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文档介绍
【物理】2019届二轮复习磁场的性质 带电粒子在磁场及复合场的运动学案（全国通用）
专题九 磁场的性质 带电粒子在磁场及复合场的运动 高考统计·定方向 命题热点提炼 高考命题方向 五年考情汇总 1.磁场及其叠加、安培力 考向1.磁场及其叠加问题 2018·全国卷Ⅱ T20 2017·全国卷Ⅲ T18 2015·全国卷Ⅱ T18 考向2.安培力及其力电综合问题 2017·全国卷Ⅰ T19 2017·全国卷Ⅱ T21 2.洛伦兹力、粒子的匀速圆周运动 考向1.粒子在磁场中的圆周运动规律 2015·全国卷Ⅱ T19 2015·全国卷Ⅰ T14 考向2.粒子在直线边界磁场中的运动 2017·全国卷Ⅲ T24 考向3.粒子在圆形边界磁场中的运动 2017·全国卷Ⅱ T18 2016·全国卷Ⅱ T18 考向4.粒子在矩形、三角形边界中的运动 2016·全国卷Ⅲ T18 3.粒子在复合场中的运动 考向1.粒子在组合场中的运动 2018·全国卷Ⅰ T25 2018·全国卷Ⅱ T24 2018·全国卷Ⅲ T25 2016·全国卷Ⅰ T15 考向2.粒子在叠加场中的运动 2017·全国卷Ⅰ T16 (对应学生用书第38页) 1．明晰一个网络，厘清基本知识 2．“三定一写”求解粒子在磁场中的圆周运动问题 (1)定圆心O：①已知入射点、出射点、入射方向和出射方向时，可过入射点和出射点分别作入射方向和出射方向的垂线，两条垂线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图1甲所示，图中P为入射点，M为出射点)； ②已知入射点和出射点的位置及入射方向时，可以通过入射点作入射方向的垂线，连接入射点和出射点，作其中垂线，两条垂线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图乙所示，P为入射点，M为出射点)． 图1 (2)定半径R：①物理方法——R＝； ②几何方法——一般由三角关系及圆的知识来计算确定． (3)定圆心角φ：圆心角φ等于粒子的速度偏向角α，也等于弦与切线的夹角(弦切角)θ的2倍，即φ＝α＝2θ＝ωt＝t，或φ＝(l为φ对应的圆弧弧长)． (4)写方程：基本方程qvB＝m，半径公式R＝，周期公式T＝＝，运动时间t＝＝T . 命题热点1 磁场及其叠加、安培力 (对应学生用书第39页) ■真题再做——感悟考法考向····················································· 1．(多选)(2018·全国卷Ⅱ)如图2所示，纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线L1、L2，L1中的电流方向向左，L2中的电流方向向上；L1的正上方有a、b两点，它们相对于L2对称．整个系统处于匀强外磁场中，外磁场的磁感应强度大小为B0，方向垂直于纸面向外．已知a、b两点的磁感应强度大小分别为B0和B0，方向也垂直于纸面向外．则( ) 图2 A．流经L1的电流在b点产生的磁感应强度大小为B0 B．流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为B0 C．流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为B0 D．流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为B0 AC [由对称性可知，流经L1的电流在a、b两点产生的磁感应强度大小相等且方向相同，设为B1，流经L2的电流在a、b两点产生的磁感应强度大小相等但方向相反，设其大小为B2，由磁场叠加原理有B0－B1－B2＝B0，B0－B1＋B2＝B0，联立解得B1＝B0，B2＝B0，所以A、C正确．] 2．(2017·全国卷Ⅲ)如图3所示，在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中，两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为l.在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，纸面内与两导线距离均为l的a点处的磁感应强度为零．如果让P中的电流反向，其他条件不变，则a点处磁感应强度的大小为( ) 图3 A．0 B.B0 C.B0 D．2B0 [题眼点拨] ①“a点的磁感应强度为零”说明两导线在a点产生的合磁感应强度与匀强磁场的磁感应强度B0等大反向；②“让P中的电流反向，其他条件不变”说明导线P在a点产生的磁场的磁感应强度大小与原来相等，方向相反． C [两长直导线P和Q在a点处的磁感应强度的大小相等，设为B，方向如图甲所示， 甲 乙 此时a点处的磁感应强度为零，则两磁感应强度的合磁感应强度B合的大小等于B0，方向与B0相反，即B0的方向水平向左，此时B＝＝B0；让P中的电流反向、其他条件不变，两长直导线P和Q在a点处的磁感应强度的大小仍为B，方向如图乙所示，则两磁感应强度的合磁感应强度大小为B ，方向竖直向上，B与B0垂直，其合磁感应强度为Ba＝＝B0，选项C正确．] 