2023届高三物理复习专题26 带电粒子在复合场中的运动（解析版）.pdf

《2023届高三物理复习专题26 带电粒子在复合场中的运动（解析版）.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023届高三物理复习专题26 带电粒子在复合场中的运动（解析版）.pdf（47页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、专题2 6 带电粒子在复合场中的运动目录题型一 带电粒子在组合场中的运动.1类型1磁场与磁场的组合.2类型2先磁场后电场.5类型3先电加速后磁偏转.11类型4先电偏转后磁偏转.14题型二 带电粒子在叠加场中的运动.19题型三带电粒子在交变电、磁场中的运动.29题型四洛伦兹力与现代科技.33类型1质谱仪的原理及应用.33类型2回旋加速器的原理和应用.36类型3电场与磁场叠加的应用实例分析.39题型一 带电粒子在组合场中的运动1.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、磁场交替出现.2.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阶段，对不同的阶段选取不同的

2、规律处理.(2)找关键点：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：根据受力分析和运动分析，大致画出粒子的运动轨迹图，有利于形象、直观地解决问题.3.常见粒子的运动及解题方法带电粒子在分离的电场、磁场中运动电场中磁场中匀速圆周 求法运动圆周运动公式、牛顿第二定律以及几何知识类型1 磁场与磁场的组合磁场与磁场的组合问题实质就是两个有界磁场中的圆周运动问题，带电粒子在两个磁场中的速度大小相同,但轨迹半径和运动周期往往不同.解题时要充分利用两段圆弧轨迹的衔接点与两圆心共线的特点，进一步寻找边角关系.【例 1】（多选）如图所示，在 X。），平面内存在着磁感应

3、强度大小为8 的匀强磁场，第一、二、四象限内的磁场方向垂直纸面向里，第三象限内的磁场方向垂直纸面向外，P（一6L,0）、Q（0,一小L）为坐标轴上的两点.现有一质量为，、电荷量为e 的电子从尸点沿尸。方向射出，不计电子的重力，则下列说法中正确的是（）X X X X&XX XX XX XX X乂 X”X X xX XX XX XX XA.若电子从P 点出发恰好第一次经原点。，运动时间可能 为 裁L C DB.若电子从P 点出发恰好第一次经原点。，运动路程可能为竽C.若电子从尸点出发经原点。到达。点，运动时间一定 为 誓D.若电子从P 点出发恰好第一次经原点0 到达。点，运动路程可能为或27tL【

4、答案】ABD【解析】电子在磁场中做圆周运动，从尸点到。点运动轨迹可能如图甲或图乙所示，电子在磁场中的运动周期为7=誓甲乙X X X XX X X XX X X XX X X XX X X XX X X XX X X XP4 X X XXXXX X X X r)x X X X%X X X X XnX X X X VX X X X X X X X设电子在尸0 段完成个圆弧，则电子从尸点出发恰好经原点。点的时间为90?,-c,=喷7=五天=1、2、3所以若电子从尸点出发恰好第一次经原点O,运动时间可能为 蒜，则 A 正确；电子在磁场中做圆周运动的半径为r,由几何关系可得,让 r=让乙电子从P点出发恰

5、好经原点0,运动路程为S=7 4当=1 时 5=苧所以若电子从P点出发恰好第一次经原点O,运动路程可能为竽，则 B正确；电子从尸点出发经原点O到达Q点，运动时间为f=T=等，=1、2、3.,所以若电子从尸点出发经原点。到达。点，运动时间可能为繁，则 C错误；若电子从P点出发经原点。到。点，运动轨迹可能如图甲、乙所示，若电子 在 段 完 成 个 圆 弧，那么关于电子的运动路程，为奇数时为2 兀心为偶数时为兀心 故 D正确.【例 2.如图所示，空间均匀分布的磁场，其方向都垂直于纸面向外，y 轴是两磁场的分界面.在x 0 区域内，磁感应强度大小为B i=2 T,在 x 0 的区域内，磁感应强度大小为

6、&=1 T.在坐标原点。处有一个中性粒子(质量为M=3.2 x l()-2 5 kg)分裂为两个带等量异号的带电粒子a和 6,其中粒子a的质量m=y M(y可以取。1 的任意值)，电荷量q=+3.2 x l()r 9 c,分裂时释放的总能量E=1.O x 1 0“e V.释放的总能量全部转化为两个粒子的动能.设a粒子的速度沿x轴正方向.不计粒子重力和粒子之间的相互作用；不计中性粒子分裂时间.求：若 尸 0.2 5,粒子a在右边磁场运动的半径R”；(2 取多大时，粒子。在右边磁场运动的半径最大；(3)y取多大时，两粒子会在以后的运动过程中相遇？【答案】(1 需m (2)1 强【解析】(1)分裂过

