教科版高中物理选择性必修第二册第一章素养培优课(二)带电粒子在复合场中的运动学案

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素养培优课(二)　带电粒子在复合场中的运动1．理解组合场和叠加场的概念。2．会分析带电粒子在各种场中的受力特点。3．掌握带电粒子在复合场中运动问题的分析思路。 考点1　带电粒子在叠加场中的运动1．叠加场：电场、磁场、重力场共存，或其中某两种场共存。2．基本思路(1)弄清叠加场的组成。(2)进行受力分析。(3)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。(4)画出带电粒子运动轨迹，灵活选择不同的运动规律。①当带电粒子做匀速直线运动时，根据受力平衡列方程求解。②当带电粒子做匀速圆周运动时，一定是电场力和重力平衡，洛伦兹力提供向心力，应用平衡条件和牛顿运动定律分别列方程求解。③当带电粒子做复杂曲线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解。【典例1】　(2023·新课标卷)一电子和一α粒子从铅盒上的小孔O竖直向上射出后，打到铅盒上方水平放置的屏幕P上的a和b两点，a点在小孔O的正上方，b点在a点的右侧，如图所示。已知α粒子的速度约为电子速度的110，铅盒与屏幕之间存在匀强电场和匀强磁场，则电场和磁场方向可能为(　　)A．电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向里B．电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向外C．电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向里D．电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向外C　[若电子打在a点，则电子所受的洛伦兹力等于电场力，即eE＝evB。当电场方向水平向左时，磁场的方向只能垂直纸面向外，此时α粒子所受的向左的电场力F电＝2eE，所受的向右的洛伦兹力F洛＝2e×110vB＝15evB，则α粒子所受的洛伦兹力小于电场力，即α粒子向左发生偏转；当电场方向水平向右时，磁场方向只能垂直纸面向里，此时α粒子所受的向右的电场力F电＝2eE，所受的向左的洛伦兹力F洛＝2e×110vB＝15evB，洛伦兹力小于电场力，α粒子向右发生偏转。同理分析可知，若α粒子打在a点，则电场方向水平向右，磁场方向垂直纸面向里。故C正确。]　复合场中运动问题的求解技巧带电体在复合场中的运动问题仍是一个力学问题，求解思路与力学问题的求解思路基本相同，仍然按照对带电体进行受力分析，运动过程分析，充分挖掘题目中的隐含条件，根据不同的运动情况建立相应的方程。[跟进训练]1．如图所示，区域Ⅰ内有与水平方向成45°角的匀强电场E1，区域宽度为d1，区域Ⅱ内有正交的有界匀强磁场B和匀强电场E2，区域宽度为d2，磁场方向垂直纸面向里，电场方向竖直向下。一质量为m、电荷量大小为q的微粒在区域Ⅰ左边界的P点，由静止释放后水平向右做直线运动，进入区域Ⅱ后做匀速圆周运动，从区域Ⅱ右边界上的Q点穿出，其速度方向改变了30°，重力加速度为g，求：(1)区域Ⅰ和区域Ⅱ内匀强电场的电场强度E1、E2的大小；(2)区域Ⅱ内匀强磁场的磁感应强度B的大小；(3)微粒从P运动到Q的时间有多长。[解析]　(1)微粒在区域Ⅰ内水平向右做直线运动，则在竖直方向上有qE1sin 45°＝mg求得E1＝2mgq微粒在区域Ⅱ内做匀速圆周运动，则重力和电场力平衡，有mg＝qE2求得E2＝mgq。