2，两粒子的质量不等，所以最大动能不等，故B错误；最大动能Ekmv2，与加速电压无关，增大高频电源的电压不能增大粒子的最大动能，故D错误1解题规范(1)叠加场的组成特点：电场、磁场、重力场两两叠加，或者三者叠加(2)受力分析：正确分析带电粒子的受力情况，场力、弹力和摩擦力(3)运动分析：匀速直线运动、匀速圆周运动、匀变速直线运动、类平抛运动、非匀变速曲线运动(4)选规律，列方程：应用运动学公式、牛顿运动定律和功能关系2灵活选择运动规律(1)若只有两个场且正交，合力为零，则表现为匀速直线运动或静止状态例如电场与磁场中满足qEqvB；重力场与磁场中满足mgqvB；重力场与电场中满足m

7、gqE.(2)三场共存时，若合力为零，则粒子做匀速直线运动；若粒子做匀速圆周运动，则有mgqE，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，即qvBm.(3)当带电粒子做复杂的曲线运动或有约束的变速直线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解例2(2019河南省九师联盟质检)如图3所示，竖直平面内有一直角坐标系xOy，x轴沿水平方向第二、三象限有垂直于坐标平面向里的匀强磁场，与x轴成30角的绝缘细杆固定在二、三象限；第四象限同时存在着竖直向上的匀强电场和垂直于坐标平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q的带电小球a穿在细杆上沿细杆匀速下滑，在N点脱离细杆恰能沿圆周轨道运动到x轴上

8、的A点，且速度方向垂直于x轴已知A点到坐标原点O的距离为l，小球a与绝缘细杆的动摩擦因数；，重力加速度为g，空气阻力忽略不计求：图3(1)带电小球的电性及电场强度的大小E；(2)第二、三象限里的磁场的磁感应强度大小B1；(3)当带电小球a刚离开N点时，从y轴正半轴距原点O为h的P点(图中未画出)以某一初速度水平向右平抛一个不带电的绝缘小球b，b球刚好在运动到x轴时与向上运动的a球相碰，则b球的初速度为多大？答案(1)带正电(2)(3)解析(1)由带电小球a在第四象限内做圆周运动，知小球a所受电场力与其重力平衡且小球a所受电场力竖直向上，即mgqE，故小球a带正电，解得E(2)带电小球a从N点运

9、动到A点的过程中，洛伦兹力提供小球做圆周运动的向心力，设运动半径为R，有：qvBm由几何关系有RRsinl解得Rl，v带电小球a在杆上匀速下滑时，由平衡条件有mgsin(qvB1mgcos)解得B1(3)带电小球a在第四象限内做匀速圆周运动的周期T2带电小球a第一次在第一象限从A点竖直上抛又返回到A点所用的时间为t0绝缘小球b平抛运动至x轴上的时间为t2小球a从N点到A点所用时间为t1，则t1t故两球相碰有tn(t0)联立解得n1设绝缘小球b平抛的初速度为v0，则Rv0t解得v0.拓展训练2(多选)(2019山东济南市上学期期末)如图4所示，两竖直平行边界内，匀强电场方向竖直(平行纸面)向下，

10、匀强磁场方向垂直纸面向里一带负电小球从P点以某一速度垂直边界进入，恰好沿水平方向做直图4线运动若增大小球从P点进入的速度但保持方向不变，则在小球进入的一小段时间内()A小球的动能减小B小球的电势能减小C小球的重力势能减小D小球的机械能减小答案ACD解析带负电的小球做直线运动，共受到三个力作用：向下的重力G、向上的电场力F、向下的洛伦兹力F洛，这三个力都在竖直方向上，小球沿水平方向匀速运动，所以小球受到的合力一定是零，小球做匀速直线运动当小球的入射速度增大时，洛伦兹力增大，电场力和重力不变，小球将向下偏转，电场力与重力的合力向上，且它们的合力对小球做负功，小球动能减小电场力对小球做负功，小球的机