7、程动量守恒，则有处似,=(1 7)加%由能量守恒定律得，=|yA/vf l2+1(|y)Mv*2,解得力=-I 2 2v i,-y/,T ；T；y(1-粒子“轨迹满足/，5=喏y Mva y 3&l型=8 0 m 由 问 可 知&产 翳=恒 产可 知 当 时R i最大;（3）一个中性粒子分裂为两个带电粒子。和从 根据电荷守恒，。粒子带正电，则。粒子带负电.由于两个粒子的质量和速度的乘积相等，所以两个粒子在同一磁场中的运动半径也相等嵋=瓦=5。、。两粒子的运动轨迹如图所示，它们相遇的位置只有两个，分别为c点和。点若在c点相遇鬻,兀（7）何L兀（一/用qB i qB?3则 若在。点相遇，由于 o

8、c n为正三角形，所 以 哨+翳=四 品 网Qti JQD2 3 q s则 y=|.例 3宇宙中的暗物质湮灭会产生大量的高能正电子，正电子的质量为m,电荷量为e,通过寻找宇宙中暗物质湮灭产生的正电子是探测暗物质的一种方法（称为“间接探测”）.如图所示是某科研攻关小组为空间站设计的探测器截面图，粒子入口的宽度为d,以粒子入口处的上沿为坐标原点建立xOy平面直角坐标系，以虚线A8、C D、E F为边界，区域有垂直纸面向外的匀强磁场，x2d区域有垂直纸面向里的匀强磁场，0令 2 区域内磁感应强度的大小均为B；2dxd由牛顿第二定律得ev B=nr 解得v B D F Q（2）在边界48速度方向与x轴

9、夹角为6 0。的正电子到PQ的时间最短，正电子在磁场中做匀速圆周运动，洛2伦兹力提供向心力，设正电子的轨道半径为r”由牛顿第二定律得改由=玲j r由几何知识得d=n s i n 3r r在入口和AB间、A8和CO间的运动时间相同，设为小 则9仔 加/.r t /p t 7 TZ解得”=而自 C D 至 P Q,t2=r=2 r i+/2=(y 4-（3）速度最大的正电子在每一磁场区域沿y轴负方向偏移的距离y i =r i-r i c o s f速度最小的正电子在每一磁场区域沿y轴负方向偏移的距离y i=d正电子经过边界C D时的y轴坐标范围是一2”一店乃一2），|即一 3店）一 指类型2 先磁

10、场后电场1 .进入电场时粒子速度方向与电场方向相同或相反（如图甲所示）.2 .进入电场时粒子速度方向与电场方向垂直（如图乙所示）.A y=a r ,qE=ma联 立 解 得 =肃，5=气 团。(3)设粒子做类平抛运动过程水平位移为A r,则AX-=PO/.设粒子在y 轴下方磁场区域运动的轨道半径为d+A x则万粒子运动速度丫=悬，qv B nr-40解得8=五反。【例 2 .如图所示的X。)坐标系中，第一象限存在与X。)，平面平行的匀强电场E,且与y轴负方向的夹角。=3 0。,第二象限存在垂直平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为注一带正电粒子自。点射入第二象限，速度。与 x轴负方向的夹角6=3

11、 0。，粒子经磁场偏转后从y 轴上的尸点进入第一象限，并由x轴上的M 点7)(未画出)离开电场.已知O M距离为3L粒子的比荷为瓦，不计粒子重力.(1)求 O P 两点的距离；(2)求粒子在磁场中运动的时间；(3)当该粒子经过P 点的同时，在电场中的N点由静止释放另一个完全相同的带电粒子，若两粒子在离开电场前相遇且所需时间最长，求 N点的坐标.【解析】(1)带电粒子在第二象限内做匀速圆周运动，轨迹如图，圆心为C由牛顿第二定律，得的8=哈解得R=L由几何关系得/O C P=1 2 0。则 O P=y L(2)粒子在磁场中的运动周期T=平粒子偏转1 2 0。，即在磁场中运动时间解得带电粒子进入第一

12、象限时速度与y轴正方向成6 0。角，与电场方向垂直，故粒子在第一象限内做类平抛运动，轨迹如图.由于两粒子完全相同，所以只需在带电粒子进入电场时速度方向的直线上P N范围内任一点释放粒子，均可保证两粒子在电场中相遇，且两粒子在M 点相遇所需时间最长，即在图中N点由静止释放粒子即可.设N点的横坐标为为 纵坐标为y,根据几何知识可得又 x=P N cos 3 0 y=OP+P N s in 3 0 解得X=|L y=上乎乙【例 3】.(2 0 2 2 天津南开中学高三月考)如图所示，在 x轴上方存在匀强磁场，磁感应强度为8,方向垂直纸面向里，在 x轴下方存在匀强电场，方向竖直向上，一个质量为八电荷量

