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1、2022高考物理一輪復習 微專題系列之熱點專題突破 專題51 帶電粒子在組合場中的運動問題學案1. 組合場：指磁場與電場或重力場同時存在，但各位于一定的區(qū)域內(nèi)且并不重疊的情況，帶電粒子在一個場中只受一個場力的作用。2. 三種場力的特點比較 (1) 重力的大小為mg,方向豎直向下,重力做功與路徑無關,其數(shù)值除與帶電粒子的質(zhì)量有關外,還與初、末位置的高度差有關。 (2) 電場力的大小為qE,方向與電場強度E及帶電粒子所帶電荷的性質(zhì)有關,電場力做功與路徑無關,其數(shù)值除與帶電粒子的電荷量有關外,還與初、末位置的電勢差有關。 (3) 洛倫茲力大小為qvB,方向垂直于v和B所決定的平面,無論帶電粒子做什么

2、運動,洛倫茲力都不做功。 說明：電子、質(zhì)子、粒子、帶電離子等微觀粒子在疊加場中運動時,若試題沒有明確說明考慮重力時就不計重力,但質(zhì)量較大的質(zhì)點(如帶電微粒)在疊加場中運動時,除試題說明不計重力,通常都要考慮重力。 3. 帶電粒子在組合場中的運動規(guī)律（1）帶電粒子在勻強電場中，若初速度與電場線平行，做勻變速直線運動；若初速度與電場線垂直，做類平拋運動。（2）帶電粒子在勻強磁場中，若速度與磁感線平行，做勻速直線運動；若速度與磁感線垂直，做勻速圓周運動。4. 帶電粒子在組合場中運動的處理方法分析帶電粒子在各種場中的受力情況和運動情況,一般在電場中做類平拋運動,在磁場中做勻速圓周運動。 正確地畫出粒子

3、的運動軌跡圖,在畫圖的基礎上特別注意運用幾何知識,尋找關系。 選擇物理規(guī)律,列方程。對類平拋運動,一般分解為初速度方向的勻速運動和垂直初速度方向的勻加速運動;對粒子在磁場中做勻速圓周運動,應注意一定是洛倫茲力提供向心力這一受力條件。 注意確定粒子在組合場交界位置處的速度大小與方向。該速度是聯(lián)系兩種運動的橋梁。4. 解決帶電粒子在組合場中運動問題的思路方法簡化圖【典例1】如圖所示，M、N、P為很長的平行邊界，M、N與M、P間距分別為l1、l2，其間分別有磁感應強度為B1和B2的勻強磁場區(qū)域，磁場和方向垂直紙面向里，B1B2，有一電荷量為q、質(zhì)量為m的帶正電粒子，以某一初速度垂直邊界N及磁場方向射

4、入MN間的磁場區(qū)域。不計粒子的重力。求：(1)要使粒子能穿過磁場進入磁場，粒子的初速度v0至少應為多少；(2)若粒子進入磁場的初速度v1，則粒子第一次穿過磁場所用時間t1是多少；(3)粒子初速度v為多少時，才可恰好穿過兩個磁場區(qū)域。【答案】(1)(2)(3)t1T。(3)設粒子速度為v時，粒子在磁場中的軌跡恰好與P邊界相切，軌跡如圖乙所示，由Bqvm可得R1，R2，由幾何關系得sin ，粒子在磁場中運動有R2R2sin l2，解得v。【典例2】如圖所示，內(nèi)圓半徑為r、外圓半徑為3r的圓環(huán)區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里、磁感應強度為B的勻強磁場。圓環(huán)左側(cè)的平行板電容器兩板間電壓為U，從靠近M板處由靜止釋放

5、質(zhì)量為m、電荷量為q的正離子，經(jīng)過電場加速后從N板小孔射出，并沿圓環(huán)直徑方向射入磁場，不計離子的重力，忽略平行板外的電場。求：(1)離子從N板小孔射出時的速率；(2)離子在磁場中做圓周運動的周期；(3)要使離子不進入小圓區(qū)域，電壓U的取值范圍?！敬鸢浮?1) (2)(3)U由幾何關系得R02(3r)2(R0r)2，解得R04r，需滿足的條件為RR0，又qvBm，qUmv2，聯(lián)立解得U。【典例3】平面直角坐標系xOy中，第象限存在垂直于平面向里的勻強磁場，第象限存在沿y軸負方向的勻強電場，如圖所示。一帶負電的粒子從電場中的Q點以速度v0沿x軸正方向開始運動，Q點到y(tǒng)軸的距離為到x軸距離的2倍。粒