11、械能减小，电势能增大重力对小球做正功，重力势能减小，故A、C、D正确，B错误.1两大偏转模型电偏转：带电粒子垂直进入匀强电场中；磁偏转：带电粒子垂直进入匀强磁场中2思维流程例3(2019全国卷24)如图5，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后，沿平行于x轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出已知O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴的夹角为30，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d，不计重力求图5(1)带电粒子的比荷；(2)带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间答案(

12、1)(2)解析(1)设带电粒子的质量为m，电荷量为q，加速后的速度大小为v.由动能定理有qUmv2设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力，结合牛顿第二定律有qvBm由几何关系知dr联立式得(2)由几何关系知，带电粒子射入磁场后运动到x轴所经过的路程为srtan30带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为t联立式得t拓展训练3(2019山西临汾市二轮复习模拟)容器A中装有大量的质量、电荷量不同但均带正电的粒子，粒子从容器下方的小孔S1不断飘入加速电场(初速度可视为零)做直线运动，通过小孔S2后从两平行板中央沿垂直电场方向射入偏转电场粒子通过平行板后沿垂直磁场方向

13、进入磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场区域，最后打在感光片上，如图6所示已知加速电场中S1、S2间的加速电压为U，偏转电场极板长为L，两板间距也为L，板间匀强电场强度E，方向水平向左(忽略板间外的电场)，平行板f的下端与磁场边界ab相交于点P，在边界ab上实线处固定放置感光片测得从容器A中逸出的所有粒子均打在感光片P、Q之间，且Q距P的长度为3L，不考虑粒子所受重力与粒子间的相互作用，求：图6(1)粒子射入磁场时，其速度方向与边界ab间的夹角；(2)射到感光片Q处的粒子的比荷(电荷量q与质量m之比)；(3)粒子在磁场中运动的最短时间答案(1)45(2)(3)解析(1)设质量为m，电荷量

14、为q的粒子通过孔S2的速度为v0，则：qUmv粒子在平行板ef间：Lv0t，vxt，tan联立可以得到：tan1，则45，故其速度方向与边界ab间的夹角为45.(2)粒子在平行板中沿场强方向的位移xvxt，故粒子从e板下端与水平方向成45角斜向下射入匀强磁场，如图所示，设质量为m、电荷量为q的粒子射入磁场时的速度为v，做圆周运动的轨道半径为r，则vv0由几何关系：r2r2(4L)2，则r2L，则r联立解得：.(3)设粒子在磁场中运动的时间为t，则t，r联立可以得到：t因为粒子在磁场中运动的偏转角，所以粒子打在P处时间最短，此时半径为r，由几何关系知：r2r2L2，则rL联立可得：t.拓展训练4

15、(2019河南郑州市第二次质量预测)如图7所示，三块挡板围成截面边长L1.2m的等边三角形区域，C、P、Q分别是MN、AM和AN中点处的小孔，三个小孔处于同一竖直面内，MN水平，MN上方是竖直向下的匀强电场，场强E4104N/C.三角形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B1；AMN以外区域有垂直纸面向外、磁感应强度大小为B23B1的匀强磁场现将一比荷108C/kg的带正电的粒子，从O点由静止释放，粒子从MN小孔C进入内部匀强磁场，经内部磁场偏转后直接垂直AN经过Q点进入外部磁场已知粒子最终回到了O点，OC相距2m设粒子与挡板碰撞过程中没有动能损失，且电荷量不变，不计粒子重力，不计挡板