3．(多选)(2017·全国卷Ⅰ)如图4所示，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距，均通有电流I，L1中电流方向与L2中的相同，与L3中的相反．下列说法正确的是( ) 图4 A．L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面垂直 B．L3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面垂直 C．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶1∶ D．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为∶∶1 BC [如图，由磁场的叠加知，L2与L3中的电流在L1处产生的合磁场的方向在L2、L3连线的中垂线上，由左手定则知，L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面平行，选项A错误．L1与L2中的电流在L3处产生的合磁场的方向与L1、L2的连线平行，由左手定则知，L3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面垂直，选项B正确．由几何关系知，设电流在另外导线处产生磁场的磁感应强度为B，而L1、L2所在处两个磁场方向的夹角均为120°，则B合＝B，而L3所在处两个磁场方向的夹角为60°，则B合′＝B，由F＝ILB知，L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶1∶，选项C正确，选项D错误．] [规律方法] 应用磁场的叠加与安培定则的四点注意 (1)根据安培定则确定通电导线周围磁场的方向.,、 (2)磁场中每一点磁感应强度的方向为该点处磁感线的切线方向. (3)磁感应强度是矢量，多个通电导体产生的磁场叠加时，合磁场的磁感应强度等于各场源单独存在时在该点的磁感应强度的矢量和，遵从平行四边形定则. (4)几何作图需规范、准确. ■模拟尝鲜——高考类题集训·························································· 考向1 磁场及其叠加问题 1．(多选)(2018·榆林模拟)在图5中，图甲、乙中两点电荷量相等，图丙、丁中通电导线电流大小相等，竖直线为两点电荷、两通电导线的中垂线，O为连线的中点．下列说法正确的是( ) 图5 A．图甲和丁中，在连线和中垂线上，O点的场强和磁感应强度都最小 B．图甲和丁中，在连线和中垂线上，关于O点对称的两点场强和磁感应强度都相同 C．图乙和丙中，在连线和中垂线上，O点的场强和磁感应强度都最大 D．图乙和丙中，在连线和中垂线上关于O点对称的两点场强和磁感应强度都相同 AD [在图甲中根据场强公式E＝k以及场强的叠加可以知道O点场强为零；在图丁中根据安培定则以及场强的合成可以知道O点磁感应强度为零，都是最小的，故选项A正确；图甲和丁中，在连线和中垂线上，关于O点对称的两点场强和磁感应强度只是大小相等，但是方向不同，故选项B错误；在图乙中，在中垂线上O点场强最大，但是在连线上O点场强最小；在图丙中，在连线和中垂线上，O点的磁感应强度都最大，故选项C错误；根据场强的叠加，可以知道在图乙和丙中，在连线和中垂线上关于O点对称的两点场强和磁感应强度大小相等，方向相同，故选项D正确．] 2.无限长通电直导线在周围某一点产生磁场的磁感应强度大小与电流大小成正比，与导线到这一点的距离成反比，如图6所示，两根长直导线电流大小I1＞I2，方向如图所示，且垂直于纸面平行放置，纸面内有M、N、O、P四点，其中M、N在导线横截面连线的延长线上，O在导线横截面的连线上，P在导线横截面连线的垂直平分线上，这四点处磁场的磁感应强度可能为零的是( ) 图6 A．M点 B．N点 C．O点 D．P点 B [根据安培定则可知两电流在M点磁感应强度的方向相反，I1＞I2，由于M离I1近，故在M点I1的磁感应强度的大小大于I2的磁感应强度的大小，则M点磁感应强度不可能为0，选项A错误；根据安培定则可知两电流在N点的磁感应强度的方向相反，I1＞I2，由于I2离N点近，则N点I1的磁感应强度的大小可能等于I2的磁感应强度的大小，故N点磁感应强度可能为0，选项B正确；根据安培定则可知两电流在O点磁感应强度的方向相同，则O点磁感应强度不可能为0，选项C错误；根据安培定则可知两电流在P点的磁感应强度方向不相反，故P点的磁感应强度不可能为0，选项D错误；故选B.] 