2020高考物理二轮复习 专题七 计算题题型强化 加试第22题 带电粒子在复合场中的运动学案
第3讲 加试第22题 带电粒子在复合场中的运动
题型1 带电粒子在叠加场中的运动
1．无约束情况下的运动情况分类
(1)洛伦兹力、重力并存
①若重力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动．
②若重力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒，可由此求解问题．
(2)电场力、洛伦兹力并存(不计重力的微观粒子)
①若电场力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动．
②若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用动能定理求解问题．
(3)电场力、洛伦兹力、重力并存
①若三力平衡，一定做匀速直线运动．
②若重力与电场力平衡，一定做匀速圆周运动．
③若合力不为零且与速度方向不垂直，将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用能量守恒定律或动能定理求解问题．
2．有约束情况下的运动
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带电粒子在叠加场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道等约束的情况下，常见的运动形式有直线运动和圆周运动，此时解题要通过受力分析明确变力、恒力做功情况，并注意洛伦兹力不做功的特点，运用动能定理、能量守恒定律并结合牛顿运动定律求解．
例1 (2018·新力量联盟期末)如图1所示，位于竖直平面内的坐标系xOy，在其第三象限空间有沿水平方向的、垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝0.5 T，还有沿x轴负方向的匀强电场，场强大小为E＝2 N/C.在其第一象限空间有沿y轴负方向的、场强大小也为E的匀强电场，并在y>h＝0.4 m的区域有磁感应强度也为B的垂直于纸面向里的匀强磁场．一个带电荷量为q的油滴从图中第三象限的P点得到一初速度，恰好能沿PO做直线运动(PO与x轴负方向的夹角为θ＝45°)，并从原点O进入第一象限，重力加速度g取10 m/s2，问：
图1
(1)油滴的电性；
(2)油滴在P点得到的初速度大小；(结果可用根式表示)
(3)油滴在第一象限运动的时间和离开第一象限处的坐标值．
答案 (1)油滴带负电荷 (2)4 m/s (3)0.828 s (4 m,0)
解析 (1)油滴带负电荷．
(2)油滴受三个力作用，如图所示，从P到O沿直线运动必为匀速运动，设油滴质量为m
由平衡条件有mg＝qE
得m＝
又qvB＝qE
得v＝＝4 m/s
(3)进入第一象限后，油滴所受电场力和重力相等，知油滴先做匀速直线运动，进入y≥h
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的区域后做匀速圆周运动，路径如图，最后从x轴上的N点离开第一象限．
由O到A匀速运动位移为s1＝＝h
知运动时间t1＝＝＝0.1 s
由几何关系和圆周运动的周期关系式T＝
知由A到C的圆周运动用时为t2＝＝＝0.628 s
由对称性知从C→N的时间t3＝t1
在第一象限的运动的总时间t＝t1＋t2＋t3＝0.828 s
在磁场中有
qvB＝
得半径R＝＝
图中的ON＝2(s1cos 45°＋Rcos 45°)＝2(h＋)＝4 m
即离开第一象限处(N点)的坐标为(4 m,0)
1．如图2所示，在足够大的空间范围内，同时存在着竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，电场强度为E，磁感应强度为B.足够长的斜面固定在水平面上，斜面倾角为45°.有一带电的小球P静止于斜面顶端A处，且恰好对斜面无压力．若将小球P以初速度v0水平向右抛出(P视为质点)，一段时间后，小球落在斜面上的C点．已知小球的运动轨迹在同一竖直平面内，重力加速度为g，求：
图2
(1)小球P落到斜面上时速度方向与斜面的夹角θ及由A到C所需的时间t；
(2)小球P抛出到落到斜面的位移x的大小．
答案 (1)45° (2)
解析 (1)小球P静止时不受洛伦兹力作用，仅受自身重力和电场力，对斜面恰好无压力，则mg＝qE①
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P获得水平初速度后由于重力和电场力平衡，将在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由对称性可得小球P落到斜面上时其速度方向与斜面的夹角为45°
由牛顿第二定律得：
qv0B＝m②
T＝＝③
圆周运动转过的圆心角为90°，小球P由A到C所需的时间：t＝＝④
(2)由②式可知，P做匀速圆周运动的半径R＝⑤
由几何关系知x＝R⑥
由①⑤⑥可解得位移x＝.
