人教版高考物理一轮复习第9章磁场第3节带电粒子在复合场中的运动学案

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带电粒子在组合场中的运动 eq \([讲典例示法])
1．组合场
电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，电场、磁场交替出现。
2．“磁偏转”和“电偏转”的比较
3．运动过程
[典例示法] (2018·全国卷Ⅱ)一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在xOy平面内的截面如图所示：中间是磁场区域，其边界与y轴垂直，宽度为l，磁感应强度的大小为B，方向垂直于xOy平面；磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为l′，电场强度的大小均为E，方向均沿x轴正方向；M、N为条状区域边界上的两点，它们的连线与y轴平行。一带正电的粒子以某一速度从M点沿y轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从M点入射的速度从N点沿y轴正方向射出。不计重力。
(1)定性画出该粒子在电、磁场中运动的轨迹；
(2)求该粒子从M点入射时速度的大小；
(3)若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x轴正方向的夹角为eq \f(π,6)，求该粒子的比荷及其从M点运动到N点的时间。
[解析] (1)粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中为圆弧，上下对称，如图(a)所示。
图(a)
(2)设粒子从M点射入时速度的大小为v0，进入磁场的速度大小为v，方向与电场方向的夹角为θ，如图(b)，速度v沿电场方向的分量为v1。
图(b)
根据牛顿第二定律有qE＝ma①
由运动学公式有
l′＝v0t②
v1＝at③
v1＝vcs θ④
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为R，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得
qvB＝eq \f(mv2,R)⑤
由几何关系得l＝2Rcs θ⑥
联立①②③④⑤⑥式得v0＝eq \f(2El′,Bl)。⑦
(3)由运动学公式和题给数据得
v1＝v0ct eq \f(π,6)⑧
联立①②③⑦⑧式得eq \f(q,m)＝eq \f(4\r(3)El′,B2l2)⑨
设粒子由M点运动到N点所用的时间为t′，则
t′＝2t＋eq \f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－\f(π,6))),2π)T⑩
式中T是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期，
T＝eq \f(2πm,qB)⑪
由③⑦⑨⑩⑪式得t′＝eq \f(Bl,E)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(\r(3)πl,18l′)))。⑫
[答案] (1)见解析 (2)eq \f(2El′,Bl) (3)eq \f(4\r(3)El′,B2l2) eq \f(Bl,E)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(\r(3)πl,18l′)))
“5步”突破带电粒子在组合场中的运动问题
[跟进训练]
先电场后磁场
1．(2018·全国卷Ⅲ)如图所示，从离子源产生的甲、乙两种离子，由静止经加速电压U加速后在纸面内水平向右运动，自M点垂直于磁场边界射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场左边界竖直。已知甲种离子射入磁场的速度大小为v1，并在磁场边界的N点射出；乙种离子在MN的中点射出；MN长为l。不计重力影响和离子间的相互作用。求：
(1)磁场的磁感应强度大小；
(2)甲、乙两种离子的比荷之比。
[解析] (1)设甲种离子所带电荷量为q1、质量为m1，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R1，磁场的磁感应强度大小为B，由动能定理有
q1U＝eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)①
