知识点4-带电粒子在电场中的运动

2021/3/3•第2讲带电粒子在磁场和复合场中的运动2021/3/3研析考情知识概览考向定位该部分内容是高考必考内容，既有选择题，也有计算题，具体情景是：带电粒子在磁场中的运动，重点是在有界磁场中运动的临界问题，以现代科技为背景，综合考查运用牛顿第二定律、圆周运动、几何等知识解决圆周半径、运动时间和运动轨迹的判断能力；在复合场中一般物理情景都是带电粒子在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动；在叠加场中带电粒子一般受到多个力的作用，涉及直线运动、类平抛运动和匀速圆周运动等多个可能模型．2021/3/3研析考情知识概览应考策略1.带电粒子在磁场中的运动，要注意定圆心，画轨道，找半径，同时充分利用对称规律．2.解决带电粒子在复合场中的运动问题，先要对带电粒子进行受力分析和运动分析，然后分别利用类平抛运动和圆周运动的处理方法解决问题，抓住两种运动衔接点的速度大小和方向就抓住了解题的关键．3.解决带电粒子或带电体在叠加场中的运动问题，首先弄清叠加场的组成，再对其进行动态受力分析和运动分析，判断其运动轨迹和性质，然后选用相应的物理规律列式求解．注意粒子在不同的叠加场区域运动时，要分段进行处理，通过场区分界线时的速度是解题的关键.2021/3/3带电粒子在磁场中的运动1.常用规律或公式2021/3/32．带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的分析(1)圆心的确定：轨迹圆心O总是位于入射点A和出射点B所受洛伦兹力F洛作用线的交点上或AB弦的中垂线OO′与任一个F洛作用线的交点上，如图4－2－1所示．图4－2－12021/3/3(2)半径的确定：利用平面几何关系，求出轨迹圆的半径，如r＝AB/(2sinθ)，然后再与半径公式r＝mvqB联系起来求解．(3)运动时间的确定：t＝α360°T.2021/3/3(2013·全国新课标卷Ⅰ)如图4－2－2，半径为R的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面)，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外．一电荷量为q(q0)、质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向射入磁场区域，射入点与ab的距离为R2.已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°，则粒子的速率为(不计重力)()图4－2－2A.qBR2mB.qBRmC.3qBR2mD．2qBRm2021/3/3【解析】本题应从带电粒子在磁场中的圆周运动角度入手并结合数学知识解决问题．带电粒子从距离ab为R2处射入磁场，且射出时与射入时速度方向的夹角为60°，粒子运动轨迹如图，ce为射入速度所在直线，d为射出点，射出速度反向延长交ce于f点，磁场区域圆心为O，带电粒子所做圆周运动圆心为O′，则O、f、O′在一条直线上，由几何关系得带电粒子所做圆周运动的轨迹半径为R，由F洛＝Fn得qvB＝mv2R，解得v＝qBRm，选项B正确．【答案】B2021/3/3带电粒子在匀强磁场中的“四点、六线、三角”(1)四个点：分别是入射点、出射点、轨迹圆心和入射速度直线与出射速度直线的交点．(2)六条线：两段轨迹半径，入射速度直线和出射速度直线，入射点与出射点的连线，圆心与两条速度直线交点的连线．前面四条边构成一个四边形，后面两条为对角线．(3)三个角：速度偏转角、圆心角、弦切角，其中偏转角等于圆心角，也等于弦切角的两倍．2021/3/31．如图4－2－3所示，相同的带正电粒子A和B，同时以vA和vB的速度从宽度为d的有界匀强磁场的边界上的O点分别以60°和30°(与边界的夹角)方向射入磁场，又恰好不从另一边界飞出，则下列说法中正确的是()图4－2－32021/3/3A．A、B两粒子的速度之比vAvB＝2＋33B．A、B两粒子在磁场中的位移之比1∶1C．A、B两粒子在磁场中的路程之比1∶2D．