2019届高考物理二轮复习 专题三 电场与磁场 第12讲 带电粒子在复合场中的运动问题
另一束速度大小为 2 v0的正电子束从Q点沿与y轴正向成45°角的
方向射入第Ⅳ象限,而后进入未知矩形磁场区域,离开磁场时正好
到达P点,且恰好与从P点射出的电子束正碰发生湮灭,即相碰时两
束粒子速度方向相反。
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已知正负电子质量均为m、电荷量均为e,电子的重力不计。求:
(1)圆形区域内匀强磁场磁感应强度B的大小和第Ⅰ象限内匀强
的比荷为k。忽略电子间的相互作用与重力作用。求:
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的((坐12))标粒当。子v1满能足够(进1)小入题磁所场给Ⅱ值的,最粒小子速速度度v为1的v大2=小53���。���1 时离开磁场Ⅰ时
(3)当v1满足(1)小题所给值时,若运动的带电粒子能使荧光屏发光, 已知放射源放出的粒子速度为3v1>v>0.5v1,那么荧光屏发光的坐标 范围是多少?
+
������- 1 ������2
4
4
得 r=5L
4
又 BqvD=m������������������ 2
1qU=1
2
2
������������������
2
得 U=254������0
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(3)设应旋转的角度为α,
从C点射出时,其轨迹如图所示
由几何关系有 OC=
������2 +
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解题技法带电粒子在电场和磁场的组合场中运动,实际上是将粒 子在电场中加速与偏转和磁偏转两种运动有效组合在一起,有效区 别电磁偏转,寻找两种运动的联系和几何关系是解题的关键。当带 电粒子连续通过几个不同的场区时,粒子的受力情况和运动情况也 发生相应的变化,其运动过程则由几个不同的运动阶段组成。
3
所以,荧光屏 PQ 上发光的长度 EF=233L
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考向3 磁场+电场
【典题3】电子对湮灭是指电子e-和正电子e+碰撞后湮灭,产生伽
马射线的过程,电子对湮灭是正电子发射计算机断层扫描(PET)及
正电子湮灭能谱学(PAS)的物理基础。如图所示,在平面直角坐标
系xOy上,P点在x轴上,且OP=2L,Q点在负y轴上某处。在第Ⅰ象限
(3)-4L 2( 2-1)L2
解析:(1)电子束从A点沿y轴正方向发射,经过C点,由题意可得电
子在磁场中运动的半径R=L,
又 解得ev0BB==������������������������0������02,
������������
第12讲 带电粒子在复合 场中的运动问题
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1
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带电粒子在组合场中的运动 考向1 磁场+磁场 【典题1】(2018年2月宁波期末,22)在一个放射源水平放出α、β、γ
三种射线,垂直射入如图所示磁场,区域Ⅰ和Ⅱ的宽度均为d,各自存
在着垂直纸面的匀强磁场,两区域的磁感应强度大小B相等,方向相 反(粒子运动不考虑相对论效应)。
内有平行于y轴的匀强电场,在第Ⅱ象限内有一圆形区域,与x、y轴
分别相切于A、C两点,OA=L,在第Ⅳ象限内有一未知的矩形区域
(图中未画出),未知矩形区域和圆形区域内有完全相同的匀强磁场,
磁场方向垂直于xOy平面向里。一束速度大小为v0的电子束从A点 沿y轴正方向射入磁场,经C点射入电场,最后从P点射出电场区域;
答案:(1)kBd (2)(d,-13d) (3)见解析
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解析:(1)粒子进入磁场Ⅱ的最小速度情况如图1所示:
由洛伦兹力提供向心力得: ev1B=m���������1���2 v1=������������������������=kBd
图1
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(2)电子以速度 v 在磁场Ⅰ中运动,其运动半径 r=������������������。
3 ������
4
2
= 54L
������������
所以
sinθ=
2
������
=1
2
θ=30°
又弦切角等于圆心角的一半
tan∠COB=
������ 34������
=
4 3
∠COB=53°
因而α=∠COB-θ=53°-30°=23°
即应旋转的角度为23°。
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(4)如图所示。
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当堂练2 “太空粒子探测器”是安装在国际空间站上的一种粒子 物理试验设备,用于探测宇宙中的奇异物质。该设备的原理可简化 如下:如图所示,辐射状的加速电场区域边界为两个同心平行半圆 弧面MN和M‘N’,圆心为O,弧面MN与弧面M‘N’间的电势差设为U, 在加速电场的右边有一宽度为L的足够长的匀强磁场,磁感应强度 大小为B,方向垂直纸面向里,磁场的右边界放有一足够长的荧光屏 PQ。假设太空中漂浮着质量为m,电荷量为q的带正电粒子,它们能 均匀地吸附到MN圆弧面上,并被加速电场从静止开始加速,不计粒 子间的相互作用和其他星球对粒子引力的影响。
m=6.25×10-3 m
对
α
粒子:rα=������������αα������������1
=
6.7×10-27×0.001×3×108 2×1.6×10-19×0.027 3
m=0.230 m
作出轨道如图,竖直方向上的距离
y=rα- ������α 2-������2=8.53×10-5 m
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(3)画出速率分别为v1和v2的粒子离开区域Ⅱ的轨迹如下图
速率在 v1<v<v2 区域间射出的 β 粒子束宽为(2y1-2y2) y1=2d=2������������������������������1 y2=2(r2- ������22-������2)=2������������������������(v2K-12课件������22-������12)
束射入如图所示的组合磁场中,其中磁场Ⅰ的磁感应强度为B,方向 向里,磁场横向宽度为d,纵向延伸至无穷;磁场Ⅱ的磁感应强度为B,
方向向外,磁场横向宽度为3d,纵向延伸至无穷。以粒子进入磁场 点处为原点,射入方向为x轴正方向,建立平面直角坐标系。同时为
了探测电子的位置,在磁场Ⅰ的左侧边界铺设了荧光屏。已知电子
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得
解析:(1)作出临界轨道,由几何关系知 d=������������������������������1
r=d,由
qv1B=me���������1���2
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(2)对电子:d=������������������������������1
=
9.1×10-31×0.1×3×108 1.6×10-19×0.027 3
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(1)若要筛选出速率大小v1的所有β粒子进入区域Ⅱ,求磁场宽度d
与B和v1的关系; (2)若B=0.027 3 T,v1=0.1c(c是光速度),计算d;α粒子的速率为
0.001c,计算α粒子和γ射线离开区域Ⅰ时的距离(答案均保留三位有