考向2 安培力及其力电综合问题 3.如图7所示，有两根长为L、质量为m的细导体棒a、b，a被水平放置在倾角为45°的光滑斜面上，b被固定在与a在同一水平面的另一位置．且a、b平行，它们之间的距离为x.当两细棒中通以电流为I的同向电流时，a恰能在斜面上保持静止．则关于b在a处产生的磁场的磁感应强度的说法错误的是( ) 图7 A．方向向上 B．大小为 C．要使a仍保持静止，而减小b在a处的磁感应强度，可使b上移 D．要使b下移，a将不能保持静止 B [根据安培定则可知A正确；由图可知mg＝BIL知B＝，B错误；若减小b在a处的磁感应强度，那么F将减小，要使a仍保持静止，由图及受力分析可知b应上移，C正确；同理D正确．] 4．(2018·榆林模拟)如图8所示，挂在天平底部的矩形线圈abcd的一部分悬在匀强磁场中，当给矩形线圈通入如图所示的电流I时，调节两盘中的砝码，使天平平衡．然后使电流I反向，这时要在天平的左盘上加质量为2×10－2 kg的砝码，才能使天平重新平衡．若已知矩形线圈共10匝，通入的电流I＝0.1 A，bc边长度为10 cm，(g取10 m/s2)则磁场对bc边作用力F的大小和该磁场的磁感应强度B的大小分别是( ) 图8 A．F＝0.2 N，B＝20 T B．F＝0.2 N，B＝2 T C．F＝0.1 N, B＝1 T D．F＝0.1 N，B＝10 T C [当线圈中通入如图所示电流后，右盘矩形线圈abcd受到的安培力为F＝nBIL，方向向上；设左盘砝码的质量为M，右盘砝码的质量为m，此时根据天平处于平衡状态有： Mg＝mg－nBIL， 当通有与图示反向的电流时，右盘矩形线圈abcd受到的安培力为F＝nBIL，方向向下，此时根据天平处于平衡状态有： Mg＋(2×10－2×10)N＝mg＋nBIL， 联立以上两式解得：B＝1 T，所以F＝0.1 N，故A、B、D错误，C正确．] 命题热点2 洛伦兹力、粒子的匀速圆周运动 (对应学生用书第40页) ■真题再做——感悟考法考向························································ 1．(2017·全国卷Ⅱ)如图9所示，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点．大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点，在纸面内沿不同方向射入磁场．若粒子射入速率为v1，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为v2，相应的出射点分布在三分之一圆周上．不计重力及带电粒子之间的相互作用．则v2∶v1为( ) 图9 A.∶2 B.∶1 C.∶1 D．3∶ [题眼点拨] ①“相同的带电粒子以相同的速率”说明粒子做匀速圆周运动的半径相同；②“粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上”说明粒子最远出射点到入射点的距离为粒子圆周运动的直径，且等于磁场区域的半径． C [粒子以v1入射，一端为入射点P，对应圆心角为60°(对应六分之一圆周)的弦PP′必为垂直该弦入射粒子运动轨迹的直径2r1，如图甲所示，设圆形区域的半径为R，由几何关系知r1＝R.其他不同方向以v1入射的粒子的出射点在PP′对应的圆弧内． 同理可知，粒子以v2入射及出射情况，如图乙所示．由几何关系知r2＝＝R， 可得r2∶r1＝∶1. 因为m、q、B均相同，由公式r＝可得v∝r， 所以v2∶v1＝∶1.故选C.] 2．(2016·全国卷Ⅲ)平面OM和平面ON之间的夹角为30°，其横截面(纸面)如图10所示，平面OM上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外．一带电粒子的质量为m，电荷量为q(q>0)．粒子沿纸面以大小为v的速度从OM的某点向左上方射入磁场，速度与OM成30°角．已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，并从OM上另一点射出磁场．不计重力．粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为( ) 图10 A. B. C. D. [题眼点拨] ①“q>0”说明带电粒子带正电；②“与ON只有一个交点”说明轨迹与ON边界相切． D [如图所示，粒子在磁场中运动的轨道半径为R＝.设入射点为A，出射点为B，圆弧与ON的交点为P.由粒子运动的对称性及粒子的入射方向知，AB＝R.由几何图形知，AP＝R，则AO＝AP＝3R，所以OB＝4R＝.故选项D正确．] 在上题中，将磁场改为有界磁场，如图11所示，带有正电 荷的A粒子和B粒子同时以同样大小的速度(速度方向与边界的夹角分别为30°、60°)从宽度为d的有界匀强磁场的边界上的O点射入磁场，又恰好都不从另一边界飞出，则下列说法正确的是( ) 图11 A．