2019-2020年高考物理二轮复习专题突破3电场和磁场第2讲带电粒子在复合场中的运动.doc

2019-2020年高考物理二轮复习专题突破3电场和磁场第2讲带电粒子在复合场中的运动1(xx全国卷，15)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1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1A11 B12 C121 D144解析设质子的质量和电荷量分别为m1、q1，一价正离子的质量和电荷量为m2、q2。对于任意粒子，在加速电场中，由动能定理得qUmv20，得v在磁场中qvBm由式联立得m，由题意知，两种粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，加速电压U不变，其中B212B1，q1q2，可得144，故选项D正确。答案D2(xx全国卷，25)如图2所示，在第一象限存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面(xOy平面)向外；在第四象限存在匀强电场，方向沿x轴负向。在y轴正半轴上某点以与x轴正向平行、大小为v0的速度发射出一带正电荷的粒子，该粒子在(d，0)点沿垂直于x轴的方向进入电场。不计重力。若该粒子离开电场时速度方向与y轴负方向的夹角为，求：图2(1)电场强度大小与磁感应强度大小的比值； (2)该粒子在电场中运动的时间。解析(1)如图，粒子进入磁场后做匀速圆周运动。设磁感应强度的大小为B，粒子质量与所带电荷量分别为m和q，圆周运动的半径为R0，由洛伦兹力公式及牛顿第二定律得qv0Bm由题给条件和几何关系可知R0d设电场强度大小为E，粒子进入电场后沿x轴负方向的加速度大小为ax，在电场中运动的时间为t，离开电场时沿x轴负方向的速度大小为vx。由牛顿第二定律及运动学公式得Eqmaxvxaxttd由于粒子在电场中做类平抛运动(如图)，有tan 联立式得v0tan2 (2)联立式得t答案(1)v0tan2 (2)备 考 指 导【考情分析】xx全国卷T25：带电粒子在组合场中的运动xxxx卷T15：质谱仪，带电粒子在组合场中的运动近三年出题的频率不高，此内容在xx年的高考中可能出题，要引起关注。【备考策略】两条思路破解带电粒子在复合场中的运动问题(1)动力学观点：从力和运动的关系着手，从“力”的角度出发，分析研究对象所受的全部外力，包括电场力和洛伦兹力，由平衡条件或牛顿第二定律列方程。(2)功和能观点：从功和能的关系着手，从“能”的角度出发，分析各个力做功，包括电场力做功，用动能定理或能量守恒定律列方程。带电粒子在组合场中的运动规 律 方 法带电粒子在组合场中运动的处理方法 精 典 题 组1如图3所示，在直角坐标系xOy平面内有一矩形区域MNPQ，矩形区域内有水平向右的匀强电场，场强为E；在y0的区域内有垂直于坐标平面向里的匀强磁场，半径为R的光滑绝缘空心半圆管ADO固定在坐标平面内，半圆管的一半处于电场中，圆心O1为MN的中点，直径AO垂直于水平虚线MN。一质量为m、电荷量为q的带电粒子(重力不计)从半圆管的O点由静止释放，进入管内后从A点穿出恰能在磁场中做半径为R的匀速圆周运动，当粒子再次进入矩形区域MNPQ时立即撤去磁场，此后粒子恰好从QP的中点C离开电场。求：图3(1)匀强磁场的磁感应强度B的大小；(2)矩形区域的长度MN和宽度MQ应满足的条件？(3)粒子从A点运动到C点的时间。解析(1)粒子从O到A过程中由动能定理得qERmv2从A点穿出后做匀速圆周运动，有qvB解得B(2)粒子再次进入矩形区域后做类平抛运动，由题意得Rat2aRvt联立解得R所以，矩形区域的长度MN2R，宽度MQ2R。(3)粒子从A点到矩形边界MN的过程中，t1从矩形边界MN到C点的过程中，t2故所求时间tt1t2(1)。答案(1)(2)MN2RMQ2R(3)(1)2如图4所示的平行板器件中，存在相互垂直的匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度B10.20 T，方向垂直纸面向里，电场强度E11.0105 V/m，PQ为板间中线。紧靠平行板右侧边缘xOy坐标系的第一象限内，有一边界线AO，与y轴的夹角AOy45，边界线的上方有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B20.25 T，边界线的下方有竖直向上的匀强电场，电场强度E25.0105 V/m。