【物理】2019届二轮复习带电粒子在复合场中的运动(二)学案（江苏专用）

【物理】2019届二轮复习带电粒子在复合场中的运动(二)学案（江苏专用）

第3讲　带电粒子在复合场中的运动(二)‎ 高考题型1　带电粒子在组合场中的运动 带电粒子在组合场内运动的解决方法 ‎(1)分别研究带电粒子在不同场区的运动规律．在匀强磁场中做匀速圆周运动．在匀强电场中，若速度方向与电场方向平行，则做匀变速直线运动；若速度方向与电场方向垂直，则做类平抛运动．‎ ‎(2)带电粒子经过磁场区域时利用圆周运动规律结合几何关系处理．‎ ‎(3)当粒子从一个场进入另一个场时，分析转折点处粒子速度的大小和方向往往是解题的突破口．‎ 模型1　磁场和磁场组合 例1　(2018·江苏单科·15)如图1所示，真空中四个相同的矩形匀强磁场区域，高为4d，宽为d，中间两个磁场区域间隔为2d，中轴线与磁场区域两侧相交于O、O′点，各区域磁感应强度大小相等．某粒子质量为m、电荷量为＋q，从O沿轴线射入磁场．当入射速度为v0时，粒子从O上方处射出磁场．取sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.‎ 图1‎ ‎(1)求磁感应强度大小B；‎ ‎(2)入射速度为5v0时，求粒子从O运动到O′的时间t；‎ ‎(3)入射速度仍为5v0，通过沿轴线OO′平移中间两个磁场(磁场不重叠)，可使粒子从O运动到O′的时间增加Δt，求Δt的最大值．‎ 答案　(1)　(2)　(3) 解析　(1)粒子做圆周运动的半径r0＝，由题意知r0＝，解得B＝ ‎(2)粒子运动轨迹如图所示，设粒子在矩形磁场中的偏转角为α 由d＝rsin α，r＝＝，得sin α＝，即α＝53°‎ 在一个矩形磁场中的运动时间t1＝·，解得t1＝ 直线运动的时间t2＝，解得t2＝ 则t＝4t1＋t2＝ ‎(3)设将中间两磁场分别向中央移动距离x 粒子向上的偏移量y＝2r(1－cos α)＋xtan α 由y≤2d，解得x≤d 则当xm＝d时，Δt有最大值 粒子直线运动路程的最大值sm＝＋(2d－2xm)＝3d 增加路程的最大值Δsm＝sm－2d＝d 增加时间的最大值Δtm＝＝ 模型2　电场和磁场组合 例2　(2018· 南通市、泰州市一模) 如图2所示，两边界MN、PQ相互平行、相距为L，MN左侧存在平行边界沿纸面向下的匀强电场，PQ右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场，电场和磁场的区域足够大．质量为m、电荷量为＋q的粒子从与边界MN距离为2L的O点以方向垂直于边界MN、大小为v0的初速度向右运动，粒子飞出电场时速度方向与MN的夹角为45°，粒子还能回到O点．忽略粒子的重力，求：‎ 图2‎ ‎(1)匀强电场的场强大小E；‎ ‎(2)粒子回到O点时的动能Ek；‎ ‎(3)磁场的磁感应强度B和粒子从O点出发回到O点的时间t.‎ 答案　见解析 解析　(1)粒子向右通过电场的时间t1＝ 离开电场时沿电场方向的分速度vy＝v0tan 45°‎ 在电场中运动的加速度a＝ 由牛顿第二定律有qE＝ma 解得E＝.‎ ‎(2)粒子向右通过电场和向左进入电场回到O点的过程可统一看成类平抛运动，则粒子两次经过边界MN的位置间的距离 h＝v0t1＋at12＋at12＝4L 由动能定理有qEh＝Ek－mv02‎ 解得Ek＝mv02.‎ ‎(3)粒子进入磁场的速度v＝v0‎ 设在磁场中的运动半径为r，由几何关系可知2rcos 45°＝h＋2Ltan 45°‎ 则在磁场中的运动半径r＝3L 由向心力公式有qvB＝ 解得B＝ 粒子在磁场中运动时间t2＝· 则t＝2t1＋t2＋ 解得t＝.