高考物理二轮复习专题七计算题题型强化第3讲加试计算题22题带电粒子在复合场中的运动学案

1、第 3 讲 加试运算题 22 题 带电粒子在复合场中的运动题型 1 带电粒子在叠加场中的运动1. 如图 1 所示的坐标系,x 轴沿水平方向,y 轴沿竖直方向第一、其次和第四象限内,既无电场也无磁场,在第三象限,存在沿y 轴正方向的匀强电场和垂直坐标平面对里的匀强磁场一质量为m、电荷量为 q 的带电质点,从y 轴上 y1h 处的 P1点,以肯定的水平初速度沿 x 轴负方向进入其次象限；然后经过x 轴上 x 2h 处的 P2点进入第三象限,带电质点恰好做匀速圆周运动,经y 轴上 y3 2h 的 P3 点离开电磁场,重力加速度为g. 求：图 1 1带电质点到达P 2点时速度的大小和方向；2 第三象限

2、内电场强度的大小；3 第三象限内磁感应强度的大小答案12gh方向与x轴负方向成45角2mg3m2gqqh解析1 带电质点运动轨迹如图2P点,带电质点从1P到得：由平抛运动规律h1 2 gt20v2h tyvgttan vyv0vv02vy22gh方向与 x 轴负方向成 45 角2带电质点从2P到P 3,重力与电场力平稳,得：1 / 14 Eq mg解得：Emg q .3 第三象限内,洛伦兹力供应带电质点做匀速圆周运动的向心力,由牛顿其次定律得：2如图qvBmv2 R 由几何关系得：2R 22h 22h2 联立式得：Bm2g h .q2 所示,在足够大的空间范畴内,同时存在着竖直向上的匀强电场和

3、垂直纸面对外的匀强磁场,电场强度为 E,磁感应强度为 B. 足够长的斜面固定在水平面上,斜面倾角为45 . 有一带电的小球 P 静止于斜面顶端 A 处,且恰好对斜面无压力如将小球 P 以初速度v 0 水平向右抛出 P 视为质点 ,一段时间后,小球落在斜面上的 C 点已知小球的运动轨迹在同一竖直平面内,重力加速度为 g,求：图 2 解析1 小球 P落到斜面上时速度方向与斜面的夹角 及由 A到 C所需的时间t ；2 小球 P 抛出到落到斜面的位移x 的大小答案145 E22Ev02gBgB1 小球P 静止时不受洛伦兹力作用,仅受自身重力和电场力,对斜面无压力,就mgqEP 获得水平初速度后由于重力

4、和电场力平稳,将在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动,由对称性可得小球P 落到斜面上时其速度方向与斜面的夹角为452 / 14 qv0 Bv02 m RT2 R2 mv0qB圆周运动转过的圆心角为90,小球P由A到C所需的时间：tT4 E2gB2由式可知,P做匀速圆周运动的半径Rmv0 qB 由几何关系知x2 R由可解得位移x2Ev0 .gB1. 带电粒子在叠加场中无约束情形下的运动情形分类 1 洛伦兹力、重力并存 如重力和洛伦兹力平稳,就带电粒子做匀速直线运动如重力和洛伦兹力不平稳,就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2 电场力、洛伦兹力并存 不计重力的微

5、观粒子如电场力和洛伦兹力平稳,就带电粒子做匀速直线运动如电场力和洛伦兹力不平稳,就带电粒子将做复杂的曲线运动,因洛伦兹力不做功,可用 动能定理求解问题3 电场力、洛伦兹力、重力并存 如三力平稳,肯定做匀速直线运动如重力与电场力平稳,肯定做匀速圆周运动如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带电粒子在叠加场中有约束情形下的运动 带电粒子在叠加场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道等约束的情形下,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、恒力做功情形,并留意洛伦兹力不做功 的特点,运用动能定理、能量守恒定律结合牛

6、顿运动定律求解3 / 14 1如图 3 所示,在题型 2 带电粒子在组合场中的运动y 轴右侧存在匀强磁场,yxOy平面内存在、四个场区,轴左侧与虚线 MN之间存在方向相反的两个匀强电场,区电场方向竖直向下,区电场方向竖直向上, P 点是 MN与 x 轴的交点有一质量为 m、带电荷量 q 的带电粒子由原点 O,以速度 v 0 沿 x 轴正方向水平射入磁场 ,已知匀强磁场 的磁感应强度垂直纸面对里,大B0v0小为 B 0,匀强电场 和匀强电场 的电场强度大小均为 E4, 区的磁场垂直纸面对B0 8mv0外,大小为2,OP 之间的距离为qB0,已知粒子最终能回到 O 点图 3 1 带电粒子从O点飞出