16、厚度，取3.求：图7(1) 磁感应强度B1的大小；(2) 粒子从O点出发，到再次回到O点经历的时间；(3) 若仅改变B2的大小，当B2满足什么条件时，粒子可以垂直于MA经孔P回到O点(若粒子经过A点立即被吸收)答案(1)105T(2)2.85102s(3)105T(k0,1,2,3)解析(1) 粒子在电场中加速，则由动能定理得：Eqxmv2解得v400m/s带电粒子在磁场中的运动轨迹如图所示由几何关系可知R10.6m由qvB1m代入数据得B1105T(2)由题可知B23B12105T又qvB2m则R20.2m粒子在电场阶段做匀加速直线运动，则xvt1得到t10.01s粒子在磁场B1中的周期为T

17、1则在磁场B1中的运动时间为t2T13103s在磁场B2中的周期为T2在磁场B2中的运动时间为t3T25.5103s则粒子在复合场中运动的总时间为：t2t1t2t32.85102s(3)设挡板外磁场变为B2，粒子在磁场中的轨迹半径为r，则有qvB2m根据已知条件分析知，粒子可以垂直于MA经孔P回到O点，需满足条件(2k1)r，其中k0,1,2,3解得B2105T(k0,1,2,3)即满足B2B2105T(k0,1,2,3)时，粒子可以垂直于MA经孔P回到O点1基本思路变化的电场或磁场往往具有周期性，粒子的运动也往往具有周期性这种情况下要仔细分析带电粒子的运动过程、受力情况，弄清楚带电粒子在变化

18、的电场、磁场中各处于什么状态，做什么运动，画出一个周期内的运动轨迹的草图2分析重点例4(多选)(2019湖北武汉市四月调研)如图8(a)所示，在半径为R的虚线区域内存在周期性变化的磁场，其变化规律如图(b)所示薄挡板MN两端点恰在圆周上，且MN所对的圆心角为120.在t0时，一质量为m、电荷量为q的带电粒子，以初速度v从A点沿直径AOB射入场区，运动到圆心O后，做一次半径为的完整的圆周运动，再沿直线运动到B点，在B点与挡板碰撞后原速率返回(碰撞时间不计，电荷量不变)，运动轨迹如图(a)所示粒子的重力不计，不考虑变化的磁场所产生的电场，下列说法正确的是()图8A磁场方向垂直纸面向外B图(b)中B

19、0C图(b)中T0D若t0时，质量为m、电荷量为q的带电粒子，以初速度v从A点沿AO入射，偏转、碰撞后，仍可返回A点答案BC解析根据轨迹可知，带正电的粒子从O点向上偏转做圆周运动，由左手定则可知，磁场方向垂直纸面向里，选项A错误；由牛顿第二定律：qvB0m，解得B0，选项B正确；虚线区域内不加磁场时粒子做匀速直线运动，t1，虚线区域内加磁场后粒子做匀速圆周运动，t2，磁场变化的周期：T0t1t2，选项C正确；若t0时，质量为m、电荷量为q的带电粒子，以初速度v从A点沿AO入射，到达O点后向下偏转，与板碰撞后，到达B板，与B碰撞后向上偏转90，然后从磁场中飞出，则不能返回A点，选项D错误拓展训练

20、5(2018山东临沂市一模)如图9甲所示，有一磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁场边界OP与水平方向夹角为45，紧靠磁场边界放置长为6d、间距为d的平行金属板M、N，M板与磁场边界的交点为P，磁场边界上的O点与N板在同一水平面上在两板间存在如图乙所示的交变电场(取竖直向下为正方向)，其周期T，E0.某时刻从O点竖直向上以初速度v0发射一个电荷量为q的粒子，结果粒子恰在图乙中的t时刻从P点水平进入板间电场，最后从电场中的右边界射出不计粒子重力求：图9(1)粒子的质量m；(2)粒子从O点进入磁场到射出电场运动的总时间t；(3)粒子从电场中的射出点到M点的距离答案见解析解析(1)粒子