‎ 拓展训练1　(2018·泰州中学等综合评估)如图3所示，在xOy直角坐标平面内－0.05 m≤x<0的区域有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B＝0.4 T，在x＞0的区域有沿－x方向的匀强电场．在x轴上坐标为(－0.05 m,0)的S点有一粒子源，它一次能沿纸面同时向磁场内每个方向发射一个比荷为＝5×107 C/kg、速率为v0＝2×106‎ ‎ m/s的带正电粒子．若粒子源只发射一次，其中只有一个粒子Z恰能到达电场的右边界，不计粒子的重力和粒子间的相互作用．求：(结果可保留根号)‎ 图3‎ ‎(1)粒子在磁场中运动的半径R；‎ ‎(2)粒子Z从S发射时的速度方向与磁场左边界的夹角θ；‎ ‎(3)第一次经过y轴的所有粒子中，位置最高的粒子P的坐标；‎ ‎(4)若粒子P到达y轴瞬间电场突然反向，求粒子P到达电场右边界时的速度．‎ 答案　见解析 解析　(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有qv0B＝m 可得R＝0.1 m ‎(2)根据题意可以知道Z粒子是垂直电场左边界进入电场的，作出Z粒子在磁场中的运动轨迹如图甲所示，O1为轨迹圆的圆心，用dB表示磁场区域的宽度．‎ 由几何知识可以知道，∠O1SO＝θ，在△SOO1中满足cos θ＝＝＝＝，得θ＝60°‎ 即粒子Z从S发射时的速度方向与磁场左边界的夹角θ为60°.‎ ‎(3)在y轴上位置最高的粒子P的运动轨迹恰与y轴相切于N点，如图乙所示，N点到x轴的竖直距离L满足L2＋(R－dB)2＝R2‎ 计算得出L＝ m 即粒子P的位置坐标为(0， m)‎ ‎(4)用dE表示电场的宽度，‎ 对Z粒子在电场中的运动，由动能定理有qEdE＝mv02‎ 代入数据计算得出E＝5.0×105 N/C 设P粒子沿电场方向的速度为v⊥，则v⊥2＝2adE qE＝ma 计算得出v⊥＝2×106 m/s 所以粒子P到达电场右边界时的速度v＝＝2×106 m/s 方向与电场右边界成45°角．‎ 高考题型2　带电粒子在周期性变化的电磁场中的运动 带电粒子在交变场中运动的解题思路 例3　(2018·江苏大联考)在对微观粒子的研究中，对带电粒子运动的控制是一项重要的技术要求，设置适当的电场和磁场实现这种要求是可行的做法．如图4甲所示的xOy平面处于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t做周期性变化的图象如图乙所示．x轴正方向为E的正方向，垂直纸面向里为B的正方向．若在坐标原点O处有一粒子P，其质量和电荷量分别为m和＋q.不计粒子的重力，不计由于电场、磁场突变带来的其他效应．在0.5t0时刻释放P，它恰能沿一定轨迹做往复运动．‎ 图4‎ ‎(1)求P在磁场中运动时速度的大小；‎ ‎(2)若B0＝，求粒子第一次回到出发点所通过的路程；‎ ‎(3)若在t′(0＜t′＜0.5t0)时刻释放P，求粒子P速度为零时的坐标．‎ 答案　见解析 解析　(1)0.5t0～t0时间内粒子在电场中做匀加速直线运动，‎ 电场力F＝E0q，加速度a＝，‎ 粒子在磁场中运动时的速度 v0＝at，t＝0.5t0‎ 解得：v0＝ ‎(2)t0～2t0时间内粒子在磁场中做匀速圆周运动，只有当t＝2t0时刻粒子的速度方向沿x轴负方向，粒子才能做往复运动．B0qv0＝，T＝，由以上两式解得T＝t0.