7、后,第一次回到x 轴时的位置和时间；2 依据题给条件画出粒子运动的轨迹；带电粒子在3 带电粒子从O点飞出后到再次回到O点的时间答案14mv0 qB0,0错误 .2见解析图3错误 .解析1带电粒子在磁场中运动的半径为R 1mv0qB0磁场中运动了半个圆,回到y轴的坐标y2 R 12mv0 qB0,时间为t1T 2 mqB0带电粒子在场区做类平抛运动,qE qB0v0依据牛顿其次定律得带电粒子运动的加速度 am4m,1竖直方向 y2 at 22,水平位移 xv 0 t 2,4m 4mv0联立得 t 2,xqB0 qB0故 t 总t 1t 2错误 .4mv0第一次回到 x 轴的位置 qB0,04 /

8、 14 2 依据运动的对称性画出粒子在场区的运动轨迹如下列图带电粒子在场区运动的半径是场区运动半径的2 倍,画出粒子的运动轨迹,同样依据运动的对称性画出粒子回到O点的运动轨迹如下列图3带电粒子在磁场中运动的时间正好为1个周期,故t12 mqB022022杭州市四校联考如图带电粒子在、两个电场中运动的时间t24 t216mqB0带电粒子在场中运动的时间为半个周期t32 mqB0因此带电粒子从O点飞出后到再次回到O点的时间t总t1t2t3错误 .4所示,一带电微粒质量为m2.0 1011kg、电荷量为q1.0 105C,从静止开头经电压为U 1100 V的电场加速后,水平进入两平行金属板间的偏转电

9、场中,微粒射出电场时的偏转角 30 ,并接着进入一个方向垂直纸面对里、宽度为D203cm的匀强磁场区域已知偏转电场中金属板长3L20 cm,两板间距d10cm,重力忽视不计求：图 4 1 带电微粒进入偏转电场时的速率 1v；2 偏转电场中两金属板间的电压 2U；3 为使带电微粒不会由磁场右边射出,该匀强磁场的磁感应强度 B 至少为多大？4答案 11.0 10 m/s 2100 V 30.1 T1解析 1 设带电微粒经加速电场加速后速度为 v,依据动能定理 U 1 q2 mv 125 / 14 得v12U1q m1.0 104m/s2 带电微粒在偏转电场中做类平抛运动带电微粒在竖直方向做匀加速直

10、线运动,设其加速度为a水平方向：v1L t,出电场时竖直方向速度为v2Eq qU2 qU2 L竖直方向：amdm,2vatdmv1v2 qU2L U2L由几何关系 tan v1dmv122dU1代入数据解得 U 2100 V3 带电微粒进入磁场做匀速圆周运动,洛伦兹力供应向心力,设微粒轨道半径为 R,由几R 2何关系知 R2D,R3 D设微粒进入磁场时的速度为 vv1vcos 30 ,mv 2又 qvBR,解得 B0.1 T为使带电粒子不射出磁场,磁感应强度B 至少为 0.1 T.32022嘉兴市一中期末如图5所示,宽度为3 L的区域被平均分为区域、,其中、有匀强磁场,它们的磁感应强度大小相等

11、,方向垂直纸面且相反长为3 L、宽为L2的矩形 abcd 紧邻磁场下方,与磁场边界对齐,O为 dc 边中点, P 为 dc 中垂线上一点, OP3L. 矩形内有匀强电场,电场强度大小为 E,方向由 a 指向 O. 电荷量为 q、质量为 m、重力不计的带电粒子由 a 点静止释放,经电场加速后进入磁场,运动轨迹刚好与区域的右边界相切6 / 14 图 5 1 求该粒子经过 O 点时的速度大小 v 0；2 求匀强磁场的磁感应强度大小 B；3 如在 aO之间距 O点 x 处静止释放该粒子,粒子在磁场区域中共偏转 n 次到达 P 点,求 x满意的条件及 n 的可能取值2qEL 3mE 3 1 2答案 1

