带电粒子在叠加场和组合场中的运动公开课.docx

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1、带电粒子在叠加场和组合场中的运动题型一带电粒子在叠加场中的运动.复合场与组合场复合场：电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存.组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，或在同一区域，电场、磁场分时间 段或分区域交替出现.1 .无约束情况下的运动洛伦兹力、重力并存假设重力和洛伦兹力平衡，那么带电粒子做匀速直线运动.假设重力和洛伦兹力不平衡，那么带电粒子将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械 能守恒，由此可求解问题.电场力、洛伦兹力并存（不计重力的微观粒子）假设电场力和洛伦兹力平衡，那么带电粒子做匀速直线运动.假设电场力和洛伦兹力不平衡，那么带电粒子将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做

2、功，可用 动能定理求解问题.电场力、洛伦兹力、重力并存假设三力平衡，一定做匀速直线运动.假设重力与电场力平衡，一定做匀速圆周运动.假设合力不为零且与速度方向不垂直，将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用能量 守恒定律或动能定理求解问题.2 .有约束情况下的运动带电粒子在叠加场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道等约束的情况下，常见的运动形式有直线运 动和圆周运动，此时解题要通过受力分析明确变力、恒力做功情况，并注意洛伦兹力不做功 的特点，运用动能定理、能量守恒定律结合牛顿运动定律求解.【例11 （2019浙江效实中学期中）一带电液滴在互相垂直的匀强电场和匀强磁场中做半径为R 的圆周运动，如图1所示，

3、己知电场强度为E,方向竖直向下，磁感应强度为 方向水平（图 中垂直纸面向里），重力加速度为g.运动中液滴所受浮力、空气阻力都不计，求：同理，假设从极板间水平射入的电子恰好打到点，那么解得 那么由几何关系可得：从尸点所发射电子的方向斜向右上方且与水平方向夹角为60。时，恰好 打到b点因此，N板上帅段与历段（必=儿）接收到的电子数之比为1 ：2.课时精练 限时训练 练规范 练速度II1 .（2019河南开封市第一次模拟）如图1所示，空间内有垂直纸面向里、磁感应强度为8的 匀强磁场和水平向左、场强为E的匀强电场.有一质量为2、电荷量大小为4的微粒垂直于 磁场且以与水平方向成45。角的速度。做直线运动

4、，重力加速度为g.那么以下说法正确的选项是 （）X X X/AXX X V X XA.微粒可能做匀加速直线运动B.微粒可能只受两个力作用C.匀强磁场的磁感应强度3=管Vj v/D.匀强电场的电场强度石=管 q答案D解析 假设粒子带正电，那么粒子所受电场力向左，洛伦兹力垂直速度。斜向右下方，而重力竖 直向下，那么电场力、洛伦兹力和重力三个力的合力与速度不在同一直线上，粒子不可能做直 线运动，所以粒子不可能带正电，故粒子带负电，那么粒子所受电场力向右，洛伦兹力垂直速 度。斜向左上方，而重力竖直向下，只有电场力、洛伦兹力和重力三力平衡，粒子才能做直 线运动，所以粒子做匀速直线运动，故A、B错误；根据

5、平衡条件，有：qE=mgtan 45, qvB =1（mg）2+g）2,联立解得：E=号,8=|詈，故C错误，D正确.2 .（2019山东滨州市上学期期末）如图2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，一带电液滴由静止开始从A点沿曲线AC5运动，到达B点时速度为零，。点 是运动的最低点，不计摩擦阻力，那么以下说法中不正确的选项是（） A.液滴一定带正电B.液滴在。点时的动能最大C.从A到。过程液滴的电势能增加D.从。到8过程液滴的机械能增加答案A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，根据左手定那么可知，液滴带

6、负电，故A错误；从A到。的过程中， 重力做正功，而电场力做负功，电势能增加，洛伦兹力不做功，合力做正功，液滴动能增大， 从。到8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、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，液滴的机械能增加，故D正确.3.如图3所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy,其第一象限存在着正交的匀强电场和匀 强磁场，电场强度的方向水平向右，磁感应强度的方向垂直纸面向里.一带电荷量为十外质 量为机的微粒从原点出发，沿与x轴正方向的夹角为45。的初速度进入复合