由此判断出t0～2t0时间内粒子在磁场中运动个圆周，粒子从释放到第一次回到出发点的运动轨迹如图甲所示，‎ 粒子第一次回到出发点通过的路程s＝s磁＋s电 粒子在磁场中通过的路程 s磁＝3v0T＝ 粒子在电场中通过的路程s电＝4××t0＝ 所以s＝ ‎(3)t′时刻释放粒子，在电场中加速时间为t0－t′，进入磁场中的速度v1＝a(t0－t′)，‎ 进入磁场后做匀速圆周运动，由B0qv1＝m，可得r1＝＝，‎ ‎2t0时刻开始在电场中运动，经t0－t′时间速度减为零，粒子到达y轴，而后粒子在电场中再次向右加速t′时间，再次进入磁场中的速度 v2＝at′＝ 由qv2B＝m 可得r2＝＝ 由题意可知r1＞r2‎ 粒子运动轨迹如图乙所示 综上分析，速度为零时粒子横坐标为x＝0‎ 纵坐标为(k＝1,2,3,4…)‎ 即纵坐标为y＝(k＝1,2,3,4…)‎ 拓展训练2　(2018·江苏五校联考)如图5甲所示，平面直角坐标系中，在0≤x≤l,0≤y≤2l的矩形区域中施加一个如图乙所示的交变磁场(B0和T0未知)，垂直纸面向里为磁场正方向，一个比荷为c的带正电的粒子从原点O以初速度v0沿＋x方向入射，不计粒子重力. ‎ 图5‎ ‎(1)若粒子从t＝0时刻入射，在t<的某时刻从点射出磁场，求B0大小；‎ ‎(2)若B0＝，且粒子从0≤t≤的任一时刻入射时，粒子离开磁场时的位置都不在y轴上，求T0的取值范围；‎ ‎(3)若B0＝，在x＞l的区域施加一个沿－x方向的匀强电场，粒子在t＝0时刻入射，将在T0时刻沿＋x方向进入电场，并最终从点(0,2l)沿－x方向离开磁场，求电场强度的大小以及粒子在电场中运动的路程．‎ 答案　见解析 解析　(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动qv0B0＝m 由几何关系可得：R2＝l2＋2，解得R＝l，联立解得B0＝ ‎(2)粒子运动的半径为R′＝，临界情况为粒子从t＝0时刻入射，并且轨迹恰好与y轴相切，如图所示．‎ 粒子做圆周运动的周期T＝＝ 由几何关系知，t＝内粒子转过的圆心角为 对应的运动时间t1＝T＝T，应满足t1≥，联立可得T0≤ ‎ ‎(3)粒子运动轨迹如图所示，‎ 由题意知，×＝T0，则T0＝ 在电场中根据牛顿第二定律可得：Eq＝ma 根据运动学规律可得往返一次用时：Δt＝，应有：Δt＝(n＋)T0 ‎ 可得电场强度的大小：E＝，(n＝0,1,2…)‎ 粒子在电场中运动的路程：x＝v0··2＝，(n＝0,1,2…)‎ 专题强化练 ‎1．(2018·苏锡常镇一调)如图1所示，平面直角坐标系xOy被三条平行的分界线分为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四个区域，每条分界线与x轴所夹角为30°，区域Ⅰ、Ⅱ分界线与y轴的交点坐标为(0，l)，区域Ⅰ中有方向垂直纸面向里、大小为B的匀强磁场；区域Ⅱ宽度为d，其中有方向平行于分界线的匀强电场；区域Ⅲ为真空区域；区域Ⅳ中有方向垂直纸面向外、大小为2B的匀强磁场．现有不计重力的两粒子，粒子1带正电，以速度大小v1从原点沿x轴正方向运动；粒子2带负电，以一定大小的速度从x轴正半轴一点A沿x轴负向与粒子1同时开始运动，两粒子恰在同一点垂直分界线进入区域Ⅱ；随后粒子1以平行于x轴的方向进入区域Ⅲ；粒子2以平行于y轴的方向进入区域Ⅲ，最后两粒子均在第二次经过区域Ⅲ、Ⅳ分界线时被引出．‎ 图1‎ ‎(1)求A点与原点的距离；‎ ‎(2)求区域Ⅱ内电场强度E的大小和方向；‎ ‎(3)求粒子2在A点的速度大小；‎ ‎(4)若两粒子在同一位置处被引出，区域Ⅲ的宽度设计为多少？