效数字); (3)当d满足第(1)小题所给关系时,请给出速率在v1<v<v2区间的β
6
������������
解得 t=3π������������������
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(3)设粒子打在C点上方最远点为E,此时圆弧与PQ屏相切于E点, 过圆心O1作OC的垂线O1G,在直角△OO1G中, OO1=r= 32L,OG=L-r=13L 所以 O1G= 33L,即 CE= 33L 设粒子打在C点下方最远点为F, 此时粒子从O点竖直向下进入磁场, 圆弧与PQ交于F点。 同理可得 CF= 3L
答案: (1)������������2������2 (2) π������ (3)2K12课3件L
8������
3������������
3
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解析: (1)由牛顿第二定律得 qvB=m������������2,且 r=���2���
带电粒子在电场中加速时,由动能定理得 qU=1mv2-0
粒 质子量m离α开=6区.7域×Ⅱ10时-27 的kg位,电置子。电已荷知量电q=子1质.6×量1m0e-=199C.1,×110+-31������k≈g1,+α粒���2��� 子
(|x|<1时)
答案:(1)d=������������������������������1 (2)0.230 m (3)见解析
图3 亮线范围是:y轴上-2d≤y≤-d。
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②当v1<v<2v1时,临界情况如图4所示。
图4 粒子达到荧光屏距离原点距离 y=(4 3-4)d。
③当 2v1<v<3v1 时,粒子穿出磁场Ⅱ右边界,
不能打到荧光屏上。 综上所述:亮线范围为: 在 y 轴上,-2d≤y≤-d 和 0≤y≤K412课件3d-4d。
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考向2 电场+磁场
【典题2】离子注入机是将所需离子经过加速、选择、扫描从而
将离子“注入”半导体材料的设备。其整个系统如甲图所示。其工
作原理简化图如图所示。MN是理想平行板电容器,N板正中央有一
小孔A作为离子的喷出口,在电容器的正中间O1有一粒子源,该粒子 源能和电容器同步移动或转动。为了研究方便建立了如图所示的
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解题技法带电粒子在磁场+磁场的组合场中运动,当随空间位置 的改变粒子从一个磁场进入另一个磁场时,要注意作为衔接的物理 量——速度是不变的,从而粒子在相邻的两个磁场中的圆周运动的 轨迹会有相切的关系(内切或外切),另外还要注意由于磁场边界的 存在所需要满足的相应几何关系。
高考物理带电粒子在复合场中的运动压轴难题复习题附答案解析
高考物理带电粒子在复合场中的运动压轴难题复习题附答案解析一、带电粒子在复合场中的运动压轴题1．如图所示，直径分别为D 和2D 的同心圆处于同一竖直面内，O 为圆心，GH 为大圆的水平直径。
两圆之间的环形区域(Ⅰ区)和小圆内部(Ⅱ区)均存在垂直圆面向里的匀强磁场．间距为d 的两平行金属极板间有一匀强电场，上极板开有一小孔．一质量为m 、电量为＋q 的粒子由小孔下方2d处静止释放，加速后粒子以竖直向上的速度v 射出电场，由H 点紧靠大圆内侧射入磁场。
不计粒子的重力。
(1)求极板间电场强度的大小；(2)若粒子运动轨迹与小圆相切，求Ⅰ区磁感应强度的大小； (3)若Ⅰ区、Ⅱ区磁感应强度的大小分别为2mv qD 、4mvqD,粒子运动一段时间后再次经过H 点，求这段时间粒子运动的路程．【来源】2015年全国普通高等学校招生统一考试物理（山东卷带解析)【答案】（1）2mv qd（2）4mv qD 或43mv qD （3）5.5πD【解析】 【分析】 【详解】(1)粒子在电场中，根据动能定理2122d Eq mv ⋅=，解得2mv E qd=(2)若粒子的运动轨迹与小圆相切，则当内切时，半径为/2ER 由211v qvB m r =，解得4mv B qD =则当外切时，半径为e R由212v qvB m r =，解得43mv B qD =(2)若Ⅰ区域的磁感应强度为220932qB L m U =，则粒子运动的半径为0010016819U U U ≤≤；Ⅱ区域的磁感应强度为2012qU mv =，则粒子运动的半径为2v qvB m r=；设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的周期分别为T 1、T 2，由运动公式可得：1112R T v π=；034r L =据题意分析，粒子两次与大圆相切的时间间隔内，运动轨迹如图所示，根据对称性可知，Ⅰ区两段圆弧所对的圆心角相同，设为1θ，Ⅱ区内圆弧所对圆心角为2θ，圆弧和大圆的两个切点与圆心O 连线间的夹角设为α，由几何关系可得：1120θ=；2180θ=；60α=粒子重复上述交替运动回到H 点，轨迹如图所示，设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的时间分别为t 1、t 2，可得：r U ∝；1056U LU L =设粒子运动的路程为s ，由运动公式可知：s=v(t 1+t 2) 联立上述各式可得：s=5.5πD2．如图甲所示，间距为d 、垂直于纸面的两平行板P 、Q 间存在匀强磁场．取垂直于纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示。
2019届高考物理二轮复习第章电场和磁场带电粒子在复合场中的运动课件.ppt
2019-9-7
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考向 2 质谱仪 [例 2] 质谱仪可以测定有机化合物分子结构，现有一种质谱仪的 结构可简化为如图所示，有机物的气体分子从样品室注入离子化室，
在高能电子作用下，样品气体分子离子化或碎裂成离子．若离子化后
的离子带正电，初速度为零，此后经过高压电源区、圆形磁场室(内为 匀强磁场)、真空管，最后打在记录仪上，通过处理就可以得到离子比
＝2qπBm可知，若只增大交流电压 U，不会改变质子在回旋加速器 中运动的周期，但会造成加速次数减少，则质子在 D 形盒中运 动的时间也将变短，选项 B 正确；
2019-9-7
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由 T＝2qπBm可知，若磁感应强度 B 增大，那么质子在 D 形盒 中运动的周期将变短，只有将交流电的周期也改变为与质子运动 的周期一致，回旋加速器才能正常工作，故要增大交流电的频率， 选项 C 正确；由于带电粒子在磁场中运动的周期与交流电的变化 周期相等，由 T＝2qπBm可知，如果换用 α 粒子，粒子的比荷将变 为质子的两倍，周期也将变为质子的两倍，故交流电的周期也应 变为原来的两倍，即交流电的频率 f 需变为原来的一半，回旋加 速器才能加速 α 粒子，选项 D 错误．
2019-9-7
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(3)离子在电场中运动的时间小于其在磁场中运动的时间，因
为离子在电场中运动时，水平方向的分速度与离子在磁场中运动
的速度相同，离子在电场中沿水平方向做匀速直线运动，在磁场
中做匀速圆周运动，弧长大于电场的宽度，所以离子在磁场中运
动的时间长．
[答案]
(1)正电
mq ＝2EhLv220
2019-9-7
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带电粒子在复合场中的运动