题型2 带电粒子在组合场中的运动
“电偏转”和“磁偏转”的比较
垂直电场线进入匀强电场(不计重力)
垂直磁感线进入匀强磁场(不计重力)
受力情况
电场力F＝qE，其大小、方向不变，与速度v无关，F是恒力
洛伦兹力F洛＝qvB，其大小不变，方向随v而改变，F洛是变力
轨迹
抛物线
圆或圆的一部分
运动轨迹
求解方法
利用类平抛运动的规律求解：
vx＝v0，x＝v0t
vy＝·t，
y＝··t2
偏转角φ：
半径：r＝
周期：T＝
偏移距离y和偏转角φ要结合圆的几何关系利用圆周运动规律讨论求解
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tan φ＝＝
运动时间
t＝
t＝T＝
动能
变化
不变
例2 (2018·杭州市重点中学期末)空间有如图3所示坐标系，在0
0,00，x>d的区域有垂直纸面向里的匀强磁场，两区域内磁感应强度大小均为B，M板左侧电子枪随时间均匀发射出初速度可以忽略的热电子，所有电子经小孔S1进入两板间的电场加速后，从O点处小孔沿x轴正方向射入磁场，最后打在荧光屏上，使得荧光屏发亮，已知电子的质量为m，电荷量为e，M、N两板间所加的电压如图乙所示，电子通过MN的时间极短，且不计电子重力及电子间的相互作用，求：
图4
(1)当两板间电势差U＝时，电子在磁场中运动的轨迹为多长；
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(2)在一个周期内打在y屏上的电子数占总电子数的比例为多少？
(3)x屏上的亮线长度为多少．
答案 (1)πd (2)66.7% (3)d
解析 (1)电子在加速电场中：eU＝mv2，
电子在00.5d时，离子运动时间更长，水平位移x>d，即0.5d到d
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这段距离的离子会射出电场，则从平行金属板出射的离子占总数的百分比为：×100%＝50%
(4)设两离子在磁场中做圆周运动的半径为R1和R2，根据洛伦兹力提供向心力得
qvB＝m
代入得：R1＝
R2＝
则半径关系为＝
因为m1≤4m2，则有R1≤2R2，此时狭缝最大值x同时满足(如图所示)
x＝2R1－2R2
d＝2R1＋x
解得x＝d
专题强化练
1．如图1所示，等腰直角三角形abc区域中有垂直纸面向里的匀强磁场，速度为v0的带电粒子，从a点沿ab方向射入磁场后恰能从c点射出，现将匀强磁场换成垂直ab边的匀强电场，其他条件不变，结果粒子仍能从c点射出．粒子的重力不计．求：
图1
(1)磁感应强度B与电场强度E之比；
(2)单独存在磁场时粒子的运动时间t1与单独存在电场时粒子的运动时间t2之比．
答案 (1) (2)
解析 (1)粒子在磁场中做的是匀速圆周运动，轨迹如图所示
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设ab＝L，则轨道半径r＝L
根据牛顿第二定律，有qv0B＝m
解得B＝
运动时间t1＝＝
粒子在电场中做类平抛运动．
在电场力方向，有：y＝L＝·t22
在初速度方向，有：x＝L＝v0t2
解得：t2＝，E＝
所以，磁感应强度B与电场强度E之比＝
(2)单独存在磁场时粒子的运动时间t1与单独存在电场时粒子的运动时间t2之比＝
2．如图2甲所示，长为L的平行金属板M、N水平放置，两板之间的距离为d，两板间有沿水平方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，一个带正电的质点，沿水平方向从两板的正中央垂直于磁场方向进入两板之间，重力加速度为g.
图2
(1)若M板接直流电源正极，N板接负极，电源电压恒为U，带电质点以恒定的速度v匀速通过两板之间的复合场(电场、磁场和重力场)，求带电质点的电荷量与质量的比值．
(2)若M、N接如图乙所示的交变电流(M板电势高时U为正)，L＝0.5 m，d＝0.4 m，B＝0.1 T，质量为m＝1×10－4 kg、带电荷量为q＝2×10－2 C的带正电质点以水平速度v＝1 m/s，从t＝0时刻开始进入复合场，取g＝10 m/s2，试定性画出质点的运动轨迹．
(3)在第(2)问的条件下求质点在复合场中的运动时间．
答案 (1) (2)见解析图 (3)0.814 s
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解析 (1)E＝
由质点做匀速直线运动可得：Bqv＝qE＋mg
得：＝.