A、B两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为1∶ B．A、B两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为3(2－)∶1 C．A、B两粒子的比荷之比是∶1 D．A、B两粒子的比荷之比是1∶ B [A、B两粒子运动轨迹如图所示，粒子所受洛伦兹力提供向心力，轨迹半径R＝，设A、B两粒子在磁场中做圆周运动的半径分别为R和r.由几何关系有Rcos 30°＋R＝d，rcos 60°＋r＝d，解得＝＝，A错误，B正确；由于两粒子的速度大小相等，则R与成反比，所以A、B两粒子的比荷之比是(2＋)∶3，C、D错误．] 3．(2017·全国卷Ⅲ)如图12所示，空间存在方向垂直于纸面(xOy平面)向里的磁场．在x≥0区域，磁感应强度的大小为B0；x＜0区域，磁感应强度的大小为λB0(常数λ>1)．一质量为m、电荷量为q(q＞0)的带电粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴正向射入磁场，此时开始计时，当粒子的速度方向再次沿x轴正向时，求：(不计重力) 图12 (1)粒子运动的时间； (2)粒子与O点间的距离． [题眼点拨] ①“在x<0区域，磁感应强度的大小为λB0(常数λ>1)” 说明带电粒子在y轴右方圆周运动半径较大；②“从坐标原点O沿x轴正向射入磁场”说明粒子在y轴右方运动半个圆周进入第二象限区域；③“当粒子的速度方向再次沿x轴正向时”说明粒子在第二象限区域又运动了半个圆周． 【解析】 (1)在匀强磁场中，带电粒子做圆周运动，设在x≥0区域，圆周运动半径为R1；在x<0区域，圆周运动半径为R2，由洛伦兹力公式及牛顿运动定律得 qB0v0＝m ① qλB0v0＝m ② 粒子速度方向转过180°时，所需时间t1为 t1＝ ③ 粒子再转过180°时，所需时间t2为 t2＝ ④ 联立①②③④式得，所求时间为 t0＝t1＋t2＝. ⑤ (2)由几何关系及①②式得，所求距离为 d0＝2(R1－R2)＝. ⑥ 【答案】 (1) (2) [规律方法] 1．画出符合题设条件的轨迹图． 2．在分析几何关系时，特别是掌握如下两点 (1)粒子速度的偏向角φ等于圆心角α，且等于AB弦与切线的夹角(弦切角θ)的2倍(如图所示)，即φ＝α＝2θ＝ωt. (2)相对的弦切角θ相等，与相邻的弦切角θ′互补，即θ＋θ′＝π. 3．带电粒子在磁场中运动的临界问题的处理方法 (1)扣好关键词 以题目中的“恰好”“最高”“最长”“至少”等为突破口，将不确定的物理量推向极端(如极大、极小；最上、最下；最左、最右等)，结合几何关系分析得出临界条件，列出相应方程求解． (2)用好基本方法 常用方法：①利用临界条件求极值；②利用矢量图求极值． 数学方法：①利用三角函数求极值；②利用二次方程的判别式求极值；③利用不等式的性质求极值；④利用图象法求极值． ■模拟尝鲜——高考类题集训······················································· 考向1 粒子在磁场中的圆周运动规律 1．(2018·拉萨中学六次月考)两个带电粒子以相同的速度垂直磁感线方向进入同一空间足够大的匀强磁场中，两粒子质量之比为1∶4，电荷量之比为1∶2，则两带电粒子( ) A．受洛伦兹力大小之比为2∶1 B．运动周期之比为2∶1 C．轨迹半径之比为2∶1 D．加速度大小之比为2∶1 D [根据洛伦兹力大小f＝Bqv，结合题意可得，洛伦兹力大小与电荷量成正比，即f1∶f2＝1∶2，故A错误．根据T＝，所以有：＝×＝×＝，故B错误．因为Bqv＝m，所以R＝，因为粒子做匀速圆周运动，故v大小不变，故＝×＝×＝，故C错误．加速度a＝，因为v大小不变，故＝＝ ，故D正确．故选D.] 考向2 粒子在直线边界磁场中的运动 2．(2018·宁夏吴忠联考)如图13所示，MN的右侧存在范围足够大、磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，MN右侧到MN的距离为L的O处有一个粒子源，可沿纸面内各个方向射出质量为m、电荷量为q的带正电粒子(重力不计)，速率均为，则粒子在磁场中运动的最短时间为( ) 图13 A. B. C. D. B [由于v＝，所以粒子在磁场中运动的半径为r＝＝L，粒子在磁场中运动时间最短，对应的弧长最短、弦长最短，由几何关系得，当弦长等于L时最短，此时根据弦长公式L＝2Lsin α可知，弦切角为30°，圆心角为60°，运动的最短时间为tmin＝T＝×＝，故B正确．] 3．(多选)(2018·驻马店二次质检)如图14所示，平面直角坐标系的第二象限内存在着垂直纸面向外、磁感应强度大小为2B的匀强磁场，第三象限内存在着垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场．