1、專題九帶電粒子在復合場中的運動匚二高考風向標一、高考命題趨勢本專題主要以選擇題和計算題出現以電場和磁場為依托考查牛頓運動定律、直線運動規律、類平拋運動規律、圓周運動規律和動能定理等|。二、復習要求學生會在復雜的情景中靈活運用解題的基本方法、洞察問題的內在聯系|。咼頻考點梳理1. 如圖在某個空間內有一個水平方向的勻強電場電場強度丨 又有一個與電場垂直的水平方向勻強磁場磁感強度B = 10T|。現有一個質量 m= 2X10-6kg、帶電量q= +2 XI0-6C的微粒在這個電場和磁場疊加的空間作直線 運動|。此粒子是否考慮重力 （要或不要）此帶電粒子的運動方向速度大小 |。2. 如圖在兩水平極板間

2、存在勻強電場E和勻強磁場 B|,電場方向豎直向下磁場方向垂直于紙面向里.一帶電量為q的粒子以某一速度 v0沿水平直線通過兩極板.若不計重力|,則上述物理量應滿足條件|,若只改變 f=3（E、B、q、Vo |,粒子的運動軌跡不會改變）|3. 在半導體離子注入工藝中初速度可忽略的離子 P+和P3+|,經電壓為U 的電場加速后垂直進入磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里有一疋的寬度的勻強磁場區域如圖所示|。已知離子P+在磁場中轉過0 =30后從磁場右邊界射出|。在電場和磁場中運動時離子P+和P3+ |,在電場中的加速度之比為在磁場中運動的半徑之比為 在磁場中轉過的角度之比為|，離開電場區域時的動能之

3、比為 |。4. 如圖所示的虛線區域內充滿垂直于紙面向里的勻強磁場和豎直向下的勻強電場|。一帶電粒子a （不計重力）以一定的初速度由左邊界的 O點射入磁場、電場區域恰好沿直線由區域右邊界的 O 點（圖中未標出）穿出|。若撤去該區域內的磁 場而保留電場不變另一個同樣的粒子 b （不計重力）仍以相同初速度由0點射入I I,從區域右邊界穿出I I,則粒子b在電場中運動時的電勢能（增|大、減小）I,在電場中運動時I I,動能（增大、減小）I。5如圖II, 一段長方體形導電材料II,左右兩端面的邊長都為和 bII,內有帶電量為q的某種自由運動電荷I。導電材料置于方向垂直于I *4其前表面向里的勻強磁場中I

4、I,內部磁感應強度大小為BII。當通以從左到右的穩恒電流I時II,測得導電材料上、下表面之間的電壓 為UII,且上表面的電勢比下表面的低I。由此可得該導電材料單位體積內自由運動電荷數為II,自由運動電荷帶 電（正、負）I。考點1帶電粒子在疊加場中的直線運動【例1】如圖所示I,裝置為速度選擇器I,平行金屬板間有相互 垂直的勻強電場和勻強磁場 II,電場方向豎直向上I,磁場方向垂直紙 面向外I,帶電粒子均以垂直電場和磁場的速度射入且都能從另一側 射出I I，不計粒子重力I I,以下說法正確的有（）1r144*j4 瓦;O01A 若帶正電粒子以速度 v從0點射入能沿直線射出I I，則帶負電粒子以速度

5、 v從0 點 射入能沿直線射出B 若帶正電粒子以速度 v從0點射入I,離開時動能增加II,則帶負電粒子以速度 v從 0點射入I I，離開時動能減少（iH）和氦核（2He）以相同速度從 0點射入|,則一定能以相同速度從同一位置C.若氘核 射出（1H）和氦核（2He）以相同動能從 0點射入|，則一定能以相同動能從不同位置D .若氘核 射出解析C帶負電粒子以速度 v從0點射入II,電場力和洛倫茲力都向下II,不可能做直 v從0點射入II,離開時動能增加II,電場力做正功 |,將帶負電粒子以速度 v從0點射入II,仍然是電場力大于洛倫II, B錯誤；粒子剛進入疊加場區II,由牛頓第二定律得a =線運動