12、m 2 2qL 3 x 2n6 L,n2、3、4、5、6、7、81解析 1 由题意中长宽几何关系可知 aOL,粒子在 aO 加速过程由动能定理：qEL2 mv 022粒子在磁场区域得粒子经过O点时速度大小：v02EqL m 中的运动轨迹如图,设粒子轨迹圆半径为R 0,由几何关系可得：R 0R 0 cos 60 3 3 L0R0R由洛伦兹力公式和牛顿其次定律得：qv0 Bmv02R0联立式,得：B3mE 2qL3 如粒子在磁场中一共经过n 次偏转到达P,设粒子轨迹圆半径为R,由几何关系有：2 n 3Ltan 30 R cos 30 3 L6依题意有联立得97n9,且n取正整数设粒子在磁场中的运动

13、速率为v,有：qvBmv2 R7 / 14 在电场中的加速过程,由动能定理：qEx1 22 mv联立式,得：x32n12L,其中n2、3、4、5、6、7、86“ 电偏转” 和“ 磁偏转” 的比较受力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 电场力 FqE,其大小、方向不变,洛伦兹力 F 洛qvB,其大小不变,方情形与速度 v 无关, F 是恒力向随 v 而转变, F 洛是变力轨迹抛物线圆或圆的一部分运动轨迹利用类平抛运动的规律求解：求解vxv0,xv0tqEt半径： r mv qBvyqE m t ,周期： T2 m qB方法y1 2qE mt2偏移距离 y 和偏转角

14、 要结合圆的几运动偏转角 ：何关系利用圆周运动规律争论求解tan vy vxmv0t x v0t 2T m时间qB动能变化不变专题强化练 限时： 35 分钟 12022 温州市 9 月选考 如图 1 所示,空心圆台上、下底面水平,其半径分别为 3r 和 2r ,圆台高为 H4r ,圆台壁内表面涂有荧光粉位于圆台轴线位置的某电学器件,其阴极 是一根细圆柱形导体,阳极是围绕阴极半径为 r 的圆柱形金属网 厚度不计 ,阳极与圆台壁之间的空间区域分布着竖直向下的匀强磁场,从阴极发出的电子8 / 14 初速度不计 ,经加速后从阳微小孔中水平射出,撞到圆台壁上可使圆台壁发光已知阴阳两级之间所加的电压恒为U

15、,电子比荷为k,电子重力、电子间的相互作用力以及其他阻力均忽视不计图 1 1 如使圆台壁不发光,就磁感应强度至少为多大？2 如将阳极半径缩小,使其与阴极距离忽视不计,并使磁场布满整个圆台空间,转变磁感应强度 B 的大小,圆台壁发光部分的竖直高度h 也随之转变,试确定h 随 B 变化的函数关系答案142U2h82Uk8r22UkB12U k 3rkB3rr可得解析1由动能定理得：eU1 22 mv由几何关系可知：2 Rr22rR 2v2 m RevB 0得v2kU,由 可得R3 r 4,由 可0B42U .k代 入 3r2 设高为 h 处的台体半径为R ,就H r2rhRevBv2 m R2由得

16、R2 rh,49 / 14 2如图 2 甲所示,长为由得R2v kB,B2mv2v22U k 2rR 3reRkRR再结合v2kU,得h82Uk8 r22UkB12U k L 的平行金属板B3rrM、N 水平放置,两板之间的距离为d,两板间有沿水平方向垂直纸面对里的匀强磁场,磁感应强度为B,一个带正电的质点,沿水平方向从两板的正中心垂直于磁场方向进入两板之间,重力加速度为 g.图 2 1 如 M板接直流电源正极,N板接负极,电源电压恒为 U,带电质点以恒定的速度 v 匀速通过两板之间的复合场 电场、磁场和重力场 ,求带电质点的电荷量与质量的比值2 如 M、N 接如图乙所示的交变电流 M板电势高

17、时 U为正 ,L0.5 m ,d0.4 m ,B0.1 42T,质量为 m1 10 kg、带电荷量为 q2 10 C 的带正电质点以水平 速度 v1 m/s,2从 t0 时刻开头进入复合场,g10 m/s,试定性画出质点的运动轨迹3 在第 2 问的条件下求质点在复合场中的运动时间gd答案 1 BvdU 2 见解析图 30.814 sU解析 1 Ed由质点做匀速直线运动可得：BqvqEmgq gd得：.m BvdU2 当 M板电势高 U为正时,有BqvqEmg,粒子做匀速直线运动当 M板电势低U 为负时,有mgqE,粒子在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动,所以轨迹如下列图：3运动时间：tL2 m

