2024版高考物理复习教案：第一篇 专题三 培优点4　带电粒子在复合场中的运动

培优点4带电粒子在复合场中的运动目标要求1.会分析处理带电粒子在组合场中运动的问题。2.知道带电粒子在复合场中几种常见的运动，掌握运动所遵循的规律。考点一带电粒子在组合场中的运动1．带电粒子的“电偏转”和“磁偏转”的比较垂直进入磁场(磁偏转)垂直进入电场(电偏转)进入电场时速度方向与电场有一定夹角情景图受力FB＝qv0B，FB大小不变，方向变化，方向总指向圆心，FB为变力FE＝qE，FE大小、方向均不变，FE为恒力FE＝qE，FE大小、方向均不变，FE为恒力运动规律匀速圆周运动r＝eq\f(mv0,Bq)，T＝eq\f(2πm,Bq)类平抛运动vx＝v0，vy＝eq\f(Eq,m)tx＝v0t，y＝eq\f(Eq,2m)t2类斜抛运动vx＝v0sinθ，vy＝v0cosθ－eq\f(qE,m)tx＝v0sinθ·t，y＝v0cosθ·t－eq\f(qE,2m)t22.常见运动及处理方法例1(2023·江苏省模拟)如图所示，在xOy坐标系中，有垂直坐标平面向里的匀强磁场和沿y轴正向的匀强电场，匀强磁场的磁感应强度为B，电场和磁场的分界线为MN，MN穿过坐标原点和二、四象限，与y轴的夹角为θ＝30°。一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子，在坐标原点以大小为v0、方向与x轴正向成α＝30°角的初速度射入磁场，粒子经磁场偏转进入电场后，恰好能到达x轴。不计粒子的重力，求：(1)匀强电场的电场强度大小；(2)粒子从O点射出后到第三次经过边界MN时，粒子运动的时间。答案(1)eq\f(\r(3),3)Bv0(2)eq\f(2\r(3)＋πm,qB)解析(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可知qv0B＝meq\f(v02,R)解得R＝eq\f(mv0,qB)粒子在磁场中运动的轨迹如图所示，根据几何关系，粒子出磁场的位置离x轴的距离为y＝Rsin60°＝eq\f(\r(3)mv0,2qB)由于粒子进入电场后速度与电场方向相反，因此粒子做匀减速直线运动，刚好能到达x轴，根据动能定理有－qEy＝0－eq\f(1,2)mv02，解得E＝eq\f(\r(3),3)Bv0(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T＝eq\f(2πm,qB)第一次在磁场中运动的时间t1＝eq\f(5,6)T＝eq\f(5πm,3qB)在电场中运动时qE＝ma第一次在电场中运动的时间t2＝2eq\f(v0,a)＝eq\f(2\r(3)m,qB)第二次在磁场中运动的时间t3＝eq\f(1,6)T＝eq\f(πm,3qB)则粒子从O点射出后到第三次经过边界MN时，粒子运动的时间t＝t1＋t2＋t3＝eq\f(2\r(3)＋πm,qB)。例2(2023·江苏扬州市一模)如图所示，第一象限内存在垂直于纸面向里的匀强磁场；第四象限内存在沿＋y轴的匀强电场，电场强度大小为E＝eq\f(mv02,2ql)。t＝0时刻，粒子从P点以速度v0平行＋x轴射入电场，第1次通过x轴从Q点进入磁场。已知P点坐标为(0，－l)，粒子质量为m、电荷量为＋q，重力不计。(1)求粒子经过Q点的速度v；(2)欲使粒子不从y轴射出磁场，求磁感应强度的最小值Bm；(3)若磁感应强度B＝eq\f(4mv0,ql)，求粒子第5次通过x轴的位置x和时间t。