由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
q1v1B＝m1eq \f(v\\al(2,1),R1)②
由几何关系知2R1＝l③
由①②③式得B＝eq \f(4U,lv1)。④
(2)设乙种离子所带电荷量为q2、质量为m2，射入磁场的速度为v2，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R2。同理有
q2U＝eq \f(1,2)m2veq \\al(2,2)⑤
q2v2B＝m2eq \f(v\\al(2,2),R2)⑥
由题给条件有2R2＝eq \f(l,2)⑦
由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙两种离子的比荷之比为
eq \f(q1,m1)∶eq \f(q2,m2)＝1∶4。⑧
[答案] (1)eq \f(4U,lv1) (2)1∶4
2．(2018·全国卷Ⅰ)如图所示，在y>0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E；在y v丙 > v乙，选项A、B错误；甲、乙两小球在运动过程中，只有重力做功，即它们的机械能守恒，选项D错误；甲球在最高点处的动能最大，因为势能相等，所以甲球的机械能最大，甲球的释放位置最高，选项C正确。]
4．如图所示为一个质量为m、电荷量为＋q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中，不计空气阻力，现给圆环向右的初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的速度图象可能是下列选项中的( )
A B C D
A [带电圆环在磁场中受到向上的洛伦兹力，当重力与洛伦兹力相等时，圆环将做匀速直线运动，A正确；当洛伦兹力大于重力时，圆环受到摩擦力的作用，并且随着速度的减小而减小，圆环将做加速度减小的减速运动，最后做匀速直线运动，D错误；如果重力大于洛伦兹力，圆环也受摩擦力作用，且摩擦力越来越大，圆环将做加速度增大的减速运动，故B、C错误。]
磁场、电场与重力场叠加
5．(2017·全国卷Ⅰ)如图所示，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与纸面平行)，磁场方向垂直于纸面向里。三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等，质量分别为ma、mb、mc。已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动。下列选项正确的是( )
A．ma>mb>mc B．mb>ma>mc C．mc>ma>mb D．mc>mb>ma
B [设三个微粒的电荷量均为q，
a在纸面内做匀速圆周运动，说明洛伦兹力提供向心力，重力与电场力平衡，即
mag＝qE①
b在纸面内向右做匀速直线运动，三力平衡，则
mbg＝qE＋qvB②
c在纸面内向左做匀速直线运动，三力平衡，则
mcg＋qvB＝qE③
比较①②③式得：mb>ma>mc，选项B正确。]
6．(2016·天津高考)如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E＝5eq \r(3) N/C，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B＝0.5 T。有一带正电的小球，质量m＝1×10－6 kg，电荷量q＝2×10－6 C，正以速度v在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象)，取g＝10 m/s2。求：
(1)小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向；
(2)从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间t。
[解析] (1)小球匀速直线运动时受力如图甲所示，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，有
甲
qvB＝eq \r(q2E2＋m2g2)①
代入数据解得
v＝20 m/s②
速度v的方向与电场E的方向之间的夹角θ满足
tan θ＝eq \f(qE,mg)③
代入数据解得
tan θ＝eq \r(3)
θ＝60°。④
