【优化方案】2016版高考物理二轮复习 第一部分 专题三 电场与磁场 第3讲 带电粒子在复合场中的运动课件

答案：见解析
(2)在上述题1中，若第Ⅲ象限内的匀强电场方向沿x轴负方向, 试分析粒子经过y轴进入第Ⅲ象限的位置的纵坐标．
解析：粒子第一次经过 y 轴进入第Ⅲ象限内的匀强电场做匀减 速直线运动，速度减为零后，再反向做匀加速直线运动，以速 度 v1 垂直 y 轴进入第Ⅳ象限内做匀速圆周运动，半径 R 保持 不变，顺时针转过半个圆周，再次垂直 y 轴进入第Ⅲ象限内的 匀强电场，重复以上运动过程，故粒子经过 y 轴进入第Ⅲ象限 3 4 的位置纵坐标为 y＝－(R＋Rcos θ)－2nR＝－ 2n＋2d，n＝ 3 0、1、2、3、„.
v0 v1＝ cos θ 解以上各式得： 3mv2 π 0 θ＝ ，v1＝2v0，E＝ 3 2qd 粒子在第Ⅳ象限内做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qv1B v2 1 ＝m R ON 4 由几何关系得：R＝ ＝ d sin θ 3 3mv0 解得：B＝ . 2qd
(2)粒子由 M 点到 P 点的过程，由动能定理得： 1 2 1 2 qEd＋qE(R＋Rcos θ)＝ mvP－ mv0 2 2 解得：vP＝ 10v0. (3)粒子在第Ⅰ象限内运动时间： 2 3 d 3 2 3d t1＝ ＝ v0 3 v0 粒子在第Ⅳ象限内运动周期： 2πR 4πd T＝ ＝ v1 3v0 1 π－ π 3 4πd t2＝ T＝ 2π 9v0
专题三
电场与磁场
第3讲
带电粒子在复合场中的运动
热点一 命题规律
带电粒子在组合场中的运动
带电粒子在组合场中的运动问题是近几年高考的
重点，更是热点，分析近几年高考试题，该考点有以下命题
规律： (1)以计算题的形式考查，一般结合场的知识考查三种常见的 运动规律，即匀变速直线运动、平抛运动及圆周运动．一般 出现在试卷的压轴题中．(2)偶尔也会对粒子通过大小或方向
[解析 ]
mv2 (1)离子做圆周运动， Bqv＝ r
mv q＝ ，由左手定则知离子带正电荷． Br (2)如图所示
O′ Q＝ R， OQ＝ L， O′ O＝ R－ r 引出轨迹为圆弧， mv2 B′ qv＝ R mv 得 R＝ qB′ 根据几何关系得 r2＋ L2－ 2rLcos θ R＝ 2r－ 2Lcos θ mv mv（ 2r－ 2Lcos θ ） 故 B′＝ ＝ . qR q（ r2＋ L2－ 2rLcos θ ）
粒子在第Ⅲ象限内运动时有： 1 2 R＋Rcos θ＝ at3 2 2 6d 解得：t3＝ 3 v0 粒子从 M 点运动到 P 点的时间： （6 3＋6 6＋4π）d t＝t1＋t2＋t3＝ . 9v0 3mv2 3mv0 0 [答案] (1) (2) 10v0 2qd 2qd
（6 3＋6 6＋4π）d (3) 9v0
[总结提升 ] 带电粒子在组合场中运动的处理方法 (1)分别研究带电粒子在不同场区的运动规律．在匀强磁场中 做匀速圆周运动． 在匀强电场中， 若速度方向与电场方向平行， 则做匀变速直线运动； 若速度方向与电场方向垂直， 则做类平 抛运动． (2)带电粒子经过磁场区域时利用圆周运动规律结合几何关系 处理． (3)当粒子从一个场进入另一个场时，该点的位置、粒子的速 度大小和方向往往是解题的突破口．
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 (按图乙说 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 vmax 与 α 角的 关系．
热点二
命题规律
带电粒子在叠加场中的运动
带电粒子在叠加场中的运动问题是浙江近几年高
考的热点，更是重点．分析近几年的高考试题，可发现对该 考点的考查有以下命题规律： (1)一般以计算题的形式考查，经常结合平抛运动、圆周运动
及功能关系进行综合考查，一般作为压轴题出现．(2)有时也
会以选择题的形式考查在现代科技中的应用．
2 R －（ R－r）2 r2＋ 2 π cos － α ＝ (余弦定 2 R 2r· 2
理 )，
3R 解得 r＝ ⑨ 4（2－sin α ） 3eBR 由⑥⑨式得 vmax＝ 4m（2－ sin α ）
2 Mv2 v M M [答案 ] (1) (2)垂直纸面向外 2e 2L 3eBR 3eBR (3)v0≤v＜ (4)vmax＝ 4m 4m（2－ sin α ）
mv2（2r－ 2Lcos θ ） Bv－ q（ r2＋L2－ 2rLcos θ ）