7、场中，正好做直 线运动，当微粒运动到A(/, /)时，电场方向突然变为竖直向上(不计电场变化的时间)，粒子 继续运动一段时间后，正好垂直于y轴穿出复合场.不计一切阻力，重力加速度为g,求：XXXA(/,/)# B E -ZA(1)电场强度E的大小；(2)磁感应强度3的大小；微粒在复合场中的运动时间.答案噂3G痔+】 解析(1)微粒到达A(/, /)之前做匀速直线运动，对微粒受力分析如图甲:所以，Eq=mg,得：=侬, q(2)由平衡条件：qvB = y/2mg电场方向变化后，微粒所受重力与电场力平衡,、 nn*迹如图乙:qvB=m -微粒在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨由几何知识可得：r=y

8、2l联立解得：0=也成，微粒做匀速直线运动的时间：人=叩3兀在复合场中的运动时间：人+及=(彳+1g* g做匀速圆周运动的时间：力=胃3=苧4. (2019浙江东阳中学模拟)如图4所示，半径=0.06m的半圆形无场区的圆心在坐标原点 O处，半径/?=0.1 m、磁感应强度大小B=0.075 T的圆形有界磁场区的圆心坐标为(0,0.08 m),平行金属板M、N的极板长L=0.3 m、间距d=0.lm,极板间所加电压U=6.4X 1()2 v,其中N极板提供的粒子全部中和吸收.一位于。处的粒子源向第I、II象限均匀地发射速度大 小。= 6X105 m/s的带正电粒子，经圆形磁场偏转后，从第I象限出

9、射的粒子速度方向均沿x轴正方向.假设粒子重力不计、比荷=1()8 c/kg、不计粒子间的相互作用力及电场的边缘效应.sin 37 = 0.6, cos 37 = 08,求:v/m0.18、*M-0.06 O 0.06x/m图4粒子在磁场中的运动半径/?();从坐标(0,0.18 m)处射出磁场的粒子，其在。点入射方向与y轴的夹角3,(3)N板收集到的粒子占所有发射粒子的比例答案(1)0.08 m (2)53 (3)29.4%mu?解析 粒子在磁场中做匀速圆周运动，由qvB=.- mv仔 R)=-m=08 m. CD(2)如下图，从y=0.18 m处出射的粒子对应入射方向与y轴的夹角为仇 轨迹圆

10、心与y轴交于(0,0.10 m)处,由几何关系可得:(3)如下图，令恰能从下极板右端出射的粒子刚进入电场时的纵坐标为 nl 1 2 qU r那么产呼於，4rd，L=vtf 联立解得)=篝=.8m 设此粒子入射时与x轴正方向夹角为%那么有:y=rsina+R)- Rocos a可知tan可知tan4_即 q=5353匕匕伊I =1心乂 100%29.4%.5.(2017.浙江4月选考.23)如图5所示，在xOy平面内，有一电子源持续不断地沿x轴正方 向每秒发射出N个速率均为。的电子，形成宽为2b、在y轴方向均匀分布且关于x轴对称的 电子流.电子流沿x方向射入一个半径为R中心位于原点。的圆形匀强磁

11、场区域，磁场方 向垂直X。)，平面向里，电子经过磁场偏转后均从P点射出，在磁场区域的正下方有一对平行 于x轴的金属平行板K和4其中K板与P点的距离为d,中间开有宽度为2/且关于y轴对 称的小孔.K板接地，A与K两板间加有正负、大小均可调的电压以勺穿过K板小孔到达 A板的所有电子被收集且导出，从而形成电流.。=乎上d=l,电子质量为机，电荷量 为6,忽略电子间的相互作用.A图5求磁感应强度8的大小；求电子从P点射出时与负y轴方向的夹角0的范围；当Uak=O时，每秒经过极板K上的小孔到达极板A的电子数;(4)画出电流，随“K变化的关系曲线.答案见解析解析轨迹示意图AnWITIV(1) “磁聚焦”模

