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文档介绍
【物理】2018届一轮复习人教版第9章第3节带电粒子在复合场中的运动学案
第三节 带电粒子在复合场中的运动 一、带电粒子在复合场中的运动 1．复合场的分类 (1)叠加场：电场、磁场、重力场在同一区域共存，或其中某两场共存． (2)组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，或在同一区域，电场、磁场交替出现． 2．带电粒子在复合场中的运动分类 (1)静止或匀速直线运动：当带电粒子在复合场中所受合外力为零时，将处于静止状态或做匀速直线运动． (2)匀速圆周运动：当带电粒子所受的重力与电场力大小相等、方向相反时，带电粒子在洛伦兹力的作用下，在垂直于匀强磁场的平面内做匀速圆周运动． (3)非匀变速曲线运动：当带电粒子所受的合外力的大小和方向均变化，且与初速度方向不在同一条直线上时，粒子做非匀变速曲线运动，这时粒子运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线． 1.如图所示，场强为E的匀强电场方向竖直向下，场强为B的水平匀强磁场垂直纸面向里，三个油滴a、b、c带有等量的同种电荷．已知a静止，b、c在纸面内按图示方向做匀速圆周运动(轨迹未画出)．忽略三个油滴间的静电力作用，比较三个油滴的质量及b、c的运动情况，以下说法中正确的是( ) A．三个油滴的质量相等，b、c都沿顺时针方向运动 B．a的质量最大，c的质量最小，b、c都沿逆时针方向运动 C．b的质量最大，a的质量最小，b、c都沿顺时针方向运动 D．三个油滴的质量相等，b沿顺时针方向运动，c沿逆时针方向运动 提示：选A.油滴a静止不动，其受到的合力为零，所以mag＝qE，电场力方向竖直向上，油滴带负电荷．又油滴b、c在场中做匀速圆周运动，则其重力和受到的电场力是一对平衡力，所以mbg＝mcg＝qE，油滴受到的洛伦兹力提供其做匀速圆周运动的向心力，由左手定则可判断，b、c都沿顺时针方向运动．故A正确． 二、带电粒子在复合场中运动的应用实例 1．质谱仪 (1)构造：如图所示，由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片等构成． (2)原理：粒子由静止在加速电场中被加速，根据动能定理可得关系式qU＝mv_2．粒子在磁场中受洛伦兹力偏转，做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律得关系式qvB＝m. 由以上两式可得出需要研究的物理量，如粒子轨道半径、粒子质量、比荷． r＝_，m＝，＝． 2．速度选择器(如图所示)(1)平行板中电场强度E和磁感应强度B互相垂直．这种装置能把具有一定速度的粒子选择出来，所以叫做速度选择器． (2)带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是qE＝qvB，即v＝. 2.(2017·北京东城区模拟)如图所示，一束质量、速度和电荷量不全相等的离子，经过由正交的匀强电场和匀强磁场组成的速度选择器后，进入另一个匀强磁场中并分裂为A、B两束，下列说法中正确的是( ) A．组成A束和B束的离子都带负电 B．组成A束和B束的离子质量一定不同 C．A束离子的比荷大于B束离子的比荷 D．速度选择器中的磁场方向垂直于纸面向外 提示：选C.由左手定则知，A、B两束离子均带正电，A错误；两束离子经过同一速度选择器后的速度相同，在偏转磁场中，由R＝可知，半径大的离子对应的比荷小，但离子的质量不一定相同，故选项B错误，C正确；速度选择器中的磁场方向应垂直纸面向里，D错误． 3．回旋加速器 (1)组成：如图所示，两个D形盒(静电屏蔽作用)，大型电磁铁，高频振荡交变电压，两缝间可形成电场． (2)作用：电场用来对粒子(质子、α粒子等)加速，磁场用来使粒子回旋从而能反复加速． (3)加速原理 ①回旋加速器中所加交变电压的频率f，与带电粒子做匀速圆周运动的频率相等，f＝＝； ②回旋加速器最后使粒子得到的能量，可由公式Ek＝mv2＝来计算，在粒子电荷量、质量m和磁感应强度B一定的情况下，回旋加速器的半径R越大，粒子的能量就越大． 