第3講加試第22題帶電粒子在復合場中的運動,專題七計算題題型強化,內容索引,題型1帶電粒子在疊加場中的運動,題型2帶電粒子在組合場中的運動,帶電粒子在疊加場中的運動,題型1,1.無約束情況下的運動情況分類 (1)洛倫茲力、重力并存 若重力和洛倫茲力平衡，則帶電粒子做勻速直線運動. 若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電粒子將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，故機械能守恒，可由此求解問題. (2)電場力、洛倫茲力并存(不計重力的微觀粒子) 若電場力和洛倫茲力平衡，則帶電粒子做勻速直線運動. 若電場力和洛倫茲力不平衡，則帶電粒子將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，可用動能定理求解問題.,(3)電場力、洛倫茲力、重力并存 若三力平衡，一定做勻速直線運動. 若重力與電場力平衡，一定做勻速圓周運動. 若合力不為零且與速度方向不垂直，將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，可用能量守恒定律或動能定理求解問題.,2.有約束情況下的運動 帶電粒子在疊加場中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道等約束的情況下，常見的運動形式有直線運動和圓周運動，此時解題要通過受力分析明確變力、恒力做功情況，并注意洛倫茲力不做功的特點，運用動能定理、能量守恒定律并結合牛頓運動定律求解.,例1(2018新力量聯盟期末)如圖1所示，位于豎直平面內的坐標系xOy，在其第三象限空間有沿水平方向的、垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B0.5 T，還有沿x軸負方向的勻強電場，場強大小為E2 N/C.在其第一象限空間有沿y軸負方向,圖1,的、場強大小也為E的勻強電場，并在yh0.4 m的區(qū)域有磁感應強度也為B的垂直于紙面向里的勻強磁場.一個帶電荷量為q的油滴從圖中第三象限的P點得到一初速度，恰好能沿PO做直線運動(PO與x軸負方向的夾角為45)，并從原點O進入第一象限，重力加速度g取10 m/s2，問：,(1)油滴的電性；,答案,解析,答案油滴帶負電荷,解析油滴帶負電荷.,(2)油滴在P點得到的初速度大??；(結果可用根式表示),答案,解析,解析油滴受三個力作用，如圖所示， 從P到O沿直線運動必為勻速運動， 設油滴質量為m 由平衡條件有mgqE,(3)油滴在第一象限運動的時間和離開第一象限處的坐標值.,答案,解析,答案0.828 s(4 m,0),解析進入第一象限后，油滴所受電場力和重力相等，知油滴先做勻速直線運動，進入yh的區(qū)域后做勻速圓周運動，路徑如圖，最后從x軸上的N點離開第一象限.,由對稱性知從CN的時間t3t1,在第一象限的運動的總時間tt1t2t30.828 s 在磁場中有,即離開第一象限處(N點)的坐標為(4 m,0),1.如圖2所示，在足夠大的空間范圍內，同時存在著豎直向上的勻強電場和垂直紙面向外的勻強磁場，電場強度為E，磁感應強度為B.足夠長的斜面固定在水平面上，斜面傾角為45.有一帶電的小球P靜止于斜面頂端A處，且恰好對斜面無壓力.若將小球P以初速度v0水平向右拋出(P視為質點)，一段時間后，小球落在斜面上的C點.已知小球的運動軌跡在同一豎直平面內，重力加速度為g，求：,圖2,(1)小球P落到斜面上時速度方向與斜面的夾角及由A到C所需的時間t；,答案,解析,解析小球P靜止時不受洛倫茲力作用，僅受自身重力和電場力，對斜面恰好無壓力，則mgqE P獲得水平初速度后由于重力和電場力平衡，將在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，由對稱性可得小球P落到斜面上時其速度方向與斜面的夾角為45 由牛頓第二定律得：,(2)小球P拋出到落到斜面的位移x的大小.,答案,解析,帶電粒子在組合場中的運動,題型2,“電偏轉”和“磁偏轉”的比較,例2(2018杭州市重點中學期末)空間有如圖3所示坐標系，在0<x<0.4 m范圍內有y軸正方向的勻強電場E1150 V/m，在0.4 m<x<0.8 m范圍內有y軸負方向的勻強電場E2450 V/m，在0.8 m<x<1.5 m范圍內有垂直xOy平面向里的勻強磁場，磁感應強度B0.10 T，今有一個比荷為1.0105 C/kg的帶正電粒子從O點以v04.0103 m/s的速度沿x軸正向飛入電場，不計粒子重力，求：,圖3,(1)粒子射出E1時沿y軸方向的位移大??