- 2021-05-26 发布 |
- 37.5 KB |
- 45页
申明敬告： 本站不保证该用户上传的文档完整性，不预览、不比对内容而直接下载产生的反悔问题本站不予受理。
文档介绍
【物理】2020届二轮复习专题三第10讲带电粒子在组合场、复合场中的运动学案
第10讲 带电粒子在组合场、复合场中的运动 构建网络·重温真题 1．(2019·全国卷Ⅲ)如图，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为B和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子垂直于x轴射入第二象限，随后垂直于y轴进入第一象限，最后经过x轴离开第一象限。粒子在磁场中运动的时间为( ) A. B. C. D. 答案 B 解析 带电粒子在不同磁场中做圆周运动，其速度大小不变，由r＝知，第一象限内的轨迹圆半径是第二象限内的轨迹圆半径的2倍，如图所示，由几何知识可知，粒子在第二象限内轨迹所对圆心角为90°，在第一象限内轨迹所对圆心角为60°。粒子在第二象限内运动的时间t1＝＝＝，粒子在第一象限内运动的时间t2＝＝＝，则粒子在磁场中运动的时间t＝t1＋t2＝，B正确。 2．(2017·全国卷Ⅰ)如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与纸面平行)，磁场方向垂直于纸面向里。三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等，质量分别为ma、mb、mc。已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动。下列选项正确的是( ) A．ma>mb>mc B．mb>ma>mc C．mc>ma>mb D．mc>mb>ma 答案 B 解析 设三个微粒的电荷量均为q， a在纸面内做匀速圆周运动，说明洛伦兹力提供向心力，重力与电场力平衡，即 mag＝qE① b在纸面内向右做匀速直线运动，三力平衡，则 mbg＝qE＋qvbB② c在纸面内向左做匀速直线运动，三力平衡，则 mcg＋qvcB＝qE③ 比较①②③式得：mb>ma>mc，B正确。 3．(2019·天津高考)笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件。当显示屏开启时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作；当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进入休眠状态。如图所示，一块宽为a、长为c的矩形半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子，通入方向向右的电流时，电子的定向移动速度为v。当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中，于是元件的前、后表面间出现电压U，以此控制屏幕的熄灭。则元件的( ) A．前表面的电势比后表面的低 B．前、后表面间的电压U与v无关 C．前、后表面间的电压U与c成正比 D．自由电子受到的洛伦兹力大小为 答案 D 解析 由左手定则判断，后表面带负电，电势低，A错误；电子受力平衡后， U稳定不变，由e＝evB得U＝Bav，故前、后表面间的电压U与v成正比，与c无关，故B、C错误；自由电子受到的洛伦兹力大小F＝evB＝，D正确。 4．(2018·全国卷Ⅲ)如图，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： (1)磁场的磁感应强度大小； (2)甲、乙两种离子的比荷之比。 答案 (1) (2)1∶4 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＝m1v① 由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有q1v1B＝m1② 由几何关系知2R1＝l③ 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＝m2v⑤ q2v2B＝m2⑥ 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。 5．