一束带电荷量q8.01019 C、质量m8.01026 kg的正离子从P点射入平行板间，沿中线PQ做直线运动，穿出平行板后从y轴上坐标为(0，0.4 m)的Q点垂直y轴射入磁场区，多次穿越边界线OA。求：图4(1)离子运动的速度；(2)离子从进入磁场到第二次穿越边界线OA所需的时间。解析(1)设正离子的速度为v，由于沿中线PQ做直线运动，则有qE1qvB1代入数据解得v5.0105 m/s。(2)离子进入磁场，做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有qvB2m，解得r0.2 m作出离子的轨迹如图所示，交OA边界为C点，OQ2r，若磁场无边界，一定通过O点，则圆弧QC的圆心角为90运动时间t16.28107 s离子过C点的速度方向竖直向下，平行于电场线进入电场，做匀减速运动，返回C点的时间为t2，则t2，而a51012 m/s2，所以t22107 s离子从进入磁场到第二次穿越边界线OA所需的时间tt1t28.28107 s。答案(1)5.0105 m/s(2)8.28107 s带电粒子在叠加复合场中的运动规 律 方 法 关注几场叠加，构建运动模型，优选规律解题精 典 题 组1.在竖直xOy平面内，第、象限存在沿y轴负方向的匀强电场1，场强大小为E1，在第、象限内，存在垂直于xOy平面的匀强磁场和沿y轴正方向的匀强电场2，场强大小为E2，磁场方向如图5所示，磁感应强度B1B0，B2，电场强度大小E1E2。两质量为m、带电荷量为q的粒子a、b同时分别从第、象限的P、Q两点(图中没有标出)由静止释放后，同时进入匀强磁场和匀强电场复合场区中，且第一次经过y轴时都过点M(0，l)。粒子a在M点时的速度方向与y轴正方向成60角，不计两粒子间的相互作用。求：图5(1)粒子a第一次在第、象限复合场中运动的时间之比；(2)粒子b在第象限内复合场中运动的轨迹半径。解析(1)粒子a进入复合场区中，电场力和重力平衡，qEmg，粒子a在第象限做匀速圆周运动，画出粒子a的运动轨迹，如图所示，洛伦兹力提供向心力，设粒子a从第象限进入第象限时的速度大小为v，在第象限内运动的轨迹半径为r1，则qvB0，解得r1运动周期T1由几何知识可知粒子a在第象限运动的轨迹对应的圆心角1，运动时间t1T1同理，粒子a在第象限内做匀速圆周运动的半径r2，运动周期T2，由几何知识可知粒子a在第象限运动的轨迹对应的圆心角2，运动时间t2T2，所以t1t214(2)由几何知识可知，粒子a在第象限内运动的轨迹半径r12l由(1)可知，粒子a在第象限内运动的轨迹半径r22r14l由题意可知，粒子a、b进入匀强磁场和匀强电场的速度大小相等，在第象限做匀速圆周运动的半径也相等，故粒子b在第象限的半径rr24l。答案(1)14(2)4l2(xx天津理综，11)如图6所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E5 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B0.5 T。有一带正电的小球，质量m1106 kg，电荷量q2106 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g10 m/s2，求：图6(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，有qvB代入数据解得v20 m/s速度v的方向与电场E的方向之间的夹角满足tan 代入数据解得tan 60(2)解法一撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，如图所示，设其加速度为a，有a设撤去磁场后小球在初速度方向上的分位移为x，有xvt设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y，有yat2tan 联立式，代入数据解得t2 s3.5 s解法二撤去磁场后，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vyvsin 若使小球再次穿过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vytgt20联立式，代入数据解得t2 s3.5 s答案(1)20 m/s与电场方向成60角斜向上(2)3.5 s带电粒子在电磁场中的运动与现代科技的综合规 律 方 法模型选择是解题前提，受力分析是解题方法中学阶段常见的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有速度选择器、回旋加速器、质普仪、磁流体发电机、霍尔元件、电磁流量计等。