13、为外重力不计的带正电粒子从y轴上的“(0,外点沿y轴正方向以某初速度开始运动，一段时间后，粒子速度方向与x轴正方向成4 5。角进入电场，经过y 轴上的匕点时速度方向恰好与y轴 垂 直.求：yX X X X X XX X X X X XX X X|X X X PH b(1)粒子的初速度大小。I，进入电场前在磁场中的运动时间r；(2 加点的坐标，匀强电场的电场强度大小E.【答案】呼 曹 涕 (。，-誓4 1小-产【解析】(1)根据题意可大体画出粒子在组合场中的运动轨迹如图所示,由几何关系有r c o s 4 5。=/?可得r=y 2 h_ mV2又 q v i B=-可得噜=型粒子在磁场中的周期为

14、片华粒 子 进 入 电 场 前 在 磁 场 中 的 运 动 时 间 字 当o Qqt s(2)设粒子第一次经过x轴的位置为j q,到达8点时速度大小为结合类平抛运动规律，有办=0c o s 4 5。产 型得a一 m设粒子进入电场经过时间f运动到b点，方点的纵坐标为一以结合类平抛运动规律得r+r s i n 45处=(m s i n 4 5。+0 =也广则点坐标为(0,一 立)1 h)由动能定理得一qEy b=!”1 加1加1 2解 得 =-从 .m【例 4】如图所示，在 x轴上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为8,方向垂直于纸面向外；在 x轴下方存在匀强电场，电场方向与x Oy 平面平行，且与x

15、轴成4 5。夹角.一质量为?、电荷量为q(g 0)的粒子以初速度。从 y轴上的P 点沿y 轴正方向射出，一段时间后进入电场，进入电场时的速度方向与电场方向相反；又经过一段时间公，磁场的方向变为垂直于纸面向里，大小不变.不计重力.(1)求粒子从P 点出发至第一次到达x 轴时所需时间;(2)若要使粒子能够回到P点，求电场强度的最大值.【解析】(1)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示.设运动半径为R,运动周期为T,根据洛伦兹力提供向心力，有家，科=蕾.2兀/?T=v o联立解得7=需依题意，粒子第一次到达X轴时，转过的角度为支所需时间为八解 得 广 涕.(2)粒子进入电场后，先做匀

16、减速直线运动，直到速度减小为0,然后沿原路返回做匀加速直线运动，到达x轴时速度大小仍为W，设粒子在电场中运动的总时间为打，加速度大小为。，有 q E=mat l也)一根据题意，要使粒子能够回到P 点，必须满足t 2 To解得电场强度最大值Em a x=27 F.ql o【例 5.如图所示，x Oy 平面内，O P 与x轴夹角为，=5 3。，在xO P范围内(含边界)存在垂直于坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为8=0.1 T.第二象限有平行于y轴向下的匀强电场，场强大小为E=|x i 05 v/m.一带电微粒以速度vQ=5 X 1 06 m/s 从x轴 上 a(L 0)点平行于O P 射入

17、磁场，并从O P 上的人点垂直于O P 离开磁场，与 y 轴交于c 点，最后回到x轴上的点，图中点氏d 未 标 出.已 知 m,s i n微粒的比荷A；(2)d点与。点的距离I;(3)仅改变磁场强弱而其他条件不变，当磁感应强度4大小满足什么条件时，微粒能到达第四象限.【答案】(l)5 xl O7C/k g (2)4 m (3)B 2 0.2 T【解析】(1)微粒在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系得：r=Ls i n 5 3由牛顿第二定律得qv()B=iTTy-解得券=5 x107 c/k g(2)粒子进入电场后做类斜抛运动.由几何关系得Leos 5 3+r丫 支=s i n 5 3在 y 轴方

18、向 y o(=v o/c os 5 3。尸在x轴 方 向I=V oi s i n 5 30解得1 4 m(3)微粒在磁场中做匀速圆周运动的轨迹与边界OP相切时，恰好能到达第四象限.由几何关系知R=；Ls i n 5 32由牛顿第二定律得q w)B i=命解得S=0.2 T故当磁感应强度8.20.2 T时，微粒能到达第四象限.类型3先电加速后磁偏转带电粒子先在匀强电场中做匀加速直线运动，然后垂直进入匀强磁场做匀速圆周运动，如图甲.甲【例1】(2020全国n卷，17)C T扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，CT扫描机可用于对多种病情的探测。图(a)是某种CT机主要部分的剖面图，其中X射线产生部

19、分的示意图如图(b)所示。图(b)中M、N之间有一电子束的加速电场，虚线框内有匀强偏转磁场；经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到靶上,产生X射线(如图中带箭头的虚线所示);将电子束打到靶上的点记为P点。则()A.M处的电势高于N处的电势B.增大M、N之间的加速电压可使P点左移C.偏转磁场的方向垂直于纸面向外D.增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P点左移【答案】D【解析】电子带负电，故必须满足N 处的电势高于M 处的电势才能使电子加速，故选项A 错误；由左手定则可判定磁感应强度的方向垂直纸面向里，故选项C 错误；对加速过程应用动能定理有eU=mv2,2设电子在磁场中运动半径为