；,答案,解析,答案0.075 m,解析粒子在E1中做類平拋運動 x方向：x1v0t1,(2)粒子在電磁場中運動的時間；,答案,解析,答案3.57104 s,粒子出E2時y方向速度vy,即大小為3.0103 m/s，方向沿y負方向,方向與x軸成37角斜向右下方,由幾何關系可得，粒子在磁場中運動對應的圓心角為90,粒子在電磁場中運動的時間,(3)粒子出磁場時的坐標.,答案,解析,答案(1.5 m,0.10 m),解析設粒子出E2時，y方向坐標為y2,y3y2Rsin 53Rsin 370.10 m,出磁場時坐標為(1.5 m,0.10 m),2.(2018寧波市重點中學聯考)如圖4甲所示，M、N為兩塊帶等量異種電荷的平行金屬板，S1、S2為板上正對的小孔，N板右側有兩平面熒光屏相互垂直放置，在兩屏內分別取垂直于兩屏交線的直線為x軸和y軸，交點O為原點，在y0,00，xd的區(qū)域有垂直紙面向里的勻強磁場，兩區(qū)域內磁感應強度大小均為B，M板左側電子槍隨時間均勻發(fā)射出初速度可以忽略的熱電子，所有電子經小孔S1進入兩板間的電場加速后，從O點處小孔沿x軸正方向射入磁場，最后打在熒光屏上，使得熒光屏發(fā)亮，已知電子的質量為m，電荷量為e，M、N兩板間所加的電壓如圖乙所示，電子通過MN的時間極短，且不計電子重力及電子間的相互作用，求：,圖4,答案,解析,則電子在磁場(0<x<d)中運動軌跡為半圓.,(2)在一個周期內打在y屏上的電子數占總電子數的比例為多少？,答案,解析,答案66.7%,所以一個周期內打在y屏上的電子占總電子數的比為66.7%,(3)x屏上的亮線長度為多少.,答案,解析,3.(2018溫州市期中)現代科學儀器常利用電場、磁場控制帶電粒子的運動，某裝置可用于氣體中某些有害離子的收集，如圖5甲所示.區(qū)為加速區(qū)，區(qū)為離子收集區(qū)，其原理是通過板間的電場或磁場使離子偏轉并吸附到極板上，達到收集的目的.已知金屬極板CE、DF長均為d，間距也為d，AB、CD間的電勢差為U，假設質量為m、電荷量為q的大量正離子在AB極均勻分布.離子由靜止開始加速進入收集區(qū)域，區(qū)域板間有勻強電場和垂直于紙面向里的勻強磁場，離子恰,圖5,好沿直線通過區(qū)域；只撤去電場時，恰好無離子從區(qū)域間射出，收集效率(打在極板上的離子占離子總數的百分比)為100%(不考慮離子間的相互作用力、重力和極板邊緣效應).,(1)求離子到達區(qū)域的速度大??；,答案,解析,解析離子在區(qū)域初速度為0，由動能定理得,(2)求區(qū)域磁感應強度B的大??；,答案,解析,解析進入DF極板的離子恰好不從極板射出，確定圓心； 離子在磁場中的半徑rd，如圖所示；,(3)若撤去區(qū)域磁場，只保留原來的電場，則裝置的收集效率是多少？,答案,解析,答案50%,解析電場、磁場同時存在時，離子做勻速直線運動，滿足： qEqvB 撤去磁場以后離子在電場力作用下做類平拋運動，假設距離DF極板y的離子恰好離開電場：,解得y0.5d 當y0.5d時，離子運動時間更長，水平位移xd，即0.5d到d這段距離的離子會射出電場，,(4)現撤去區(qū)域的電場，保留磁場但磁感應強度大小可調.假設AB極上有兩種正離子，質量分別為m1、m2，且m14m2，電荷量均為q1.現將兩種離子完全分離，同時收集更多的離子，需在CD邊上放置一探測板CP(離子必須打在探測板上)，如圖乙所示.在探測板下端留有狹縫PD，離子只能通過狹縫進入磁場進行分離，試求狹縫PD寬度的最大值.,答案,解析,解析設兩離子在磁場中做圓周運動的半徑為R1和R2，根據洛倫茲力提供向心力得,因為m14m2，則有R12R2，此時狹縫最大值x同時滿足(如圖所示) x2R12R2 d2R1x,