答案(1)eq\r(2)v0，与x轴正方向的夹角为45°(2)eq\f(1＋\r(2)mv0,2ql)(3)9l(10＋eq\f(3π,4))eq\f(l,v0)解析(1)粒子从P到Q做类平抛运动，轨迹如图甲所示，根据动能定理qEl＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02解得v＝eq\r(2)v0，设速度方向与x轴正方向夹角为α，根据几何关系cosα＝eq\f(v0,v)＝eq\f(\r(2),2)解得α＝45°(2)Q点到O点的距离s＝2l，粒子进入磁场做匀速圆周运动，轨道半径为R，根据牛顿第二定律qvB＝meq\f(v2,R)可得B＝eq\f(mv,qR)欲使粒子不从y轴射出磁场，临界状态轨迹如图甲中圆弧部分根据几何关系R＋Rsinα＝2l，解得R＝2(2－eq\r(2))l解得Bm＝eq\f(1＋\r(2)mv0,2ql)(3)粒子进入磁场做匀速圆周运动，轨迹为eq\f(3,4)圆周，由r＝eq\f(mv,qB)得r＝eq\f(\r(2),4)l，返回电场后做类斜抛运动，运动轨迹如图乙所示第5次通过x轴时x＝5s－2eq\r(2)r＝9l，粒子在电场中的运动时间t1＝5×eq\f(2l,v0)＝eq\f(10l,v0)，粒子在磁场中的运动时间t2＝2×eq\f(3,4)×eq\f(2πr,v)＝eq\f(3πl,4v0)，解得t＝t1＋t2＝(10＋eq\f(3π,4))eq\f(l,v0)。“5步”突破带电粒子在组合场中的运动问题考点二带电粒子在叠加场中的运动1．三种典型情况(1)若只有两个场，所受合力为零，则表现为匀速直线运动状态或静止状态。例如电场与磁场叠加满足qE＝qvB时，重力场与磁场叠加满足mg＝qvB时，重力场与电场叠加满足mg＝qE时。(2)若三场共存，所受合力为零时，粒子做匀速直线运动，其中洛伦兹力F＝qvB的方向与速度v垂直。(3)若三场共存，粒子做匀速圆周运动时，则有mg＝qE，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，即qvB＝meq\f(v2,r)。2．分析例3(2023·江苏卷·16)霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型。Oxy平面内存在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。质量为m、电荷量为e的电子从O点沿x轴正方向水平入射。入射速度为v0时，电子沿x轴做直线运动；入射速度小于v0时，电子的运动轨迹如图中的虚线所示，且在最高点与在最低点所受的合力大小相等。不计重力及电子间相互作用。(1)求电场强度的大小E；(2)若电子入射速度为eq\f(v0,4)，求运动到速度为eq\f(v0,2)时位置的纵坐标y1；(3)若电子入射速度在0<v<v0范围内均匀分布，求能到达纵坐标y2＝eq\f(mv0,5eB)位置的电子数N占总电子数N0的百分比。答案(1)v0B(2)eq\f(3mv0,32eB)(3)90%解析(1)由题知，入射速度为v0时，电子沿x轴做直线运动，则有Ee＝ev0B解得E＝v0B(2)电子在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场的复合场中，由于洛伦兹力不做功，且电子入射速度为eq\f(v0,4)，电子受到的电场力大于洛伦兹力，则电子向上偏转，根据动能定理有eEy1＝eq\f(1,2)m(eq\f(1,2)v0)2－eq\f(1,2)m(eq\f(1,4)v0)2解得y1＝eq\f(3mv0,32eB)(3)方法一若电子以速度v入射时，设电子能到达的最高点位置的纵坐标为y，则根据动能定理有eEy＝eq\f(1,2)mvm2－eq\f(1,2)mv2由于电子在最高点与在最低点所受的合力大小相等，则在最高点有F合＝evmB－eE在最低点有F合＝eE－evB联立有vm＝eq\f(2E,B)－v＝2v0－vy＝eq\f(2mv0－v,eB)要让电子到达纵坐标y2＝eq\f(mv0,5eB)位置，即y≥y2解得v≤eq\f(9,10)v0则若电子入射速度在0<v<v0范围内均匀分布，能到达纵坐标y2＝eq\f(mv0,5eB)位置的电子数N占总电子数N0的90%。