6、子從坐標原點O離開電場進入磁場，最終從x軸上的P點射出磁場，P點到y(tǒng)軸距離與Q點到y(tǒng)軸距離相等。不計粒子重力，問：(1)粒子到達O點時速度的大小和方向；(2)電場強度和磁感應強度的大小之比?！敬鸢浮?1)v0，與x軸正方向成45角斜向上(2)【解析】(1)在電場中，粒子做類平拋運動，設Q點到x軸距離為L，到y(tǒng)軸距離為2L，粒子的加速設粒子到達O點時速度大小為v，由運動的合成有v聯(lián)立式得vv0。(2)設電場強度為E，粒子電荷量為q，質(zhì)量為m，粒子在電場中受到的電場力為F，由牛頓第二定律可得Fma 又FqE設磁場的磁感應強度大小為B，粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R，所受的洛倫茲力提供向心力，

7、有qvBm 由幾何關系可知RL聯(lián)立式得。【典例4】如圖所示裝置中，區(qū)域和中分別有豎直向上和水平向右的勻強電場，電場強度分別為E和；區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度為B.一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的帶負電粒子(不計重力)從左邊界O點正上方的M點以速度v0水平射入電場，經(jīng)水平分界線OP上的A點與OP成60角射入?yún)^(qū)域的磁場，并垂直豎直邊界CD進入?yún)^(qū)域的勻強電場中求：(1)粒子在區(qū)域勻強磁場中運動的軌跡半徑； (2)O、M間的距離；(3)粒子從M點出發(fā)到第二次通過CD邊界所經(jīng)歷的時間【答案】(1)(2)(3)(2)設粒子在區(qū)域電場中運動時間t1，加速度為a.則有qEma，v0tan 60at1

8、，即t1O、M兩點間的距離為Lat.課后作業(yè)1. 在半導體離子注入工藝中，初速度可忽略的磷離子P和P3，經(jīng)電壓為U的電場加速后，垂直進入磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里、有一定寬度的勻強磁場區(qū)域，如圖8226所示已知離子P在磁場中轉(zhuǎn)過30后從磁場右邊界射出在電場和磁場中運動時，離子P和P3()A在電場中的加速度之比為11B在磁場中運動的半徑之比為1C在磁場中轉(zhuǎn)過的角度之比為12D離開電場區(qū)域時的動能之比為13【答案】BCD【解析】磷離子P與P3電荷量之比q1q213，質(zhì)量相等，在電場中加速度a，由此可知，a1a213，選項A錯誤；離子進入磁場中做圓周運動的半徑r，又qUmv2，故有r，即r

9、1r21，選項B正確；設離子P3在磁場中偏角為，則sin ，sin (d為磁場寬度)，故有sin sin 1，已知30，故60，選項C正確；全過程中只有電場力做功，WqU，故離開電場區(qū)域時的動能之比即為電場力做功之比，所以Ek1Ek2W1W213，選項D正確2.如圖所示，兩平行金屬板間距為d，電勢差為U，板間電場可視為勻強電場；金屬板下方有一磁感應強度為B的勻強磁場。帶電量為q、質(zhì)量為m的粒子，由靜止開始從正極板出發(fā)，經(jīng)電場加速后射出，并進入磁場做勻速圓周運動。忽略重力的影響。求：(1)勻強電場場強E的大小。(2)粒子從電場射出時速度v的大小。(3)粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑R。【答案】

10、：(1)(2) (3) 3.如圖所示，在一個圓形區(qū)域內(nèi)，兩個方向相反且都垂直于紙面的勻強磁場分布在以直徑A2A4為邊界的兩個半圓形區(qū)域、中，A2A4與A1A3的夾角為60。一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子以某一速度從區(qū)的邊緣點A1處沿與A1A3成30角的方向射入磁場，隨后該粒子沿垂直于A2A4的方向經(jīng)過圓心O進入?yún)^(qū)，最后再從A4處射出磁場。已知該粒子從射入到射出磁場所用的時間為t，求：(1)畫出粒子在磁場和中的運動軌跡；(2)粒子在磁場和中的軌跡半徑R1和R2的比值；(3)區(qū)和區(qū)中磁感應強度的大小(忽略粒子重力)。【答案】：(1)見解析圖(2)21(3)【解析】： (1)畫出粒子在磁場和中的運動軌

11、跡如圖所示。(2)設粒子的入射速度為v，已知粒子帶正電，故它在磁場中先順時針做圓周運動，再逆時針做圓周運動，最后從A4點射出，用B1、B2，R1、R2，T1、T2分別表示在磁場、區(qū)的磁感應強度、軌跡半徑和周期。設圓形區(qū)域的半徑為r，已知帶電粒子過圓心且垂直于A2A4進入?yún)^(qū)磁場，連接A1A2，A1OA2為等邊圓心角A1A2O60，帶電粒子在區(qū)磁場中運動的時間為t1T1在區(qū)磁場中運動的時間為t2T2帶電粒子從射入到射出磁場所用的總時間tt1t2由以上各式可得B1，B2。4. 如圖所示，直角坐標系中的第象限中存在沿y軸負方向的勻強電場，在第象限中存在垂直紙面向外的勻強磁場。一電荷量為q、質(zhì)量為m的帶