一带负电的粒子从原点O以某一速度沿与y轴成30°角方向斜向上射入磁场，且在第二象限运动时的轨迹圆的半径为R，已知带电粒子的质量为m，所带电荷量为q，且所受重力可以忽略．则( ) 图14 A．粒子在第二象限和第三象限两磁场中运动的轨迹圆半径之比为1∶2 B．粒子完成一次周期性运动的时间为 C．粒子从O位置入射后第二次经过x轴时的位置到坐标原点的距离为3R D．若仅将粒子的入射速度大小变为原来的2倍，则粒子完成一次周期性运动的时间将缩短 AC[由半径公式r＝知，轨道半径与磁感应强度B成反比，所以粒子在第二象限和第三象限两磁场中运动的轨迹圆半径之比为1∶2，故A正确；粒子在磁场中运动一个周期的轨迹如图所示： 在第二象限的周期T1＝＝，圆心角为120°，运动时间t1＝T1＝，在第三象限运动的周期T2＝，圆心角为120°，运动时间t2＝T2＝，所以粒子完成一次周期性运动的时间T0＝t1＋t2＝，故B错误；粒子在第三象限轨迹圆的半径为2R，从O点入射后第一次经过x轴到原点的距离x1＝R，第二次圆弧的弦长x2＝R2＝2R，所以粒子从O位置入射后第二次经过x轴时的位置到坐标原点的距离为3R，故C正确；若仅将粒子的入射速度变为原来的2倍，周期T＝与速度无关，圆心角不变，所以在磁场中运动时间t＝T不变，故D错误．] 考向3 粒子在圆形边界磁场中的运动 4．(2018·江淮十校联考)如图15所示的扇形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，AO与OB垂直，圆弧的半径为R.一个质量为m、电荷量为q的带负电的粒子从圆心O点以大小为的速度射入磁场，结果粒子刚好从AB弧的中点C射出，不计粒子的重力，则下列说法正确的是( ) 图15 A．粒子在磁场中运动的时间为 B．粒子从O点射入速度与BO边的夹角为30° C．只改变粒子射入磁场时速度的方向，使粒子从AC段圆弧射出，则粒子在磁场中运动时间变长 D．只改变粒子射入磁场时速度的方向，使粒子从CB段圆弧射出，则粒子在磁场中运动时间变短 A[粒子在磁场中运动的半径r＝＝R，则由几何关系可知，粒子在磁场中转过的角度为60°，运动的时间为t＝T＝T＝，选项A正确；由几何关系可知粒子从O点射入速度与BO边的夹角为75°，选项B错误；只改变粒子射入磁场时速度的方向，使粒子从AC段圆弧射出，则粒子在磁场中转过的角度仍为60°，粒子在磁场中运动时间不变，选项C错误；只改变粒子射入磁场时速度的方向，使粒子从BC段圆弧射出，则粒子在磁场中转过的角度仍为60°，粒子在磁场中运动时间不变，选项D错误；故选A.] 5．(2018·唐山二模)如图16所示，在水平面内存在一半径为2R和半径为R的两个同心圆，半径为R的小圆和半径为2R的大圆之间形成一环形区域．小圆和环形区域内分别存在垂直于水平面、方向相反的匀强磁场．小圆内匀强磁场的磁感应强度大小为B.位于圆心处的粒子源S沿水平面向各个方向发射速率为的正粒子，粒子的电荷量为q、质量为m，为了将所有粒子束缚在半径为2R的圆形区域内，环形区域磁感应强度大小至少为( ) 图16 A．B B.B C.B D.B C [粒子在小圆内做圆周运动的半径为r＝＝R，由轨迹图可知，粒子从A点与OA成30°角的方向射入环形区域，粒子恰好不射出磁场时，轨迹圆与大圆相切，设半径为r，由几何知识可知∠OAO2＝120°，由余弦定理可知：(2R－r)2＝r2＋R2－2Rrcos 120°，解得r＝R，由qvB′＝m，则B′＝＝＝B，故选C.] (多选)如图所示，竖直平面内一半径为R的圆形区域内有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直纸面向外．一束质量为m、电荷量为q的带正电粒子沿平行于直径MN的方向进入匀强磁场，粒子的速度大小不同，重力不计，入射点P到直径MN的距离为h，则( ) A．若某粒子经过磁场射出时的速度方向恰好与其入射方向相反，则该粒子的入射速度是 B．恰好能从M点射出的粒子速度是 C．若h＝R，粒子从P点经磁场到M点的时间是 D．当粒子轨道半径r＝R时，粒子从圆形磁场区域最低点射出 ABD [粒子出射方向与入射方向相反，在磁场中转过了半周，其半径r1＝h，由牛顿第二定律得qv1B＝m，解得v1＝，选项A正确；粒子从M点射出，其运动轨迹如图， 在△MQO1中， r＝(R－)2＋(h－r2)2 解得r2＝，由牛顿第二定律得qv2B＝m，解得v2＝，选项B正确；若h＝，sin∠POQ＝＝，解得∠POQ＝，由几何关系得粒子在磁场中偏转所对圆心角为α＝π ，粒子做圆周运动的周期T＝，粒子的运动时间t＝T＝，选项C错误；当粒子轨道半径r＝R时，粒子的轨道圆的圆心在P点下方距离P为R处的O′点，如图所示，由几何关系可知，粒子从圆形磁场区域最低点射出，选项D正确．] 考向4 粒子在矩形、三角形边界中的运动 6．