带电粒子在复合场中的运动一、知识梳理1．复合场的分类（1）叠加场：电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存．(2)组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠,或相邻或在同一区域电场、磁场交替出现．2．带电粒子在复合场中的运动形式当带电粒子在复合场中所受的合外力为0时，粒子将做匀速直线运动或静止。
当带电粒子所受的合外力与运动方向在同一条直线上时，粒子将做变速直线运动. 当带电粒子所受的合外力充当向心力时，粒子将做匀速圆周运动。
当带电粒子所受的合外力的大小、方向均是不断变化的时，粒子将做变加速运动，这类问题一般只能用能量关系处理。
3. 题型分析：带电粒子在匀强电场、匀强磁场中可能的运动性质在电场强度为E 的匀强电场中 在磁感应强度为B 的匀强磁场中 初速度为零做初速度为零的匀加速直线运动保持静止初速度垂直场线 做匀变速曲线运动（类平抛运动) 做匀速圆周运动 初速度平行场线 做匀变速直线运动 做匀速直线运动特点受恒力作用,做匀变速运动洛伦兹力不做功，动能不变“电偏转”和“磁偏转"的比较垂直进入匀强磁场（磁偏转）垂直进入匀强电场（电偏转)情景图受力 F B ＝qv 0B ，大小不变，方向总指向圆心,方向变化，F B 为变力F E ＝qE ，F E 大小、方向不变，为恒力运动规律 匀速圆周运动r ＝mv 0Bq，T ＝错误!类平抛运动v x ＝v 0，v y ＝Eqm tx ＝v 0t ,y ＝错误!t 2运动时间 t ＝错误!T ＝错误!t ＝错误!，具有等时性动能 不变变化4。
常见模型（1)从电场进入磁场电场中:加速直线运动⇓磁场中：匀速圆周运动电场中：类平抛运动⇓磁场中：匀速圆周运动（2)从磁场进入电场磁场中：匀速圆周运动⇓错误!电场中：匀变速直线运动磁场中：匀速圆周运动⇓错误!电场中：类平抛运动二、针对练习1．在某一空间同时存在相互正交的匀强电场和匀强磁场,匀强电场的方向竖直向上,磁场方向如图。
带电粒子在复合场中的运动
带电粒子在复合场中的运动基础知识归纳1.复合场复合场是指 电场 、 磁场 和 重力场 并存，或其中两场并存，或分区域存在，分析方法和力学问题的分析方法基本相同，不同之处是多了电场力和磁场力，分析方法除了力学三大观点(动力学、动量、能量)外，还应注意：(1) 洛伦兹力 永不做功.(2) 重力 和 电场力 做功与路径 无关 ，只由初末位置决定.还有因洛伦兹力随速度而变化，洛伦兹力的变化导致粒子所受 合力 变化，从而加速度变化，使粒子做 变加速 运动.2.带电粒子在复合场中无约束情况下的运动性质(1)当带电粒子所受合外力为零时，将 做匀速直线运动 或处于 静止 ，合外力恒定且与初速度同向时做匀变速直线运动，常见情况有：①洛伦兹力为零(v 与B 平行)，重力与电场力平衡，做匀速直线运动，或重力与电场力合力恒定，做匀变速直线运动.②洛伦兹力与速度垂直，且与重力和电场力的合力平衡，做匀速直线运动.(2)当带电粒子所受合外力充当向心力，带电粒子做 匀速圆周运动 时，由于通常情况下，重力和电场力为恒力，故不能充当向心力，所以一般情况下是重力恰好与电场力相平衡，洛伦兹力充当向心力.(3)当带电粒子所受合外力的大小、方向均不断变化时，粒子将做非匀变速的 曲线运动 .3.带电粒子在复合场中有约束情况下的运动带电粒子所受约束，通常有面、杆、绳、圆轨道等，常见的运动形式有 直线运动 和圆周运动 ，此类问题应注意分析洛伦兹力所起的作用.4.带电粒子在交变场中的运动带电粒子在不同场中的运动性质可能不同，可分别进行讨论.粒子在不同场中的运动的联系点是速度，因为速度不能突变，在前一个场中运动的末速度，就是后一个场中运动的初速度.5.带电粒子在复合场中运动的实际应用(1)质谱仪①用途：质谱仪是一种测量带电粒子质量和分离同位素的仪器.②原理：如图所示，离子源S 产生质量为m ，电荷量为q 的正离子(重力不计)，离子出来时速度很小(可忽略不计)，经过电压为U 的电场加速后进入磁感应强度为B 的匀强磁场中做匀速圆周运动，经过半个周期而达到记录它的照相底片P 上，测得它在P 上的位置到入口处的距离为L ，则qU ＝21mv 2－0；q B v ＝m r v 2；L ＝2r 联立求解得m ＝UL qB 822，因此，只要知道q 、B 、L 与U ，就可计算出带电粒子的质量m ，若q 也未知，则228L B U m q 又因m ∝L 2，不同质量的同位素从不同处可得到分离，故质谱仪又是分离同位素的重要仪器.(2)回旋加速器①组成：两个D 形盒、大型电磁铁、高频振荡交变电压，D 型盒间可形成电压U .②作用：加速微观带电粒子.③原理：a .电场加速qU ＝ΔE kb .磁场约束偏转qBv ＝m rv 2，r ＝qB mv ∝v c .加速条件，高频电源的周期与带电粒子在D 形盒中运动的周期相同，即T 电场＝T 回旋＝qBm π2 带电粒子在D 形盒内沿螺旋线轨道逐渐趋于盒的边缘，达到预期的速率后，用特殊装置把它们引出.④要点深化a .将带电粒子在两盒狭缝之间的运动首尾相连起来可等效为一个初速度为零的匀加速直线运动.b .带电粒子每经电场加速一次，回旋半径就增大一次，所以各回旋半径之比为1∶2∶3∶…c .对于同一回旋加速器，其粒子回旋的最大半径是相同的.d .若已知最大能量为E km ，则回旋次数n ＝qUE 2k m e .最大动能：E km ＝mr B q 22m 22 f .粒子在回旋加速器内的运动时间：t ＝UBr 2π2m (3)速度选择器①原理：如图所示，由于所受重力可忽略不计，运动方向相同而速率不同的正粒子组成的粒子束射入相互正交的匀强电场和匀强磁场所组成的场区中，已知电场强度为B ，方向垂直于纸面向里，若粒子运动轨迹不发生偏转(重力不计)，必须满足平衡条件：qBv ＝qE ，故v ＝BE ，这样就把满足v ＝BE 的粒子从速度选择器中选择出来了. ②特点：a .速度选择器只选择速度(大小、方向)而不选择粒子的质量和电荷量，如上图中若从右侧入射则不能穿过场区.b .速度选择器B 、E 、v 三个物理量的大小、方向互相约束，以保证粒子受到的电场力和洛伦兹力等大、反向，如上图中只改变磁场B 的方向，粒子将向下偏转.c .v ′>v ＝B E 时，则qBv ′>qE ，粒子向上偏转；当v ′<v ＝BE 时，qBv ′<qE ，粒子向下偏转. ③要点深化a .从力的角度看，电场力和洛伦兹力平衡qE ＝qvB ；b .从速度角度看，v ＝BE ； c .从功能角度看，洛伦兹力永不做功.(4)电磁流量计①如图所示，一圆形导管直径为d ，用非磁性材料制成，其中有可以导电的液体流过导管.②原理：导电液体中的自由电荷(正、负离子)在洛伦兹力作用下横向偏转，a 、b 间出现电势差，形成电场.当自由电荷所受电场力和洛伦兹力平衡时，a 、b 间的电势差就保持稳定.由Bqv ＝Eq ＝dU q ，可得v ＝Bd U 液体流量Q ＝Sv ＝4π2d ·Bd U ＝BdU 4π (5)霍尔效应如图所示，高为h 、宽为d 的导体置于匀强磁场B 中，当电流通过导体时，在导体板的上表面A 和下表面A ′之间产生电势差，这种现象称为霍尔效应，此电压称为霍尔电压.设霍尔导体中自由电荷(载流子)是自由电子.图中电流方向向右，则电子受洛伦兹力 向上 ，在上表面A 积聚电子，则qvB ＝qE ，E ＝Bv ，电势差U ＝Eh ＝Bhv .又I ＝nqSv导体的横截面积S ＝hd得v ＝nqhdI 所以U ＝Bhv ＝dBI k nqd BI k=nq1，称霍尔系数．重点难点突破一、解决复合场类问题的基本思路1.正确的受力分析.除重力、弹力、摩擦力外，要特别注意电场力和磁场力的分析.2.正确分析物体的运动状态.找出物体的速度、位置及其变化特点，分析运动过程，如果出现临界状态，要分析临界条件.3.恰当灵活地运用动力学三大方法解决问题.(1)用动力学观点分析，包括牛顿运动定律与运动学公式.(2)用动量观点分析，包括动量定理与动量守恒定律.(3)用能量观点分析，包括动能定理和机械能(或能量)守恒定律.针对不同的问题灵活地选用，但必须弄清各种规律的成立条件与适用范围.二、复合场类问题中重力考虑与否分三种情况1.对于微观粒子，如电子、质子、离子等一般不做特殊交待就可以不计其重力，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；而对于一些实际物体，如带电小球、液滴、金属块等不做特殊交待时就应考虑其重力.2.