(2)微粒在区域Ⅰ内由动能定理可得qE1d1cos 45°＝12mv2在区域Ⅱ内有qvB＝mv2R根据几何关系，分析可知R＝d2sin30°＝2d2整理得B＝m2gd12qd2。(3)微粒从P到Q的时间包括在区域Ⅰ内的运动时间t1和在区域Ⅱ内的运动时间t2，并满足d1＝12a1t12mg tan 45°＝ma1t2＝30°360°×2πRv经整理得t＝t1＋t2＝2d1g+112×2π·2d22gd1＝6d1+πd26gd12gd1。[答案]　(1)2mgq　mgq　(2)m2gd12qd2　(3)6d1+πd26gd12gd1 考点2　带电粒子在组合场中的运动1．组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，一般为两场相邻或在同一区域电场、磁场交替出现。2．“磁偏转”和“电偏转”的比较3．分析思路(1)画运动轨迹：根据受力分析和运动学分析，大致画出粒子的运动轨迹图。(2)找关键点：确定带电粒子在场区边界的速度(包括大小和方向)是解决该类问题的关键。(3)划分过程：将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选取不同的规律处理。【典例2】　如图所示，在第一象限内，存在垂直x轴向下的匀强电场，第二象限内存在垂直于xOy平面向外的匀强磁场，大小为B0，第四象限内存在垂直于xOy平面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为＋q的粒子，从x轴上M点以某一初速度垂直于x轴进入第二象限，在xOy平面以原点O为圆心做半径为R0的圆周运动；随后进入电场运动至x轴上的N点，沿与x轴正方向成45°角离开电场；在第四象限磁场中运动一段时间后，垂直于y轴进入第三象限。不计粒子重力，求：(1)第一象限电场强度的大小E；(2)第四象限磁感应强度的大小B1。[解析]　(1)在第二象限内，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，运动轨迹为以原点O为圆心，半径为R0的14圆周，则有qB0v0＝mv02R0 ①在第一象限内在电场力作用下做类平抛运动，根据牛顿第二定律有Eq＝ma ②到达N点时，有v0＝vx＝vy ③vy2＝2aR0 ④联立①～④解得E＝B02qR02m。 ⑤(2)粒子在第一象限内运动时，水平方向的位移为x＝v0t ⑥又vy＝at ⑦到达N点时其合速度为v＝2v0 ⑧粒子在第四象限做匀速圆周运动，根据几何关系可求得，其半径为R＝2x ⑨又因为qvB1＝mv2R ⑩联立①～⑩解得B1＝B02。[答案]　(1)B02qR02m　(2)B02　带电粒子在组合场中的运动问题的分析方法[跟进训练]2．如图所示，在直角坐标系xOy的第一象限中分布着沿y轴负方向的匀强电场，在第四象限中分布着方向垂直于纸面向里的匀强磁场。一个质量为m、电荷量为＋q的微粒，在A点(0，3 m)以初速度v0＝120 m/s平行x轴正方向射入电场区域，然后从电场区域进入磁场，又从磁场进入电场，并且先后只通过x轴上的P点(6 m，0)和Q点(8 m，0)各一次。已知该微粒的比荷为qm＝102 C/kg，微粒重力不计。(1)求微粒从A到P所经历的时间和加速度的大小；(2)求出微粒到达P点时速度方向与x轴正方向的夹角，并画出带电微粒在电场和磁场中由A至Q的运动轨迹；(3)求电场强度E和磁感应强度B的大小。[解析]　(1)微粒从平行x轴正方向射入电场区域，由A到P做类平抛运动，微粒在x轴正方向做匀速直线运动，由x＝v0t，得t＝xv0＝0.05 s微粒沿y轴负方向做初速度为零的匀加速直线运动，由y＝12at2得a＝2.4×103 m/s2。