6、I I, A錯誤；若帶正電粒子以速度 I I,則電場力大于洛倫茲力 茲力I I,則離開時動能增加（E Bv） qqm I I,兩個粒子的m相同II,則粒子的加速度相同I I，運動情況完全相同II,射出時速 度相同但動能不同I I, C正確；同理I I, D錯誤.拓展提升1.帶電粒子在復合場（疊加場）中的運動情況（1）直線運動自由的帶電粒子（無軌道約束）在復合場（三場共存）中的直線運動是勻速直線運動I I，除非運動方向沿磁場方向而不受洛倫茲力.這是因為電場力和重力都是恒力.當速度變化時 會引起洛倫茲力的變化I I,合力也相應的發生變化I I,粒子的運動方向就要改變而做曲線運動.在具體題目中I I

7、，應根據F合=0進行計算.（2）勻速圓周運動當帶電粒子在復合場（三場共存）中II ,重力與電場力相平衡I I ,粒子運動方向與勻強磁場方 向垂直時I I，帶電粒子就做勻速圓周運動.此種情況下要同時應用平衡條件和向心力公式來 進行分析.(3) 般曲線運動當帶電粒子所受合外力是變力且與初速度方向不在一條直線上時粒子做非勻變速曲線運動這時粒子的運動軌跡不是圓弧也不是拋物線一般用動能定理或功能關系計算.2 分析方法(1) 弄清復合場的組成如磁場、電場的復合|,磁場、重力場的復合|,磁場、電場、重 力場三者的復合等.(2) 正確受力分析除重力、彈力、摩擦力外要特別注意靜電力和磁場力的分析.(3) 確定帶

8、電粒子的運動狀態注意運動情況和受力情況的結合.(4) 對于粒子連續通過幾個不同區域、不同種類的場時要分階段進行處理.(5) 畫出粒子運動軌跡靈活選擇不同的運動規律. 當帶電粒子在復合場中做勻速直線運動時根據受力平衡列方程求解. 當帶電粒子在復合場中做勻速圓周運動時應用牛頓定律結合圓周運動規律求解. 當帶電粒子做復雜曲線運動時一般用動能定理或能量守恒定律求解.(6) 對于臨界問題此時應以題目中出現的“恰好”、“剛好”、“最大”、“最高”、“至少” 等詞語為突破口挖掘隱含條件分析可能的情況必要時可畫出幾個不同情況下的軌跡再根據臨界條件列出輔助條件最后與其他方程聯立求解|。(7) 帶電粒子在交變電場

9、或磁場中的運動情況比較輔助其運動情況不僅與場的變化規律有關還與粒子進入場的時刻有關一定要從粒子的受力情況入手分析清楚在不同時間間隔內的運動情況若交變電壓的變化周期遠大于粒子穿越電場的時間則在粒子 穿越電場的過程中電場可看作勻強電場處理 |。【變式1】如圖所示水平放置的兩塊平行金屬板充電后與電源斷開板間存在著方速直線運動則()向豎直向下的勻強電場 E和垂直紙面向里磁感應強度為 B的勻強 磁場一質量為 m、電荷量為q的帶電粒子(不計重力及空氣阻 力)以水平速度v從兩極板的左端中間射入場區恰好做勻A.粒子一定帶正電E.若僅將板間距離變為原來的2倍粒子運動軌跡偏向下極板C.若講磁感應強度和電場強度均變

10、為原來的2倍粒子仍將做勻速直線運動D.若撤去電場粒子在板間運動的最長時間可能是mqB第5頁/共8頁誤點糾錯1.如圖所示在水平勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場中有一豎直足夠長固定絕緣桿 MN|,小球P套在桿上已知P的質量為m|,電荷量為+ q|, 電場強度為E|,磁感應強度為 B|, P與桿間的動摩擦因數為訓，重力加速度為g.小球由靜止開始下滑直到穩定的過程中()A.小球的加速度一直減小B .小球的機械能和電勢能的總和保持不變C 下滑加速度為最大加速度一半時的速度可能是D .下滑加速度為最大加速度一半時的速度可能是v=v=2、帶電粒子在疊加場中做勻速圓周運動2qE- mg【例2】 在如圖a所示的