(2)解法一：撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，设其加速度为a，有
乙
a＝eq \f(\r(q2E2＋m2g2),m)⑤
设撤掉磁场后小球在初速度方向上的分位移为x，有
x＝vt⑥
设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y，有
y＝eq \f(1,2)at2⑦
a与mg的夹角和v与E的夹角相同，均为θ，又
tan θ＝eq \f(y,x)⑧
联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得
t＝2eq \r(3) s≈3.5 s。⑨
解法二：撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响，以P点为坐标原点，竖直向上为正方向，小球在竖直方向上做匀减速运动，其初速度为
vy＝vsin θ⑤
若使小球再次穿过P点所在的电场线，仅需小球的竖直方向上分位移为零，则有
vyt－eq \f(1,2)gt2＝0⑥
联立⑤⑥式，代入数据解得
t＝2eq \r(3) s≈3.5 s。⑦
[答案] (1)20 m/s，方向与电场方向成60°角斜向上 (2)3.5 s
带电粒子在交变电、磁场中的运动 eq \([讲典例示法])
解决带电粒子在交变电、磁场中的运动问题的基本思路
[典例示法] 如图甲所示，虚线MN的左侧空间中存在竖直向上的匀强电场(上、下及左侧无边界)。一个质量为m、电荷量为q的带正电小球(视为质点)，以大小为v0的水平初速度沿PQ向右做直线运动。若小球刚经过D点时(t＝0)，在电场所在空间叠加如图乙所示随时间周期性变化、垂直纸面向里的匀强磁场，使得小球再次通过D点时的速度方向与PQ连线成60°角。已知D、Q间的距离为(eq \r(3)＋1)L，t0小于小球在磁场中做圆周运动的周期，重力加速度大小为g。
甲 乙
(1)求电场强度E的大小；
(2)求t0与t1的比值；
(3)小球过D点后将做周期性运动，当小球运动的周期最大时，求此时磁感应强度的大小B0及运动的最大周期Tm。
审题指导
[解析] (1)小球沿PQ向右做直线运动，受力平衡，
则mg＝Eq
解得E＝eq \f(mg,q)。
(2)小球能再次通过D点，其运动轨迹应如图(a)所示。
(a)
设小球做匀速圆周运动的轨迹半径为r，则由几何关系有
s＝eq \f(r,tan 30°)
又知s＝v0t1
圆弧轨迹所对的圆心角θ＝2π－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(π－\f(π,3)))＝eq \f(4,3)π
则t0＝eq \f(θr,v0)
联立解得eq \f(t0,t1)＝eq \f(4\r(3),9)π。
(3)当小球运动的周期最大时，其运动轨迹应与MN相切，小球运动一个周期的轨迹如图(b)所示，
(b)
由几何关系得R＋eq \f(R,tan 30°)＝(eq \r(3)＋1)L
解得R＝L
由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
qv0B0＝meq \f(v\\al(2,0),R)
解得B0＝eq \f(mv0,qL)
小球在一个周期内运动的路程
s1＝3×eq \f(2,3)×2πR＋6×eq \f(R,tan 30°)＝(4π＋6eq \r(3))L
故Tm＝eq \f(s1,v0)＝eq \f(4π＋6\r(3)L,v0)。
[答案] (1)eq \f(mg,q) (2)eq \f(4\r(3),9)π (3)eq \f(mv0,qL) eq \f(4π＋6\r(3)L,v0)
[跟进训练]
带电粒子在交变磁场中的运动
1．某一空间存在着磁感应强度为B且大小不变、方向随时间t做周期性变化的匀强磁场(如图甲所示)，规定垂直纸面向里的磁场方向为正。为使静止于该磁场中的带正电的粒子能按a→b→c→d→e→f的顺序做横“∞”字曲线运动(即如图乙所示的轨迹)，下列办法可行的是(粒子只受磁场力的作用，其他力不计)( )
甲 乙
A．若粒子的初始位置在a处，在t＝eq \f(3,8)T时给粒子一个沿切线方向水平向右的初速度
B．若粒子的初始位置在f处，在t＝eq \f(T,2)时给粒子一个沿切线方向竖直向下的初速度
C．若粒子的初始位置在e处，在t＝eq \f(11,8)T时给粒子一个沿切线方向水平向左的初速度
D．若粒子的初始位置在b处，在t＝eq \f(T,4)时给粒子一个沿切线方向竖直向上的初速度