3． (2014· 高考浙江卷)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甲所示，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 vM 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 点持续射出一定速率范围 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 如图乙所示 (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率为 v0，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．
1．(2015· 郴州二模)如图所示，带电平行金属板相距为 2R，在 两板间有垂直纸面向里、磁感应强度为 B 的圆形匀强磁场区 域，与两板及左侧边缘线相切．一个带正电的粒子(不计重力) 沿两板间中心线 O1O2 从左侧边缘 O1 点以某一速度射入， 恰沿 直线通过圆形磁场区域，并从极板边缘飞出，在极板间运动时 t0 间为 t0.若撤去磁场， 粒子仍从 O1 点以相同速度射入， 则经 时 2 间打到极板上．
2 3d，0点进入第Ⅳ象限内， 又经过磁场垂直 y 轴进入第Ⅲ 3
象限，最终粒子从 x 轴上的 P 点离开．不计粒子所受到的重 力．求：
(1)匀强电场的电场强度E和磁场的磁感应强度B的大小； (2)粒子运动到P点的速度大小； (3)粒子从M点运动到P点所用的时间．
[突破点拨]
(1)“以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场”说明：带电粒
子在第Ⅰ象限____________________．
(2)“又经过磁场垂直y轴进入第Ⅲ象限”说明：带电 粒 子 在
第Ⅳ象限做匀速圆周运动的圆心在________，带电粒子在 第 Ⅲ象限________________．
[解析] (1)粒子运动轨迹如图所示． 设粒子在第Ⅰ象限内运动的时间为 t1， 粒子在 N 点时速度大小 为 v1，方向与 x 轴正方向间的夹角为 θ，则： 2 3 x＝v0t1＝ d 3 1 2 y＝ at1＝d 2 qE＝ma vy at1 tan θ＝ ＝ v0 v 0
3 4 答案：－ 2n＋2d，n＝0、1、2、3、„ 3
2． (2015· 高考浙江卷)使用回旋加速器的实验需要把离子束从 加速器中引出， 离子束引出的方法有磁屏蔽通道法和静电偏转 法等．质量为 m，速度为 v 的离子在回旋加速器内旋转，旋 转轨道是半径为 r 的圆，圆心在 O 点，轨道在垂直纸面向外 的匀强磁场中，磁感应强度为 B.为引出离子束，使用磁屏蔽 通道法设计引出器．引出器原理如图所示， 一对圆弧形金属板 组成弧形引出通道，通道的圆心位于 O′点 (O′点图中未画 出 )．引出离子时，令引出通道内磁场的磁感应强度降低，பைடு நூலகம் 而使离子从 P 点进入通道，沿通道中心线从 Q 点射出．已知 OQ 长度为 L， OQ 与 OP 的夹角为 θ.
(1)在上述题 1 中，若带电粒子射入电场的速度大 小变为原来的 2 倍，粒子经过坐标轴的位置不变，试分析匀强 电场的电场强度和匀强磁场的磁感应强度如何变化．
3mv2 3mv0 0 解析：由计算结果 E＝ ，B＝ 可知，带电粒子射入电 2qd 2qd 场的速度大小变为原来的 2 倍， 匀强电场的电场强度将变成原 来的 4 倍，匀强磁场的磁感应强度将变成原来的 2 倍．
[解析] (1)设粒子从左侧 O1 点射入的速度为 v0，极板长为 L， 粒子在初速度方向上做匀速直线运动，则： t0 L∶(L－2R)＝t0∶ 2 解得：L＝4R 粒子在电场中做类平抛运动： t0 L－2R＝v0· 2 qU a＝ 2mR 1 t02 R＝ a 2 2
在复合场中做匀速直线运动， U 则 q ＝ qv0B 2R q 2 8R2B 联立各式解得： ＝ ， U＝ . m Bt0 t0 (2)若撤去电场， 粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图所示，设 其轨道半径为 r，粒子恰好打到上极板左边缘时速度的偏转角 为 α，
不同的电场或磁场区域时的运动进行考查．
1．(2015· 烟台一模)如图所示的平面直角坐标系 xOy，在第Ⅰ、 Ⅲ象限内有平行于 y 轴，电场强度大小相同、方向相反的匀强 电场，在第Ⅳ象限内有垂直于纸面向里的匀强磁场．一质量为 m，电荷量为 q 的带电粒子，从 y 轴上的 M(0，d)点，以大小 为 v0 的速度沿 x 轴正方向射入电场，通过电场后从 x 轴的 N
(3)电场强度方向沿径向向外 mv2 引出轨迹为圆弧， Bqv－ Eq＝ R mv2（2r－ 2Lcos θ ） E＝ Bv－ . q（ r2＋ L2－ 2rLcos θ ）
[答案] mv (1) Br 正电荷 mv（2r－2Lcos θ ） (2) q（ r2＋L2－2rLcos θ ）
(3)沿径向向外
[解析 ]
1 2 (1)由动能定理得 MvM＝ eU① 2
Mv2 M U＝ ② 2e
2 eE U vM a＝ ＝ e ＝ .③ M ML 2L
(2)垂直纸面向外④ (3)设电子运动的最大半径为 r 3 2r＝ R⑤ 2 v2 eBv＝ m ⑥ r