11、空間里存在方向水平垂直于紙面向里的勻強磁場和豎直向上的周期性變化的電場(如圖 b所示)|,周期T=12to|,電場強度的大小為Eo|, E0表示電場方向豎直向上|。一傾角為30足夠長的光滑絕緣斜面放置在此空間|。t=0時|, 一帶負電、質量為m的微粒從斜上的A點由靜止開始沿斜面運動至U C點后做一次完整的圓周運動在t=T時刻回到C點II,再繼續沿斜面運動到t=13t時刻|。在運動過程中微粒電荷量不變|,重力加速度為g|, 上述Eo、m、to、g為已知量|。(1)求微粒所帶電荷量 q和磁感應強度大小B；c點時的速度大小-；(2 )求微粒在 A、C間運動的加速度和運動到(3)求0 2T時間內微粒經

12、過的路程|【變式2】如圖所示帶電平行金屬板相距為2R|,在兩板間有垂直紙面向里、磁感應強度為B的圓形勻強磁場區域|,與兩板及左側邊緣線相切一個帶正電的粒子(不計重力)沿兩板間中心線 O1O2從 左側邊緣Oi點以某一速度射入恰沿直線通過圓形磁場區 域|,并從極板邊緣飛出在極板間運動時間為to.若撤去磁 場|,質子仍從Oi點以相同速度射入|,則經殳時間打到極板 上.(1) 求兩極板間電壓U ；(2) 若兩極板不帶電保持磁場不變|,該粒子仍沿中心線O1O2從01點射入欲使粒從兩板左側間飛出射入的速度應滿足什么條件?誤點糾錯2、如圖甲所示在xOy平面內有足夠大的勻強電場 向上電場強度E = 40 N/

13、C|，在y軸左側平面內有足夠第5頁/共 8頁磁感應強度Bi隨時間t變化的規律如圖乙所示15 ns后磁場消失選定磁場垂直紙面向 里為正方向在 y軸右側平面內還有方向垂直紙面向外的恒定的勻強磁場分布在一個半 徑為r = 0.3 m的圓形區域(圖中未畫出川，且圓的左側與y軸相切|,磁感應強度B2= 0.8 T. t=0時刻一質量m = 8x 104 kg、電荷量q= 2 x 104 C的微粒從x軸上xp= 0.8 m處的P點以速度v= 0.12 m/s向x軸正方向入射.(g取10 m/s2|，計算結果保留兩位有效數字)(1) 求微粒在第二象限運動過程中離y軸、x軸的最大距離.(2) 若微粒穿過y軸右

14、側圓形磁場時速度方向的偏轉角度最大求此圓 形磁場的圓心坐標(x|, y).考點3、帶電粒子在疊加場中做復雜的曲線運動【例3】如圖甲|,空間存在一范圍足夠大的垂直于 xOy平面向外的勻強磁場|,磁感應強度 大小為B|。讓質量為 m|,電量為q (qw)為使該粒子能經過 A(a|, 0)點其入射角 (粒子初速度與x軸正向的夾角)有幾個？并求出對應的sin B值；如圖乙若在此空間再加入沿 y軸正向、大 小為E的勻強電場一粒子從 O點以初速度V0沿x軸正向發射|。研究表明：粒子在 xOy平 面內做周期性運動且在任一時刻粒子速度 的x分量vx與其所在位置的y坐標成正比比 例系數與場強大小 E無關|。求該

15、粒子運動過程【變式3】中的最大速度值 vm|o如下圖所示豎直平面(紙面)內有直角坐標系xOy|, x軸沿水平方向|。在x0的區域內存在方向垂直于紙面向里磁感應強度大小為 B1的勻強磁場|。在第二象限緊貼y軸固定放置長為I、表面粗糙的不帶電絕緣平板平板平行于x軸且與x軸相距h|o在第一象限內的某區域存在方向相互垂直的勻強磁場(磁感應強度大小為B2、方向垂直于紙面向外)和勻強電場(圖中未畫出) I。一質量為 m、不帶電 的小球Q從平板下側A點沿x軸正向拋出；另一質量也為m、 帶電量為q的小球P從A點緊貼平板沿x軸正向運動|,變為 勻速運動后從y軸上的D點進入電磁場區域做勻速圓周運動|,1 一經-圓