(2018·保定一模)如图17所示，正方形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，一带电粒子在A点沿AB方向进入磁场，仅受洛伦兹力作用，经过时间t1由C点离开磁场，现改变磁感应强度，此粒子仍以原来的速度从A点进入磁场，经过时间t2由CD边上某点射出，射出时粒子速度方向与CD边界成45°角，则t1∶t2的值为( ) 图17 A．2＋ B. C. D. C [当粒子从C点离开时，运动半径为r1＝a(a为正方形的边长)，则t1＝T＝；当粒子由CD边上某点射出时，由几何关系r2＋r2cos 45°＝a，解得r2＝，在磁场中转过的角度为135°，则t2＝T＝·＝；则＝，故选C.] 7．(多选)(2018·衡阳八中质检)如图18所示，在一等腰直角三角形ACD区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B.一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)从AC边的中点O垂直于AC边射入该匀强磁场区域，若该三角形的两直角边长均为2L，则下列关于粒子运动的说法中正确的是( ) 图18 A．若该粒子的入射速度为v＝，则粒子一定从CD边射出磁场，且距点C的距离为L B．若要使粒子从CD边射出，则该粒子从O点入射的最大速度应为v＝ C．若要使粒子从AC边射出，则该粒子从O点入射的最大速度应为v＝ D．该粒子以不同的速度入射时，在磁场中运动的最长时间均为 ACD [根据洛伦兹力充当向心力可知：Bqv＝m，解得：r＝L，根据几何关系可知，粒子一定从CD边距C点为L的位置离开磁场，故A正确．根据洛伦兹力充当向心力可知，v＝，因此半径越大，速度越大，根据几何关系可知，使粒子与AD边相切时速度最大，则由几何关系可知，最大半径一定大于L；则若要使粒子从CD边射出，则该粒子从O点入射的最大速度应大于v＝，故B错误．若要使粒子从AC边射出，则该粒子从O点入射的最大半径为L，因此最大速度应为v＝，故C正确．粒子运行周期为，根据几何关系可知，粒子在磁场中最大圆心角为180°，故在磁场中运动的最长时间为，故D正确．] 命题热点3 粒子在复合场中的运动 (对应学生用书第42页) ■真题再做——感悟考法考向······················································· 1．(2016·全国卷Ⅰ)现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图19所示，其中加速电压恒定．质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场．若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍．此离子和质子的质量比约为( ) 图19 A．11 B．12 C．121 D．144 D [带电粒子在加速电场中运动时，有qU＝mv2，在磁场中偏转时，其半径r＝，由以上两式整理得：r＝.由于质子与一价正离子的电荷量相同，B1∶B2＝1∶12，当半径相等时，解得：＝144，选项D正确．] 在上题中，若将右侧磁场改为复合场如图20所示，质子由静止开始经一加速电场加速后，垂直于复合场的界面进入并沿直线穿过场区，质子(不计重力)穿过复合场区所用时间为t，从复合场区穿出时的动能为Ek，则( ) 图20 A．若撤去磁场B，质子穿过场区时间大于t B．若撤去电场E，质子穿过场区时间大于t C．若撤去磁场B，质子穿出场区时动能大于Ek D．若撤去电场E，质子穿出场区时动能大于Ek C [质子进入复合场沿直线运动，则质子受到的电场力和洛伦兹力大小相等、方向相反，即eE＝Bev0，若撤去磁场B，质子在电场中做类平抛运动，由类平抛运动特点可知，穿过电场的时间t＝，因场区宽度x不变，则时间不变，质子在竖直方向做初速度为0的匀加速直线运动，出电场时的速度必大于v0，动能大于Ek，则A错误，C正确．若撤去电场E，则质子在磁场中做匀速圆周运动，则B、D错误．] 2.(2018·全国卷Ⅲ)如图21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： 图21 (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＝m1v ① 由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有 q1v1B＝m1 ② 由几何关系知2R1＝l ③ 由①②③式得B＝. 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＝m2v ⑤ q2v2B＝m2 ⑥ 由题给条件有2R2＝ ⑦ 由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙两种离子的比荷之比为 ∶＝1∶4. ⑧ 【答案】 (1) (2)1∶4 3.