18、Bq0.814 s.v32022 宁波市九校高二上期末 宇宙射线中,往往含有大量的粒子与反粒子.1932年,10 / 14 美国加州理工学院的安德森通过威尔逊云室、强磁铁等试验仪器,发觉了电子的反粒子正电子 .1955 年,张伯伦和塞格雷用加速器证明了反质子的存在如图 3 所示,已知区域 是速度挑选器,极板 M、N 间距为 4 L,现有一束由反质子1 H 与氘核 21 H 两种粒子组成的射线,沿极板 M、N 中间线以相同速度 v 0 射入,并从中心 O 点进入极板上方的区域 . 已知质子的质量为 m,电荷量为 e,忽视电荷之间的相互作用图 3 图 4 1 区域是威尔逊云室,云室中布满过饱和乙醚

19、蒸汽,当带电粒子经过时,蒸汽凝聚,形成轨迹,云室中加垂直纸面对里的匀强磁场,图中显示了两种粒子在云室中的径迹 1、2,试判定在云室中显示径迹1 的是哪种粒子的运动轨迹,并分析半径减小的缘由2 现有一科研团队,通过试验观看质子和反质子的碰撞过程,他们撤去区域中的云室和磁场,经过速度挑选器的挑选,选出速度v0的质子和反质子先后从1A、1B孔竖直向上进入y极板上方,OAOBL,以极板中间线上的O为原点,建立直角坐标系如图4所示,在轴的左侧区域加一水平向右的匀强电场,在y 轴的右侧区域加一垂直纸面对外的匀强磁场,要使质子和反质子在y 轴上的 P0 ,L处相碰,求：在P 点相碰的质子和反质子的动能之比和

20、射入小孔的时间差 t .答案1氘核因受阻力作用25L11v02解析1由左手定就知径迹1是氘核21 H的运动轨迹带电粒子受到过饱和乙醚蒸汽阻力作用,速度减小,所以半径减小从A 1射入的粒子做2从1A射入的粒子做类平抛运动：y方向做匀速运动1tLv0从1B射入的粒子做匀速圆周运动,半径RL经1 4 T到达P点,t2 L2v0时间差t LLL12v0v0v02类平抛运动：x方向：Lvx1t,y方向：Lv0 t1,就vx2v02kEA1 2 mv 02v x2 11 / 14 42022从B 1射入的粒子做匀速圆周运动,E kB1 2 mv 02,故v02vx25.EkAv021EkB浙江“七彩阳光”

21、联考如图5所示xOy直角坐标系,第一象限有一对电压为U 13 104V的平行金属板,板间距离和板长均为L40 cm,板的右侧有一粒子接收屏,下极板刚好在x 轴上且带正电,其次象限有一半径为R 20 cm 的圆形匀强磁场,分别与x轴、 y 轴在 C点和 D点相切,磁感应强度B0.1 T ,方向垂直纸面对外,第三象限有一个半圆形带正电的电极AO,圆心在C 点,在其内部存在由电极指向圆心C 点的电场,电极与C点的电势差为U 21 104V现有很多m6.4 1027kg、q3.2 1019C的粒子在半圆形电极处由静止释放不考虑各场之间的影响和粒子之间的相互作用求：图 5 1 粒子在 C点的速度大小；2

22、 粒子击中 y 轴的范畴；3 粒子接收屏接收到的粒子数和进入平行板总粒子数的比值 K.6 1答案 11 10 m/s 2040 cm 3 41 2解析 1 电场力做正功,由动能定理得：qU 22 mv6得 v1 10 m/s2 粒子在磁场中做匀速圆周运动mv2 mv依据：qvBr,得 rqB0.2 mR取一粒子速度如下列图,从 E 点离开,圆周运动的圆心为 O 2,连接 CO,EO,由于 COEOCOEOR, 所以四边形 CO EO 是一个菱形,因而 EO 平行于 CO,所以 E 点速度方向水平向右,由此可见全部粒子水平向右离开磁场,所以 y 轴击中范畴为 040 cm12 / 14 3 粒子水平向右进入电场,做类平抛运动L7如打到接收屏,就 tv4 10 s1 U1q 2竖直位移 h2Lm t0.3 m1所以从 y 轴 3040 cm 进入的粒子能打到接收屏,因此比值 K4 .52022 宁波市九校高三上学期期末 正负电子对撞机是