在题目中有明确交待是否要考虑重力的，这种情况比较正规，也比较简单.3.直接看不出是否要考虑重力的，在进行受力分析与运动分析时，要由分析结果，先进行定性确定是否要考虑重力.典例精析1.带电粒子在复合场中做直线运动的处理方法【例1】如图所示，足够长的光滑绝缘斜面与水平面间的夹角为α(sin α＝0.6)，放在水平方向的匀强电场和匀强磁场中，电场强度E ＝50 V/m ，方向水平向左，磁场方向垂直纸面向外.一个电荷量q ＝＋4.0×10－2 C 、质量m ＝0.40 kg 的光滑小球，以初速度v 0＝20 m/s 从斜面底端向上滑，然后又下滑，共经过3 s 脱离斜面.求磁场的磁感应强度(g 取10 m/s 2).【解析】小球沿斜面向上运动的过程中受力分析如图所示.由牛顿第二定律，得qE cos α＋mg sin α＝ma 1，故a 1＝g sin α＋mqE α cos ＝10×0.6 m/s 2＋40.08.050100.42⨯⨯⨯- m/s 2＝10 m/s 2，向上运动时间t 1＝100a v --＝2 s 小球在下滑过程中的受力分析如图所示.小球在离开斜面前做匀加速直线运动，a 2＝10 m/s 2运动时间t 2＝t －t 1＝1 s脱离斜面时的速度v ＝a 2t 2＝10 m/s在垂直于斜面方向上有：qvB ＋qE sin α＝mg cos α故B ＝T 106.050-T 10100.48.01040.0 sin cos 2⨯⨯⨯⨯⨯=--v E qv mg αα＝5 T 【思维提升】(1)知道洛伦兹力是变力，其大小随速度变化而变化，其方向随运动方向的反向而反向.能从运动过程及受力分析入手，分析可能存在的最大速度、最大加速度、最大位移等.(2)明确小球脱离斜面的条件是F N ＝0.【拓展1】如图所示，套在足够长的绝缘粗糙直棒上的带正电小球，其质量为m ，带电荷量为q ，小球可在棒上滑动，现将此棒竖直放入沿水平方向且互相垂直的匀强磁场和匀强电场中.设小球电荷量不变，小球由静止下滑的过程中( BD )A.小球加速度一直增大B.小球速度一直增大，直到最后匀速C.杆对小球的弹力一直减小D.小球所受洛伦兹力一直增大，直到最后不变【解析】小球由静止加速下滑，f 洛＝Bqv 在不断增大，开始一段，如图(a)：f 洛<F 电，水平方向有f 洛＋F N ＝F 电，加速度a ＝mf mg -，其中f ＝μF N ，随着速度的增大，f 洛增大，F N 减小，加速度也增大，当f 洛＝F 电时，a 达到最大；以后如图(b)：f 洛>F 电，水平方向有f 洛＝F 电＋F N ，随着速度的增大，F N 也增大，f 也增大，a ＝mf mg -减小，当f ＝mg 时，a ＝0，此后做匀速运动，故a 先增大后减小，A 错，B 对，弹力先减小后增大，C 错，由f 洛＝Bqv 知D 对.2.灵活运用动力学方法解决带电粒子在复合场中的运动问题【例2】如图所示，水平放置的M 、N 两金属板之间，有水平向里的匀强磁场，磁感应强度B ＝0.5 T.质量为m 1＝9.995×10－7 kg 、电荷量为q ＝－1.0×10－8 C 的带电微粒，静止在N 板附近.在M 、N 两板间突然加上电压(M 板电势高于N 板电势)时，微粒开始运动，经一段时间后，该微粒水平匀速地碰撞原来静止的质量为m 2的中性微粒，并粘合在一起，然后共同沿一段圆弧做匀速圆周运动，最终落在N 板上.若两板间的电场强度E ＝1.0×103 V/m ，求：(1)两微粒碰撞前，质量为m 1的微粒的速度大小；(2)被碰撞微粒的质量m 2；(3)两微粒粘合后沿圆弧运动的轨道半径.【解析】(1)碰撞前，质量为m 1的微粒已沿水平方向做匀速运动，根据平衡条件有m 1g ＋qvB ＝qE解得碰撞前质量m 1的微粒的速度大小为v ＝5.0100.11010995.9100.1100.187381⨯⨯⨯⨯-⨯⨯⨯=----qB g m qE m/s ＝1 m/s (2)由于两微粒碰撞后一起做匀速圆周运动，说明两微粒所受的电场力与它们的重力相平衡，洛伦兹力提供做匀速圆周运动的向心力，故有(m 1＋m 2)g ＝qE解得m 2＝g qE 1m -=)10995.910100.1100.1(738--⨯-⨯⨯⨯ kg ＝5×10－10 kg (3)设两微粒一起做匀速圆周运动的速度大小为v ′，轨道半径为R ，根据牛顿第二定律有qv ′B ＝(m 1＋m 2)Rv 2' 研究两微粒的碰撞过程，根据动量守恒定律有m 1v ＝(m 1＋m 2)v ′以上两式联立解得R ＝5.0100.1110995.9)(87121⨯⨯⨯⨯=='+--qB v m qB v m m m≈200 m 【思维提升】(1)全面正确地进行受力分析和运动状态分析，f洛随速度的变化而变化导致运动状态发生新的变化.(2)若mg 、f 洛、F 电三力合力为零，粒子做匀速直线运动.(3)若F 电与重力平衡，则f 洛提供向心力，粒子做匀速圆周运动.(4)根据受力特点与运动特点，选择牛顿第二定律、动量定理、动能定理及动量守恒定律列方程求解.【拓展2】如图所示，在相互垂直的匀强磁场和匀强电场中，有一倾角为θ的足够长的光滑绝缘斜面.磁感应强度为B ，方向水平向外；电场强度为E ，方向竖直向上.有一质量为m 、带电荷量为＋q 的小滑块静止在斜面顶端时对斜面的正压力恰好为零.(1)如果迅速把电场方向转为竖直向下，求小滑块能在斜面上连续滑行的最远距离L 和所用时间t ；(2)如果在距A 端L /4处的C 点放入一个质量与滑块相同但不带电的小物体，当滑块从A点静止下滑到C 点时两物体相碰并黏在一起.求此黏合体在斜面上还能再滑行多长时间和距离？【解析】(1)由题意知qE ＝mg场强转为竖直向下时，设滑块要离开斜面时的速度为v ，由动能定理有(mg ＋qE )L sin θ＝221mv ，即2mgL sin θ＝221mv 当滑块刚要离开斜面时由平衡条件有qvB ＝(mg ＋qE )cos θ，即v ＝qBmg θ cos 2 由以上两式解得L ＝θθ sin cos 2222B q g m 根据动量定理有t ＝θθ cot sin 2qBm mg mv = (2)两物体先后运动，设在C 点处碰撞前滑块的速度为v C ，则2mg ·4L sin θ＝21mv 2 设碰后两物体速度为u ，碰撞前后由动量守恒有mv C ＝2mu设黏合体将要离开斜面时的速度为v ′，由平衡条件有qv ′B ＝(2mg ＋qE )cos θ＝3mg cos θ由动能定理知，碰后两物体共同下滑的过程中有3mg sin θ·s ＝21·2mv ′2－21·2mu 2 联立以上几式解得s ＝12sin cos 32222L B q g m -θθ 将L 结果代入上式得s ＝θθ sin 12cos 352222B q g m 碰后两物体在斜面上还能滑行的时间可由动量定理求得t ′＝qBm mg mu v m 35 sin 322=-'θcot θ【例3】在平面直角坐标系xOy 中，第Ⅰ象限存在沿y 轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B .一质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子从y 轴正半轴上的M 点以速度v 0垂直于y 轴射入电场，经x 轴上的N 点与x 轴正方向成θ＝60°角射入磁场，最后从y 轴负半轴上的P 点垂直于y 轴射出磁场，如图所示.不计重力，求：(1)M 、N 两点间的电势差U MN ；(2)粒子在磁场中运动的轨道半径r ；(3)粒子从M 点运动到P 点的总时间t .