(2019·全国卷Ⅰ)如图，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后，沿平行于x轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出。已知O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴的夹角为30°，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d，不计重力。求 (1)带电粒子的比荷； (2)带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间。 答案 (1) (2) 解析 (1)设带电粒子的质量为m，电荷量为q，加速后的速度大小为v。由动能定理有 qU＝mv2① 设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有 qvB＝m② 粒子运动的轨迹如图， 由几何关系知d＝r③ 联立①②③式得＝④ (2)由几何关系知，带电粒子从射入磁场到运动至x轴所经过的路程为 s＝＋rtan30°⑤ 带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为 t＝⑥ 联立②③④⑤⑥式得t＝。 6．(2018·全国卷Ⅰ)如图，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和一个氘核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： (1)H第一次进入磁场的位置到原点O的距离； (2)磁场的磁感应强度大小； (3)H第一次离开磁场的位置到原点O的距离。 答案 (1)h (2) (3)(－1)h 解析 (1)H在电场中做类平抛运动，在磁场中做圆周运动，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＝v1t1① h＝a1t② 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＝v1tanθ1③ 联立以上各式得s1＝h④ (2)H在电场中运动时，由牛顿第二定律有 qE＝ma1⑤ 设H进入磁场时速度的大小为v1′，由速度合成法则有 v1′＝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 qv1′B＝⑦ 由几何关系得 s1＝2R1sinθ1⑧ 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＝mv⑩ 由牛顿第二定律有qE＝2ma2⑪ 设H第一次射入磁场时的速度大小为v2′，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＝v2t2⑫ h＝a2t⑬ v2′＝⑭ sinθ2＝⑮ 联立以上各式得 s2＝s1，θ2＝θ1，v2′＝v1′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＝＝R1⑰ 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s2′，由几何关系有 s2′＝2R2sinθ2⑱ 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 s2′－s2＝(－1)h。 7．(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为条形区域边界上的两点，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。 (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点射入时速度的大小； (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。 答案 (1)轨迹见解析图a (2) (3) 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) (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＝ma① 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＝at② l′＝v0t③ v1＝vcosθ④ 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＝2Rcosθ⑥ 联立①②③④⑤⑥式得v0＝⑦ (3)由运动学公式和题给数据得v1＝v0cot⑧ 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＋T⑩ 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′＝。 