(2)vy＝at，tan α＝vyv0＝1，所以α＝45°微粒运动轨迹如图所示：(3)由qE＝ma，得E＝24 N/C设微粒从P点进入磁场以速度v做匀速圆周运动，v＝2v0＝1202 m/s由几何关系可知r＝2 m，由qvB＝mv2r得B＝mvqr＝1.2 T。[答案]　(1)0.05 s　2.4×103 m/s2　(2)45°　见解析图　(3)24 N/C　1.2 T 考点3　带电粒子在交变场中的运动解决带电粒子在交变电、磁场中的运动问题的基本思路【典例3】　在如图甲所示的正方形平面Oabc内存在着垂直于该平面的匀强磁场，磁感应强度的变化规律如图乙所示。一个质量为m、带电荷量为＋q的粒子(不计重力)在t＝0时刻平行于Oc边从O点射入磁场中。已知正方形边长为L，磁感应强度的大小为B0，规定垂直于纸面向外为磁场的正方向。(1)求带电粒子在磁场中做圆周运动的周期T0；(2)若带电粒子不能从Oa边界射出磁场，求磁感应强度的变化周期T的最大值；(3)要使带电粒子在b点沿着ab方向射出磁场，求满足这一条件的磁感应强度变化的周期T及粒子射入磁场时的速度大小。[解析]　(1)由qvB0＝mv2r，T0＝2πrv联立解得T0＝2πmqB0。(2)如图丙所示为周期最大时粒子不能从Oa边射出的临界情况，由几何关系可知sin α＝12得α＝30°。在磁场变化的半个周期内，粒子在磁场中的运动轨迹对应的圆心角为150°。运动时间为t＝512 T0＝5πm6qB0，而t＝T2所以磁感应强度的变化周期T的最大值为5πm3qB0。(3)如图丁所示为粒子在b点沿着ab方向射出磁场的一种情况。在磁场变化的半个周期内，粒子在磁场中的运动轨迹对应的圆心角为2β，其中β＝45°，即T2＝T04，所以磁场变化的周期为T＝πmqB0弦OM的长度为s＝2Ln(n＝2，4，6，…)圆弧半径为R＝s2＝Ln(n＝2，4，6，…)由qv0B0＝mv02R解得v0＝qB0Lnm(n＝2，4，6，…)。[答案]　(1)2πmqB0　(2)5πm3qB0　(3)πmqB0　qB0Lnm(n＝2，4，6，…)[跟进训练]3．如图甲所示，在坐标系xOy中，y轴左侧有沿x轴正方向的匀强电场、电场强度大小为E；y轴右侧有如图乙所示周期性变化的磁场，磁感应强度大小B0已知，磁场方向垂直纸面向里为正。t＝0时刻，从x轴上的P点无初速度释放一带正电的粒子，粒子(重力不计)的质量为m、电荷量为q，粒子第一次在电场中运动的时间与第一次在磁场中运动的时间相等，且粒子第一次在磁场中做圆周运动的轨迹为半圆。求：(1)P点到O点的距离；(2)粒子经一个周期6.5πmqB0沿y轴发生的位移大小。[解析]　(1)设粒子第一次在电场中做匀加速运动的时间为t0，则t0＝πmqB0，Eq＝ma设O、P间距离为x，则x＝12at0 2联立解得x＝π2Em2qB0 2。(2)如图所示，设粒子在磁场中做圆周运动的半径分别为R1和R2。R1＝mv0qB0，R2＝3mv02qB0又由动能定理得Eqx＝12mv0 2粒子每经一个周期沿y轴向下移动ΔxΔx＝2R2－2R1＝πmEqB0 2。[答案]　(1)π2Em2qB0 2　(2)πmEqB0 2素养培优练(二)　带电粒子在复合场中的运动一、选择题1．(多选)一个带电粒子以初速度v0垂直于电场方向向右射入匀强电场区域，穿出电场后接着又进入匀强磁场区域。设电场和磁场区域有明确的分界线，且分界线与电场强度方向平行，如图中的虚线所示。在下图所示的几种情况中，可能出现的是(　　)A　　　　B　　　C　　　　　DAD　[根据带电粒子在电场中的偏转情况可以确定A、C、D中粒子带正电，B中粒子带负电，再根据左手定则判断粒子在磁场中偏转方向，可知A、D正确，B、C错误。]