【解析】(1)设粒子过N 点时的速度为v ，有v v 0＝cos θ ① v ＝2v 0 ②粒子从M 点运动到N 点的过程，有qU MN ＝2022121mv mv - ③ U MN ＝3mv 20/2q ④(2)粒子在磁场中以O ′为圆心做匀速圆周运动，半径为O ′N ，有qvB ＝rmv 2⑤ r ＝qBmv 02 ⑥ (3)由几何关系得ON ＝r sin θ⑦ 设粒子在电场中运动的时间为t 1，有ON ＝v 0t 1 ⑧ t 1＝qB m 3 ⑨粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T ＝qB m π2 ⑩设粒子在磁场中运动的时间为t 2，有t 2＝2ππθ-T ⑪ t 2＝qB m 32π ⑫t ＝t 1＋t 2＝qBm 3π)233(+ 【思维提升】注重受力分析，尤其是运动过程分析以及圆心的确定，画好示意图，根据运动学规律及动能观点求解.【拓展3】如图所示，真空室内存在宽度为s ＝8 cm的匀强磁场区域，磁感应强度B ＝0.332 T ，磁场方向垂直于纸面向里.紧靠边界ab 放一点状α粒子放射源S ，可沿纸面向各个方向放射速率相同的α粒子.α粒子质量为m＝6.64×10－27 kg ，电荷量为q ＝＋3.2×10－19 C ，速率为v＝3.2×106 m/s.磁场边界ab 、cd 足够长，cd 为厚度不计的金箔，金箔右侧cd 与MN 之间有一宽度为L ＝12.8 cm 的无场区域.MN 右侧为固定在O 点的电荷量为Q ＝－2.0×10－6 C 的点电荷形成的电场区域(点电荷左侧的电场分布以MN 为边界).不计α粒子的重力，静电力常量k ＝9.0×109 N·m 2/C 2，(取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：(1)金箔cd 被α粒子射中区域的长度y ；(2)打在金箔d 端离cd 中心最远的粒子沿直线穿出金箔，经过无场区进入电场就开始以O 点为圆心做匀速圆周运动，垂直打在放置于中心线上的荧光屏FH 上的E 点(未画出)，计算OE 的长度；(3)计算此α粒子从金箔上穿出时损失的动能.【解析】(1)粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB ＝m Rv 2，得R ＝Bqmv ＝0.2 m如图所示，当α粒子运动的圆轨迹与cd 相切时，上端偏离O ′最远，由几何关系得O ′P ＝22)(s R R --＝0.16 m 当α粒子沿Sb 方向射入时，下端偏离O ′最远，由几何关系得O ′Q ＝)(2s R R --＝0.16 m故金箔cd 被α粒子射中区域的长度为y ＝O ′Q ＋O ′P ＝0.32 m(2)如上图所示，OE 即为α粒子绕O 点做圆周运动的半径r .α粒子在无场区域做匀速直线运动与MN 相交，下偏距离为y ′，则 tan 37°＝43，y ′＝L tan 37°＝0.096 m 所以，圆周运动的半径为r ＝︒'+'37 cos Q O y ＝0.32 m (3)设α粒子穿出金箔时的速度为v ′，由牛顿第二定律有k r v m rQq 22'= α粒子从金箔上穿出时损失的动能为ΔE k ＝21mv 2－21mv ′2＝2.5×10－14 J3.带电体在变力作用下的运动【例4】竖直的平行金属平板A 、B 相距为d ，板长为L ，板间的电压为U ，垂直于纸面向里、磁感应强度为B 的磁场只分布在两板之间，如图所示.带电荷量为＋q 、质量为m 的油滴从正上方下落并在两板中央进入板内空间.已知刚进入时电场力大小等于磁场力大小，最后油滴从板的下端点离开，求油滴离开场区时速度的大小.【错解】由题设条件有Bqv ＝qE ＝qdU ，v ＝Bd U ；油滴离开场区时，水平方向有Bqv ＋qE ＝ma ，v 2x ＝2a ·mqU d 22= 竖直方向有v 2y ＝v 2＋2gL 离开时的速度v ′＝m qU dB U gL v v y x 2222222++=+ 【错因】洛伦兹力会随速度的改变而改变，对全程而言，带电体是在变力作用下的一个较为复杂的运动，对这样的运动不能用牛顿第二定律求解，只能用其他方法求解.【正解】由动能定理有mgL ＋qE 212122-'=v m d mv 2 由题设条件油滴进入磁场区域时有Bqv ＝qE ，E ＝U /d由此可以得到离开磁场区域时的速度v ′＝m qU dB U gL ++2222 【思维提升】解题时应该注意物理过程和物理情景的把握，时刻注意情况的变化，然后结合物理过程中的受力特点和运动特点，利用适当的解题规律解决问题，遇到变力问题，特别要注意与能量有关规律的运用.【例5】回旋加速器是用来加速带电粒子的装置，如图所示。
高考物理带电粒子在复合场中的运动压轴难题知识点及练习题含答案解析
高考物理带电粒子在复合场中的运动压轴难题知识点及练习题含答案解析一、带电粒子在复合场中的运动压轴题1．离子推进器是太空飞行器常用的动力系统，某种推进器设计的简化原理如图所示，截面半径为R 的圆柱腔分为两个工作区．I 为电离区，将氙气电离获得1价正离子；II 为加速区，长度为L ，两端加有电压，形成轴向的匀强电场．I 区产生的正离子以接近0的初速度进入II 区，被加速后以速度v M 从右侧喷出．I 区内有轴向的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，在离轴线R /2处的C 点持续射出一定速度范围的电子．假设射出的电子仅在垂直于轴线的截面上运动，截面如图所示（从左向右看）．电子的初速度方向与中心O 点和C 点的连线成α角（0<α<90◦）．推进器工作时，向I 区注入稀薄的氙气．电子使氙气电离的最小速度为v 0，电子在I 区内不与器壁相碰且能到达的区域越大，电离效果越好．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．已知离子质量为M ；电子质量为m ，电量为e ．（电子碰到器壁即被吸收，不考虑电子间的碰撞）．（1）求II 区的加速电压及离子的加速度大小；（2）为取得好的电离效果，请判断I 区中的磁场方向（按图2说明是“垂直纸面向里”或“垂直纸面向外”）；（3）α为90°时，要取得好的电离效果，求射出的电子速率v 的范围； （4）要取得好的电离效果，求射出的电子最大速率v max 与α角的关系．【来源】2014年全国普通高等学校招生统一考试理科综合能力测试物理（浙江卷带解析)【答案】（1）22Mv L（2）垂直于纸面向外（3）043mv B eR >（4）()max 342sin eRB v m α=-【解析】 【分析】 【详解】（1）离子在电场中加速，由动能定理得：212M eU Mv =,得：22M Mv U e =．离子做匀加速直线运动，由运动学关系得:22Mv aL =,得：22Mv a L=．（2）要取得较好的电离效果，电子须在出射方向左边做匀速圆周运动，即为按逆时针方向旋转，根据左手定则可知，此刻Ⅰ区磁场应该是垂直纸面向外．（3）当90α=︒时，最大速度对应的轨迹圆如图一所示，与Ⅰ区相切，此时圆周运动的半径为34r R =洛伦兹力提供向心力，有2maxmaxv Bev m r= 得34max BeRv m=即速度小于等于34BeRm 此刻必须保证043mv B BR＞． （4）当电子以α角入射时，最大速度对应轨迹如图二所示，轨迹圆与圆柱腔相切，此时有：90OCO α∠'=︒﹣2ROC =，OC r '=，OO Rr '=﹣ 由余弦定理有222(29022R R R r r r cos α⎛⎫=+⨯⨯︒ ⎪⎝⎭﹣）﹣（﹣），90cos sin αα︒-=（） 联立解得：()342Rr sin α=⨯-再由：maxmv r Be=，得 ()342max eBRv m sin α=-．考点：带电粒子在匀强磁场中的运动、带电粒子在匀强电场中的运动 【名师点睛】该题的文字叙述较长，要求要快速的从中找出物理信息，创设物理情境；平时要注意读图能力的培养，以及几何知识在物理学中的应用，解答此类问题要有画草图的习惯，以便有助于对问题的分析和理解；再者就是要熟练的掌握带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期和半径公式的应用．2．如图所示，以两虚线为边界，中间存在平行纸面且与边界垂直的水平电场，宽度为d ，两侧为相同的匀强磁场，方向垂直纸面向里．一质量为m 、带电量q +、重力不计的带电粒子，以初速度1v 垂直边界射入磁场做匀速圆周运动，后进入电场做匀加速运动，然后第二次进入磁场中运动，此后粒子在电场和磁场中交替运动．