8．(2018·天津高考)如图所示，在水平线ab下方有一匀强电场，电场强度为 E，方向竖直向下，ab的上方存在匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，磁场中有一内、外半径分别为R、R的半圆环形区域，外圆与ab的交点分别为M、N。一质量为m、电荷量为q的带负电粒子在电场中P点静止释放，由M进入磁场，从N射出，不计粒子重力。 (1)求粒子从P到M所用的时间t； (2)若粒子从与P同一水平线上的Q点水平射出，同样能由M进入磁场，从N射出，粒子从M到N的过程中，始终在环形区域中运动，且所用的时间最少，求粒子在Q时速度v0的大小。 答案 (1) (2) 解析 (1)设粒子在磁场中运动的速度大小为v，所受洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m ① 设粒子在电场中运动所受电场力为F，有F＝qE ② 设粒子在电场中运动的加速度为a，根据牛顿第二定律有F＝ma ③ 粒子在电场中做初速度为零的匀加速直线运动，有 v＝at ④ 联立①②③④式得t＝ ⑤ (2)粒子进入匀强磁场后做匀速圆周运动，其周期和速度、圆周运动半径无关，运动时间只由粒子所通过的圆弧所对的圆心角的大小决定，故当轨迹与内圆相切时，所用的时间最短，设粒子在磁场中的轨迹半径为r′，由几何关系可知(r′－R)2＋(R)2＝r′2 ⑥ 设粒子进入磁场时速度方向与ab的夹角为θ， 即圆弧所对圆心角的一半，由几何关系可知 tanθ＝ ⑦ 粒子从Q射出后在电场中做类平抛运动，在电场方向上的分运动和从P释放后的运动情况相同，所以粒子进入磁场时沿竖直方向的速度同样为v，在垂直于电场方向的分速度始终为v0，由运动的合成和分解可知 tanθ＝ ⑧ 联立①⑥⑦⑧式得v0＝。 9．(2018·江苏高考)如图所示，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sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。 (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)粒子圆周运动的半径r0＝ 由题意知r0＝ 解得B＝。 (2)粒子入射速度为5v0时，圆周运动半径r＝＝5r0＝， 如图所示，设粒子在矩形磁场中的偏转角为α， 由d＝rsinα，得sinα＝，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)将中间两磁场分别向中央移动距离x， 粒子从O点向上运动的最大偏移量y＝2r(1－cosα)＋xtanα 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＝＝。 命题特点：常以计算题的形式考查带电粒子在组合场、复合场中的运动规律，常用数形结合解决带电粒子在电磁场中多过程的复杂问题；常以选择题的形式考查电磁技术的应用实例。 思想方法：分解法、临界法、对称法。 高考考向1 带电粒子在组合场中的运动 例1 (2019·天津市和平区三模)如图，离子源A 产生的初速为零、带电量均为e、质量不同的正离子被电压为U0的加速电场加速后匀速通过准直管，垂直射入匀强偏转电场，偏转后通过极板HM上的小孔S离开电场，经过一段匀速直线运动，垂直于边界MN进入磁感应强度为B的匀强磁场。已知HO＝d，HS＝2d，∠MNQ＝90°。(忽略粒子所受重力) (1)求偏转电场场强E0的大小以及HM与MN的夹角φ； (2)求质量为m的离子在磁场中做圆周运动的半径； (3)若质量为4m的离子垂直打在NQ的中点S1处，质量为16m的离子打在S2处。求S1和S2之间的距离以及能打在NQ上的正离子的质量范围。 (1)要求夹角φ，应先求什么物理量？ 提示：离子射出偏转电场的速度偏向角。 (2)求质量为m的离子在磁场中做圆周运动的半径需要知道速度，离子进入磁场的速度是否确定？ 提示：离子垂直偏转电场方向的速度和射出偏转电场的速度偏向角一定，故离子进入磁场的速度确定。 (3)不同质量的离子在磁场中的轨迹圆心有什么特点？ 