A、B两粒子在磁场中的时间之比2∶12021/3/3【解析】设粒子速度方向和磁场边界的夹角为θ，粒子做圆周运动的半径为r，如图所示，有r＋rcosθ＝d，即r＝d1＋cosθ＝mvqB，所以vAvB＝1＋cos30°1＋cos60°＝2＋33，A正确；粒子在磁场中的位移x＝2rsinθ，所以xAxB＝23＋33，B错误；粒子在磁场中的路程s＝r×(2π－2θ)，所以sAsB＝8＋4315，C错误；粒子在磁场中的时间t＝2π－2θ2π/T，所以tAtB＝2π－2θA2π－2θB＝45，D错误．【答案】A2021/3/32.(2012·安徽高考)如图4－2－4所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度v从A点沿直径AOB方向射入磁场，经过Δt时间从C点射出磁场，OC与OB成60°角．现将带电粒子的速度变为v3，仍从A点沿原方向射入磁场，不计重力，则粒子在磁场中的运动时间变为()A.12ΔtB．2ΔtC.13ΔtD．3Δt图4－2－42021/3/3【解析】设带电粒子以速度v进入磁场做圆周运动，圆心为O1，半径为r1，则根据qvB＝mv2r，得r1＝mvqB，根据几何关系得Rr1＝tanφ12，且φ1＝60°.当带电粒子以13v的速度进入时，轨道半径r2＝m·13vqB＝mv3qB＝13r1，圆心在O2，则Rr2＝tanφ22.即tanφ22＝Rr2＝3Rr1＝3tanφ12＝3.2021/3/3故φ22＝60°，φ2＝120°；带电粒子在磁场中运动的时间t＝φ360°T，所以Δt2Δt1＝φ2φ1＝21，即Δt2＝2Δt1＝2Δt，故选项B正确，选项A、C、D错误．【答案】B2021/3/33．(多选)如图4－2－5所示，边界OA与OC之间分布有垂直纸面向里的匀强磁场，边界OA上有一粒子源S.某一时刻，从S平行于纸面向各个方向发射出大量带正电荷的同种粒子(不计粒子的重力及粒子间的相互作用)，所有粒子的初速度大小相同，经过一段时间后，有大量粒子从边界OC射出磁场．已知∠AOC＝60°，OS间距为l，从边界OC射出的粒子在磁场中运动的最短时间等于16T(T为粒子在磁场中运动的周期)，则下列说法正确的是()2021/3/3A．一定有粒子从O点经过B．粒子运动轨迹和OC边界的交点到O点的最远距离为2lC．粒子在磁场中的运动时间可能为14TD．粒子在磁场中的运动时间可能为23T图4－2－52021/3/3【解析】粒子在磁场中做圆周运动的半径r＝mvqB均相同，周期T＝2πmBq也均相同．设粒子从边界OC上的Ν点射出时运动时间最短，则SN⊥OC，且SN对应的圆心角应为60°，则粒子做圆周运动的半径r＝32l.设M点为距O点最远的射出点，则SM应为直径且与OA垂直，则∠SMN＝30°，所以OM＝2l，B正确；2021/3/3因粒子圆周运动轨迹的直径大于l，所以粒子一定能过O点，A正确；粒子在磁场中的最大弦长等于直径，所以对应的最长时间为12T，C正确，D错误．【答案】ABC2021/3/3带电粒子在组合场中的运动1.组合场模型：电场、磁场、重力场(或其中两种场)并存，但各位于一定区域，并且互不重叠的情况．2．解题要领(1)要清楚场的性质、场的方向、强弱范围等(2)要进行正确的受力分析，确定带电粒子的运动性质(3)分析带电粒子的运动过程，画出运动轨迹是解题的关键2021/3/33．电偏转与磁偏转的比较偏转类型比较内容电偏转垂直进入匀强电场磁偏转垂直进入匀强磁场受力情况及特点恒力F＝qE做匀变速运动F＝qvB大小不变、方向改变，永不做功运动规律类平抛运动匀速圆周运动偏转程度tanθ＝vyvx，θ＜π2偏转角不受限制动能变化动能增加动能不变处理方法运动的合成与分解、类平抛运动规律结合圆的知识及半径、周期公式2021/3/3(2013·安徽高考)如图4－2－6所示的平面直角坐标系xOy，在第Ⅰ象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y轴正方向；在第Ⅳ象限的正三角形abc区域内有匀强磁场，方向垂直于xOy平面向里，正三角形边长为L，且ab边与y轴平行．一质量为m、电荷量为q的粒子，从y轴上的P(0，h)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轴上的a(2h,0)点进入第Ⅳ象限，又经过磁场从y轴上的某点进入第Ⅲ象限，且速度与y轴负方向成45°角，不计粒子所受的重力．