12、型要求：r=k 解得3=方.etyeK(2)。=坐R,由几何关系知：。在关于y轴左、右对称的60。(含)范围内.(3)要进入小孔，电子到达P点时与y轴负方向的夹角W45。. No 2Rsin (p sin (p 玳不=2b = sin 60。0 3那么当Uak=0时每秒到达A板的电子数：No=（4）当UakNO时，进入小孔的电子全部能到A板设当时，91=45。对应的电子刚好到达A板 那么 eUi=O2（ocos 0）2,解得 Uak=即在区间（一0）之间，2 =乂）6=-暇当Oak反向继续增大时，将出现有电子（该临界角度为a） 刚好打到A板上，而（pa的电子打不到A板sin a _ 八 八 1

13、,、osin 60。叫 gUak=0一/（ocos 办 解得：ii=0 时，Uak= 2e 综上所述：，一Uak图线如下图叵Ne3nur _ mu O 2e 4eXXXXXXXXXXXX图1液滴是顺时针运动还是逆口寸针运动;液滴运动的速度多大；假设液滴运动到最低点A时分裂成两个完全相同的液滴，其中一个仍在原平面内做半径R1= 3/?的圆周运动，绕行方向不变，且圆周的最低点仍是A点，那么另一个液滴怎样运动？答案（1）顺时针运动Q）畔（3）见解析 Lj解析（1）带电液滴所受电场力方向向上且与重力平衡，可知液滴带负电，液滴所受洛伦兹力 提供向心力，由左手定那么结合题图可知液滴沿顺时针方向运动.V2

14、Eq=mg, qvB=m 斤gBR 解仔v=（3）分裂后的液滴电荷量、质量均减半，电场力与重力仍平衡，依据上面运算可得，分裂后第 一个液滴的绕行速度大小2= 噜=笆声=3。，方向向左.分裂后第二个液滴的速度设为。2,分裂前后水平方向动量守恒，以液滴分裂前的速度方向为 正方向mv =mvi +g202, 解得。2 = 0即分裂后第二个液滴速度大小为以方向向右，所受电场力与重力仍平衡，在洛伦兹力作用 下做匀速圆周运动，绕行方向为顺时针，A点是圆周最高点，圆周半径&=凡【变式1】（2019陕西汉中市第二次教学质检）如图2所示，在平面直角坐标系X。），中，AO是 AxOy的角平分线，x轴上方有水平向左

15、的匀强电场，下方有竖直向上的匀强电场和垂直纸 面向里的匀强磁场，两电场的电场强度大小相等.一质量为m电荷量为+夕的质点从。4 上的“点由静止释放，质点恰能沿运动且通过O点进入x轴下方区域，经偏转后从x轴 上的C点进入第一象限内并击中AO上的。点（C点、。点图中均未标出）.Lom=2SR m, 匀强磁场的磁感应强度大小为S=-I（T）,重力加速度为g=10 Hi*.求：q图2两匀强电场的电场强度E的大小；(2)0。的长 L；质点从M点出发到击中D点所经历的时间/.答案臂今垃m (3)4.86 s解析(1)质点在第一象限内受重力和水平向左的电场力，沿人。做匀加速直线运动，那么有c mgmg=qE,

16、即E=夕.质点在x轴下方时，对质点受力分析可知，质点所受重力与电场力平衡，洛伦兹力提供质 点做匀速圆周运动的向心力，质点从C点进入第一象限后做类平抛运动，其轨迹如下图, V2有:qvB=m由运动规律知。2=2qLom, a=yg由类平抛运动规律知R=3, RL=at32联立解得：/=0.5 s,乙=苧血m.(3)质点做匀加速直线运动有LoM=at23 2Tlm 3 Ji质点做匀速圆周运动有亥=答=甘s4 DC1 43兀质点从M点出发到击中D点所经历的时间，=九+亥+，3 = (2.5+了)s4.86 s.题型二 带电粒子在组合场中的运动分析思路：(1)划分过程：将粒子运动的过程划分为几个不同的