(2)当M板电势高，即U为正时，有Bqv＝qE＋mg，粒子做匀速直线运动
当M板电势低，即U为负时，有mg＝qE，粒子在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，周期T＝＝0.1π s，
有r＝<且vt1＋rl区域将做类平抛运动，等效加速度为g′
g′＝g
vmaxttan θ＝g′t2
t＝
vQ＝＝
x＝l＋＝5l－4h
5．(2018·台州市外国语学校期末)如图5所示装置中，区域Ⅰ和Ⅲ中分别有竖直向上和水平向右的匀强电场，电场强度分别为E和；Ⅱ区域内有垂直向外的水平匀强磁场，磁感应强度为B.一质量为m、带电量为q的带负电粒子(不计重力)从左边界O点正上方的M点以速度v0水平射入电场，经水平分界线OP上的A点与OP成60°角射入Ⅱ区域的磁场，并垂直竖直边界CD进入Ⅲ区域的匀强电场中．求：
图5
(1)粒子在Ⅱ区域匀强磁场中运动的轨道半径；
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(2)O、M间的距离；
(3)粒子从M点出发到第二次通过CD边界所经历的时间．
答案 (1) (2) (3)＋
解析 (1)粒子在匀强电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，设粒子过A点时速度为v
由类平抛运动的规律知v＝＝2v0
粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由
Bqv＝m
所以R＝
(2)在电场中运动，有
qE＝ma
v0tan 60°＝at1
即t1＝
O、M两点间的距离为L＝at12＝
(3)设粒子在Ⅱ区域磁场中运动时间为t2
则由几何关系知轨道的圆心角∠AO1D＝60°
则t2＝＝
设粒子在Ⅲ区域电场中运动时间为t3，由牛顿第二定律得
a′＝＝
则t3＝＝
故粒子从M点出发到第二次通过CD边界所用时间为
t＝t1＋t2＋t3＝＋
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6．(2017·嘉兴一中期末)如图6所示，宽度为L的区域被平均分为区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，其中Ⅰ、Ⅲ有匀强磁场，它们的磁感应强度大小相等，方向垂直纸面且相反．长为L、宽为的矩形abcd紧邻磁场下方，与磁场边界对齐，O为dc边中点，P为dc中垂线上一点，OP＝3L.矩形内有匀强电场，电场强度大小为E，方向由a指向O.电荷量为q、质量为m、重力不计的带电粒子由a点静止释放，经电场加速后进入磁场，运动轨迹刚好与区域Ⅲ的右边界相切．
图6
(1)求该粒子经过O点时的速度大小v0；
(2)求匀强磁场的磁感应强度大小B；
(3)若在aO之间距O点x处静止释放该粒子，粒子在磁场区域中共偏转n次到达P点，求x满足的条件及n的可能取值．
答案 (1) (2) (3)x＝(－)2L，n＝2、3、4、5、6、7、8
解析 (1)由题意中长宽几何关系可知aO＝L，粒子在aO加速过程由动能定理得：qEL＝mv①
得粒子经过O点时速度大小：v0＝ ②
(2)粒子在磁场区域Ⅲ中的运动轨迹如图，设粒子轨迹圆半径为R0，
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由几何关系可得：
R0－R0cos 60°＝L③
由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得：qv0B＝④
联立②③④式，得：B＝⑤
(3)若粒子在磁场中一共经过n次偏转到达P，设粒子轨迹圆半径为R，
由几何关系有：2n( tan 30°＋Rcos 30°)＝3L⑥
依题意有0＜R≤R0⑦
联立③⑥⑦得≤n＜9，且n取正整数⑧
设粒子在磁场中的运动速率为v，有：qvB＝⑨
在电场中的加速过程，由动能定理：qEx＝mv2⑩
联立⑤⑥⑨⑩式，
得：x＝(－)2 L，其中n＝2、3、4、5、6、7、8
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