2．(2022·全国甲卷)空间存在着匀强磁场和匀强电场，磁场的方向垂直于纸面(xOy平面)向里，电场的方向沿y轴正方向。一带正电的粒子在电场和磁场的作用下，从坐标原点O由静止开始运动。下列四幅图中，可能正确描述该粒子运动轨迹的是(　　)A　　　　　　　　BC　　　　　　　　DB　[分析可知，开始一段较短时间内，粒子具有沿＋y方向的速度，由左手定则可知，粒子应向左侧偏转，A、C项错误；由于粒子所受电场力沿＋y方向，且粒子初速度为零，初始位置在坐标原点，故粒子运动轨迹的最低点在x轴上，D项错误，B项正确。]3．如图所示，某种带电粒子由静止开始经电压为U1的电场加速后，射入水平放置、电势差为U2的两导体板间的匀强电场中，带电粒子沿平行于两板的方向从两板正中间射入，穿过两板后又垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场中，则粒子射入磁场和射出磁场的M、N两点间的距离d随着U1和U2的变化情况为(不计重力，不考虑边缘效应)(　　)A．d随U1变化，d与U2无关B．d与U1无关，d随U2变化C．d随U1变化，d随U2变化D．d与U1无关，d与U2无关A　[带电粒子在两导体板间做类平抛运动，可将射出电场的粒子速度v分解成初速度方向与加速度方向的分量，设出射速度与水平方向夹角为θ，则有v0v＝cos θ，粒子在磁场中做匀速圆周运动，设运动轨迹对应的半径为R，由几何关系得，半径与直线MN夹角正好等于θ，则有d2R＝cos θ，所以d＝2Rv0v，又因为半径公式R＝mvBq，则有d＝2mv0Bq＝2B· 2mU1q，故d随U1变化，d与U2无关，故A正确。]4．如图所示，某空间存在正交的匀强磁场和匀强电场，电场方向水平向右，磁场方向垂直于纸面向里，一个带电微粒由a点进入电磁场并刚好能沿ab直线向上匀速运动，下列说法正确的是(　　)A．微粒可能带负电，也可能带正电B．微粒的电势能一定增加C．微粒的机械能一定增加D．洛伦兹力对微粒做负功C　[根据做直线运动的条件和受力情况如图所示。可知，粒子做匀速直线运动，则粒子必定带负电，故A错误；由a沿直线运动到b的过程中，电场力做正功，电势能减小，故B错误；因重力做负功，重力势能增加，又动能不变，则机械能一定增加，故C正确；洛伦兹力一直与速度方向相互垂直，故洛伦兹力不做功，故D错误。]5．(多选)如图所示，匀强电场的方向竖直向下，匀强磁场的方向垂直于纸面向里，三个油滴a、b、c带有等量同种电荷，其中a静止，b向右做匀速直线运动，c向左做匀速直线运动，比较它们的重力Ga、Gb、Gc间的关系，正确的是(　　)A．Ga最大 　 B．Gb最大C．Gc最大 　 D．Gb最小CD　[据F合＝0可知a带负电，显然b、c也带负电，所以b所受洛伦兹力方向竖直向下，c所受洛伦兹力方向竖直向上，则有Gbmg时，细杆对圆环的支持力FN方向竖直向下FN＝qvB－mg，故f>0，圆环做减速运动，随速度v的减小FN逐渐减小，故滑动摩擦力f逐渐减小，故圆环的加速度a＝fm逐渐减小，即圆环做加速度逐渐减小的变减速运动，当qvB＝mg时，FN＝0，故f＝0，圆环做匀速直线运动，故C错误。]8．(多选)如图所示，设空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，已知一粒子在重力、电场力和洛伦兹力作用下，从静止开始自A点沿曲线ACB运动，到达B点时速度为零，C点是运动的最低点，以下说法正确的是(　　)A．这粒子必带正电荷B．A点和B点在同一高度C．粒子在C点时速度最大D．