20、r,由 洛 伦 兹 力 提 供 向 心 力 有 则/=黄，电子运动轨迹如图所示，由几何关系可知，电子从磁场射出的速度方向与水平方向的夹角。满足sin，=(其中d 为磁场宽度)，联立可得$汨。=曲 端，可见增大U 会使9 减小，电子在靶上的落点P 右移，增大8 可使6 增大，电子在靶上的落点P 左移，故选项B 错误，D 正确。【例 2】如图所示，M、N 板间存在电压为Uo的加速电场，半径为R 的圆形区域内存在磁感应强度为B 的匀强磁场，光屏放置于圆形磁场区域右侧，光屏中心P到圆形磁场区域圆心O 的距离为2 R 带电粒子从S 点由静止飘入M、N 板间，经电场加速后进入圆形磁场区域，在磁场力作用下轨

21、迹发生偏转，最终打在光屏上的某点，测量该点到尸点的距离，便能推算出带电粒子的比荷，不计带电粒子的重力。(1)若带电粒子为电子，已知电子的电荷量为e,质量为m，求电子经过电场加速后的速度大小v及电子在磁场中运动的轨迹半径r：(2)若某种带电粒子通过电场加速和磁场偏转后，打在光屏上的。点，已知P 点到。点的距离为2小R,求该带电粒子的比喘及其在磁场中运动的时间人I答 案 零尸 繇 舞【解析】(1)电子在电场中加速，根据动能定理，有 0解得片糜电子在磁场中做匀速圆周运动3平行于y轴)的匀强电场，在 X轴下方和=一 旬存在垂直坐标平面向外的匀强磁场，一质量为加、电荷量为q的带正电粒子，经过)，轴上的点

22、尸1(0,L)时的速率为加，方向沿x轴正方向，然后经过x轴上的点尸 2 d 心,0)进入磁场，经磁场偏转后垂直y=一%虚线进入下方电场,求：3-54-5(1)粒子到达七 点时的速度大小和方向;(2)电场强度E和磁感应强度B的大小:(3)粒子从P i点出发后至第5次经过x轴所经历的时间及此时经过x轴的位置坐标.【答案】(l)|v o 方向与x轴正方向的夹角为5 3 嗯;之 3 弟 产(果,0)【解析】(1)如图所示，粒子从Q 到 P 2 做类平抛运动，设到达尸2 时沿y轴方向的分速度为b由运动学规律有方=加fVyL=h可得 洋2 V o431故粒子在P-L的速度大小Vy v o1+v f-va设

23、 v 与x轴正方向的夹角为,贝 I j t a n/?=V=：即夕=5 3。(2)粒子从P 到P i，据动能定理有c/EL mv mv t i1可得”鬻作出粒子轨迹如图所示，设在磁场中做匀速圆周运动的半径为r,2 s则由几何关系可得=而 彳=%供由 q v B=m y门 mv 2 mv o8=不=麻3/(3)粒子运动一个周期的轨迹如图所示，粒子从外运动到P 2,“=荒又因为T破=平=替粒子从2运动到“，/2=襦7 微=需；粒子从M运动到M =普=空则粒子笫5次经过x轴经历了 2个周期加I 个类平抛的时间，n n d,(45 0+3 7 兀 乂即为1=4(八+，2+办)+。=3 0.3 5 5每

24、个周期内粒子会沿x 轴正方向移动的距离为Ax=2 x L+2 x(/L-/co s 3 7)=4L则粒子笫5次经过x轴距坐标原点的距离为x=2A v+=?1 9则坐标为(5 乙,0)【例 2 .如图所示，同一竖直平面内的a、b、c,三条水平虚线间的距离分别为、2 d,在虚线“上方有竖直向下的匀强电场，虚 线b.c之间有水平向里的匀强磁场，其磁感应强度大小可调.一质量为加、电荷量为式q 0)的带电粒子从到虚线a的距离为d 的。点水平向右射入电场，射入的初速度大小为优，并从虚线。上的P点离开电场，。、P两点间的水平距离为2 d当磁感应强度大小为S(未知州寸，粒子恰好不能从虚 线 c 射出磁场，并从

25、虚线。上 的。点(图中未标出)第一次返回电场.不计粒子受到的重力，虚 线 a、b之间既无电场也无磁场.(1)求匀强电场的电场强度大小E；(2)求磁感应强度大小助 及 P、Q两点间的距离；(3)改变匀强磁场的磁感应强度大小，使粒子第一次从磁场中返回到电场后能直接从Q点离开电场，求此磁感应强度大小B i.【答案震鸣沪(6+4内冷【解析】(1)如图甲所示，粒子在电场中做类平抛运动，沿初速度方向有2 d=w r沿电场方向有4=去/尸其中加速度大小。=隼解 得 黑(2)如图乙所示，粒子从电场中射出时有t an =F=lv o乙粒子从电场中射出时的速度大小V=PO2粒子在磁场中运动时有小，5=*粒子恰好不