方法二如果电子在复合场中受到的电场力与洛伦兹力等值反向，电子做匀速直线运动。如果这两个力不平衡，可将其分解为匀速直线运动和匀速圆周运动两个分运动。对于初状态静止的电子，设Ee＝ev1B，可看作以v1＝v0对应水平向右的匀速直线运动，而另一个分运动是v2＝－v0，根据洛伦兹力提供向心力，可得Bev2＝meq\f(v22,r)解得r＝eq\f(mv2,Be)＝eq\f(mv0,Be)设速度为v的电子，一个分运动为v1＝v0，对应水平向右的匀速直线运动。另一个分运动的速度为v2，这个分运动做圆周运动的直径为y2，则有eq\f(2mv2,Be)＝eq\f(mv0,5Be)，解得v2＝eq\f(v0,10)。电子入射速度为两个分速度的合速度，即v＝v1－v2＝v0－eq\f(v0,10)＝eq\f(9v0,10)。在0<v<v0范围内，合速度越大，v2越小，圆周运动直径越小。由于电子在0<v<v0范围内均匀分布，可得eq\f(N,N0)＝eq\f(9,10)×100%＝90%。配速法配速法其实就是给物体配一个速度v，使得这个速度所产生的洛伦兹力与题目中的重力或者电场力(视情况而定)抵消，对应的，还会出现一个与v等大反向的速度v′，此时等效为只受到一个洛伦兹力，而不再是重力或者电场力加上洛伦兹力，从而降低分析难度。(2023·江苏省高三期末调研)如图所示，在坐标原点有一粒子源，能以相同的初速度v0，向场区各方向辐射质量为m、电荷量为＋q的带电粒子。x>0区域内存在n组相邻的匀强电场和匀强磁场，电场宽度为d，电场强度E＝eq\f(3mv02,2qd)，方向水平向右；磁感应强度B＝eq\f(3mv0,qd)，方向垂直纸面向里。不计重力及粒子间的相互作用力。(1)求进入第1组磁场区的粒子的速度大小v；(2)调节磁场宽度，恰好使所有带电粒子都不能从第1组磁场的右边界穿出，求磁场的宽度Δx；(3)保持该组合场条件不变，撤去粒子源，将另一带电粒子从O点由静止释放，若该带电粒子恰好不能穿过第n组磁场的右边界，求其比荷eq\f(q′,m′)。答案(1)2v0(2)d(3)eq\f(1,3n)·eq\f(q,m)解析(1)所有粒子到达第1组磁场区的速度大小v相同，由动能定理可得qEd＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02解得v＝2v0(2)粒子进入磁场时，速度方向与y轴负方向的夹角θ越小，粒子越容易射出磁场，θ的最小值为θ＝60°粒子在磁场中做圆周运动，满足qvB＝meq\f(v2,R)运动半径R＝eq\f(2mv0,qB)＝eq\f(2,3)d由几何关系可得Δx＝R＋Rcosθ解得磁场的宽度Δx＝d(3)设粒子在第n层磁场中运动的速度为vn，轨迹半径为rn(下标表示粒子所在组数)，在电场中，根据动能定理有nq′Ed＝eq\f(1,2)m′vn2电场中，静电力不能改变粒子在y轴方向的动量，则从释放至恰好从第n组磁场返回，全过程中，在y轴方向，应用动量定理可得q′eq\x\to(v)xBt＝m′vn又因为eq\x\to(v)xt＝nd可解得eq\f(q′,m′)＝eq\f(1,3n)·eq\f(q,m)专题强化练1.如图所示，坐标系xOy的第一象限存在匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面向外；第四象限内有沿x轴负方向的匀强电场。质量为m、带电荷量为q(q>0)的粒子以速率v从y轴的点A(0，eq\r(3)L)射入磁场，经x轴上的点C(L，0)沿y轴负方向进入电场，然后从y轴负半轴D点以与y轴负方向成60°角离开电场，不计粒子重力，求：(1)粒子在A点时速度方向与y轴正方向的夹角θ；(2)匀强电场的电场强度大小；(3)粒子在磁场和电场中运动的总时间t。