已知粒子第二次在磁场中运动的半径是第一次的二倍，第三次是第一次的三倍，以此类推．求：（1）粒子第一次经过电场的过程中电场力所做的功1W （2）粒子第n 次经过电场时电场强度的大小n E （3）粒子第n 次经过电场所用的时间n t（4）假设粒子在磁场中运动时，电场区域场强为零．请画出从粒子第一次射入磁场至第三次离开电场的过程中，电场强度随时间变化的关系图线（不要求写出推导过程，不要求标明坐标刻度值）．【来源】河北省衡水中学滁州分校2018届高三上学期全真模拟物理试题【答案】（1）21132mv W =（2）21(21)2n n mv E qd +=（3）12(21)n d t n v =+ （4）如图；【解析】 （1）根据mv r qB =，因为212r r =，所以212v v =，所以221211122W mv mv =-, （2）=，，所以．（3），，所以．(4)3．如图所示，在无限长的竖直边界NS和MT间充满匀强电场，同时该区域上、下部分分别充满方向垂直于NSTM平面向外和向内的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B，KL为上下磁场的水平分界线，在NS和MT边界上，距KL高h处分别有P、Q两点，NS和MT间距为1.8h ，质量为m，带电荷量为＋q的粒子从P点垂直于NS边界射入该区域，在两边界之间做圆周运动，重力加速度为g．(1)求电场强度的大小和方向；(2)要使粒子不从NS边界飞出，求粒子入射速度的最小值；(3)若粒子能经过Q点从MT边界飞出，求粒子入射速度的所有可能值．【来源】【全国百强校】2017届浙江省温州中学高三3月高考模拟物理试卷（带解析)【答案】（1）mgqE=，方向竖直向上（2）min(962)qBhvm-=（3）0.68qBhvm=；0.545qBhvm=；0.52qBhvm=【解析】【分析】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，电场力与重力合力为零；（2）作出粒子的运动轨迹，由牛顿第二定律与数学知识求出粒子的速度；（3）作出粒子运动轨迹，应用几何知识求出粒子的速度．【详解】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，电场力与重力合力为零，即mg=qE，解得：mgqE=，电场力方向竖直向上，电场方向竖直向上；（2）粒子运动轨迹如图所示：设粒子不从NS边飞出的入射速度最小值为v min，对应的粒子在上、下区域的轨道半径分别为r1、r2，圆心的连线与NS的夹角为φ，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：2vqvB mr=，解得，粒子轨道半径：vrqBπ=，min1vrqBπ=，2112r r=，由几何知识得：（r1+r2）sinφ=r2，r1+r1cosφ=h，解得：min 962)qBhvm=；（3）粒子运动轨迹如图所示，设粒子入射速度为v ，粒子在上、下区域的轨道半径分别为r 1、r 2， 粒子第一次通过KL 时距离K 点为x ， 由题意可知：3nx =1.8h （n =1、2、3…）3(962)22h x -≥，()2211x r h r =--， 解得：120.361)2hr n =+（，n ＜3.5， 即：n =1时， 0.68qBhv m=， n =2时，0.545qBhv m =， n =3时，0.52qBhv m=； 答：（1）电场强度的大小为mg qE =，电场方向竖直向上；（2）要使粒子不从NS 边界飞出，粒子入射速度的最小值为min 962)qBhv m=． （3）若粒子经过Q 点从MT 边界飞出，粒子入射速度的所有可能值为：0.68qBhv m=、或0.545qBh v m =、或0.52qBhv m=． 【点睛】本题考查了粒子在磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是正确解题的前提与关键，应用平衡条件、牛顿第二定律即可正确解题，解题时注意数学知识的应用．4．在场强为B 的水平匀强磁场中，一质量为m 、带正电q 的小球在O 静止释放，小球的运动曲线如图所示．已知此曲线在最低点的曲率半径为该点到z 轴距离的2倍，重力加速度为g ．求：(1)小球运动到任意位置P (x ，y)的速率v ； (2)小球在运动过程中第一次下降的最大距离y m ； (3)当在上述磁场中加一竖直向上场强为E (mgE q>)的匀强电场时，小球从O 静止释放后获得的最大速率m v 。
物理专题三带电粒子在复合场(电场磁场)中的运动解读
物理专题三 带电粒子在复合场(电场磁场)中的运动解决这类问题时一定要重视画示意图的重要作用。
⑴带电粒子在匀强电场中做类平抛运动。
这类题的解题关键是画出示意图，要点是末速度的反向延长线跟初速度延长线的交点在水平位移的中点。
⑵带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动。
这类题的解题关键是画好示意图，画示意图的要点是找圆心、找半径和用对称。
例1 右图是示波管内部构造示意图。
竖直偏转电极的板长为l =4cm ，板间距离为d =1cm ，板右端到荧光屏L =18cm ，（本题不研究水平偏转）。
电子沿中心轴线进入偏转电极时的速度为v 0=1.6×107m/s ，电子电荷e =1.6×10-19C ，质量为0.91×10-30kg 。
为了使电子束不会打在偏转电极的极板上，加在偏转电极上的电压不能超过多少？电子打在荧光屏上的点偏离中心点O 的最大距离是多少？[解：设电子刚好打在偏转极板右端时对应的电压为U ，根据侧移公式不难求出U (当时对应的侧移恰好为d /2)：2212⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅=v l dm Ue d ，得U =91V ；然后由图中相似形对应边成比例可以求得最大偏离量h =5cm 。
]例2 如图甲所示，在真空中，足够大的平行金属板M 、N 相距为d ，水平放置。
它们的中心有小孔A 、B ，A 、B 及O 在同一条竖直线上，两板的左端连有如图所示的电路，交流电源的内阻忽略不计，电动势为U ，U 的方向如图甲所示，U 随时间变化如图乙所示，它的峰值为ε。
今将S 接b 一段足够长时间后又断开，并在A 孔正上方距A 为h （已知d h <）的O 点释放一个带电微粒P ，P 在AB 之间刚好做匀速运动，再将S 接到a 后让P 从O 点自由下落，在t=0时刻刚好进入A 孔，为了使P 一直向下运动，求h 与T 的关系式？[解析：当S 接b 一段足够长的时间后又断开，而带电微粒进入A 孔后刚好做匀速运动，说明它受到的重力与电场力相等，有d q mg ε= 若将S 接a 后，刚从t=0开始，M 、N 两板间的电压为，2ε，故带电粒子进入电场后，所受到的电场力为mg d q F 22==ε，也就是以大小为g 、方向向上的加速度作减速运动。
高三物理第二轮专题讲座(讲)带电粒子在复合场中的运动