26、从虚线c射出时有2 d=R-R cos 0则 R=(4+2 6)4联立解得B 尸地步粒子从电场中射出时到进入磁场前沿虚线方向的位移大小制=磊=1粒子在磁场中沿虚线方向的位移大小X2=2 R s i n。=4(正+l)d由对称性可得P、。间的距离X?Q=2XI+x 2=(6+4_)d(3)如图丙所示，当粒子再次进入电场中时沿虚线方向的位移大小X 3=2 x op=4d粒子从电场射出时经过。点，则有2 r i+x 2，+x 3=x p 解得X2 =4啦 d由几何关系可得R =442粒子在磁场中运动时有0，&=簧解 得 比=幅【例 3】(2021全国甲卷25)如图，长度均为/的两块挡板竖直相对放置，

27、间距也为/，两挡板上边缘尸和M处于同一水平线上，在该水平线的上方区域有方向竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E：两挡板间有垂直纸面向外、磁感应强度大小可调节的匀强磁场.一质量为3 电荷量为q(q 0)的粒子自电场中某处以大小为如的速度水平向右发射，恰好从P点处射入磁场，从两挡板下边缘。和 N 之间射出磁场，运动过程中粒子未与挡板碰撞.已知粒子射入磁场时的速度方向与PQ的夹角为6 0,不计重力.P Ml i Q N、求粒子发射位置到P点的距离;(2)求磁感应强度大小的取值范围;(3)若粒子正好从QN 的中点射出磁场，求粒子在磁场中的轨迹与挡板M N的最近距离.1 总安、V 1 3/n v o2.

28、1、,(3 一 小)呵 百 0)的液滴，以 速 度v沿与水平方向4 5。角斜向上进入正交的范围足够大的匀强电场和匀强磁场叠加区域，电场强度方向水平向右，磁场E直纸面向里，液滴在场区做直线运动.重力加速度为g,试求：XX X/XX/E，/X XX(1)电勾(2)当以的影瓯(3)在司X X B X力强度E和 磁 感 应 强 度B各多大？反滴运动到某一点A时，电场方向突然变为竖直向上，大小不改变，不考虑因电场变化而产生的磁场J.此时液滴加速度为多大？育足(2)的前提下，液 滴 从A点 到 达 与A点位于同一水平线上的P点(图中未画出)所用的时间.:】(嘴鬻(2极(3噜【解析】（1）液滴带正电，受力情

29、况如图所示:有 q E=，gtan 9=mg,q v B=巾mg可得E=臂，“皿q、电场方向突然变为竖直向上，大小不改变，故电场力与重力平衡，洛伦兹力提供向心力，粒子做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，有：a=y2g.（3）电场变为竖直向上后，gE=?g,故液滴做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得以B=5可得 幸则 T书3由几何知识得，可 得 尸 噜.【例3】（2022山东济南市模拟）如图所示，两竖直虚线间的距离为L,其间的区域存在方向水平向右的匀强电场。自该区域左方的A点将质量为,、电荷量为q的带电小球以初速度吻=4阻 沿平行于电场的方向抛出。已知抛出点到电场左边界的距离为2 L小球到达电场右边界

30、时速度方向恰好变为竖直向下。不计空气阻力，重力加速度大小为g。-2L*；*；AI !:-）：E：求小球进入电场时速度大小；求小球到达电场右边界时的位置到抛出点的距离；（3）在匀强电场区域再施加一个匀强磁场，使小球进入此区域后能够沿直线运动，求所加磁场的方向以及磁感应强度大小。【答案】（1）2屈（2）5乙（3）垂直纸面向外，会J手【解析】(1)设小球从抛出经时间h恰好进入电场，则根据平抛运动规律有2 A=W i 根据速度的合成可知，小球进入电场时的速度大小为E速+(勖)2 联立解得v=2 病(2)设小球进入电场后经时间t2到达电场右边界，根 据 运 动 学 公 式 得 小球从抛出到到达电场右边界

31、的过程中下落的高度为6=%+切 2 由 几 何 关 系 可 知 何+(3 L)2 联立解得s=5 L(3)由前面分析可知小球带负电，小球在电场、磁场和重力场的复合场中做匀速直线运动，小球所受重力和电场力的合力方向斜向左下方，根据平衡条件可知小球所受洛伦兹力的方向一定斜向右上方，又因为小球进入复合场区时的速度方向斜向右下方，故根据左手定则可知匀强磁场的方向为垂直纸面向外。设小球刚进入复合场时速度方向与水平方向的夹角为a,则 t a n a=根据平衡条件可得/M g t a n a=q E qv B =7(qE)2+(吆)2 联立解得磁感应强度的大小为【例 4】(2022福建龙岩市质量检测)如图所