粒子最终得到的能量与加速电压的大小无关．电压大，粒子在盒中回旋的次数少；电压小，粒子回旋次数多，但最后获得的能量一定． 3.(2017·江苏常州高级中学高三月考)回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电源两极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示．设D形盒半径为R.若用回旋加速器加速质子时，匀强磁场的磁感应强度为B，高频交流电频率为f.则下列说法正确的是( ) A．质子被加速后的最大速度不可能超过2πfR B．质子被加速后的最大速度与加速电场的电压大小有关 C．高频电源只能使用矩形交变电流，不能使用正弦式交变电流 D．不改变B和f，该回旋加速器也能用于加速α粒子 提示：选A.由T＝，T＝，可得质子被加速后的最大速度为2πfR，其不可能超过2πfR，质子被加速后的最大速度与加速电场的电压大小无关，选项A正确、B错误；高频电源可以使用正弦式交变电流，选项C错误；要加速α粒子，高频交流电周期必须变为α粒子在其中做圆周运动的周期，即T＝，故D错误． 4．磁流体发电机 (1)磁流体发电是一项新兴技术，它可以把内能直接转化为电能． (2)根据左手定则，如图中的B是发电机正极． (3)磁流体发电机两极板间的距离为L，等离子体速度为v，磁场的磁感应强度为B，则由qE＝q＝qvB得两极板间能达到的最大电势差U＝BLv． 5．电磁流量计 工作原理：如图所示，圆形导管直径为d，用非磁性材料制成，导电液体在管中向左流动，导电液体中的自由电荷(正、负离子)，在洛伦兹力的作用下发生偏转，a、b间出现电势差，形成电场，当自由电荷所受的电场力和洛伦兹力平衡时，a、b间的电势差就保持稳定，即：qvB＝qE＝q，所以v＝，因此液体流量Q＝Sv＝·＝． 4.(多选)如图所示为磁流体发电机的示意图．两块相同的金属板A、B正对，它们之间有一个很强的匀强磁场，将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子)以速率v喷入磁场，A、B两板间便产生电压．已知每个金属板的面积为S，它们间的距离为d，匀强磁场的磁感应强度为B.当发电机稳定发电时，下列说法正确的是( ) A．A板为发电机的正极 B．B板为发电机的正极 C．发电机的电动势为Bdv D．发电机的电动势为BSv 解析：选BC.根据左手定则，带正电的粒子向下偏转，带负电的粒子向上偏转，所以B板带正电，为直流电源正极，A错误，B正确．最终带电粒子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，有qvB＝q，解得E＝Bdv，C正确，D错误． 带电粒子在复合场中的运动 【知识提炼】 1．带电粒子在组合场中的运动，实际上是几个典型运动过程的组合，因此解决这类问题要分段处理，找出各分段之间的衔接点和相关物理量，问题即可迎刃而解．常见类型如下： (1)从电场进入磁场 ①粒子先在电场中做加速直线运动，然后进入磁场做圆周运动．在电场中利用动能定理或运动学公式求粒子刚进入磁场时的速度． ②粒子先在电场中做类平抛运动，然后进入磁场做圆周运动．在电场中利用平抛运动知识求粒子进入磁场时的速度． (2)从磁场进入电场 ①粒子进入电场时的速度与电场方向相同或相反，做匀变速直线运动(不计重力)． ②粒子进入电场时的速度方向与电场方向垂直，做类平抛运动． 2．带电粒子在叠加场中的运动，由于磁场中洛伦兹力不做功，所以粒子的运动形式一般只有以下两种情况： (1)直线运动：要么带电粒子沿着磁感线运动，要么带电粒子受到的重力或电场力或重力与电场力的合力与洛伦兹力平衡． (2)匀速圆周运动：受到的重力和电场力平衡． 【典题例析】 (2015·高考天津卷)现代科学仪器常利用电场、磁场控制带电粒子的运动．真空中存在着如图所示的多层紧密相邻的匀强电场和匀强磁场，电场与磁场的宽度均为d.电场强度为E，方向水平向右；磁感应强度为B，方向垂直纸面向里．