A [要使粒子的运动轨迹如题图乙所示，由左手定则知粒子做圆周运动的周期应为T0＝eq \f(T,2)，若粒子的初始位置在a处时，对应时刻应为t＝eq \f(3,4)T0＝eq \f(3,8)T，同理可判断B、C、D选项，可得A正确。]
带电粒子在交变电、磁场中的运动
2．如图(a)所示的xOy平面处于变化的匀强电场和匀强磁场中，电场强度E和磁感应强度B随时间做周期性变化的图象如图(b)所示，y轴正方向为E的正方向，垂直于纸面向里为B的正方向。t＝0时刻，带负电粒子P(重力不计)由原点O以速度v0沿y轴正方向射出，它恰能沿一定轨道做周期性运动。v0、E0和t0为已知量，图(b)中eq \f(E0,B0)＝eq \f(8v0,π2)，在0～t0时间内粒子P第一次离x轴最远时的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2v0t0,π)，\f(2v0t0,π)))。求：
(a) (b)
(1)粒子P的比荷；
(2)t＝2t0时刻粒子P的位置；
(3)带电粒子在运动中距离原点O的最远距离L。
[解析] (1)0～t0时间内粒子P在匀强磁场中做匀速圆周运动，当粒子所在位置的纵、横坐标相等时，粒子在磁场中恰好经过eq \f(1,4)圆周，所以粒子P第一次离x轴的最远距离等于轨道半径R，
即R＝eq \f(2v0t0,π)①
又qv0B0＝meq \f(v\\al(2,0),R)②
代入eq \f(E0,B0)＝eq \f(8v0,π2)
解得eq \f(q,m)＝eq \f(4v0,πE0t0)。③
(2)设粒子P在磁场中运动的周期为T，则
T＝eq \f(2πR,v0)④
联立①④解得T＝4t0⑤
即粒子P做eq \f(1,4)圆周运动后磁场变为电场，粒子以速度v0垂直电场方向进入电场后做类平抛运动，设t0～2t0时间内水平位移和竖直位移分别为x1、y1，则
x1＝v0t0⑥
y1＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,0)⑦
其中加速度a＝eq \f(qE0,m)
由③⑦解得y1＝eq \f(2v0t0,π)＝R，因此t＝2t0时刻粒子P的位置坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2＋π,π)v0t0，0))，如图中的b点所示。
(3)分析知，粒子P在2t0～3t0时间内，电场力产生的加速度方向沿y轴正方向，由对称关系知，在3t0时刻速度方向为x轴正方向，位移x2＝x1＝v0t0；在3t0～5t0时间内粒子P沿逆时针方向做匀速圆周运动，往复运动轨迹如图所示，由图可知，带电粒子在运动中距原点O的最远距离L，即O、d间的距离L＝2R＋2x1⑧
解得L＝eq \f(4＋2π,π)v0t0。
[答案] (1)eq \f(4v0,πE0t0) (2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2＋π,π)v0t0，0)) (3)eq \f(4＋2π,π)v0t0
电偏转
磁偏转
偏转条件
带电粒子以v⊥E进入匀强电场(不计重力)
带电粒子以v⊥B进入匀强磁场(不计重力)
受力情况
只受恒定的电场力F＝Eq
只受大小恒定的洛伦兹力F＝qvB
运动情况
类平抛运动
匀速圆周运动
运动轨迹
抛物线
圆弧
求解方法
利用类平抛运动的规律x＝v0t，y＝eq \f(1,2)at2，a＝eq \f(qE,m)，tan θ＝eq \f(at,v0)
牛顿第二定律、向心力公式r＝eq \f(mv,qB)，T＝eq \f(2πm,qB)，t＝eq \f(θT,2π)
力的特点
功和能的特点
重力场
大小：G＝mg
方向：竖直向下
重力做功与路径无关
重力做功改变物体的重力势能
电场
大小：F＝qE
方向：正电荷受力方向与场强方向相同，负电荷受力方向与场强方向相反
电场力做功与路径无关
W＝qU
电场力做功改变电势能
磁场
大小：F＝qvB(v⊥B)
方向：可用左手定则判断
洛伦兹力不做功，不改变带电粒子的动能
先读图
看清、并明白场的变化情况
受力分析
分析粒子在不同的变化场区的受力情况
过程分析
分析粒子在不同时间内的运动情况
找衔接点
找出衔接相邻两过程的物理量
选规律
联立不同阶段的方程求解
题中信息
方法引导
沿PQ向右做直线运动
小球受力平衡，通过平衡条件，可求出电场强度的大小
小球再次通过D点速度与PQ成60°角
画出运动轨迹，找出直线运动位移大小与匀速圆周运动轨迹半径的关系
求运动的最大周期
当小球运动轨迹最长，圆弧轨迹与MN相切时小球运动周期最大