32、示，在竖直的xOy平面内，在水平x 轴上方存在场强大小后=警、方向平行于x轴向右的匀强电场，在第二象限存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，在 x轴下方存在方q向垂直纸面向外的匀强磁场，大小与方向都未知的匀强电场E2。一质量为机、带电荷量为4的小球从)，轴上的P(0,L)位置无初速度释放，释放后小球从第一象限进入第四象限做匀速圆周运动，运动轨迹恰好与y轴相切。求匀强电场田 的大小与方向；(2)求小球第二次穿过x 轴的位置与第三次穿过x轴的位置之间的距离；(3)若让小球从)，轴上的。点(图中未标出)无初速度释放，小球第二次穿过x 轴后进入第二象限做直线运动,恰好又回到Q点。求第二象限中匀强磁场的磁感应

33、强度B的大小。【答案】(1 拳方 向 竖 直 向 上(2)8 L(3)口嚼上遮【解 析】(因为小球在2m i l C -ins.则 Ei J,(2)设小球进1)小球无初速度释放后进入第一象限，故小球带正电，做匀加速直线运动翳四象限做匀速圆周运动，所 以9员=7方向竖直向上入第四象限的速度方向与水平方向夹角为仇如图所示r _ _ _ _ _ _ _.x B x x xP,g qX X X XX X X X:由运动学公,-2%i n 淤,a皿拿求得)。一 西-由得小球再次回乡竖 直 方 向t=水 平 方 向qEx=(v c o s 0)t-由得(3)假 设x轴1 丫=2%,8=4 5。前第一象限做

34、类平抛运动，有=niax卜共产x=8 L o下方匀强磁场磁感应强度大小为氏，从尸点释放的小球进入磁场，有yx B x x xP“n、q EiX X X XX xM.:R+R cos 3=qv B o=，般假 设。点离从Q点释放qv B o=niL 坐标原点的距离为,对 从Q点释放的小球，进入第一象限的速度为环，同理可得也=2病的小球进入X轴 下 方，做匀速圆周运动，有5)从。点释放的小球在第二象限做宜线运动，电场力和重力的合力与洛伦兹力大小相等，叫与X轴夹角3=4 5,有 饮 出=&，砥电场力和重力的合力与洛伦兹力方向相反，则 与 必 然 垂 直，由几何关系，得8=也此?由 0 8下代入心得(

35、2+7 2)nr gL*2 qL 0【例5】如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系X。)，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+小 质量为m的微粒从原点出发，以某一初速度沿与x轴正方向的夹角为4 5。的方向进入复合场中，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)，微粒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：(1)电场强度E的大小；(2)磁感应强度8的大小；(3)微粒在复合场中的运动时间.【答案】(噂 吟6(3)弓+1,【解析】(1)微粒到

36、达4(/,/)之前做匀速直线运动，对微粒受力分析如图甲:口 J 知 E q=m g,得：E .q(2)由平衡条件得:qv B =j/ng电场方向变化后，微粒所受重力与静电力平衡，微粒在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹如图乙：/8由几何知识可得：，=啦/联立解得：v =国,B=g(3)微粒做匀速直线运动的时间：八=率微粒做匀速圆周运动的时间：g木63兀口/2=微粒在复合场中的运动时间:r=/i+/2=(y+i y|.【例6】如图所示，直角坐标系xQy所在竖直平面内分布着场强大小相等的匀强电场，第一、二象限中场强方向沿)，轴正方向，第三、四象限中场强方向沿x轴正方向；第一、四象限还分布着垂直于平

37、面向里的匀强磁场.一质量为0.02kg、带正电的微粒自坐标为(0,-0.4 m)的4点出发，与y轴成45。角以2 m/s的速度射入第四象限，并能在第四象限内做匀速直线运动，已知重力加速度g取10m/s2.求：A lx-x_ x.(1)微粒第一次通过y轴正半轴时的纵坐标：(2)微粒运动轨迹与初速度方向所在的直线第一次相交时，所需要的时间(结果可用根式表示);(3)微粒从射出到第(2)问所说的时刻，动能的增加量.【答案】(1)0.4 m(2)卷(6+?r)s 0.16 J【解析】(1)微粒受力及运动过程分析如图所示:微粒在第四象限内沿与y轴成4 5。角做匀速直线运动，有 q E=mgqv B=巾

38、mg微粒在第一象限内，重力与静电力二力平衡，微粒做匀速圆周运动，由 qv B=联立解得厂=坐m由几何关系得，微粒在第一象限恰好做了半个周期的圆周运动，故微粒第一次通过y轴正半轴时的纵坐标为 0.4 m.(2)由A到B微粒做匀速直线运动：位 移 为 内=乎m时间”=放解得h共s由8到C微粒做匀速圆周运动：nr力=一v解 得 打=喑S由C到。微粒做匀速直线运动：位移为X 2=m时间，3=彳解得/3=坐s由。到E微粒做类平抛运动，轨迹交B A延长线于G点加速度方向沿。指向4，大小为沿DA方向位移大小为*3=苧 m由解得，4=乎S啦故 t&=t+f 2+h+=JQ(6+TI)S(3)只有在第三象限运动