电场、磁场的边界互相平行且与电场方向垂直．一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子在第1层电场左侧边界某处由静止释放，粒子始终在电场、磁场中运动，不计粒子重力及运动时的电磁辐射． (1)求粒子在第2层磁场中运动时速度v2的大小与轨迹半径r2； (2)粒子从第n层磁场右侧边界穿出时，速度的方向与水平方向的夹角为θn，试求sin θn； (3)若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出，试问在其他条件不变的情况下，也进入第n层磁场，但比荷较该粒子大的粒子能否穿出该层磁场右侧边界，请简要推理说明之． [审题指导] 粒子在运动时只有电场力做功使其加速，而磁场使其偏转，则计算速度大小的问题只看电场，偏转问题只看磁场．还要关注磁场与电场之间的转折点的变化． [解析] (1)粒子在进入第2层磁场时，经过两次电场加速， 中间穿过磁场时洛伦兹力不做功． 由动能定理，有2qEd＝mv① 由①式解得 v2＝2 ② 粒子在第2层磁场中受到的洛伦兹力充当向心力，有 qv2B＝m③ 由②③式解得 r2＝ .④ (2)设粒子在第n层磁场中运动的速度为vn，轨迹半径为rn(各量的下标均代表粒子所在层数，下同)． nqEd＝mv⑤ qvnB＝m⑥ 甲 粒子进入第n层磁场时，速度的方向与水平方向的夹角为αn，从第n层磁场右侧边界穿出时速度方向与水平方向的夹角为θn，粒子在电场中运动时，垂直于电场线方向的速度分量不变，有 vn－1sin θn－1＝vnsin αn⑦ 由图甲看出 rnsin θn－rnsin αn＝d⑧ 由⑥⑦⑧式得 rnsin θn－rn－1sin θn－1＝d⑨ 由⑨式看出r1sin θ1，r2sin θ2，…，rnsin θn为一等差数列，公差为d，可得 rnsin θn＝r1sin θ1＋(n－1)d 乙 当n＝1时，由图乙看出 r1sin θ1＝d⑪ 由⑤⑥⑩⑪式得 sin θn＝B . (3)若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出，则 θn＝，sin θn＝1 在其他条件不变的情况下，换用比荷更大的粒子，设其比荷为，假设能穿出第n层磁场右侧边界，粒子穿出时速度方向与水平方向的夹角为θ′n，由于> 则导致sin θ′n>1 说明θ′n不存在，即原假设不成立．所以比荷较该粒子大的粒子不能穿出该层磁场右侧边界． [答案] 见解析 【跟进题组】 考向1 带电粒子在组合场中的运动分析 1．(2017·烟台模拟)如图所示的平面直角坐标系xOy， 在第Ⅰ、Ⅲ象限内有平行于y轴，电场强度大小相同、方向相反的匀强电场，在第Ⅳ象限内有垂直于纸面向里的匀强磁场．一质量为m，电荷量为q的带电粒子，从y轴上的M(0，d)点，以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴的N点进入第Ⅳ象限内，又经过磁场垂直y轴进入第Ⅲ象限，最终粒子从x轴上的P点离开．不计粒子所受到的重力．求： (1)匀强电场的电场强度E和磁场的磁感应强度B的大小； (2)粒子运动到P点的速度大小； (3)粒子从M点运动到P点所用的时间． 解析： (1)粒子运动轨迹如图所示． 设粒子在第Ⅰ象限内运动的时间为t1，粒子在N点时速度大小为v1，方向与x轴正方向间的夹角为θ，则： x＝v0t1＝d y＝at＝d qE＝ma，tan θ＝＝ v1＝ 联立以上各式得：θ＝，v1＝2v0，E＝. 粒子在第Ⅳ象限内做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qv1B＝m 由几何关系得：R＝＝d 联立并代入数据解得：B＝. (2)粒子由M点到P点的过程，由动能定理得： qEd＋qE(R＋Rcos θ)＝mv－mv 代入(1)中所求数据解得：vP＝v0. (3)粒子在第Ⅰ象限内运动时间： t1＝＝ 粒子在第Ⅳ象限内运动周期：T＝＝ t2＝T＝ 粒子在第Ⅲ象限内运动时有： R＋Rcos θ＝at 解得：t3＝ 粒子从M点运动到P点的时间： t＝t1＋t2＋t3＝. 