准兑市爱憎阳光实验学校带电粒子在复合场中的运动温故自查1．义：同时存在电场和磁场的区域，同时存在磁场和重力场的区域，同时存在、和的区域，都叫做复合场，也称为叠加场．2．特征：带电粒子在复合场中同时受到、、的作用，或其中某两种力的作用电场磁场重力场电场力洛伦兹力重力考点精析重力、电场力、洛伦兹力的比拟大小方向做功特点重力mg竖直向下重力做功与路径无关，由初、末位置的高度差决磁场力Bqv垂直于B、v决的平面洛伦兹力始终不做功电场力qE平行于E的方向电场力做功与路径无关，由初、末位置的电势差决注意：重力考虑与否分三种情况：(1)对于微观粒子，如电子、质子、离子，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；而对于一些实际物体，如带电小球、液滴、金属块一般当考虑其重力．(2)在题目中有明确交待是否要考虑重力的，这种情况比拟正规，也比拟简单．(3)直接看不出是否要考虑重力的，在进行受力分析与运动分析时，要由分析结果，先进行性确是否要考虑重力.温故自查1．带电粒子在复合场中无约束情况下的运动性质(1)当带电粒子所受合外力为零时，将做或处于，合外力恒且与初速度同向时做匀变速直线运动，常见情况有：①洛伦兹力为零(即v与B平行)时，重力与电场力平衡，做匀速直线运动；或重力与电场力的合力恒做匀变速运动．②洛伦兹力与速度v垂直，且与重力和电场力的合力平衡，带电粒子做匀速直线运动．匀速直线运动静止状态(2)当带电离子所受合外力充当向心力，带电粒子做时，由于通常情况下，重力和电场力为恒力，故不能充当向心力，所以一般情况下是重力恰好与电场力相平衡，洛伦兹力充当向心力．(3)当带电粒子所受的合力的大小、方向均是不断变化的，那么粒子将做非匀变速的匀速圆周运动曲线运动．2．带电粒子在复合场中有约束情况下的运动带电粒子所受约束，通常有面、杆、绳、圆轨道，常见的运动形式有和，此类问题注意分析洛伦兹力所起的作用．3．带电粒子在交变场中的运动带电粒子在不同场中的运动性质可能不同，可分别进行讨论．粒子在不同场中运动的联系点是速度，因为速度不能突变，在前一个场中运动的末速度，就是后一个场中运动的初速度．直线运动圆周运动4．带电粒子在复合场中的直线运动(1)带电粒子所受合外力为零时，做匀速直线运动，处理这类问题，根据列方程求解．(2)带电粒子所受合外力恒，且与初速度在一条直线上时，粒子将做匀变速直线运动．处理这类问题，根据洛伦兹力不做功的特点，选用、、规律列方程求解．受力平衡牛顿第二律动能理能量守恒律5．带电粒子在复合场中的曲线运动(1)当带电粒子在所受的重力与电场力值反向，洛伦兹力提供向心力时，带电粒子在垂直于磁场的平面内做．(2)当带电粒子所受的合外力是变力，且与初速度方向不在同一直线上时，粒子做非匀变速曲线运动．一般处理这类问题，选用或列方程求解．(3)由于带电粒子在复合场中受力情况复杂、运动情况多变，往往出现临界问题，这时以题目中的“最大〞、“最高〞、“至少〞词语为突破口，挖掘隐含条件，根据临界条件列出辅助方程，再与其他方程联立求解．匀速圆周运动动能理能量守恒律考点精析解决复合场类问题的分析方法和根本思路：(1)全面的、正确的受力分析．除重力、弹力、摩擦力外，要特别注意电场力和磁场力的分析．核心在于洛伦兹力随带电粒子运动状态的变化而改变．(2)正确分析物体的运动状态．找出物体的速度、位置及其变化特点，洛伦兹力随带电粒子运动状态的变化而改变，从而导致运动状态发生的变化，要结合动力学规律综合分析．如果出现临界状态，注意挖掘隐含条件，分析临界条件，列出辅助方程．注意：带电粒子在复合场中运动的问题，往往综合性较强，物理过程复杂．在分析处理该的问题时，要充分挖掘题目的隐含信息，利用题目创设的情境，对粒子做好受力分析、运动过程分析，培养空间相象能力、分析综合能力、用数学知识处理物理问题的能力．[考例1] (2021·春)如下图，一半径为R的光滑绝缘半球面开口向下，固在水平面上．整个空间存在匀强磁场，磁感强度方向竖直向下．一电荷量为q(q>0)、质量为m的小球P在球面上做水平的匀速圆周运动，圆心为O′.球心O到该圆周上任一点的连线与竖直方向的夹角为为了使小球能够在该圆周上运动，求磁感强度大小的最小值及小球P相的速率．重力加速度为g.[解析] 据题意，小球P在球面上做水平的匀速圆周运动，该圆周的圆心为O′.P受到向下的重力mg、球面对它沿OP方向的支持力F N和磁场的洛伦兹力f＝qvB，①式中v为小球运动的速率，洛伦兹力f的方向指向O′，根据牛顿第二律F N cos θ－mg＝0，②将倾角为θ的光滑绝滑斜面放到一个足够大的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，磁感强度为B，一个质量为m、带电荷量为q的小物体在斜面上由静止开始下滑(设斜面足够长)，如右图所示．滑到某一位置离开斜面，那么物体带________电荷(填“正〞或“负〞)；物体离开斜面时的速度为________；物体在斜面上滑行的长度为________．[解析] 小物体沿斜面加速下滑时，随着速度的增加，洛伦兹力逐渐增大，为使小物体离开斜面，洛伦兹力的方向必须垂直于斜面向上，可见，小物体带负电；小物体离开斜面时满足qvB＝mg cosθ，解得由于只有重力做功，故系统机械能守恒，即mgL sinθ＝mv2，解得小物体在斜面上滑行的长度[考例2] 如下图，MN是一固在水平地面上足够长的绝缘平板(右侧有挡板)，整个空间有平行于平板向左、场强为E的匀强电场，在板上C点的右侧有一个垂直于纸面向里、磁感强度为B的匀强磁场，一个质量为m、带电量为－q的小物块，从C点由静止开始向右先做加速运动再做匀速运动．当物块碰到右端挡板后被弹回，假设在碰撞瞬间撤去电场，小物块返回时在磁场中恰做匀速运动，平板NC的长度为L，物块与平板间的动摩擦因数为μ，求：(1)小物块向右运动过程中克服摩擦力做的功；(2)小物块与右端挡板碰撞过程中损失的机械能；(3)最终小物块停在绝缘平板上的位置．[解析] (1)设小物块向右匀速运动时的速度大小为v1，由平衡条件有qE＝μ(mg＋qv1B) ①(2)设小物块返回时在磁场中匀速运动的速度大小为v2，与右端挡板碰撞过程中损失的机械能为ΔE，那么有qv2B－mg＝0 ⑤[答案] 见解析如下图，某空间存在正交的匀强磁场和匀强电场，电场方向水平向右，磁场方向垂直纸面向里，一带电粒子由a点进入电磁场并刚好能沿ab直线向上运动．以下说法正确的选项是( )A．微粒一带负电B．微粒动能一减少C．微粒的电势能一增加D．微粒的机械能一增加[解析] 对该种粒子进行受力分析得：受到竖直向下的重力、水平方向的电场力、垂直速度方向的洛伦兹力，其中重力和电场力是恒力，沿直线运动，那么可以判断出其受到的洛伦兹力也是恒的，即该粒子是做匀速直线运动，所以选项B错误．如果该粒子带正电，那么受到向右的电场力和向左下方的洛伦兹力，所以不会沿直线运动，该种粒子一是带负电，选项A正确．该种粒子带负电，向左上方运动，电场力做正功，电势能一是减少的，选项C错误．因为重力势能增加，动能不变，所以该粒子的机械能增加，选项D正确．综上所述，此题的正确选项为AD.[答案] AD[考例3] (2021·)如下图，直角坐标系xOy位于竖直平面内，在水平的x轴下方存在匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感强度为B，方向垂直xOy平面向里，电场线平行于y轴．一质量为m、电荷量为q的带正电荷的小球，从y轴上的A 点水平向右抛出．经x轴上的M点进入电场和磁场，恰能做匀速圆周运动，从x轴上的N点第一次离开电场和磁场，MN之间的距离为L，小球过M点时的速度方向与x轴正方向夹角为θ.不计空气阻力，重力加速度为g，求：(1)电场强度E的大小和方向；(2)小球从A点抛出时初速度v0的大小；(3)A点到x轴的高度h.[解析] (1)小球在电场、磁场中恰能做匀速圆周运动，其所受电场力必须与重力平衡，有重力的方向是竖直向下，电场力的方向那么为竖直向上，由于小球带正电，所以电场强度方向竖直向上．(2)小球做匀速圆周运动，O′为圆心，MN为弦长，∠MO′P＝θ，如下图．设半径为r，由几何关系知小球做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，设小球做圆周运动的速率为v，有(3)设小球到M点时的竖直分速度为v y，它与水平分速度的关系为v y＝v0tanθ⑦由匀变速直线运动规律＝2gh ⑧由⑥⑦⑧式得(2021·)在场强为B的水平匀强磁场中，一质量为m、带正电q的小球在O静止释放，小球的运动曲线如下图．此曲线在最低点的曲率半径为该点到x轴距离的2倍，重力加速度为g.求：(1)小球运动到任意位置P(x，y)的速率．(2)小球在运动过程中第一次下降的最大距离y m.(3)当在上述磁场中加一竖直向上场强为的匀强电场时，小球从O静止释放后获得的最大速率v m.[解析] (1)洛伦兹力不做功，由动能理可得(2)设在最大距离y m处的速率为v m，根据圆周运动有[考例4] (2021·Ⅱ)如图，在宽度分别为l1和l2的两个毗邻的条形区域分别有匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直于纸面向里，电场方向与电、磁场线平行向右．