提示：在边界MN及其延长线上。 [解析] (1)正离子被电压为U0的加速电场加速后的速度设为v1，对正离子，应用动能定理有eU0＝mv， 正离子垂直射入匀强偏转电场，做类平抛运动 正离子受到电场力F＝eE0，产生的加速度为a＝，即a＝， 在垂直电场方向正离子做匀速运动，有2d＝v1t， 沿场强方向，正离子做匀加速直线运动：d＝at2， 联立解得E0＝ 又tanφ＝，解得φ＝45°。 (2)正离子进入磁场时的速度大小为v2＝＝v1， 正离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，ev2B＝， 解得离子在磁场中做圆周运动的半径R＝ 。 (3)根据R＝ 可知， 质量为4m的离子在磁场中运动打在S1处，其运动半径为R1＝2， 质量为16m的离子在磁场中运动打在S2处，其运动半径为R2＝2， 设质量为16m的离子在磁场中运动轨迹的圆心为O1，如图甲所示， 有O1N＝R2－R1， 由几何关系可知S1和S2之间的距离 Δs＝－R1， 联立解得Δs＝4(－1)； 如图乙所示，若正离子恰好打到Q点，其轨迹半径R′满足R′2＝(2R1)2＋(R′－R1)2，解得R′＝R1， 若正离子能打到NQ上，其轨迹半径Rx须满足R1≤Rx≤R1， 根据R1＝2，可解得这些正离子的质量mx满足m≤mx≤25m。 [答案] (1) 45° (2) (3)4(－1) m≤mx≤25m 带电粒子在组合场中运动问题的处理方法 (1)解决带电粒子在组合场中运动问题的一般思维模板 (2)用规律选择思路 ①带电粒子经过电场区域时利用动能定理或类平抛的知识来处理； 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来处理。 (3)关注从一种场进入另一种场的衔接速度。 1．(2019·西南名校联盟“3＋3＋3”高考诊断)(多选)如图所示，边长为L的正方形虚线框内充满着垂直于纸面的匀强磁场，虚线AC及其上方的框内磁场方向向里，虚线AC下方的框内磁场方向向外，磁感应强度大小均为B。现有两个比荷相同的带电粒子a、b，分别以v1、v2的速度沿图示方向垂直磁场方向射入磁场，并分别从B、C两点离开磁场，设a、b两粒子在磁场中运动的时间分别为t1、t2。则下列说法中正确的是( ) A．粒子a一定带正电，粒子b一定带负电 B．v1∶v2可能等于1∶2 C．v1∶v2一定等于1∶1 D．t1∶t2可能等于3∶2 答案 ABD 解析 粒子a做个圆周运动后直接从B点飞出，粒子b可能在两边磁场中做多个圆弧运动后从C点飞出，结合左手定则可知，粒子a带正电，粒子b带负电，A正确；结合几何关系可知，粒子a的圆周半径r1＝L，粒子b的圆周半径r2＝L(n＝1,2,3，…)，由qvB＝m，解得v＝，则v1∶v2＝r1∶r2＝n∶2(n＝1,2,3，…)，故 B正确，C错误；由T＝可知，粒子a在磁场中运动的时间t1＝，粒子b在磁场中运动的时间t2＝n(n＝1，2，3，…)，则t1∶t2＝3∶2n(n＝1,2,3，…)，则D正确。 2．(2019·福建泉州二模)华裔科学家丁肇中负责的AMS项目，是通过“太空粒子探测器”探测高能宇宙射线粒子，寻找反物质。某学习小组设想了一个探测装置，截面图如图所示。其中辐射状加速电场的内、外边界为两个同心圆，圆心为O，外圆电势为零，内圆电势φ＝－45 V，内圆半径R＝1.0 m。在内圆内有磁感应强度大小B＝9×10－5 T、方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁场内有一圆形接收器，圆心也在O点。假设射线粒子中有正电子，先被吸附在外圆上(初速度为零)，经电场加速后进入磁场，并被接收器接收。已知正电子质量m＝9×10－31 kg，电荷量q＝1.6×10－19 C，不考虑粒子间的相互作用。 (1)求正电子在磁场中运动的速率v和半径r； (2)若正电子恰好能被接收器接收，求接收器的半径R′。 答案 (1)4×106 m/s 0.25 m (2) m 解析 (1)电场外边界与内边界间的电势差为U＝0－φ＝45 V，在加速正电子的过程中，根据动能定理可得qU＝mv2－0，代入数据解得v＝4×106 m/s。 正电子进入磁场做匀速圆周运动，由向心力公式可得：qvB＝m，解得r ＝0.25 m。 (2)正电子在磁场中运动的轨迹如图所示，当轨迹与接收器相切时，正电子恰好能被接收器接收，由几何关系可得：R′＝－r， 解得R′＝ m。 3．(2019·河南六市高三第二次联考)现代科学仪器常利用电场、磁场控制带电粒子的运动。