‎ 答案　见解析 解析　(1)因为粒子1和粒子2在同一点垂直分界线进入区域Ⅱ，所以粒子1在区域Ⅰ的运动半径为R1＝l 粒子2在区域Ⅰ的运动半径为R2，由几何关系知＝，‎ 则R2＝3l OA＝3l－l＝2l ‎(2)要满足题中条件，区域Ⅱ中电场方向必须平行于分界线斜向左下方 两粒子进入电场中都做类平抛运动，区域Ⅱ的宽度为d ，出电场时，对粒子1沿电场方向的运动有v3E＝＝v1，v1＝· 又q1v1B＝　‎ 所以＝ E＝ ‎(3)粒子2经过区域Ⅱ电场加速获得的沿电场方向的速度大小为v4E＝＝ 对粒子2在电场中运动有v2＝· 又q2v2B＝ 所以＝ 所以v2＝v1‎ ‎(4)粒子1经过区域Ⅲ时的速度大小为v3＝＝2v1‎ 粒子1在区域Ⅳ中运动时有2Bq1v3＝m1 则R3＝l 粒子2经过区域Ⅲ时的速度大小为v4＝＝ 粒子2在区域Ⅳ中运动时有2Bq2v4＝m2 则R4＝l 两粒子要在区域Ⅳ运动后到达同一点引出，O3圆对应的圆心角为300°，O4圆对应的圆心角为240° ‎ 则R3＋2R4cos 30°＝＋＋·＋· 解得s＝l－.‎ ‎2.(2018·常州市一模)如图2所示的xOy平面内，以O1(0，R)为圆心、R为半径的圆形区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场(用B1表示，大小未知)；x轴下方有一直线MN，MN与x轴相距为Δy(未知)，x轴与直线MN间区域有平行于y轴的匀强电场，电场强度大小为E；在MN的下方有矩形区域的匀强磁场，磁感应强度大小为B2，磁场方向垂直于xOy平面向外．电子a、b以平行于x轴的速度v0分别正对O1点、A(0,2R)点射入圆形磁场，偏转后都经过原点O进入x轴下方的电场．已知电子质量为m，电荷量为e，E＝，B2＝，不计电子重力．‎ 图2‎ ‎(1)求磁感应强度B1的大小；‎ ‎(2)若电场沿y轴负方向，欲使电子a不能到达MN，求Δy的取值范围；‎ ‎(3)若电场沿y轴正方向，Δy＝R，欲使电子b能到达x轴上且距原点O距离最远，求矩形磁场区域的最小面积．‎ 答案　(1)　(2)Δy＞R　(3)4(2＋)R2‎ 解析　(1)电子射入圆形区域后做圆周运动，轨道半径大小相等，设为r，电子a射入，经过O点进入x轴下方，则r＝R，‎ ev0B1＝m，解得B1＝ ‎(2)匀强电场沿y轴负方向，电子a从O点沿y轴负方向进入电场做匀减速运动，由动能定理有eE·Δy0＝mv02，可求出Δy0＝＝R，则Δy＞R；‎ ‎(3)匀强电场沿y轴正方向，电子b从O点进入电场做类平抛运动，设电子b经电场加速后到达MN时的速度大小为v，电子b在MN下方磁场区域做匀速圆周运动的轨道半径为r1，电子b离开电场进入磁场时速度方向与水平方向成θ角，如图所示．‎ 由动能定理有eE·Δy＝mv2－mv02，‎ 解得v＝2v0，在电场中的加速度a＝＝，‎ 在电场中运动的时间t1＝＝，‎ 电子在x轴方向上的位移x＝v0t1＝2R；‎ 由牛顿第二定律，有：evB2＝m，代入得：r1＝R，‎ cos θ＝＝，故θ＝；‎ 由几何关系可知，在MN下方磁场中运动的圆心O2在y轴上，当粒子从矩形磁场右边界射出，且射出方向与水平方向夹角为θ＝时，粒子能够到达x轴且与原点O距离最远．由几何关系得，最小矩形磁场的水平边长为l1＝r1＋r1sin θ，‎ 竖直边长为l2＝r1＋r1cos θ，‎ 最小面积为S＝l1l2＝r12 (1＋sin θ)(1＋cos θ)＝4(2＋)R2.‎ ‎3．在如图3甲所示的xOy坐标系中，第一象限内有垂直坐标平面的匀强磁场；第二象限内有方向水平向右、场强大小为E的匀强电场E1；第四象限内有方向水平(以水平向右为正方向)、大小按图乙规律变化的电场E2，变化周期T＝.