答案：(1) (2)v0 (3) 考向2 带电粒子在叠加场中的运动 2．如图甲所示，在以O为圆心，内外半径分别为R1和R2的圆环区域内，存在辐射状电场和垂直纸面的匀强磁场，内外圆间的电势差U为常量，R1＝R0，R2＝3R0.一电荷量为＋q，质量为m的粒子从内圆上的A点进入该区域，不计重力． (1)已知粒子从外圆上以速度v1射出，求粒子在A点的初速度v0的大小； (2)若撤去电场，如图乙所示，已知粒子从OA延长线与外圆的交点C以速度v2射出，方向与OA延长线成45°角，求磁感应强度的大小及粒子在磁场中运动的时间； (3)在图乙中，若粒子从A点进入磁场，速度大小为v3，方向不确定，要使粒子一定能够从外圆射出，磁感应强度应小于多少？ 解析：(1)电场、磁场都存在时，只有电场力对带电粒子做功，由动能定理 qU＝mv－mv① 得v0＝ .② (2)由牛顿第二定律 qBv2＝③ 如图1所示，由几何关系确定粒子运动轨迹的圆心O′和半径R R2＋R2＝(R2－R1)2④ 联立③④得磁感应强度大小 B＝⑤ 粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期 T＝⑥ 由几何关系确定粒子在磁场中运动的时间 t＝⑦ 联立④⑥⑦式，得t＝.⑧ 图1 图2 (3)如图2所示，为使粒子射出，则粒子在磁场内的运动半径应大于过A点的最大内切圆半径，该半径为 Rc＝⑨ 由③⑨得磁感应强度应小于Bc＝. 答案：(1) (2) (3) 1．带电粒子在叠加场中运动的分析方法 2．解决带电粒子在组合场中运动问题的思路 (1)首先明确每个场的性质、方向、强弱和范围； (2)对带电粒子进行受力分析，确定带电粒子的运动性质，分析粒子的运动过程，画出运动轨迹； (3)通过分析，确定粒子从一个场区进入另一场区时的位置、速度大小和方向是解题的关键． 带电粒子在交变场中的运动 【知识提炼】 1．解决带电粒子在交变电场、磁场中的运动问题时，关键要明确粒子在不同时间段内、不同区域内的受力特性，对粒子的运动情景、运动性质做出判断． 2．这类问题一般都具有周期性，在分析粒子运动时，要注意粒子的运动周期、电场周期、磁场周期的关系． 3．带电粒子在交变电磁场中运动仍遵循牛顿运动定律、运动的合成与分解、动能定理、能量守恒定律等力学规律，所以此类问题的研究方法与质点动力学相同． 【典题例析】 (高考山东卷)如图甲所示，间距为d、垂直于纸面的两平行板P、Q间存在匀强磁场．取垂直于纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示．t＝0时刻，一质量为m、带电量为＋q的粒子(不计重力)，以初速度v0由Q板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁场且平行于板面的方向射入磁场区．当B0和TB取某些特定值时，可使t＝0时刻入射的粒子经Δt时间恰能垂直打在P板上(不考虑粒子反弹)．上述m、q、d、v0为已知量． (1)若Δt＝TB，求B0； (2)若Δt＝TB，求粒子在磁场中运动时加速度的大小； (3)若B0＝，为使粒子仍能垂直打在P板上，求TB. [审题指导] (1)入射的粒子经Δt＝时间恰能垂直打在P板上，粒子应运动四分之一圆弧． (2)入射的粒子经Δt＝TB时间恰能垂直打在P板上，粒子应连续运动三个四分之一圆弧． (3)当B0＝时，如何求运动周期？ [解析] (1)设粒子做圆周运动的半径为R1，洛伦兹力提供向心力，则有qv0B0＝① 据题意由几何关系得R1＝d② 联立①②式得B0＝.③ (2)设粒子做圆周运动的半径为R2，加速度大小为a，由圆周运动公式得a＝④ 据题意由几何关系得3R2＝d⑤ 联立④⑤式得a＝.