答案(1)120°(2)eq\f(3mv2,2qL)(3)eq\f(2π＋\r(3)L,3v)解析(1)根据题意，画出粒子的运动轨迹，如图所示由于OA>OC，且从C点沿y轴负方向进入电场，则圆心在x轴负半轴，设粒子在第一象限磁场中做匀速圆周运动的半径为R，圆心为O′，由几何关系有R2＝(eq\r(3)L)2＋(R－L)2解得R＝2L则有tan∠OAO′＝eq\f(OO′,OA)＝eq\f(\r(3),3)，则∠OAO′＝30°由几何关系有θ＝180°－(90°－∠OAO′)解得θ＝120°(2)根据题意可知，粒子在第四象限做类平抛运动，沿电场方向上有a＝eq\f(qE,m)，L＝eq\f(1,2)at22，vx＝at2垂直电场方向上有y＝vt2又有tan60°＝eq\f(vx,v)联立解得y＝eq\f(2\r(3),3)L，E＝eq\f(3mv2,2qL)(3)由上述分析可知，粒子在磁场中运动轨迹所对圆心角为eq\f(π,3)，则粒子在磁场中运动的时间为t1＝eq\f(\f(π,3),2π)·eq\f(2πR,v)＝eq\f(2πL,3v)粒子在电场中运动的时间为t2＝eq\f(y,v)＝eq\f(2\r(3)L,3v)粒子在磁场和电场中运动的总时间t＝t1＋t2＝eq\f(2π＋\r(3)L,3v)。2.(2023·江苏省南京师范大学附属中学一模)如图，在xOy坐标系中的第一象限内存在沿x轴正方向的匀强电场，第二象限内存在方向垂直纸面向外磁感应强度B＝eq\f(3mv0,2eL)的匀强磁场，磁场范围可调节(图中未画出)。一粒子源固定在x轴上M(L，0)点，沿y轴正方向释放出速度大小均为v0的电子，电子经电场后从y轴上的N点进入第二象限。已知电子的质量为m，电荷量的绝对值为e，ON的距离eq\f(2\r(3),3)L，不考虑电子的重力和电子间的相互作用。(1)求第一象限内所加电场的电场强度；(2)若磁场充满第二象限，电子将从x轴上某点离开第二象限，求该点的坐标；(3)若磁场是一个圆形有界磁场，要使电子经磁场偏转后通过x轴时，与y轴负方向的夹角为30°，求圆形磁场区域的最小面积。答案(1)eq\f(3mv02,2eL)(2)(－2L，0)(3)eq\f(8,9)πL2解析(1)在第一象限内，电子做类平抛运动eq\f(2\r(3),3)L＝v0tL＝eq\f(1,2)at2根据牛顿第二定律得eE＝ma解得E＝eq\f(3mv02,2eL)(2)电子射入磁场时，速度方向与y轴夹角的正切值tanθ＝eq\f(at,v0)＝eq\r(3)，得θ＝60°速度大小v＝eq\f(v0,cosθ)＝2v0在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力得evB＝eq\f(mv2,R)解得R＝eq\f(mv,eB)＝eq\f(4,3)L根据几何关系可知x1＝R＋Rcosθ＝2L该点的坐标为(－2L，0)(3)根据题意，作出轨迹图如图所示电子在磁场中偏转90°射出，则磁场的最小半径Rmin＝eq\f(ab,2)＝Rsin45°最小面积Smin＝πRmin2，解得Smin＝eq\f(8,9)πL2。3.如图所示，在竖直平面内x轴的上方空间内存在水平向右的匀强电场，x轴的下方空间内存在垂直纸面向外的匀强磁场和竖直向下的匀强电场，磁感应强度大小为0.3T，电场强度大小均为1.2V/m。一个带电小球用一根细线悬挂在x轴的上方区域，静止时细线与竖直方向夹角为θ＝45°。现将细线剪断，小球运动1s时第一次经过x轴进入x轴下方区域。g取10m/s2。求：(tan63°≈2)(1)小球第一次经过x轴时的速度大小；(2)小球第三次经过x轴时的方向；(3)从剪断细线开始到小球第四次经过x轴的时间。答案(1)10eq\r(2)m/s(2)与x轴负方向夹角为eq\f(π,10)斜向下(3)(3＋eq\f(33π,25))s解析(1)设小球质量为m，带电荷量为q。