17、阶段，对不同的阶段选取不同的规律处理.找关键：确定带电粒子在场区边界的速度（包括大小和方向）是解决该类问题的关键.（3）画运动轨迹：根据受力分析利运动分析，大致画出粒子的运动轨迹图，有利于形象、直观 地解决问题.模型1磁场与磁场的组合r例2】人类研究磁场的目的之一是通过磁场控制带电粒子的运动.如图3所示是通过磁场 控制带电粒子运动的一种模型.在OWxVd和2d的区域内，存在磁感应强度大小均为 B的匀强磁场，其方向分别垂直纸面向里和垂直纸面向外.在坐标原点有一粒子源连续不断 地沿x轴正方向释放出质量为m、带电荷量为式q0）的粒子，其速率有两种，分别为V = 坐困、勿=誓.（不考虑粒子的重力以及粒

18、子之间的相互作用）图3（1）求两种速率的粒子在磁感应强度为B的匀强磁场中做圆周运动的半径R和求两种速率的粒子从X=2d的边界射出时，两出射点的距离Ay的大小.在x2d的区域添加另一匀强磁场，使得从x=2d边界射出的两束粒子最终汇聚成一束， 并平行y轴正方向运动.在图中用实线画出粒子的大致运动轨迹（无需通过计算说明），用虚 线画出所添加磁场的边界线.答案芈2d （2）4（毕一l）d （3）见解析图vmv解析（1）根据可得：足=不又因为粒子速率有两种，分别为：I弋鬻,勿=鬻解得：解=7?2 = 2d.（2）图甲为某一速率的粒子运动的轨迹示意图,甲辅助线如下图，根据几何关系可知： 速率为v的粒子射出

19、尤=2边界时的纵坐标为:y=2(R y=2(R 速率为V2的粒子射出x=2d边界时的纵坐标为：竺=2（/?2 7a一d）=2（2 一小）联立可得两出射点距离的大小：”=4（l）d.（3）两个粒子运动轨迹如图乙中实线所示，磁场边界如图中倾斜虚线所示，可以使得从x=2dr变式2】（2019广东韶关市调研）如图4所示，在无限长的竖直边界AC和。E间，上、下部 分分别充满方向垂直于平面ADEC向外的匀强磁场，上局部区域的磁感应强度大小为Bo,OF为上、下磁场的水平分界线.质量为机、带电荷量为+乡的粒子从AC边界上与。点 相距为。的P点垂直于AC边界射入上方磁场区域，经OF上的Q点第一次进入下方磁 场区

20、域，。与O点的距离为3a不考虑粒子重力及粒子之间的相互作用. Bq 。丁求粒子射入时的速度大小；要使粒子不从AC边界飞出，求下方磁场区域的磁感应强度Bi应满足的条件;假设下方区域的磁感应强度B=3氏,粒子最终垂直DE边界飞出，求边界DE与AC间距 离的可能值.答案 （2）囱2等（3）44（几=1,2,3,），11解析（1）粒子在。/上方的运动轨迹如图甲所示，设粒子做圆周运动的半径为R,由几何关系可知R2一（aq）2 =（3）2, R=5a、V2由牛顿第二定律可知：qvBo=/n系,白5aqBo解仔：v=-.m（2）当粒子恰好不从AC边界飞出时，运动轨迹如图乙所示，设粒子在。尸下方做圆周运动的

21、半径为n,315由几何关系得：门+ cos 9=3。，由（1）中可知cos 9=3，所以门=不,根据/囱= ,解 cSf |2 D _8Bo得：B 一 3 ,那么当82当时，粒子不会从AC边界飞出.。2当5=3&时，粒子的运动轨迹如图丙所示，根据/3氏=7可得粒子在。尸下方的运动 半径为：r=|fz,设粒子的速度方向再次与射入磁场时的速度方向一致时的位置为Pi,那么P 与Pi的连线一定与。尸平行，根据几何关系知：PPi =4。,所以假设粒子最终垂直边界飞出，边界OE与AC间的距离为：L=n PP =4Mn= 1,2,3,）.AAD.模型2电场与磁场的组合 【例31 （2019浙江金华十校高三期