⑥ (3)设粒子做圆周运动的半径为R，周期为T，由圆周运动公式得T＝⑦ 由牛顿第二定律得qv0B0＝⑧ 由题意知B0＝，代入⑧式得d＝4R⑨ 粒子运动轨迹如图所示，O1、O2为圆心，O1O2连线与水平方向的夹角为θ，在每个TB内，只有A、B两个位置才有可能垂直击中P板，且要求0<θ<，由题意可知 T＝⑩ 设经历完整TB的个数为n(n＝0，1，2，3…) 若在A点击中P板，据题意由几何关系得 R＋2(R＋Rsin θ)n＝d⑪ 当n＝0时，无解⑫ 当n＝1时，联立⑨⑪式得 θ＝(或sin θ＝)⑬ 联立⑦⑨⑩⑬式得TB＝⑭ 当n≥2时，不满足0<θ<90°的要求⑮ 若在B点击中P板，据题意由几何关系得 R＋2Rsin θ＋2(R＋Rsin θ)n＝d⑯ 当n＝0时，无解⑰ 当n＝1时，联立⑨⑯式得 θ＝arcsin (或sin θ＝)⑱ 联立⑦⑨⑩⑱式得 TB＝⑲ 当n≥2时，不满足0<θ<90°的要求． [答案] (1) (2) (3)或 (2016·高考江苏卷)回旋加速器的工作原理如图1所示，置于真空中的D形金属盒半径为R，两盒间狭缝的间距为d，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，被加速粒子的质量为m、电荷量为＋q，加在狭缝间的交变电压如图2所示，电压值的大小为U0，周期T＝.一束该种粒子在t＝0～时间内从A处均匀地飘入狭缝，其初速度视为零．现考虑粒子在狭缝中的运动时间，假设能够出射的粒子每次经过狭缝均做加速运动，不考虑粒子间的相互作用．求： (1)出射粒子的动能Em； (2)粒子从飘入狭缝至动能达到Em所需的总时间t0； (3)要使飘入狭缝的粒子中有超过99%能射出，d应满足的条件． 解析：(1)粒子运动半径为R时 qvB＝m 且Em＝mv2 解得Em＝. (2)粒子被加速n次达到功能Em，则Em＝nqU0 粒子在狭缝间做匀加速运动，设n次经过狭缝的总时间为Δt 加速度a＝ 匀加速直线运动nd＝a·(Δt)2 由t0＝(n－1)·＋Δt，解得t0＝－. (3)只有在0～(－Δt)时间内飘入的粒子才能每次均被加速，则所占的比例为η＝ 由η>99%，解得d<. 答案：见解析 带电体在复合场中的运动 【知识提炼】 1．带电体在叠加场中无约束情况下的运动情况分类 (1)磁场力、重力并存 ①若重力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动． ②若重力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒，由此可求解问题． (2)电场力、磁场力、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，可用能量守恒或动能定理求解问题． 2．带电体在叠加场中有约束情况下的运动 带电体在复合场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道等约束的情况下，除受场力外，还受弹力、摩擦力作用，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、能量守恒定律结合牛顿运动定律求出结果． 【典题例析】 (2015·高考福建卷)如图，绝缘粗糙的竖直平面MN左侧同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，电场强度大小为E，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B.一质量为m、电荷量为q的带正电的小滑块从A点由静止开始沿MN下滑，到达C点时离开MN做曲线运动．A、C两点间距离为h，重力加速度为g. (1)求小滑块运动到C点时的速度大小vC； (2)求小滑块从A点运动到C点过程中克服摩擦力做的功Wf； (3)若D点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中速度最大的位置，当小滑块运动到D点时撤去磁场，此后小滑块继续运动到水平地面上的P点．已知小滑块在D点时的速度大小为vD，从D点运动到P点的时间为t，求小滑块运动到P点时速度的大小vP. [审题指导] (1)理解带电体运动到C点时的临界条件，进行受力分析求解问题． (2)A到C过程中运用动能定理求解． (3)撤去磁场后带电体将做类平抛运动． [解析] (1)小滑块沿MN运动过程，水平方向受力满足qvB＋N＝qE 小滑块在C点离开MN时 N＝0 解得vC＝. (2)由动能定理得 mgh－Wf＝mv－0 解得Wf＝mgh－. (3) 如图，小滑块速度最大时，速度方向与电场力、重力的合力方向垂直．