如图所示，真空中存在着多层紧密相邻的匀强电场和匀强磁场，宽度均为d。电场强度为E，方向水平向左，垂直纸面向里磁场的磁感应强度为B1，垂直纸面向外磁场的磁感应强度为B2，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层磁场左侧边界以初速度v0射入，方向与边界夹角为θ，设粒子始终在电场、磁场中运动，除B1、B2、E以外其他物理量已知，不计粒子重力及运动时的电磁辐射。(cos53°＝0.6，sin53°＝0.8) (1)若θ＝53°，要求粒子不进入电场，求B1至少为多大？ (2)若B1、E均已知，求粒子从第n层磁场右侧边界穿出时速度的大小； (3)若θ＝53°，且B1＝，要求粒子不穿出第1层的电场，求E至少多大？ 答案 (1) (2) (3) 解析 (1)当θ＝53°时，设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R1，根据洛伦兹力提供向心力可得： qv0B1＝m， 粒子不进入电场，有：R1－R1cosθ≤d， 解得：B1≥，即B1至少为。 (2)对粒子，设它从第n层磁场右侧边界穿出时速度的大小为vn，根据动能定理可得： －nEqd＝mv－mv，解得：vn＝ 。 (3)当θ＝53°且B1＝时，设粒子在B1场中做圆周运动的半径为R1′，根据洛伦兹力提供向心力可得： qv0B1＝m， 设粒子进入电场时与界面夹角为β，如图所示，在B1场中，由几何关系有： R1′cosβ－R1′cosθ＝d， 解得：β＝37°， 粒子在电场中沿场强方向上做匀减速运动，要求粒子不穿出第1层的电场，则有：≤d， 解得：E≥，即E至少为。 高考考向2 带电粒子在复合场中的运动 例2 (2019·广东深圳二模)如图a所示，整个空间存在竖直向上的匀强电场(平行于纸面)，在同一水平线上的两位置，以相同速率同时喷出质量均为m的油滴a和b，带电量为＋q的a水平向右，不带电的b竖直向上。b上升高度为h时，到达最高点，此时a恰好与它相碰，瞬间结合成油滴P。忽略空气阻力，重力加速度为g。求： (1)油滴b竖直上升的时间及两油滴喷出位置的距离； (2)匀强电场的场强及油滴a、b结合为P后瞬间的速度； (3)若油滴P形成时恰位于某矩形区域边界，取此时为t＝0时刻，同时在该矩形区域加一个垂直于纸面的周期性变化的匀强磁场，磁场变化规律如图b所示，磁场变化周期为T0(垂直纸面向外为正)，已知P始终在矩形区域内运动，求矩形区域的最小面积。(忽略磁场突变的影响) (1)a、b碰撞前分别做什么运动？ 提示：a在重力和电场力的作用下做类平抛运动，b在重力的作用下做竖直上抛运动。 (2)油滴P在矩形区域内运动时受什么力？ 提示：重力、电场力、洛伦兹力。 [解析] (1)设油滴的喷出速率为v0，油滴b做竖直上抛运动，则：0＝v－2gh，解得v0＝ 0＝v0－gt0 解得t0＝ 油滴a做类平抛运动，对其水平分运动，有： x0＝v0t0 解得x0＝2h。 (2)两油滴结合之前，油滴a做类平抛运动，设加速度为a，对其竖直分运动有：qE－mg＝ma h＝at 解得a＝g，E＝ 设结合前瞬间油滴a速度大小为va，方向向右上方，与水平方向的夹角为θ，则：v0＝vacosθ v0tanθ＝at0 解得va＝2，θ＝45° 两油滴的结合过程系统动量守恒：mva＝2mvP 解得vP＝，方向向右上方，与水平方向夹角为45°。 (3)因qE＝2mg，油滴P在磁场中做匀速圆周运动，设轨迹半径为r，周期为T，则：qvP＝2m 解得r＝ 由T＝，解得T＝T0 分析可知油滴P在磁场中的运动轨迹是两个半径为r的外切圆组成的“8”字形，最小矩形的两条边长分别为2r和4r，轨迹如图，矩形区域的最小面积为：Smin＝2r×4r＝。 [答案] (1) 2h (2) ，方向向右上方，与水平方向夹角为45° (3) 带电粒子在复合场中运动问题的处理方法 (1)明种类：明确复合场的种类及特征。 (2)析特点：正确分析带电粒子的受力特点及运动特点。 (3)画轨迹：画出运动过程示意图，明确圆心、半径及边角关系。 (4)用规律：灵活选择不同的运动规律。 ①两场共存，电场与磁场中满足qE＝qvB或重力场与磁场中满足mg＝qvB且两力方向相反时，粒子做匀速直线运动，根据受力平衡列方程求解。 ②两场共存，电场力与重力都恒定时，粒子平衡时根据平衡条件求解，做匀变速直线运动时用牛顿运动定律、运动学规律或动能定理求解，做匀变速曲线运动时用运动的合成与分解或动能定理求解。 ③ 三场共存，合力为零时，受力平衡，粒子做匀速直线运动或静止。其中洛伦兹力F＝qvB的方向与速度v垂直。 ④三场共存，粒子在复合场中做匀速圆周运动时，mg与qE相平衡，根据mg＝qE，由此可计算粒子比荷，判定粒子电性。粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，应用洛伦兹力公式和牛顿运动定律结合圆周运动规律求解，有qvB＝mrω2＝m＝mr＝ma。 ⑤当带电粒子做复杂的曲线运动或有约束的变速直线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解。 4．(2019·河南开封高三上第一次模拟)如图所示，空间存在垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场和水平向左、场强为E的匀强电场。有一质量为m、电荷量大小为q的微粒以垂直于磁场且与水平方向成45°角的速度v做直线运动，重力加速度为g。则下列说法正确的是( ) A．微粒可能做匀加速直线运动 B．微粒可能只受两个力作用 C．匀强磁场的磁感应强度B＝ D．匀强电场的电场强度E＝ 答案 D 解析 若微粒不受重力，在电场力和洛伦兹力作用下微粒不可能做直线运动，故微粒一定受重力、电场力、洛伦兹力三个力的作用，B错误。若微粒带正电，电场力水平向左，洛伦兹力垂直速度v 斜向右下方，重力竖直向下，则电场力、洛伦兹力和重力三个力的合力不为零，洛伦兹力的大小与方向必然变化，微粒不可能做直线运动，所以微粒不可能带正电；若微粒带负电，电场力水平向右，洛伦兹力垂直速度v斜向左上方，重力竖直向下，如图所示，只有电场力、洛伦兹力和重力三力平衡，微粒才能做直线运动，所以微粒做匀速直线运动，故A错误。根据平衡条件，有：qE＝mgtan45°，qvB＝，联立解得：E＝，B＝，故D正确，C错误。 5．如图所示，空间中存在一水平方向的匀强电场和一水平方向的匀强磁场，且电场方向和磁场方向相互垂直。在电磁场正交的空间中有一足够长的固定粗糙绝缘杆，与电场正方向成60°角且处于竖直平面内。一质量为m、电荷量为＋q(q＞0)的小球套在绝缘杆上。给小球一沿杆向下的初速度v0，小球恰好做匀速运动，电荷量保持不变。已知磁感应强度大小为B，电场强度大小为E＝，则以下说法中不正确的是( ) A．小球的初速度v0＝ B．若小球的初速度为，小球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止 C．若小球的初速度为，小球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止 D．若小球的初速度为，则运动中克服摩擦力做功为 答案 B 解析 对小球进行受力分析如图所示，电场力的大小F＝qE＝mg，由于重力的方向竖直向下，电场力的方向水平向左，二者垂直，二者的合力F合＝2mg，方向与杆的方向垂直，而洛伦兹力的方向也与速度的方向垂直，三力的合力不做功，所以当小球做匀速直线运动时，不可能存在摩擦力，则杆对小球没有支持力的作用，则qv0B＝2mg，v0＝，故A正确；若小球的初速度为，此时洛伦兹力F洛＝qvB＝3mg＞F合，在垂直于杆的方向上，小球还受到杆的支持力，存在摩擦力f＝μFN，小球将做减速运动，随速度的减小，洛伦兹力减小，则支持力逐渐减小，摩擦力减小，小球做加速度不断减小的减速运动，最后当速度减小到时，FN＝0，f＝0，小球开始做匀速直线运动，故B错误；若小球的初速度为，此时洛伦兹力F洛′＝qv′B＝mg＜F合，在垂直于杆的方向上，小球还受到杆的支持力，存在摩擦力f＝μFN，小球将做减速运动，随速度的减小，洛伦兹力减小，则支持力逐渐增大，摩擦力逐渐增大，小球的加速度增大，所以小球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止，故C正确；由C项的分析可知运动中克服摩擦力所做的功等于小球的动能减小量(重力和电场力的合力不做功)，所以W＝mv′2＝，故D正确。本题要求选说法不正确的，故选B。 高考考向3 电磁技术的应用 例3 (2019·湖南常德高三一模)2018年，我省加大环保督查力度，打响碧水蓝天保卫战。督查暗访组在某化工厂的排污管末端安装了如图所示的流量计，测量管由绝缘材料制成，其长为L、直径为D，左右两端开口，在前后两个内侧面a、c固定有金属板作为电极，匀强磁场方向竖直向下。污水(含有大量的正、负离子)充满管口从左向右流经该测量管时，a、c两端的电压为U，显示仪器显示污水流量Q(单位时间内排出的污水体积)。则( ) A．a侧电势比c侧电势低 B．污水中离子浓度越高，显示仪器的示数越大 C．污水流量Q与U成正比，与L、D无关 D．