12、正電的粒子，在x軸上的a點以速度v0與x軸成60角射入磁場，從yL處的b點沿垂直于y軸方向進入電場，并經(jīng)過x軸上x2L處的c點。不計粒子重力。求：(1)磁感應強度B的大?。?2)電場強度E的大?。?3)帶電粒子在磁場和電場中的運動時間之比?！敬鸢浮?1)(2)(3)【解析】(1)帶電粒子在磁場中運動軌跡如圖，帶電粒子在電場中運動時間為：t2所以帶電粒子在磁場和電場中運動時間之比為：。5. 如圖所示的平面直角坐標系xOy，在第象限內(nèi)有平行于y軸的勻強電場，方向沿y軸正方向；在第象限的正三角形abc區(qū)域內(nèi)有勻強磁場，方向垂直于xOy平面向里，正三角形邊長為L，且ab邊與y軸平行一質(zhì)量為m、電荷量為

13、q的粒子，從y軸上的P(0，h)點，以大小為v0的速度沿x軸正方向射入電場，通過電場后從x軸上的a(2h,0)點進入第象限，又經(jīng)過磁場從y軸上的某點進入第象限，且速度與y軸負方向成45 角，不計粒子所受的重力求：(1)電場強度E的大??；(2)粒子到達a點時速度的大小和方向；(3)abc區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應強度B的最小值【答案】(1)(2)v0方向指向第象限與x軸正方向成45角(3)【解析】帶電粒子在電場中做類平拋運動，在磁場中做勻速圓周運動，射出磁場后做勻速直線運動設速度方向與x軸正方向的夾角為，則tan 1，45即到a點時速度方向指向第象限與x軸正方向成45角(3)粒子進入磁場后做勻速圓周運動

14、，有qvBm由此得R從上式看出，R，當R最大時，B最小由題圖可知，當粒子從b點射出磁場時，R最大由幾何關系得RmaxL將代入式得B的最小值為Bmin.6. 如圖所示，在xOy坐標系的0yd的區(qū)域內(nèi)分布著沿y軸正方向的勻強電場，在dy2d的區(qū)域內(nèi)分布著垂直于xOy平面向里的勻強磁場，MN為電場和磁場的交界面，ab為磁場的上邊界?，F(xiàn)從原點O處沿x軸正方向發(fā)射出速率為v0、比荷(電荷量與質(zhì)量之比)為k的帶正電粒子，粒子運動軌跡恰與ab相切并返回電場。已知電場強度E，不計粒子重力和粒子間的相互作用。求：(1)粒子從O點第一次穿過MN時的速度大小和水平位移的大?。?2)磁場的磁感應強度B的大小?！敬鸢浮?/p>

15、：(1)2v0(2)設粒子以與x軸正方向成角的速度進入磁場tan ，解得60根據(jù)RRcos d，解得R由牛頓第二定律可得qvBm，解得B。7. 如圖所示，空間中有一直角坐標系，其第一象限中在圓心為O1、半徑為R、邊界與x軸和y軸相切的圓形區(qū)域內(nèi)，有垂直于紙面向里的勻強磁場(圖中未畫出)，磁感應強度大小為B；第二象限中存在方向豎直向下的勻強電場。現(xiàn)有一群質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子，從圓形區(qū)域邊界與x軸的切點A處沿紙面上的不同方向射入磁場中。已知粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑均為R，其中沿AO1方向射入的粒子恰好到達x軸上與O點距離為2R的N點，不計粒子的重力和它們之間的相互作用力，求：(1)粒子射入磁場時的速度大小及電場強度的大?。?2)速度方向與AO1夾角為60(斜向右上方)的粒子到達x軸所用的時間?！敬鸢浮浚?1)(2)【解析】：(1)設粒子射入磁場時的速度大小為v，因在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R，由洛倫茲力提供向心力得qvBm，解得v設粒子的軌跡圓心為C，從M點射出磁場，連接O1M、MC、AC，由幾何關系知，四邊形O1MCA是菱形，故CM垂直于x軸，易得速度方向偏轉(zhuǎn)角度等于圓心角150，粒子在磁場中運動的周期為THORRsin 60Rt32，解得t3(1)故粒子到達x軸的時間為tt1t2t3。