撤去磁场后小滑块将做类平抛运动，等效加速度为g′， g′＝ 且v＝v＋g′2t2 解得vP＝ . [答案] (1) (2)mgh－ (3) 分析带电体在复合场中运动的三种观点 (1)力的观点：在力学中我们知道力是物体运动状态发生变化的原因，在分析带电物体在复合场中运动时，同样要把握住“力以及力的变化”这一根本．一般而言，重力大小、方向不变(有时明确要求不计重力)；匀强电场中带电物体受电场力大小、方向都不变；洛伦兹力随带电粒子运动状态的改变而发生变化． (2)运动的观点：带电物体在复合场中可以设计出多阶段、多形式、多变化、具有周期性的运动过程．在分析物体的运动过程时，主要把握住以下几个方面：①在全面把握粒子受力以及力的变化特点的基础上，始终抓住力和运动之间相互促进、相互制约的关系．如速度的变化引起洛伦兹力变化，洛伦兹力变化又可能引起弹力和摩擦力的变化，从而引起合外力的变化，合外力的变化又引起加速度和速度的变化，速度变化反过来又引起洛伦兹力的变化，在这一系列变化中，力和运动相互促进、相互制约．②准确划分粒子运动过程中的不同运动阶段、不同运动形式，以及不同运动阶段、不同运动形式之间的转折点和临界点，只有明确粒子在某一阶段的运动形式后，才能确定解题所用到的物理规律．③明确不同运动阶段、不同的运动形式所遵循的物理规律，包括物理规律使用时所必须满足的条件；设定未知量，表述原始物理规律式． (3)能量的观点：由于带电物体在复合场中运动时，除重力、电场力以外还有洛伦兹力参与，而洛伦兹力是随运动状态改变而变化，使合外力是一个变力，运动形式可能为变加速运动，对这类问题应用牛顿运动定律和运动学知识不能有效解决．但从力对物体做功的角度看，由于洛伦兹力方向始终垂直于速度方向，洛伦兹力对粒子不做功，运用动能定理或能量守恒的观点来处理这类问题时往往能“柳暗花明”． 【跟进题组】 考向1 带电体在叠加场中的运动 1.(2016·高考天津卷)如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小为E＝5 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，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，则 qvB＝① 代入数据解得v＝20 m/s② 速度v的方向斜向右上方，与电场E的方向之间的夹角θ满足 tan θ＝③ 代入数据解得tan θ＝，θ＝60°.④ (2)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a＝ ⑤ 设撤去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＝at2⑦ a与mg的夹角和v与E的夹角相同，均为θ，又 tan θ＝⑧ 联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得 t＝2 s≈3.5 s. 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 若使小球再次经过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－gt2＝0⑥ 联立④⑤⑥式，代入数据解得t＝2 s≈3.5 s．⑦ 答案：见解析 考向2 带电体在组合场中的运动 2.在如图所示的竖直平面内，水平轨道CD和倾斜轨道GH与半径r＝ m的光滑圆弧轨道分别相切于D点和G点，GH与水平面的夹角θ＝37°.过G点、垂直于纸面的竖直平面左侧有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度B＝1.25 T；过D点、垂直于纸面的竖直平面右侧有匀强电场，电场方向水平向右，电场强度E＝1×104 N/C.小物体P1质量m ＝ 2×10－3 kg、电荷量q＝＋8×10－6 C，受到水平向右的推力F＝9.98×10－3 N的作用，沿CD向右做匀速直线运动，到达D点后撤去推力．