求：2021/3/3(1)电场强度E的大小；(2)粒子到达a点时速度的大小和方向；(3)abc区域内磁场的磁感应强度B的最小值．图4－2－62021/3/3【解析】带电粒子在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，射出磁场后做匀速直线运动．(1)带电粒子在电场中从P到a的过程中做类平抛运动水平方向上：2h＝v0t①竖直方向上：h＝12at2②由牛顿第二定律得a＝qEm③由①②③式联立，解得E＝mv202qh④2021/3/3(2)粒子到达a点时沿y轴负方向的分速度为vy＝at⑤由①③④⑤式得vy＝v0⑥而vx＝v0⑦粒子到达a点的速度va＝v2x＋v2y＝2v0⑧设速度方向与x轴正方向的夹角为θ，则tanθ＝vyv0＝1，θ＝45°⑨即到a点时速度方向指向第Ⅳ象限与x轴正方向成45°角．2021/3/3(3)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，有qvB＝mv2aR⑩由此得R＝mvaqB⑪从上式看出，R∝1B，当R最大时，B最小．由题图可知，当粒子从b点射出磁场时，R最大由几何关系得Rmax＝22L⑫将⑫代入⑪式得B的最小值为Bmin＝2mv0qL.2021/3/3【答案】(1)mv202qh(2)2v0方向指向第Ⅳ象限与x轴正方向成45°角(3)2mv0qL2021/3/3带电粒子在组合场中运动的解题思路(1)明确组合场是由哪些场组成的．(2)判断粒子经过组合场时的受力和运动情况并画出运动轨迹．(3)带电粒子经过电场区域时利用动能定理或类平抛的知识分析．(4)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．2021/3/31．(2012·襄阳模拟)如图4－2－7所示，两导体板水平放置，两板间电势差为U，带电粒子以某一初速度v0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，则粒子射入磁场和射出磁场的M、N两点间的距离d随着U和v0的变化情况为()图4－2－72021/3/3A．d随v0增大而增大，d与U无关B．d随v0增大而增大，d随U增大而增大C．d随U增大而增大，d与v0无关D．d随v0增大而增大，d随U增大而减小【解析】设粒子从M点进入磁场时的速度大小为v，该速度与水平方向的夹角为θ，故有v＝v0cosθ.粒子在磁场中做匀速圆周运动半径为r＝mvqB.而MN之间的距离为d＝2rcosθ.联立解得d＝2mv0qB，故选项A正确．【答案】A2021/3/32．在平面直角坐标xOy中，第Ⅰ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B.一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点与x轴正方向成θ＝60°角射入磁场，最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出磁场，如图4－2－8所示．不计粒子重力，求：图4－2－8(1)M，N两点间的电势差UMN.(2)粒子在磁场中运动的轨道半径r.(3)粒子从M点运动到P点的总时间t.2021/3/3【解析】(1)设粒子过N点时的速度为v，有v0v＝cosθ……①，v＝2v0……②，粒子从M点运动到N点的过程，有：qUMN＝12mv2－12mv20……③，UMN＝3mv202q……④2021/3/3(2)如图所示，粒子在磁场中以O′为圆心做匀速圆周运动，半径为O′N，有qvB＝mv2r……⑤，r＝2mv0qB……⑥.2021/3/3(3)由几何关系得ON＝rsinθ……⑦，设粒子在电场中运动的时间为t1，有ON＝v0t1……⑧，t1＝3mqB……⑨，粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T＝2πmqB……⑩，设粒子在磁场中运动的时间为t2，有t2＝π－θ2πT……⑪，t2＝2πm3qB……⑫，t＝t1＋t2，t＝33＋2πm3qB.【答案】(1)3mv202q(2)2mv0qB(3)33＋2πm3qB2021/3/3带电粒子在