2024届高考物理二轮复习课件：【磁场模型】带电粒子在组合场中的运动

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这是一份2024届高考物理二轮复习课件：【磁场模型】带电粒子在组合场中的运动，共50页。

【磁场模型】带电粒子在组合场中的运动模型1 电场+磁场模型例1、两金属板MN平行放置，金属板右侧的矩形区域abcd内存在垂直纸面向里的匀强磁场，P、Q分别为ad边和bc边的中点，ab=3L，ad=2L，金属板与矩形区域的轴线PQ垂直，如图所示。质量为m、电荷量为q的粒子在M板附近自由释放，经两板间电压加速后，穿过N板上的小孔，以速度v沿轴线PQ进入磁场区域，并由b点离开磁场。不计粒子重力，求：(1)加速电压U的大小；(2)矩形磁场中磁感应强度的大小；(3)若在矩形磁场右侧，分布着另一个一条边平行于ab边的矩形磁场区域efgh（未画出），粒子经过efgh偏转后恰好回到出发位置，求矩形磁场efgh的最大磁感应强度及对应的面积。（cos=0.8，sin=0.6）【参考答案】(1)；(2)；(3)；【解析】在电场中加速，由动能定理得，可得(2)磁场中，由勾股定理，可得，，可得粒子可能的轨迹如图所示，则有粒子离开abcd后，立即进入磁场efgh时，满足题目要求。设粒子在磁场efgh中运动轨迹的半径为r，，可得，磁场efgh中由公式，得，则，磁场efgh面积，可得得例2、如图所示，平行金属板M、N间存在匀强电场和垂直纸面向里、磁感应强度为B0的匀强磁场；在xOy直角坐标平面内，第一象限有沿y轴负方向场强为E的匀强电场，第四象限有垂直坐标平面向里，磁感应强度为B的匀强磁场。一质量为m、电量为q的正离子（不计重力）以水平向右、大小为v0的初速度沿平行于金属板方向射入两板间并做匀速直线运动。从P点垂直y轴进入第一象限，经过x轴上的A点射出电场，进入磁场。已知离子过A点时的速度方向与x轴成45º角。求：（1）金属板M、N间的电场强度E0；（2）离子第一次离开第四象限磁场区域的位置C（图中未画出）与坐标原点的距离OC；（3）若已知OA=l，只有在第四象限磁场反向且大小变化，其它条件均不变，要使正离子无法运动到第二象限，则磁感应强度B大小应满足什么条件？【参考答案】:（1）；（2）；（3）或【解析】（1）由题意可知正离子在M、N间受力平衡，即,解得（2）作出正离子的运动轨迹如图所示。正离子在第一象限中做类平抛运动，其加速度大小为设正离子经过A点时的速度大小为v，根据速度的合成与分解有解得则正离子经过A点时的竖直分速度大小为正离子从P点到A点的运动时间为,所以设正离子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，根据牛顿第二定律有解得根据几何关系可得所以（3）假设当磁感应强度大小为B1时，正离子的运动轨迹恰好与y轴相切，如图所示，根据几何关系可知正离子再次进入第一象限时速度方向与x轴夹角为45°，且大小仍为v，此后正离子将做类斜抛运动，根据类斜抛运动的对称性可知其在第一象限中运动的水平位移大小为2OA，所以正离子将从A点右侧再次进入第四象限做匀速圆周运动，由此可推知正离子将在第一和第四象限内往复运动，一定不会运动至第二象限，设此时正离子做匀速圆周运动的半径为，根据几何关系可得,根据牛顿第二定律有,解得当B＞B1时，正离子运动半径减小，结合上述分析可知仍将在第一和第四象限内做往复运动，无法运动至第二象限。所以正离子在没有进入第三象限的情况下无法运动至第二象限时磁感应强度大小应满足的条件是假设当磁感应强度大小为B2时，正离子刚好垂直于y轴进入第三象限，如图所示。这种情况显然正离子也不会运动至第二象限。设此时正离子做匀速圆周运动的半径为，根据几何关系可得，根据牛顿第二定律有,解得当B＜B2时，正离子运动半径增大，进入第三象限时速度方向与y轴负方向成锐角，不可能进入第二象限。所以正离子在进入第三象限的情况下无法运动至第二象限时磁感应强度大小应满足的条件是例3、如图所示，在x轴上方存在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，在x轴下方存在竖直向上的匀强电场。一个质量为m、电荷量为q、重力不计的带正电粒子从y轴上的P（0，h）点沿y轴正方向以某初速度开始运动，一段时间后，粒子与x轴正方向成θ=60°第一次进入电场。求：（1）粒子在磁场中运动的轨道半径r和速度大小v；（2）若粒子经过y轴上Q点时速度方向恰好与y轴垂直，匀强电场的电场强度大小E1；（3）若仅改变匀强电场场强的大小，使粒子在第一次进入电场再第一次离开电场后就能沿y轴正方向通过P点，改变后的匀强电场场强E多大？