粒子到达B点后，将沿曲线返回A点ABC　[根据粒子轨迹弯曲方向，可知受洛伦兹力方向必沿弯曲方向，判断出粒子必带正电，A正确；而粒子在A、B两点时速度都为零，在运动过程中洛伦兹力不做功，这样只有重力和电场力做功，由动能定理可知，重力和电场力做的总功是零，因此A点和B点在同一高度，B正确；粒子到达最低点C点时，电场力做功和重力做功最大，由动能定理可知粒子在C点速度达到最大，C正确；由以上分析可知，粒子到达B点后速度是零，将沿与ACB相同的路径向右偏转，不返回A点，D错误。]9．(多选)如图所示，带电平行板中匀强电场方向竖直向上，匀强磁场方向垂直纸面向里，某带电小球从光滑绝缘轨道上的a点自由滑下，经过轨道端点P进入板间后恰好沿水平方向做直线运动，现使球从较低的b点开始滑下，经P点进入板间，则球在板间运动过程中，下列说法正确的是(　　)A．其动能将会增大B．其电势能将会增大C．小球所受的磁场力将会增大D．小球所受的电场力将会增大ABC　[由于小球进入板间后恰好沿水平方向做直线运动，则带电小球一定带正电荷，从a点滑下时，电场力qE和磁场力qBv方向均向上，它们的合力与重力mg相平衡，当小球从较低的b点滑下到达P点时的速度v′qE，则带电小球的动能增大，电场力做负功，电势能将增大，小球所受电场力大小和方向都不会改变，而由于动能增大，则小球所受磁场力将会增大，故A、B、C正确。]二、非选择题10．在电子技术中，科研人员经常通过在适当的区域施加磁场或电场束控制带电粒子的运动。如图所示，位于M板处的粒子源不断产生质量为m、电荷量为q的粒子，粒子经小孔S1不断飘入电压为U的加速电场，其初速度可视为零；然后经过小孔S2射出后沿x轴方向从坐标原点O垂直于磁场方向进入x轴上方(含x轴正半轴)的有界匀强磁场控制区，磁场的磁感应强度为B，粒子发生270°偏转后离开磁场竖直向下打在水平放置的荧光屏上，已知N板到y轴、荧光屏到x轴的距离均为L，不考虑粒子重力及粒子间的相互作用。(1)求粒子在磁场中运动半径的大小；(2)求粒子从N板射出到打在荧光屏上所需的时间。[解析]　(1)粒子在加速电场中加速，根据动能定理有qU＝12mv2粒子进入磁场，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有qvB＝mv2R解得R＝1B2mUq。(2)粒子运动到坐标原点的时间t1＝Lv粒子在磁场中运动的时间为t2＝34T＝34×2πmqB离开磁场到达荧光屏的时间为t3＝R+Lv所以粒子运动的总时间为t＝t1＋t2＋t3＝L2mqU+2+3πm2qB。[答案]　(1)1B2mUq　(2)L2mqU+2+3πm2qB11．(2023·辽宁卷)如图所示，水平放置的两平行金属板间存在匀强电场，板长是板间距离的3倍。金属板外有一圆心为O的圆形区域，其内部存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场。质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子沿中线以速度v0水平向右射入两板间，恰好从下板边缘P点飞出电场，并沿PO方向从图中O′点射入磁场。已知圆形磁场区域半径为2mv03qB，不计粒子重力。(1)求金属板间电势差U；(2)求粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角θ；(3)仅改变圆形磁场区域的位置，使粒子仍从图中O′点射入磁场，且在磁场中的运动时间最长。定性画出粒子在磁场中的运动轨迹及相应的弦，标出改变后的圆形磁场区域的圆心M。[解析]　(1)分析可知，粒子在两金属板间做类平抛运动，设两金属板间距为d，则金属板长为3d，由牛顿第二定律，有Eq＝ma又两金属板间电场强度与电势差的关系为E＝Ud由平抛运动规律，有3d＝v0t12d＝12at2解得U＝mv023q。