一带正电荷的粒子以速率v从磁场区域上边界的P点斜射入磁场，然后以垂直于电、磁场线的方向进入电场，最后从电场边界上的Q点射出．PQ 垂直于电场方向，粒子轨迹与电、磁场线的交点到PQ的距离为d.不计重力，求电场强度与磁感强度大小之比及粒子在磁场与电场中运动时间之比．[解析] 此题考查带电粒子在有界磁场中的运动．粒子在磁场中做匀速圆周运动，如下图．由于粒子在线处的速度与线垂直，圆心O在线上，OP长度即为粒子运动的圆弧的半径R.由几何关系得R2＝l＋(R－d)2①设粒子的质量和所带正电荷分别为m和q，由洛仑兹力公式和牛顿第二律得设P′为虚线与线的交点，∠POP′＝α，那么粒子在磁场中的运动时间为粒子进入电场后做类平抛运动，其初速度为v，方向垂直于电场，设粒子的加速度大小为a，由牛顿第二律得qE＝ma ⑤(2021·)如下图，在平面直角坐标系xOy内，第Ⅰ象限的腰直角三角形MNP区域内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，y<0的区域内存在着沿y轴正方向的匀强电场．一质量为m、电荷量为q的带电粒子从电场中的Q(－2h，－h)点以速度v0水平向右射出，经坐标原点O处射入第Ⅰ象限，最后以垂直于PN的方向射出磁场．MN平行于x轴，N点的坐标为(2h,2h)，不计粒子的重力，求：(1)电场强度的大小E；(2)磁感强度的大小B；(3)粒子在磁场中运动的时间t.[解析] (1)粒子在电场运动过程中，由类平抛运动规律及牛顿运动律得(2)粒子到达O点时，沿＋y方向的分速度[考例5] (2021·)如图甲所示，建立Oxy坐标系，两平行极板P、Q垂直于y 轴且关于x轴对称，极板长度和板间距均为l，在第一、四象限有磁感强度为B 的匀强磁场，方向垂直于Oxy平面向里．位于极板左侧的粒子源沿x轴向右连续发射质量为m、电量为＋q、速度相同、重力不计的带电粒子．在0～3t0时间内两板间加上如图乙所示的电压(不考虑极板边缘的影响)．t＝0时刻进入两板间的带电粒子恰好在t0时刻经极板边缘射入磁场．上述m、q、l、t0、B为量．(不考虑粒子间相互影响及返回极板间的情况)(1)求电压U0的大小．(2)求时刻进入两板间的带电粒子在磁场中做圆周运动的半径．(3)何时进入两板间的带电粒子在磁场中的运动时间最短？求此最短时间．如图甲所示，在真空中，半径为b的虚线所围成的圆形区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外．在磁场右侧有一对平行金属板M和N，两板间距离也为b，板长为2b，两板的中心O1O2与磁场区域的圆心O在同一直线上，两板左端与O1也在同一直线上．有一电荷量为q、质量为m的带正电的粒子，以速率v0从圆周上的P点沿垂直于半径OO1并指向圆心O的方向进入磁场，当从圆周上的O1点水平飞出磁场时，给M、N板加上如图乙所示的电压u.最后粒子刚好以平行于N板的速度，从N板的边缘飞出．不计平行金属板两端的边缘效及粒子所受的重力．(1)求磁场的磁感强度B的大小；(2)求交变电压的周期T和电压U0的值；(3)当t＝时，将该粒子从MN板右侧沿板的中心线O2O1，仍以速率v0射入M、N之间，求粒子从磁场中射出的点到P点的距离．[解析] (1)粒子自P点进入磁场，从O1点水平飞出磁场，运动的半径必为b，那么(3)当t＝时粒子以速度v0沿O2O1射入电场，那么该粒子恰好从M板边缘以平行于极板的速度射入磁场，且进入磁场的速度仍为v0，运动的轨道半径仍为b.设进入磁场的点为Q，离开磁场的点为R，圆心为O3，如下图，四边形OQO3R 是菱形，故OR∥QO3.所以P、O、R三点共线，即POR为圆的直径，即P、R间的距离为2b.。
2019届高考物理总复习第九章磁场第三节带电粒子在复合
(3)非匀变速曲线运动：当带电粒子所受的合外力的大小和方 向均变化，且与初速度方向不在同一条直线上时，粒子做非 匀变速曲线运动，这时粒子运动轨迹既不是圆弧，也不是抛 物线．
二、带电粒子在复合场中运动的应用实例 1．质谱仪 (1)构造：如图所示，由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相 底片等构成．
(2)原理：粒子由静止在加速电场中被加速，根据动能定理可 得关系式_q_U_＝__12_m__v_2__．粒子在磁场中受洛伦兹力偏转，做 匀速圆周运动，根据牛顿第二定律得关系式 qvB＝mvr2.
电流方向与匀强磁场方向垂直的
载流导体，在与电流、磁场方向均
霍尔
平行的表面上出现电势差——霍
效应
尔电势差，其值 U＝kIdB(k 为霍尔
系数)
装置
电磁流 量计
原理图
规律 UDq＝qvB，所以 v＝DUB，所以 Q＝ vS＝DUB·πD2 2
装置
质谱 仪
A．质子被加速后的最大速度不可能超过 2πfR B．质子被加速后的最大速度与加速电场的电压大小有关 C．高频电源只能使用矩形交变电流，不能使用正弦式交变 电流 D．不改变 B 和 f，该回旋加速器也能用于加速 α 粒子
提示：选 A.由 T＝2πvR，T＝1f，可得质子被加速后的最大速 度为 2πfR，其不可能超过 2πfR，质子被加速后的最大速度 与加速电场的电压大小无关，选项 A 正确、B 错误；高频电 源可以使用正弦式交变电流，选项 C 错误；要加速 α 粒子， 高频交流电周期必须变为 α 粒子在其中做圆周运动的周期， 即 T＝2qπαmBα，故 D 错误．
洛伦兹力在科技中的应用
【知识提炼】
常见科学仪器的原理
装置
原理图
规律
高考物理二轮复习专题三电场和磁场考点带电粒子在复合场中的运动课件.ppt
图3－3－2
A．在电场中的加速度之比为 1∶1 B．在磁场中运动的半径之比为 3∶1 C．在磁场中转过的角度之比为 1∶2 D．离开电场区域时的动能之比为 1∶3
解析 两离子所带电荷量之比为 1∶3，在电场中时
由 qE＝ma 知 a∝q，故加速度之比为 1∶3，A 错误；离
开电场区域时的动能由 Ek＝qU 知 Ek∝q，故 D 正确； 在磁场中运动的半径由 Bqv＝mvR2、Ek＝12mv2 知 R＝B1
图3－3－3
A．霍尔元件前表面的电势低于后表面 B．若电源的正负极对调，电压表将反偏 C．IH与I成正比 D．电压表的示数与RL消耗的电功率成正比
解析 根据左手定则判断电子受到洛伦兹力偏到霍 尔元件的后表面，所以前表面电势高于后表面，A 项错 误；若电源的正负极对调，线圈中产生的磁场反向，根 据左手定则判断依然是前表面电势高于后表面，B 项错 误；根据UdHq＝Bqv，有 UHB＝Bvd，因为 B＝kI，I＝nqSv， v∝I，联立解得 UH∝I2，而 P＝I2RL，所以 UH∝P，D 项正确；根据题中 UH＝kIHdB，因为 UH∝I2、B＝kI，所 以得到 IH 与 I 成正比，C 项正确。
图3－3－6
A．11
B．12
C．121
D．144
解析 粒子在电场中加速，设离开加速电场的速度为 v，则 qU＝12mv2，粒子进入磁场做圆周运动，半径 r＝mqBv ＝B1 2mqU，因两粒子轨道半径相同，故离子和质子的质 量比为 144，选项 D 正确。
答案 D
2．如图3－3－7所示的平行板器件中，存在相互垂直 的匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度B1＝0.20 T，方向垂直纸面向里，电场强度E1＝1.0×105 V/m， PQ为板间中线。竖靠平行板右侧边缘xOy坐标系的第 一象限内，有一边界线AO，与y轴的夹角∠AOy＝ 45°，边界线的上方有垂直纸面向外的匀强磁场，磁 感应强度B2＝0.25 T，边界线的下方有竖直向上的匀强 电场，电场强度E2＝5.0×105 V/m。一束带电荷量q＝ 8.0×10－19 C、质量m＝8.0×10－26 kg的正离子从P点射 入平行板间，沿中线PQ做直线运动，穿出平行板后从y 轴上坐标为(0,0.4 m)的Q点垂直y轴射入磁场区，多次穿 越边界线OA。求：
2019年高考物理二轮复习专题整合高频突破专题三电场和磁场3带电粒子在复合场中的运动课件
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