当P1到达倾斜轨道底端G点时，不带电的小物体P2在GH顶端静止释放，经过时间t＝0.1 s与P1相遇．P1和P2与轨道CD、GH间的动摩擦因数均为μ＝0.5，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，物体电荷量保持不变，不计空气阻力．求： (1)小物体P1在水平轨道CD上运动速度v的大小； (2)倾斜轨道GH的长度s. 解析：(1)设小物体P1在匀强磁场中运动的速度为v，受到向上的洛伦兹力为F1，受到的摩擦力为f，则 F1＝qvB① f＝μ(mg－F1)② 由题意，水平方向合力为零 F－f＝0③ 联立①②③式，代入数据解得 v＝4 m/s.④ (2)设P1在G点的速度大小为vG，由于洛伦兹力不做功，根据动能定理 qErsin θ－mgr(1－cos θ)＝mv－mv2⑤ P1在GH上运动，受到重力、支持力、电场力和摩擦力的作用，设加速度为a1，根据牛顿第二定律 qEcos θ－mgsin θ－μ(mgcos θ＋qEsin θ)＝ma1⑥ P1与P2在GH上相遇时，设P1在GH上运动的距离为s1，则 s1＝vGt＋a1t2⑦ 设P2质量为m2，在GH上运动的加速度为a2，则 m2gsin θ－μm2gcos θ＝m2a2⑧ P1与P2在GH上相遇时，设P2在GH上运动的距离为s2，则 s2＝a2t2⑨ s＝s1＋s2⑩ 联立④～⑩式，代入数据得 s＝0.56 m. 答案：(1)4 m/s (2)0.56 m. 洛伦兹力在科技中的应用 【知识提炼】 讨论与电、磁场有关的实际问题，首先应通过分析将其提炼成纯粹的物理问题，然后用解决物理问题的方法进行分析．这里较多的是用分析力学问题的方法，对于带电粒子在磁场中的运动，还应特别注意运用几何知识寻找关系． 【典题例析】 (2016·高考全国卷乙)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值约为( ) A．11 B．12 C．121 D．144 [审题指导] 若两粒子经磁场偏转后仍从同一出口离开，则意味着其运动半径相等，由磁场中运动半径公式代入求解即可． [解析] 设加速电压为U，质子做匀速圆周运动的半径为r，原来磁场的磁感应强度为B，质子质量为m，一价正离子质量为M.质子在入口处从静止开始加速，由动能定理得，eU＝mv，质子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，ev1B＝m；一价正离子在入口处从静止开始加速，由动能定理得，eU＝Mv，该正离子在磁感应强度为12B的匀强磁场中做匀速圆周运动，轨迹半径仍为r，洛伦兹力提供向心力，ev2·12B＝M；联立解得M∶m＝144∶1，选项D正确． [答案] D (2015·高考重庆卷)如图为某种离子加速器的设计方案．两个半圆形金属盒内存在相同的垂直于纸面向外的匀强磁场．其中MN和M′N′是间距为h的两平行极板，其上分别有正对的两个小孔O和O′，O′N′＝ON＝d，P为靶点，O′P ＝kd(k为大于1的整数)．极板间存在方向向上的匀强电场，两极板间电压为U.质量为m、带电量为q的正离子从O点由静止开始加速，经O′进入磁场区域．当离子打到极板上O′N′区域(含N′点)或外壳上时将会被吸收，两虚线之间的区域无电场和磁场存在，离子可匀速穿过，忽略相对论效应和离子所受的重力．求： (1)离子经过电场仅加速一次后能打到P点所需的磁感应强度大小； (2)能使离子打到P点的磁感应强度的所有可能值； (3)打到P点的能量最大的离子在磁场中运动的时间和在电场中运动的时间． 解析：(1)离子经一次加速的速度为v0，由动能定理得 qU＝mv① 离子的轨道半径为R0，则R0＝kd② 由洛伦兹力提供向心力，qv0B＝m③ 联立①②③式得B＝. (2)设离子在电场中经过n次加速后到达P点，根据动能定理和牛顿第二定律得 nqU＝mv④ qvnB＝m⑤ rn＝⑥ 联立④⑤⑥式解得vn＝ ，B＝ 当离子经过第一次加速，在磁场中偏转时， qU＝mv⑦ qv1B＝m⑧ 联立④⑤⑥⑦⑧式解得r1＝ 由于查看更多