小球被悬挂并静止时受力平衡如图甲所示，其中θ＝45°，即θ＝eq\f(π,4)因为静电力方向与电场方向相反，所以小球带负电。重力与静电力的合力F合＝eq\f(mg,cosθ)＝eq\r(2)mg静电力FE＝qE＝mgtanθ＝mg，小球的比荷eq\f(q,m)＝eq\f(g,E)将细线剪断后，小球在x轴上方做匀加速直线运动，小球的加速度大小为a＝eq\f(F合,m)＝eq\r(2)g＝10eq\r(2)m/s2加速度方向与细线拉力方向相反。经过t1＝1s到达x轴，此时其速度大小为v1＝at1＝10eq\r(2)m/s(2)小球穿过x轴进入x轴下方后，由于小球所受重力mg和小球所受静电力FE等大反向，所以小球所受洛伦兹力为其合外力，小球将在此合外力下做匀速圆周运动。设小球第一次通过A点进入x轴下方，经过时间t2，在B点通过x轴，其第一次圆周运动轨迹示意图如图乙所示，小球运动的圆弧轨迹对应的圆心角α1＝2π－2θ＝eq\f(3π,2)洛伦兹力为其做圆周运动的向心力，有qBv1＝eq\f(mv12,R1)，T＝eq\f(2πR1,v1)可得T＝eq\f(2πm,qB)＝eq\f(4,5)πs则有t2＝eq\f(α1,2π)T＝eq\f(3π,5)s小球在B点通过x轴，进入x轴上方，其速度方向与x轴上方复合场方向垂直，所以小球将做类平抛运动。设此过程小球运动时间为t3。小球将再次经过x轴，设此时其速度为v2，此过程运动轨迹示意图如丙所示，则有v1t3＝eq\f(1,2)at32，解得t3＝eq\f(2v1,a)＝2t1＝2s又tanθ1＝eq\f(v1,at3)＝eq\f(at1,at3)＝eq\f(1,2)所以θ1＝eq\f(3π,20)则有θ2＝eq\f(π,4)－θ1＝eq\f(π,10)，小球第三次经过x轴时与x轴负方向夹角为eq\f(π,10)斜向下；(3)小球第三次经过x轴后，在x轴下方再次做匀速圆周运动，设此过程运动时间为t4，其圆弧轨迹对应的圆心角为α2＝2π－2θ2＝eq\f(9π,5)则有t4＝eq\f(α2,2π)·T＝α2·eq\f(E,gB)＝eq\f(18π,25)s所以，从剪断细线开始到小球第四次经过x轴的时间t＝t1＋t2＋t3＋t4＝(3＋eq\f(33π,25))s。4.(2022·江苏卷·15)某装置用电场控制带电粒子运动，工作原理如图所示，矩形ABCD区域内存在多层紧邻的匀强电场，每层的高度均为d，电场强度大小均为E，方向沿竖直方向交替变化，AB边长为12d，BC边长为8d，质量为m、电荷量为＋q的粒子流从装置左端中点射入电场，粒子初动能为Ek，入射角为θ，在纸面内运动，不计重力及粒子间的相互作用力。(1)当θ＝θ0时，若粒子能从CD边射出，求该粒子通过电场的时间t；(2)当Ek＝4qEd时，若粒子从CD边射出电场时与轴线OO′的距离小于d，求入射角θ的范围；(3)当Ek＝eq\f(8,3)qEd，粒子在θ为－eq\f(π,2)～eq\f(π,2)范围内均匀射入电场，求从CD边出射的粒子与入射粒子的数量之比N∶N0。答案见解析解析(1)电场方向在竖直方向上，粒子所受静电力在竖直方向上，粒子在水平方向上做匀速直线运动，速度分解如图所示粒子在水平方向的速度为vx＝vcosθ0根据Ek＝eq\f(1,2)mv2可知v＝eq\r(\f(2Ek,m))解得t＝eq\f(8d,cosθ0)·eq\r(\f(m,2Ek))(2)粒子进入电场时的初动能Ek＝4qEd＝eq\f(1,2)mv02粒子进入电场后只有静电力做功，粒子在竖直方向上反复运动后，根据题意可知最终运动的空间如图所示，若粒子从OO′上部分离开CD边，则静电力做负功，根据动能定理可知－qEx＝Ek1－Ek其中Ek1＝eq\f(1,2)m(vy12＋vx12)Ek＝eq\f(1,2)m(vy02＋vx02)粒子在水平方向上做