一质量为m、电荷量为＋q的粒子，从(－x0，x0)点由静止释放，进入第一象限后恰能绕O点做匀速圆周运动．以粒子经过x轴进入第四象限时为电场E2的计时起点，不计粒子重力．求：‎ 图3‎ ‎(1)第一象限内匀强磁场的磁感应强度B的大小；‎ ‎(2)粒子在第四象限中运动，当t＝时，粒子的速度；‎ ‎(3)粒子在第四象限中运动，当t＝nT(n＝1,2,3…) 时，粒子的坐标．‎ 答案　(1) 　(2)2 ，方向与水平方向成45°斜向右下方　(3)[(n＋1)x0，－2nx0](n＝1,2,3…)‎ 解析　(1)设粒子离开第二象限时的速度为v0，在第二象限内，由动能定理得qEx0＝mv02‎ 解得v0＝ 在第一象限内，粒子做匀速圆周运动的速度为v0，由qv0B＝m 得B＝ ‎(2)粒子进入第四象限后，当t＝时在水平方向上有v水平＝at＝· 得v水平＝＝v0‎ v合＝v0＝2，方向与水平方向成45°角斜向右下方 ‎(3)粒子在第四象限中运动时，y方向上做匀速直线运动，x方向上前半个周期向右做匀加速运动，后半个周期向右做匀减速运动直到速度为0，每半个周期向右前进x＝×2＝，每个周期前进x0‎ 当t＝nT时，横坐标为x0＋nx0‎ 纵坐标为－v0nT＝－2nx0‎ 则粒子的坐标[(n＋1)x0，－2nx0](n＝1,2,3…)‎ ‎4．(2018·南通等七市三模)如图4甲所示，真空室中电极K发出的电子(初速度不计)经电场加速后，由小孔P沿两水平金属板M、N的中心线射入板间，加速电压为U0，M、N板长为L，两板相距.加在M、N两板间电压u随时间t变化关系为uMN＝sin，如图乙所示．把两板间的电场看成匀强电场，忽略板外电场．在每个电子通过电场区域的极短时间内，电场可视作恒定．两板右侧放一记录圆筒，筒左侧边缘与极板右端相距，筒绕其竖直轴匀速转动，周期为T，筒的周长为s，筒上坐标纸的高为，以t＝0时电子打到坐标纸上的点作为xOy坐标系的原点，竖直向上为y轴正方向．已知电子电荷量为e.质量为m，重力忽略不计．‎ 图4‎ ‎(1)求穿过水平金属板的电子在板间运动的时间t；‎ ‎(2)通过计算，在图丙中画出电子打到坐标纸上的点形成的图线；‎ ‎(3)为使从N板右端下边缘飞出的电子打不到圆筒坐标纸上，在M、N右侧和圆筒左侧区域加一垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B应满足什么条件？‎ 答案　见解析 解析　(1)设电子经加速电压加速后的速度为v0，则eU0＝mv02，L＝v0t 解得t＝L ‎(2)电子在板间运动的加速度a＝ 能飞出的电子打到坐标纸上的偏转距离y＝at2＋L· 解得y＝＝3Lsin 设当M、N两板间电压为U时，电子从水平金属板右边缘飞出，则 ＝at2‎ 解得U＝U0‎ 故在一个周期中的～、～时间内，电子打在M、N板上，画出电子打到坐标纸上的点形成的图线如图所示．‎ ‎(3)设从N板右端下边缘飞出的电子速度方向与水平方向的夹角为θ，速度大小为v，则tan θ＝，v＝ 解得tan θ＝，v＝ ‎①当匀强磁场方向垂直于纸面向外，电子打不到圆筒坐标纸上时，设磁场的磁感应强度为B1，电子做圆周运动的轨道半径为r1，则 r1＋r1sin θ＝，evB1＝m 解得r1＝L，B1＝ 应满足的条件为B＞ ‎②当匀强磁场方向垂直于纸面向里，电子打不到圆筒坐标纸上时，设磁场的磁感应强度为B2，电子做圆周运动的轨道半径为r2，则 2＋2＝r22，evB2＝m 解得r2＝L，B2＝ 应满足的条件为B＞