(2018·全国卷Ⅰ)如图22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<0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场．一个氕核H和一个氘H先后从y轴上y＝h点以相同的动能射出，速度方向沿x轴正方向．已知H进入磁场时，速度方向与x 轴正方向的夹角为60°，并从坐标原点O处第一次射出磁场.H的质量为m，电荷量为q.不计重力．求： 图22 (1)H第一次进入磁场的位置到原点O的距离； (2)磁场的磁感应强大小； (3)H第一次离开磁场的位置到原点O的距离． 【题眼点拨】 (1)利用速度的分解和类平抛运动规律得出氕核H第一次进入磁场的位置到原点O的距离．(2)利用几何关系得出H的轨迹半径，运用洛伦兹力提供向心力列方程得出磁场的磁感应强度大小．(3)运用洛伦兹力提供向心力求出H的轨迹半径，利用几何关系得出氘核H第一次离开磁场时的位置到原点O的距离． 【解析】 (1)H在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示． 设H在电场中的加速度大小为a1，初速度大小为v1，它在电场中的运动时间为t1，第一次进入磁场的位置到原点O的距离为s1.由运动学公式有 s1＝v1t1 ① h＝a1t ② 由题给条件，H进入磁场时速度的方向与x轴正方向夹角θ1＝60°，H进入磁场时速度的y分量的大小为 a1t1＝v1tan θ1 ③ 联立以上各式得 s1＝h. ④ (2)H在电场中运动时，由牛顿第二定律有 qE＝ma1 ⑤ 设H进入磁场时速度的大小为v′1，由速度合成法则有 v′1＝ ⑥ 设磁感应强度大小为B，H在磁场中运动的圆轨道半径为R1，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有 qv′1B＝ ⑦ 由几何关系得 s1＝2R1sin θ1 ⑧ 联立以上各式得B＝. ⑨ (3)设H在电场中沿x轴正方向射出的速度大小为v2，在电场中的加速度大小为a2，由题给条件得 (2m)v＝mv ⑩ 由牛顿第二定律有 qE＝2ma2 ⑪ 设H第一次射入磁场时的速度大小为v′2，速度的方向与x轴正方向夹角为θ2，入射点到原点的距离为s2，在电场中运动的时间为t2.由运动学公式有 s2＝v2t2 ⑫ h＝a2t ⑬ v′2＝ ⑭ sin θ2＝ ⑮ 联立以上各式得 s2＝s1，θ2＝θ1，v′2＝v′1 ⑯ 设H在磁场中做圆周运动的半径为R2，由⑦⑯式及粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公式得 R2＝＝R1 ⑰ 所以出射点在原点左侧． 设H进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点的距离为s′2，由几何关系有 s′2＝2R2sin θ2 ⑱ 联立④⑧⑯⑰⑱式得，H第一次离开磁场时的位置到原点O的距离为 s′2－s2＝(－1)h. ⑲ 【答案】 见解析 4.(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23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． 图23 (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，求该粒子的比荷及其从M点运动到N点的时间． 【解析】 (1)粒子运动的轨迹如图(a)所示．(粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中为圆弧，上下对称) 图(a) (2)粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动．设粒子从M点射入时速度的大小为v0，在下侧电场中运动的时间为t，加速度的大小为a；粒子进入磁场的速度大小为v，方向与电场方向的夹角为θ(见图(b))，速度沿电场方向的分量为v1. 根据牛顿第二定律有qE＝ma ① 图(b) 式中q和m分别为粒子的电荷量和质量．由运动学公式有 v1＝at ② l′＝v0t ③ v1＝vcos θ ④ 粒子在磁场中做匀速圆周运动，设其运动轨道半径为R，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得 qvB＝ ⑤ 由几何关系得 l＝2Rcos θ ⑥ 联立①②③④⑤⑥式得 v0＝. ⑦ (3)由运动学公式和题给数据得 v1＝v0cot ⑧ 联立①②③⑦⑧式得 ＝ ⑨ 设粒子由M点运动到N点所用的时间为t′，则 t′＝2t＋T ⑩ 式中T是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期． T＝ ⑪ 由③⑦⑨⑩⑪式得 t′＝(1＋)． ⑫ 【答案】 见解析 ■模拟尝鲜——高考类题集训························································ 考向1 粒子在组合场中的运动 1．