21、在磁场中的运动轨迹如图，轨迹半径rd由牛顿第二定律得qv0Bm解得：m；(2)粒子在磁场中运动的周期T0在磁场中运动的时间t1粒子在电场中做曲线运动，与两板平行方向上的分运动为匀速直线运动运动时间t2粒子从O点进入磁场到离开电场运动的总时间tt1t2解得：td；(3)粒子在电场中的运动时间t2T由题图乙可知，当粒子从时刻t自P点进入电场后，在竖直方向上运动一个周期T的位移为0，对应的速度图象如图所示故粒子在T内运动的竖直位移y2a2a，解得y.专题强化练(限时45分钟)1.(2019湖北“荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟”期末)现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图1所示，其中加

22、速电压恒定质子(H)在入口处从静止开始被电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场若换作粒子(He)在入口处从静止开始被同一电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的倍数是()图1A.B.C2D.答案B解析电场中的直线加速过程qUmv20，得v；粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvBm，有R，联立可得：B；质子与粒子经同一加速电场加速，则U相同，从同一出口离开磁场，则R相同，故B，可得，即BBH，故选B.2.(多选)(2019山东烟台市第一学期期末)如图2所示是回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D形金属盒，分别与高频交流电源连接，两个D形金属盒间的狭缝中形成

23、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，下列说法中正确的是()图2A加速电压越大，粒子最终射出时获得的动能就越大B粒子射出时的最大动能与加速电压无关，与D形金属盒的半径和磁感应强度有关C若增大加速电压，粒子在金属盒间的加速次数将减少，在回旋加速器中运动的时间将减小D粒子第5次被加速前、后的轨道半径之比为答案BC解析粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律得：qvBm，解得：v，粒子做圆周运动的周期：T，则粒子获得的最大动能为：Ekmmv2，则粒子获得的最大速度与加速电压无关，与D型盒的半径R和磁感应强度B有关，故A错误，B正确；对粒子，由动能定

24、理得：nqUmv2，加速次数：n，增大加速电压U，粒子在金属盒间的加速次数将减少，粒子在回旋加速器中运动的时间：tT将减小，故C正确；对粒子，由动能定理得：nqUmv，解得vn，粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律得：qvnBm，解得：rn，粒子第5次被加速前、后的轨道半径之比为：，故D错误3.(多选)(2019山东滨州市上学期期末)如图3所示，空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，一带电液滴从静止开始自A点沿曲线ACB运动，到达B点时速度为零，C点是运动的最低点，不计摩擦阻力，则以下说法中正确的是()图3A液滴一定带正电B液滴在C点时的动能最大C从A到C过程液滴的电势能增大D

25、从C到B过程液滴的机械能增大答案BCD解析从题图中可以看出，带电液滴由静止开始向下运动，说明重力和电场力的合力向下，洛伦兹力指向弧线内侧，根据左手定则可知，液滴带负电，故A错误；从A到C的过程中，重力做正功，而电场力做负功，洛伦兹力不做功，合力做正功，液滴动能增大，从C到B的过程中，重力做负功，电场力做正功，洛伦兹力不做功，合力做负功，液滴动能减小，所以液滴在C点动能最大，故B正确；从A到C过程液滴克服电场力做功，故电势能增加，故C正确；除重力以外的力做的功等于机械能的变化量，从C到B的过程中，电场力做正功，洛伦兹力不做功，机械能增大，故D正确4(2019陕西榆林市第三次测试)如图4甲所示，在

26、xOy平面内有足够大的匀强电场E，在y轴左侧平面内有足够大的磁场，磁感应强度B1随时间t变化的规律如图乙所示，选定磁场垂直纸面向里为正方向在y轴右侧平面内还有方向垂直纸面向外的恒定的匀强磁场，分布在一个半径为r0.3m的圆形区域(图中未画出)且圆的左侧与y轴相切，磁感应强度B20.8T，t0时刻，一质量m8104kg、电荷量q2104C的微粒从x轴上xP0.8m处的P点以速度v0.12m/s向x轴正方向入射已知该带电微粒在电磁场区域做匀速圆周运动(g取10 m/s2)图4(1)求电场强度；(2)若磁场15s后消失，求微粒在第二象限运动过程中离x轴的最大距离；(3)若微粒穿过y轴右侧圆形磁场时速