【参考答案】（1），；（2）；（3）【解析】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示由几何知识得,解得粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得解得粒子在磁场中做匀速圆周运动的速度大小（2）粒子在电场中做类平抛运动，粒子经过y轴的Q点时速度方向恰好与y轴垂直，则粒子到达Q点时沿电场方向的速度为零，则有,,联立可得匀强电场的电场强度大小（3）若仅改变匀强电场场强的大小，使粒子在第一次进入电场再第一次离开电场后就能沿y轴正方向通过P点，运动轨迹如图所示粒子在电场中做类平抛运动，则有,,联立可得匀强电场的电场强度大小例4、如图所示，O为坐标原点，C点在y轴上。ABCO为一边长为d＝0.2m的正方形区域，AB和OC为金属网（粒子可以通过），且两者间加有0~16V的可调电压，在该区域内产生水平向右匀强电场。BC为一绝缘档板，粒子到达档板会被吸收而不产生其它影响。直线OD右侧存在匀强磁场，OD与x轴正方向成α＝53°角，磁场方向垂直纸面向外。现从OA的中点P以v0＝3×103m/s的初速度竖直向上连续发射比荷为＝1×106C/kg的带正电粒子（不计粒子重力和粒子之间的相互作用力，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6）。求：（1）粒子经过OD边界时，能够达到的最高点位置坐标；（2）若在电压可调范围内，所有粒子均不能进入第四象限，求磁感应强度大小的取值范围。【参考答案】（1）（0.6，0.8）；（2）【解析】【详解】（1）当粒子从点离开电场时，与交点最高。设与交点为。在电场中：水平方向上；竖直方向上点速度与水平方向夹角为，则由数学知识得，，得，即点坐标为。（2）当电压为时，进入磁场的位置最低且在磁场中的轨迹圆半径最大，若此时恰好与轴相切，则对应有磁感应强度的最大值：在电场中，得，，竖直方向上同理得粒子与交点的纵坐标为此时粒子速度为，由且由几何关系得，得即要使粒子不进入第四象限，磁感应强度；例5、如图所示，纸面内直角三角形ABC区域存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，P为AB的中点，∠BAC=60°，AC=L；AB上方足够大的区域内存在电场强度大小为E、方向垂直AB向下的匀强电场，OA⊥AB且OAL，电场区域的边界AM∥BN。一带正电粒子（不计粒子所受重力）以速率v0从O点平行AB方向进入电场，第一次通过P点后恰好不会从AC边射出磁场，当粒子第二次通过AB后，其他条件不变，立即改变电场强度的大小，使粒子垂直BN从D点（图中未画出）离开电场区域。求：（1）粒子的比荷；（2）磁场的磁感应强度大小B；（3）D、B两点距离x。【参考答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）粒子的运动轨迹如图所示，由几何关系可知AP=L设粒子从O点射入电场后做类平抛运动的加速度大小为a1，时间为t1，有L=v0t1，L，qE=ma1，解得（2）设粒子第一次通过P点时的速度大小为v、方向与AB间的夹角为θ，有tanθ，v，解得θ=60°，v=2v0粒子第一次通过P点时的速度方向与AC平行，设粒子第一次通过P点后在磁场中做圆周运动的轨道半径为r，有2r=Lsinθ洛伦兹力提供粒子做圆周运动所需的向心力，有qvB=m，解得B（3）由几何关系可知，粒子第二次从Q点通过AB时的速度方向与AB的夹角也为θ，粒子第二次通过AB后的运动可视为类平抛运动的逆运动，设粒子从Q点运动到D点的加速度大小为a2，时间为t2，有L+2rsinθ=v0t2，v0tanθ=a2t2，x解得xL模型2 磁场+电场模型例6、如图所示，在直角坐标系xOy中，OA与x轴的夹角为45°，在OA的右侧有一沿x轴正方向的匀强电场，电场强度为E，在OA的左侧区域及第二象限区域有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，在x轴上的某点静止释放一个质量为m、带电量为q且不计重力的带电粒子（不计重力），粒子将向左运动进入磁场，问：（1）若释放点的位置坐标为x0，则粒子进入磁场后经过y轴时的坐标为多少？（2）若上述粒子在返回电场后，经过x轴前没有进入磁场，则粒子从释放到又经过x轴需多长时间？（3）若粒子在x轴上的P点释放后，粒子在进出磁场一次后又返回到P点，求P点的位置坐标是多少？