(多选) (2018·广西三市联考)如图24所示，在第二象限内有水平向右的匀强电场，在第一、第四象限内分别存在如图所示的匀强磁场，磁感应强度大小相等．在该平面有一个质量为m、带正电q的粒子以垂直于x轴的初速度，从x轴上的P点进入匀强电场，恰好与y轴成45°角射出电场，再经过一段时间恰好垂直于x轴进入下面的磁场，已知OP之间的距离为d，则( ) 图24 A．磁感应强度B＝ B．电场强度E＝ C．自进入磁场至在磁场中第二次经过x轴所用时间为t＝ D．自进入磁场至在磁场中第二次经过x轴所用时间为 BD [粒子的轨迹如图所示：带电粒子在电场中做类平抛运动，水平方向做匀加速运动，竖直方向做匀速运动，由题得知，出电场时，vx＝vy＝v0，根据：x＝t，y＝vyt＝v0t，得y＝2x＝2d，出电场时与y轴交点坐标为(0,2d)，则设粒子在磁场中运动的半径为R，则有Rsin(180°－β)＝y＝2d，而β＝135°，解得：R＝2d，粒子在磁场中运动的速度为：v＝v0，根据R＝，解得：B＝，故A错误；根据vx＝at＝t＝v0，x＝t，联立解得：E＝，故B正确；在第一象限运动时间为：t1＝T＝，在第四象限运动时间为：t2＝T＝，所以自进入磁场至在磁场中第二次经过x轴所用时间为时间：t＝t1＋t2＝，故D正确，C错误．] (2018·湖南六校联考) 如图所示，圆1和圆2之间存在磁感应强度为B的匀强磁场(垂直于纸面没有画出)，圆2和圆3之间的电势差为U，一个质量为m、电荷量为e的电子从A点由静止释放，经过时间t从C点对着圆心O射入磁场，其运动轨迹恰好与圆1相切，已知圆1的半径r1＝.求： (1)圆2的半径r2； (2)电子能否再次回到A点，如果能，求出电子从A点出发至再次回到A点所经历的时间，如果不能，请通过计算说明原因． 【解析】 (1)进入C点的速度为v，eU＝mv2， 解得v＝ 轨道半径为r＝＝＝r1 由几何关系可知r2＝＝r1＝. (2)能回到A点，在电场中的运动时间为t1＝12t 在磁场中的运动时间为t1＝6×T＝ 所以t总＝t1＋t2＝12t＋. 【答案】 (1)r2＝ (2)t总＝12t＋ 2.如图25所示，在xOy平面的0≤x≤2a范围内有沿y轴正方向的匀强电场，在x＞2a范围内某矩形区域内有一个垂直于xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B.一质量为m、电荷量为＋q的粒子从坐标原点O以速度v0沿x轴正方向射入电场，从M点离开电场，M点坐标为(2a，a)．再经时间t＝进入匀强磁场，又从M点正上方的N点沿x轴负方向再次进入匀强电场．不计粒子重力，已知sin 15°＝，cos 15°＝.求： 图25 (1)匀强电场的电场强度； (2)N点的纵坐标； (3)矩形匀强磁场的最小面积． 【解析】 粒子在电场和磁场中的运动情况如图所示． (1)由题意可知，粒子从O点运动到M 点的过程中做类平抛运动．设其在电场中的运动时间为t0，则有2a＝v0t0，a＝，联立可得E＝. (2)设粒子运动到M点时速度大小为v，偏转角为θ，则有vy＝t0，v＝，tan θ＝，代入数据解得vy＝v0，v＝v0，θ＝30°.由题意可知，设粒子从P点进入磁场，从Q点离开磁场，则有MP＝vt，代入数据解得MP＝.设粒子在磁场中以C点为圆心做匀速圆周运动，半径为R，MP与MC的夹角为α，过C点 CD⊥MN于点D，则有qvB＝m，解得R＝，tan α＝，解得α＝30°.由几何关系可知，MP＝MD，所以N点的纵坐标为yN＝R＋MD＋a，将R＝代入可解得yN＝＋a. (3)由几何关系可知，粒子在矩形磁场中的偏转角(即圆心角)为β＝150°，若使矩形磁场面积最小，有PQ＝2Rcos 15°，矩形的另一边长为R(1－sin 15°)，故矩形磁场的最小面积为Smin＝2R2cos 15°(1－sin 15°)，代入数据可解得Smin＝. 【答案】 (1) (2)＋a (3) [规律方法] 带电粒子在组合场中运动问题的分析方法 (1)正确分析受力，除重力、弹力、摩擦力外要特别注意静电力和磁场力的分析． (2)确定带电粒子的运动状态，注意运动情况和受力情况的结合． (3)对于粒子连续通过几个不同区域、不同种类的场时，要分阶段进行处理． (4)画出粒子运动轨迹，灵活选择不同的运动规律． (5)带电粒子在电场和磁场中的运动及所用规律． 考向2 粒子在叠加场中的运动 3．(2018·江西联考)如图26所示的虚线区域内，充满垂直纸面向里的匀强磁场和竖直向上的匀强电场，一带电颗粒A以一定初速度由左边界的O点射入磁场、电场区域，恰好沿水平直线从区域右边界O′点穿出，射出时速度的大小为vA，若仅撤去磁场，其他条件不变，另一个相同的颗粒B仍以相同的速度由O点射入并从区域右边界穿出，射出时速度的大小为vB，则颗粒B( ) 图26 A．穿出位置一定在O′点上方，vB查看更多