、和的共同特征是粒子在其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。精 典 题 组1.如图7所示，长方体玻璃水槽中盛有NaCl的水溶液，在水槽左、右侧壁内侧各装一导体片，使溶液中通入沿x轴正向的电流I，沿y轴正向加恒定的匀强磁场B。图中a、b是垂直于z轴方向上水槽的前后两内侧面，则()图7Aa处电势高于b处电势Ba处离子浓度大于b处离子浓度C溶液的上表面电势高于下表面的电势D溶液的上表面处的离子浓度大于下表面处的离子浓度答案B2.(多选)如图8所示为磁流体发电机的原理图。金属板M、N之间的距离为d20 cm，磁场的磁感应强度大小为B5 T，方向垂直纸面向里。现将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量带正电和带负电的微粒，整体呈中性)从左侧喷射入磁场，发现在M、N两板间接入的额定功率为P100 W的灯泡正常发光，且此时灯泡电阻为R100 ，不计离子重力和发电机内阻，且认为离子均为一价离子，则下列说法中正确的是()图8A金属板M上聚集负电荷，金属板N上聚集正电荷B该发电机的电动势为100 VC离子从左侧喷射入磁场的初速度大小为103 m/sD每秒钟有6.251018个离子打在金属板N上解析由左手定则可知，射入的等离子体中正离子将向金属板M偏转，负离子将向金属板N偏转，选项A错误；由于不考虑发电机的内阻，由闭合电路欧姆定律可知，电源的电动势等于电源的路端电压，所以EU100 V，选项B正确；由Bqvq可得v100 m/s，选项C错误；每秒钟经过灯泡L的电荷量QIt，而I1 A，所以Q1 C，由于离子为一价离子，所以每秒钟打在金属板N上的离子个数为n6.251018(个)，选项D正确。答案BD3(xx江苏单科，15)回旋加速器的工作原理如图9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。一束该粒子在t0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：图9(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qvBm且Emmv2解得Em(2)粒子被加速n次达到动能Em，则EmnqU0粒子在狭缝间做匀加速运动，设n次经过狭缝的总时间为t，加速度a匀加速直线运动ndat2由t0(n1)t，解得t0(3)只有在0(t)时间内飘入的粒子才能每次均被加速，则所占的比例为由99%，解得d答案(1)(2)(3)d0的区域有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B1；第三象限同时存在着垂直于坐标平面向外的匀强磁场和竖直向上的匀强电场，磁感应强度大小为B2，电场强度大小为E。x0的区域固定一与x轴成30角的绝缘细杆。一穿在细杆上的带电小球a沿细杆匀速滑下，从N点恰能沿圆周轨道运动到x轴上的Q点，且速度方向垂直于x轴。已知Q点到坐标原点O的距离为l，重力加速度为g，B17E，B2E。空气阻力忽略不计。图8(1)求带电小球a的电性及其比荷；(2)求带电小球a与绝缘细杆间的动摩擦因数；(3)当带电小球a刚离开N点时，从y轴正半轴距原点O为h的P点(图中未画出)以某一初速度平抛一个不带电的绝缘小球b，b球刚好运动到x轴时与向上运动的a球相碰，则b球的初速度为多大？解析(1)由带电小球a在第三象限内做匀速圆周运动可得，带电小球a带正电，且mgqE，解得。(2)带电小球a从N点运动到Q点的过程中，设运动半径为R，有：qvB2m由几何关系有RRsin l联立解得v带电小球a在杆上匀速运动时，由平衡条件有mgsin (qvB1mgcos )解得：(3)带电小球a在第三象限内做匀速圆周运动的周期T带电小球a第一次在第二象限竖直上下运动的总时间为t0绝缘小球b平抛运动至x轴上的时间为t2两球相碰有tn(t0)联立解得n1设绝缘小球b平抛的初速度为v0，则lv0t解得v0答案(1)正(2)(3)