(2)画出粒子从射出电场到射出磁场的轨迹，如图甲所示。由运动的合成与分解可知，粒子射出电场时的速度大小v＝v02+a2t2粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，有qvB＝mv2r由题意可知磁场半径R＝2mv03qB根据几何关系有tan α＝rR解得粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角θ＝π－2α＝π3。(3)粒子在磁场中的运动轨迹和相应的弦O′Q如图乙所示。由题意可知，粒子的速度大小不变，则粒子在磁场中运动的轨迹半径不变，粒子在磁场中运动的周期不变，运动时间最长时，对应的弧最长。画图的步骤：①先画出粒子从O′点进入磁场的部分轨迹；②以O′为圆心，以磁场半径R为半径画弧(是一段劣弧)；③从轨迹对应的圆心引一条线，这条线与圆弧相切时与圆弧的交点即为磁场圆心M；④以M为圆心，以磁场半径R为半径画圆，该圆即为磁场区域。[答案]　(1)mv023q　(2)π3　(3)见解析12．(2023·辽宁卷)如图(a)所示的xOy平面处于变化的匀强电场和匀强磁场中，电场强度E和磁感应强度B随时间t做周期性变化的图像如图(b)所示，y轴正方向为E的正方向，垂直于纸面向里为B的正方向，t＝0时刻，带负电的粒子P(重力不计)由原点O以速度v0沿y轴正方向射出，它恰能沿一定轨道做周期性运动。v0、E0和t0为已知量，且E0B0＝8v0π2，在0～t0时间内粒子P第一次离x轴最远时的坐标为2v0t0π，2v0t0π。求：(1)粒子P的比荷；(2)t＝2t0时刻粒子P的位置坐标；(3)带电粒子在运动中距离原点O的最远距离L。[解析]　(1)0～t0时间内粒子P在匀强磁场中做匀速圆周运动，当粒子所在位置的纵、横坐标相等时，粒子在磁场中恰好经过14圆周，所以粒子P第一次离x轴的最远距离等于轨道半径R，即R＝2v0t0π ①又qv0B0＝mv0 2R ②又有E0B0＝8v0π2联立解得qm＝4v0πE0t0。 ③(2)设粒子P在磁场中运动的周期为T，则T＝2πRv0 ④联立①④式解得T＝4t0 ⑤即粒子P做14圆周运动后磁场变为电场，粒子以速度v0垂直电场方向进入电场后做类平抛运动，设t0～2t0时间内水平位移和竖直位移分别为x1、y1，则x1＝v0t0＝2πR4＝πR2 ⑥y1＝12at0 2 ⑦其中加速度a＝qE0m ⑧联立①③⑦⑧式解得y1＝2v0t0π＝R ⑨因此t＝2t0时刻粒子P的位置坐标为2+ππv0t0，0，如图中的b点所示。(3)分析知，粒子P在2t0～3t0时间内，静电力产生的加速度方向沿y轴正方向，由对称关系知，在3t0时刻速度方向为x轴正方向，位移x2＝x1＝v0t0；在3t0～5t0时间内粒子P沿逆时针方向做匀速圆周运动，往复运动轨迹如(2)中图所示，由图可知，带电粒子在运动中距原点O的最远距离L，即O、d间的距离，则L＝2R＋2x1，解得L＝4+2ππv0t0。[答案]　(1)4v0πE0t0　(2)2+ππv0t0，0　(3)4+2ππv0t0电偏转磁偏转偏转条件带电粒子以v⊥E进入匀强电场(不计重力)带电粒子以v⊥B进入匀强磁场(不计重力)受力情况只受恒定的电场力F=Eq只受大小恒定的洛伦兹力F=qvB运动情况类平抛运动匀速圆周运动运动轨迹抛物线圆弧求解方法利用类平抛运动的规律x=v0t，y=12at2，a=qEm，tan θ=atv0牛顿第二定律、向心力公式r=mvqB，T=2πmqB，t=θT2π先读图看清并且明白场的变化情况受力分析分析粒子在不同的变化场区的受力情况过程分析分析粒子在不同时间段内的运动情况找衔接点找出衔接相邻两过程的速度大小及方向选规律联立不同阶段的方程求解