39、的过程，微粒动能有变化.从D到G,合外力做的功W=y l 2 mg-x3由动能定理知，W=A E k.解得动能的增加量为E k=0.1 6 J.【例 7】(2022江西高三月考)如图所示，在 竖 直 平 面 内 的 直 角 坐 标 系，中，第四象限内有垂直坐标平面向里的匀强磁场和沿x轴正方向的匀强电场，磁感应强度大小为B,电场强度大小为E.第一象限中有沿y轴正方向的匀强电场(电场强度大小未知)且某未知矩形区域内有垂直坐标平面向里的匀强磁场(磁感应强度大小也为B).一个带电小球从图中y轴上的M点，沿与x轴 成。=4 5。角斜向上做匀速直线运动，由x轴上的N点进入第一象限并立即在矩形磁场区域内做匀

40、速圆周运动，离开矩形磁场区域后垂直打在y轴上的P点(图中未标出)，已知O、N点间的距离为L重力加速度大小为g(取s i n 2 2.5=0.4,c o s 2 2.5。=0.9).求：小球所带电荷量与质量的比值和第一象限内匀强电场的场强大小；(2)矩形匀强磁场区域面积S的最小值：(3)小球从M点运动到P点所用的时间.【n条】(1)E 记J 54 石(1十2)十 且8 4兀2【解析】(1)设小球质量为7,电荷量为夕，速度为 小球在MN段受力如图因为在MN段做匀速直线运动，所以小球受力平衡，由平衡条件得mgt an 450=qEqv B s in 4 5=q E解得“选规律联立不同阶段的方程求解【

41、例1】（2 0 2 2山东日照市高三模拟）如图甲所示，水平放置的平行金属板尸和Q,间距为4,两板间存在周期性变化的电场或磁场.P、。间的电势差随时间的变化规律如图乙所示，磁感应强度8随时间变化的规律如图丙所示，磁场方向垂直纸面向里为正方向.r=0时刻，一质量为，小 电荷量为+g的粒子（不计重力），以初速度由由尸板左端靠近板面的位置，沿平行于板面的方向射入两板之间，外 相、d、血、t/o为已知量._ _ _ _ _ _ _ _ _ Q.U”BI I I 0 J T T y T T 2T T_ 4,T T 1 7 I T t/(x l O-5 S)T HT ：-3 -5 1 F-0.5-Jb 求正

42、电荷在正向磁场和负向磁场中运动的半径及周期；(2)如果在O点右方43.5 c m 处有一垂 直 于 的 足 够 大 的 挡 板，求电荷从。点出发运动到挡板所需的时间.【答案】(1)见 解 析(2)云兀x i o-s?【解析】(1)当磁场垂直纸面向外时，设电荷运动的半径为八，由 8 q 丫 0=管代入数据可得r i=5 c mC/D当磁场垂直纸面向里时，设电荷运动的半径为 2,同理可得/*2=*=3 c mCJD2由圆周运动规律得7=黑qB当磁场垂直纸面向外时，周 期 7|=驾=条10%qt 3磁场垂直纸面向里时，周期7 2=FX10 5 sC/D2 3(2)电荷从f=0时刻开始做周期性运动，结

43、合磁场的周期性可知运动轨迹如图所示从电荷第一次通过M N 开始，其运动的周期=4/|+停+学=攀 5 s每个周期电荷沿M N向挡板移动距离为Ad=2 S 一门）=4 c m根据电荷的运动情况可知，电荷到达挡板前运动的完整周期数为9 个，即 s=9A/=3 6c m则最后7.5 cm 的距离的轨迹如图所示由几何关系可得r i +r i c o s a=7.5 c m解得 c o s a=0.5,即 a=60 故电荷运动的总时间t产 +9 7+品-黑”=%rx 1 0-5【例 3】如图a,区域I 有竖直向上的场强大小为回）的匀强电场，区域I 有平行于x轴的交变电场，场强E 随时间变化规律如图b所示

44、（设向右为正方向），区域H I和区域IV 有方向均垂直纸面的匀强磁场，且区域IV 磁场的磁感应强度大小为区域H I磁场的磁感应强度大小的2倍.y 轴上水平固定着一块以。，为中点的绝缘弹性挡板（挡板厚度可忽略，粒子与挡板碰撞时，平行挡板方向的分速度不变，垂直挡板方向上的分速度等大反向，且碰撞后电荷量不变）.f=0 时，在 O 点释放一带正电粒子（不计重力），粒子经电场加速后进入区域II,经电场偏转后进入区域III,进入时粒子速度与水平方向成3 0。角，接着在磁场中恰好以0,点为圆心做圆周运动，此后又恰好回到。点，并做周期性运动，已知量有：粒子的质量机，电荷量q,电场场强大小瓦，区域I 的宽度d求