16、周離開電磁場區域|,沿y軸負方向運動|,然后從x4軸上的K點進入第四象限|。小球P、Q相遇在第四象限的某一點|,且豎直方向速度相同|o 設運動過程中小球 P電量不變|,小球P和Q始終在紙面內運動且均看作質點 |,重力加速度為g|o求：(1) 勻強電場的場強大小|,并判斷P球所帶電荷的正負;(2) 小球Q的拋出速度V。的取值范圍；B1是B2的多少倍?誤點糾錯3、如圖甲所示|,在以0為坐標原點的xOy平面內存在著范圍足夠大的電場和磁場 一個帶正電小球在t= 0時刻以vo= 3gto的初速度從 0點沿+ x方向(水平向右)射入該空 間|,在to時刻該空間同時加上如圖乙所示的電場和磁場|,其中電場方向

17、豎直向上場強大小Eo= mgi,磁場垂直于xOy平面向外磁感應強度大小Bo =哼|,已知小球的質qqt 0量為m|,帶電荷量為q|,時間單位為to|,當地重力加速度為 g|,空氣阻力不計.試求:to末小球速度的大小；小球做圓周運動的周期T和12to末小球速度的大小;在給定的xOy坐標系中|,大體畫出小球在 0到24to內運動軌跡的示意圖;(4) 3Oto內小球距x軸的最大距離.考點4、帶電粒子在組合場中的運動Q點|,且速度【例4】如圖所示在坐標系xoy的第一、第三象限內存在相同的勻強磁場 直于xoy面向里；第四象限內有沿 y軸正方向的勻強電場|,電場強度大 小為E. 一質量為m、帶電量為 q的

18、粒子自y軸的P點沿x軸正方向射 入第四象限I,經x軸上的Q點進入第一象限|,隨即撤去電場以后僅 保留磁場|。已知OP=d|, OQ=2d|,不計粒子重力|。(1 )求粒子過Q點時速度的大小和方向|。(2) 若磁感應強度的大小為一定值Bo|,粒子將以垂直 y軸的方向進入 第二象限|,求Bo;(3) 若磁感應強度的大小為另一確定值|,經過一段時間后粒子將再次經過 與第一次過Q點時相同|,求該粒子相鄰兩次經過 Q點所用的時間|。解析：(1)設粒子在電場中運動的時間為to|,加速度的大小為 a|,粒子的初速度為 Vo|,過Q點時速度的大小為v|,沿y軸方向分速度的大小為Vy |,速度與x軸正方向間的夾

19、角為B|,由牛頓第二定律得qE = ma由運動學公式得1 2d = 2ato2d = VotoVy = atoVytan B =Vo聯立O式得,qEdv = 2V m0= 45(2)設粒子做圓周運動的半徑為R11,粒子在第一象限的運動軌跡如圖所示|, 01為圓心由幾何關系可知厶OiOQ為等腰直角三角形|,得R = 2 . 2dO由牛頓第二定律得2VqvB0 = mORi、i mE聯立O OO式得B0 =O0 T 2qdx(3)設粒子做圓周運動的半徑為 R2I,由幾何分析(粒子運動的軌跡如圖所示。2、O；是粒子做圓周運動的圓心|, Q、F、G、H是軌跡與兩坐標軸的交點I,連接02、O；|,由幾何關系知|, O2FGO2和O2QHO2均為矩形|,進而知FQ、GH均為直徑|, QFGH也是矩形|,又FH丄GQ|,可知QFGH是正方形|, QOG 為等腰直角三角形) 可知|,粒子在第一、第三象限的軌跡 均為半圓|,得2R2 = 2 2d粒子在第二、第四象限的軌跡為長度相等的線段|,得FG = HQ = 2R2設粒子相鄰兩次經過Q點所用的時間為t|,則有FG + HQ +2nR2 t =2v聯立O OOO得第13頁/共8頁|2mdt =(2+ 憐拓展提升1. 近幾年各省市的高考題在這里的命題情景大都是組合場模型|,或是一個電場與一個磁 場相鄰I