22、末）如图5所示，在平面直角坐标系xOy的第一象限内有一 直角边长为L的等腰直角三角形OPQ,三角形的。点恰好为平面直角坐标系xOy的坐标原 点，该区域内有磁感应强度为以方向垂直于纸面向里的匀强磁场，第一象限中yWL的其他 区域内有大小为E、方向沿X轴正方向的匀强电场；一束电子（电荷量为一6、质量为以大 小不同的初速度从坐标原点。沿y轴正方向射入匀强磁场区域.（不考虑电子的重力以及电子 之间的相互作用）那么：XXX， X 能够进入电场区域的电子，初速度大小范围是多少；一个电子能从。之间某一点进入电场区域，最后恰好从P点离开磁场，求该电子由 。到P的运动时间； 假设电场区域的电场强度大小连续可调，

23、要使电子能从x轴离开电场，那么电子的初速度。 大小和电场强度大小分别满足什么条件？ 答案见解析 解析（1）通过Q点进入电场区域的电子初速度最大，其对应的半径r=L, 八 012 p BeL由 evB=m仔。i=rm故能够进入电场区域的电子的初速度范围是.从尸点离开磁场的电子的运动轨迹如图甲所示，设电子在磁场中做圆周运动的半径为r2,甲L02得V2 =那么r2=7，由 ev2B=ivrL丫2BeL2m.271mgT Tun在电场中：Ee=ma,个=在电场中：Ee=ma,个=2s BLa E由7=而得力=2=1=板故电子由0到P的运动时间为： ., 7tm , BLt0P=t i 亥 + 3=卫+

24、/（3）如图乙所示，只有当电子第一次从电场返回磁场且不从OP和尸。两边离开磁场时，电子 才有可能偏转通过X轴，即电子第一次返回磁场时的半径r3满足：丫34,由evB=三得vW啜 丫3 3m由几何知识可知，电子第二次进入电场时的坐标：x=2n, y=23 电子经电场偏转到达入轴的时间：=巳=3 到达x轴时沿x轴负方向的位移:1 9 2Em/0 =亚=2 当x（）Wx=2-3时，电子可穿过x轴，因2Em 2L得EW得EWLeB23m *故电子能够从x轴离开电场所需要满足的条件是oW竽且EW平. 5m 5m【变式3】（2019浙江浙南名校联盟期末）真空中有一半径为R的圆形区域内存在方向垂直纸面 的匀

25、强磁场，如图6甲所示，圆形磁场区域的右侧放置着一对水平正对放置的金属板M和M 两金属板的中心线。2与虚线圆的圆心。在同一水平线上.在圆上P点（位于。点的正下方） 处有一点状电子源，电子源可以向各个方向发射速率均为次）的电子，当其中一个电子沿PO 方向射入磁场时，电子恰好从圆上的。点沿两金属板中心线射出，电子在进入金属板的瞬间 给两板加上图乙所示的交变电压，最后电子恰好从M板的边缘水平飞出.金属板的板长 L和板间距d都等于2R,电子的质量为m、电荷量为e,忽略电子的重力和相互间的作用力.求:MOzc3T 1 2(1)圆形区域内的磁感应强度大小B； (2)图乙中周期T；(3)图乙中依；(4)假设使

26、电子源均匀向磁场中各方向发射电子一小段时间，并给金属板加上合适的恒定电压, 使射出磁场的电子恰好都打在N板上，求板上ab段与秘段(必=尻)接收到的电子数之比.小 .mvo 2R答案嬴嬴5=123)2nmvj(3)3-)(4)1 : 2解析(1)根据电子的偏转和左手定那么知，圆形区域内的磁场方向垂直纸面向里，对于从Q2 点沿两金属板中心线射出的电子，在磁场中做匀速圆周运动，轨迹半径为R,那么evoB=t?r-, K得B=mvo了，(2)由题意作出从Oi点射出磁场的电子运动轨迹如下图，根据电子恰好从M板的边缘水平飞出知，电子在板间的运动时间为交变电压的周期的整数倍,2/?- O 一 0 一- T(3)粒子在板间偏转的总位移y思= 2nqat 2代入y总=5,代入y总=5,_eUu mdT =5, d=2R,得Uo=2nmv(r(71=1,2,3-).(4)设给金属板加上的恒定电压为U,水平向左发射的电子经过磁场偏转后，经上极板边缘水elJ平入射，恰好打到下极板。点，那么2/?=五12L=v()t