45、：（1）粒子在区域I 加速的时间Zi 以及进入区域II时的速度大小vo;（2）粒子刚进入区域H I的x坐标以及区域III中磁感应强度B的大小；（3）若粒子在f=7 时刻恰好返回。点，则交变电场随时间变化的周期7 是多少？【答案】牌 4 噜 3 阳 （2+2#+2.5 叭霭【解析】（1）粒子在区域I 经电场加速，设加速时间为小 加速度大小为，由匀变速直线运动的位移公式得 d=cit 2由牛顿第二定律得=姿根据动能定理有qEod=mv 得进入区域I I 时的速度大小卬=y(2)粒子在区域I I 中经电场偏转，做类平抛运动，设粒子偏转时间为粒子进入区域H I 的速度大小为v,其水平分速度为V x，粒

46、子刚进入区域山的水平坐标为X.由运动的合成与分解得=鬻 川次一%t a n 3 0。侍 x3 d由几何关系，粒子在磁场中做圆周运动的半径=焉 不由牛顿第二定律得又因为 v=-/v o2+v.v2得2 mE()qd(3)据题意，粒子在。0.5 7 内运动到。，点，轨迹关于)，轴对称.由(2)问表达式得/2=粒 子 在 磁 场 中 运 动 的 周 期 介=平=篝在区域ni 运动的时间为t3=2 x线 鬻=蔬在区域I V 运 动 的 时 间 为 =瑞=湍故周期 T=2(/1+f t)+?3+U题型四洛伦兹力与现代科技类型1质谱仪的原理及应用1 .作用测量带电粒子质量和分离同位素.2 .原理(如图所示

47、)4（1）加速电场：qU=mv2；vnT（2）偏转磁场：qvB=,/=2r；.亦/日 1 j2mU qr1 q 2U由以上两式可得 =卫 1-，m=2 U，?=乔【例1】（2022福建宁德市质检）如图所示，一个静止的质量为加、带电荷量为g的粒子（不计重力），经电压U加速后垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场，粒子在磁场中转半个圆周后打在P点，测出0、P间距离为x,下列x-U图像可能正确的是（）产amo-BXP【答案】B【解析】在加速电场中，由动能定理得“1 2qU=jnr在匀强磁场中，洛伦兹力提供向心力，七 n 廿有 qvB=m-8、八g都一定，则由数学知识可知，xU图像是抛物线，故B正确。【例3

48、】（多选）如图所示，一束电荷量相同的带电粒子以一定的初速度沿直线通过由相互正交的匀强磁场和匀强电场（左侧极板带正电，右侧极板带负电）组成的速度选择器，然后粒子通过平板S上的狭缝P进入另一匀强偏转磁场，最终打在Ai、4上，下列说法正确的是（）A.粒子带正电B.速度选择器中磁场方向为垂直纸面向里C.所有打在4A 2上的粒子，在匀强偏转磁场中的运动时间都相同D.粒子打在4 4 上的位置越远，粒子的质量越大【答案】AD【解析】带电粒子在磁场中向左偏转，根据左手定则，知该粒子带正电，故 A 正确；粒子经过速度选择器时所受的静电力和洛伦兹力平衡，静电力方向向右，则洛伦兹力方向向左，根据左手定则可知速度选择

49、器中磁场方向为垂直纸面向外，故 B 错误；所有打在4 4 上的粒子，在匀强偏转磁场中做匀速圆周运动，运 动 的 时 间 而丁=平,经过速度选择器后粒子的速度都相同，在匀强偏转磁场中做匀速圆周运动的粒子，半径越大则时间越长，故 C 错误；经过速度选择器进入匀强偏转磁场中的粒子速度相等，根据题意可知粒子的电荷量相同，根据得/=浅，粒子打在4A 2上的位置越远离P,则半径越大，粒子的质量越大，故 D 正确.【例 3】（2022湖南长沙一中高三月考）质谱仪是一种利用质谱分析测量离子比荷的分析仪器，如图是一种质谱仪的示意图，它是由加速电场、静电分析器和磁分析器组成.已知静电分析器通道中心线的半径为R,通

50、道内均匀辐射电场在中心线处的电场强度大小为E,磁分析器有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向外.现有一质量为 八 电荷量为q的带电粒子由静止开始经加速电场加速后，沿中心线通过静电分析器，由 P 点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的。点，不计粒子重力，下列说法中正确的是（）加 速 电 叫 号 方 拶 分 析 器胶一片M7 a .p.磁分析器.BA.经分析，粒子带正电，且极板M 低于极板N 电势B.不同种类的带电粒子通过静电分析器的时间都相同C.加速电场的电压D.带电粒子在磁分析器中运动的直径P Q=R/等【答案】C【解析】因为粒子在磁场中从P点运动到Q点，因此由左手定