27、度方向的偏转角最大，求此圆形磁场的圆心坐标(x，y)答案(1)40N/C，方向竖直向上(2)2.4m(3)(0.30m,2.25m)解析(1)因为带电微粒射入电磁场后做匀速圆周运动，所以受到的电场力和重力大小相等，方向相反，则：qEmg解得：E40N/C，方向竖直向上；(2)由牛顿第二定律有：qvB1m所以R10.6mT10s从题图乙可知在05s内微粒做匀速圆周运动，在510s内微粒向左做匀速直线运动在1015s内微粒又做匀速圆周运动，在15s后微粒向右做匀速直线运动，之后穿过y轴故微粒在第二象限运动过程中离x轴的最大距离s2R124R12.4m；(3)如图，微粒穿过圆形磁场要求偏转角最大，入

28、射点A与出射点B的连线必须为磁场圆的直径由牛顿第二定律，有qvB2m所以R20.6m2r所以最大偏转角为60圆的左侧与y轴相切，所以圆心坐标xr0.30mysrcos602.4m0.3m2.25m即磁场的圆心坐标为(0.30m,2.25m)5.(2019福建厦门市第一次质量检查)如图5所示，abcd是竖直平面内一边长为L的正方形区域，区域边界以及区域内有竖直向上的匀强电场，场强为E，在abc边界以及内侧还存在垂直正方形平面、水平向里的匀强磁场，磁感应强度为B；一个质量为m的带电小球以某速度从a点沿着ab方向进入该正方形区域，做匀速圆周运动并恰好从c点离开，已知重力加速度为g.求：图5(1)小球

29、的电荷量并判断其电性；(2)从a点进入到从c点离开这段时间内小球的平均速度的大小和方向；(3)若仅调整小球从a点进入的速度大小，其他条件不变，小球最终从b点离开磁场，请定性画出该带电小球从a点到b点的运动轨迹(不必计算)答案(1)带正电(2)方向由a指向c(3)见解析图解析(1)小球在电磁场区域做匀速圆周运动，则重力与电场力平衡，则小球带正电且qEmg则q(2)小球从a点进入到从c点离开，则由几何关系可知rL，小球的位移大小为sL；因T运动时间为t则平均速度，方向由a指向c；(3)如图所示：6(2019福建厦门市上学期期末质检)如图6为一装放射源氡(Rn)的盒子，静止的氡核经过一次衰变成钋(P

30、o)，产生的粒子速率v01.0107m/s，粒子从小孔P射出后，经过A孔进入电场加速区域，加速电压U8106V从区域射出的粒子随后又从M点进入半径为rm的圆形匀强磁场区域，MN为圆形匀强磁场的一条直径，该区域磁感应强度为B0.2T，方向垂直纸面向里圆形磁场右边有一竖直荧光屏与之相切于N点，粒子重力不计，比荷为5107C/kg.图6(1)请写出氡核衰变的核反应方程；(2)求出粒子经过圆形磁场后偏转的角度；(3)求出粒子打在荧光屏上的位置离N点的距离答案(1)RnPoHe(2)60(3)N点上方3m处解析(1)由质量数与电荷数守恒可知，反应方程式为：RnPoHe；(2)粒子在电场加速区域中加速，由动能定理得：qUmv2mv，代入数据，解得：v3107m/s粒子离开电场区域后，以速度v从M点沿MO方向进入磁场区域，在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力：qvBm代入数据，解得：R3m粒子的入射速度过圆心，轨迹如图所示，由几何知识得：tan，解得：30故粒子偏转角度为260(3)由几何知识得：60，sNCrtan603m，即粒子打在荧光屏上的N点上方距离N点3m处的位置专心-专注-专业