【解析】（1）带电粒子在电场中加速qEx0=12mv2，在磁场中受洛伦兹力向上，粒子沿顺时针方向偏转qvB=mv2R粒子从O点进入磁场，经过半个周期经过y轴，故其坐标为y=2R=2B2mEx0q（2）粒子回到OA边界时，转过了四分之三圆弧，又进入电场，此时速度方向垂直于电场，粒子在电场中做类平抛运动，沿垂直于电场方向位移为R时经过x轴，故从静止开始加速运动到磁场，x0=12at12，qE=ma；磁场中运动，t2=3πR2v电场中运动的类平抛运动时间t3=Rv，得t=2x0mqE+(3π2+1)mqB（3）由第（2）小题的分析可知，若R−x=12at32则粒子恰回到出发点，即1B2mExq−x=12qEm(mqB)2，解得x=mE2qB2答：（1）若释放点的位置坐标为x0，则粒子进入磁场后经过y轴时的坐标为2B2mEx0q；（2）若上述粒子在返回电场后，经过x轴前没有进入磁场，则粒子从释放到又经过x轴需2x0mqE+(3π2+1)mqB时间；（3）若粒子在x轴上的P点释放后，粒子在进出磁场一次后又返回到P点，P点的位置坐标是mE2qB2。例7、如图所示，在xOy直角坐标系中，第一象限内有垂直于xOy平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。M是y轴上高为d的绝缘挡板的上端，坐标原点O处在挡板的下端。一质量为m、电量为+q的粒子自x轴上S处（，0）垂直于x轴沿y轴正方向射入磁场，粒子恰好沿着挡板的M点离开右边的磁场。为了使粒子运动到坐标原点处，可以在第二象限内加合适的电场，不计粒子的重力。求：（1）粒子做圆周运动的半径；（2）粒子自S射出的速度；（3）若加上与粒子速度方向垂直的匀强电场，求匀强电场的电场强度的大小。【参考答案】（1）；（2）；（3）。【解析】（1）如图所示，连接SM两点，则线段SM为轨迹圆的一条弦，过弦作中垂线和x轴相交于O1点，则O1点为轨迹圆心，MO1的长度为轨迹圆的半径，设为r1。在直角三角形OMS中，设，则由几何关系有（1分）解得（1分）在直角三角形OMO1中又（1分）得（2分）（2）洛伦兹力提供向心力，有（1分）整理得（1分）联立以上各式得（2分）（3）在第二象限中加电场后，粒子做类平抛运动到达O点，过O点作MO1的垂线，相交于N点，由几何关系知，粒子沿电场方向做匀加速直线运动的位移为（1分）粒子沿速度方向的位移为（1分）设粒子运动的时间为t2，故有（1分）; （1分）又由牛顿第二定律（1分）联立以上各式得（2分）例8、如图所示,在xOy平面直角坐标系中,直角三角形ACD内存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场.线段CO=OD=l,θ=30°.在第四象限正方形ODFE内存在沿x轴正方向、大小E=的匀强电场,在第三象限沿AC放置一平面足够大的荧光屏,屏与y轴平行.一个电子P从坐标原点O沿y轴正方向射入磁场,恰好不从AD边射出磁场.已知电子的质量为m,电荷量为e,不计电子的重力.(1)求电子P射入磁场时的速度大小.(2)求电子P经过y轴时的坐标.(3)若另一电子Q从x坐标轴上某点(x≠0)以相同的速度仍沿y轴正方向射入磁场,且P,Q打在荧光屏上同一点,求电子Q在电场中运动的时间.【解析】:(1)电子恰好不从AD边射出磁场,即电子的运动轨迹与AD边相切,作出粒子的运动轨迹如图所示.由几何关系可得r+rsinθ=l(2分)粒子在磁场中做匀速圆周运动,有ev0B=mv02r(2分)解得r=l3,v0=eBl3m.(1分)(2)电子在电场中做类平抛运动,假设电子从OE边离开,有2r=12at12(1分)，yP=v0t1(1分)，eE=ma(1分)解得t1=2meB,yP=23l(1分)由于yP=23lI1B．垂直于纸面向外时，I2I1【参考答案】AB.【解析】电子顺时针转动，由库仑力提供向心力F库＝meq \f(v2,r)，当加一个垂直于纸面向里磁场时，电子所受的洛伦兹力指向圆心，此时洛伦兹力和库仑力共同提供向心力，由公式F库＋F洛＝meq \f(v2,r)，电子的轨道半径不变，可知电子速度变大，电流的定义式为：I2＝eq \f(q,T)，因为电子速度变大，周期将变小，可得I2>I1，故A正确，C错误；当加一个垂直于纸面向外磁场时，电子所受的洛伦兹力背向圆心，此时洛伦兹力和库仑力共同提供向心力，由公式F库－F洛＝meq \f(v2,r)，可知电子速度变小，电流的定义式为：I2＝eq \f(q,T)，因为电子速度变小，周期将变大，可得I2t2【参考答案】C【解析】.在复合场中沿直线运动时，带电粒子速度大小和方向都不变；只有电场时，粒子沿初速度方向的分速度不变，故t1＝t2.只有磁场时，粒子做匀速圆周运动，速度大小不变，方向时刻改变，沿初速度方向的分速度不断减小，故t1＝t2