匀强磁场的磁感应强度B＝ (1)液体中的载流子是什么？载流子运动稳定时受力有什么特点？ 提示：正离子和负离子。正、负离子会受到电场力、洛伦兹力而处于平衡状态。 (2)根据定义，污水流量如何表示？ 提示：Q＝。 [解析] 污水中正、负离子从左向右移动，受到洛伦兹力，根据左手定则，正离子向a表面偏转，负离子向c表面偏转，所以a侧电势比c侧电势高，故A错误；最终正、负离子受到电场力和洛伦兹力而处于平衡状态，有qE＝qvB，即＝vB，而污水流量Q＝＝·＝，可知Q与U、D成正比，与L无关，与离子浓度无关，B、C错误；由Q＝可知，匀强磁场的磁感应强度B＝，故D正确。 [答案] D 组合场、复合场中电磁技术的解题技巧 在电磁技术中，中学阶段常见的是带电粒子在正交的匀强电场和匀强磁场中运动的几种模型。如：速度选择器、回旋加速器、质谱仪、磁流体发电机、霍尔元件、电磁流量计等。 其中速度选择器、磁流体发电机、霍尔元件和电磁流量计的共同特征是粒子在仪器中只受电场力和洛伦兹力作用，并且最终电场力和洛伦兹力平衡。所以我们应化繁为简研究实质。 6．(2019·湖北省七市州教科研协作体高三联考)如图表示磁流体发电机的原理：将一束等离子体以速度v喷射入磁感应强度为B的磁场中(速度方向水平向里且垂直磁场)，在磁场中有两块金属板A、B，板间距离为d，金属板上会聚集电荷，产生电压，不计等离子体重力和电阻，以下说法正确的是( ) A．流过R的电流方向为从上向下 B．R上电压最终会稳定且等于Bdv C．其他条件不变，只增大磁感应强度，A、B间电势差减小 D．其他条件不变，只增大射入速度，A、B间电势差减小 答案 B 解析 大量带正电和带负电的等离子体进入磁场时，由左手定则可以判断正离子受到的洛伦兹力向下，所以正离子会聚集到B板上，负离子受到的洛伦兹力向上，负离子聚集到A板上，故A板相当于电源的负极，B板相当于电源的正极，所以通过电阻R的电流方向向上，故A错误；当带电离子受力平衡时，根据平衡条件qvB＝q得，U＝Bdv，故B正确；根据U＝Bdv可知，其他条件不变，若只增大磁感应强度，A、B间电势差增大，若只增大射入速度，A、B间电势差增大，故C、D错误。 7．(2016·江苏高考)回旋加速器的工作原理如图甲所示，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乙所示，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。 答案 (1) (2)－ (3)d< 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次达到动能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＝ 由匀加速直线运动规律有nd＝a·Δt2 在磁场中运动的周期T＝ 由t0＝(n－1)·＋Δt，解得t0＝－。 (3)只有在0～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<。 易错警示 带电粒子在交变复合场中的运动 例 (2019·江苏省丹阳市丹阳高级中学三模)如图a所示，匀强磁场垂直于xOy平面，磁感应强度B1按图b所示规律变化(垂直于纸面向外为正)。t＝0时，一比荷为＝1×105 C/kg的带正电粒子从原点沿y轴正方向射入，速度大小v＝5×104 m/s，不计粒子重力。 (1)求带电粒子在匀强磁场中运动的轨道半径； (2)求t＝×10－4 s时带电粒子的坐标； (3)保持图b中磁场不变，再加一垂直于xOy平面向外的恒定匀强磁场B2，其磁感应强度为0.3 T，在t＝0时，粒子仍以原来的速度从原点射入，求粒子回到坐标原点的时刻。 分析与解 (1)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力， qvB1＝m 解得r＝1 m。 (2)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期 T0＝＝×10－4 s 在0～×10－4 s过程中，粒子运动了，圆弧对应的圆心角θ1＝ 在×10－4～×10－4 s过程中，粒子又运动了，圆弧对应的圆心角θ2＝ 轨迹如图甲所示，根据几何关系可知，带电粒子的横坐标：x＝2r＋2rsin＝(2＋) m≈3.41 m 纵坐标：y＝－2rcos＝－ m≈－1.41 m 故带电粒子的坐标为(3.41 m，－1.41 m)。 (3)施加B2＝0.3 T的匀强磁场与原磁场叠加后，合磁场的磁感应强度B随时间的变化如图乙所示， ①当nT≤t查看更多