第9講帶電粒子在復合場中的運動知識網絡構建命題分類剖析命題點一帶電粒子在組合場中的運動1．組合場電場與磁場各位于一定的區(qū)域內，并不重疊；或在同一區(qū)域分時間段交替出現(xiàn)．2．磁偏轉模型與電偏轉模型的辨析例1[2023·全國乙卷]如圖，一磁感應強度大小為B的勻強磁場，方向垂直于紙面(xOy平面)向里，磁場右邊界與x軸垂直．一帶電粒子由O點沿x正向入射到磁場中，在磁場另一側的S點射出，粒子離開磁場后，沿直線運動打在垂直于x軸的接收屏上的P點；SP＝l，S與屏的距離為l2，與x軸的距離為a.如果保持所有條件不變，在磁場區(qū)域再加上電場強度大小為E的勻強電場，該粒子入射后則會沿x軸到達接收屏．該粒子的比荷為(A．E2aB2B．EaB2C．例2一足夠長的條狀區(qū)域內存在勻強電場和勻強磁場，其在xOy平面內的截面如圖所示：中間是磁場區(qū)域，其邊界與y軸垂直，寬度為l，磁感應強度的大小為B，方向垂直于xOy平面；磁場的上、下兩側為電場區(qū)域，寬度均為l′，電場強度的大小均為E，方向均沿x軸正方向；M、N為條狀區(qū)域邊界上的兩點，它們的連線與y軸平行．一帶正電的粒子以某一速度從M點沿y軸正方向射入電場，經過一段時間后恰好以從M點入射的速度從N點沿y軸正方向射出．不計重力．(1)定性畫出該粒子在電磁場中運動的軌跡；(2)求該粒子從M點入射時速度的大??；(3)若該粒子進入磁場時的速度方向恰好與x軸正方向的夾角為π6，求該粒子的比荷及其從M點運動到N[教你解決問題](1)讀題→畫軌跡(2)模型建構→求速度思維提升解決帶電粒子在組合場中運動問題提升訓練1.[2023·海南卷](多選)如圖所示，質量為m、帶電荷量為＋q的帶電粒子，從坐標原點O以初速度v0射入第一象限內的電、磁場區(qū)域，在0<y<y0，0<x<x0(x0、y0為已知量)區(qū)域內有豎直向上的勻強電場，在x>x0區(qū)域內有垂直紙面向里、大小為B的勻強磁場，控制電場強度E(E值有多種可能)，可讓粒子從NP射入磁場后偏轉打到足夠長的接收器MN上，不計重力，則()A．粒子從NP中點射入磁場，電場強度E＝y(tǒng)B．粒子從NP中點射入磁場時的速度v＝vC．粒子在磁場中做圓周運動的圓心到NM的距離為mvD．粒子在磁場中運動的軌跡半徑的最大值是m2.[2023·江蘇蘇州?？寄M預測]如圖所示，在xOy平面內的第二象限有一個圓形勻強磁場區(qū)域，其邊界與x軸相切于A(－23m，0)點，磁場方向垂直于紙面向外，磁感應強度大小為B＝1T，磁場區(qū)域的半徑為R＝2m，第一象限內有一條拋物線OQP(圖中虛線所示)，P(4m，0)是x軸上的一點，拋物線OQP上方存在沿y軸負方向的勻強電場，場強E＝3×103V/m，從A點向第二象限發(fā)射大量帶正電的某種粒子，粒子的速率均為v0(未知)，質量均為m＝2×10－7kg，電荷量均為q＝1×10－4C，所有粒子均可到達P點，不計粒子的重力和粒子間的相互作用．(1)已知粒子1沿與x軸正方向成θ1＝60°的方向進入磁場后平行于x軸從磁場中射出，求初速度v0的大?。?2)粒子2沿與x軸正方向成θ2＝120°的方向進入磁場，求它從A點運動到P點所用的時間t(結果保留2位有效數(shù)字)．(3)求電場的邊界線OQP的軌跡方程．命題點二帶電粒子在疊加場中的運動帶電粒子在疊加場中常見的幾種運動形式運動性質受力特點方法規(guī)律勻速直線運動粒子所受的合力為0平衡條件勻速圓周運動除洛倫茲力外，另外兩力的合力為零；qE＝mg牛頓第二定律、圓周運動的規(guī)律較復雜的曲線運動除洛倫茲力外，其他力的合力既不為零，也不與洛倫茲力等大反向動能定理、能量守恒定律例1[2023·江蘇卷]霍爾推進器某局部區(qū)域可抽象成如圖所示的模型．Oxy平面內存在豎直向下的勻強電場和垂直坐標平面向里的勻強磁場，磁感應強度為B.質量為m、電荷量為e的電子從O點沿x軸正方向水平入射．入射速度為v0時，電子沿x軸做直線運動；入射速度小于v0時，電子的運動軌跡如圖中的虛線所示，且在最高點與在最低點所受的合力大小相等．不計重力及電子間相互作用．(1)求電場強度的大小E；(2)若電子入射速度為v04，求運動到速度為v02(3)若電子入射速度在0<v<v0范圍內均勻分布，求能到達縱坐標y2＝mv05eB位置的電子數(shù)N占總電子數(shù)N例2如圖，在豎直平面直角坐標系xOy中，Ox水平，在y≥0的空間內充滿勻強電場(未畫出)和方向垂直紙面向外的勻強磁場，直線QN⊥x軸，OQ＝L；在y≤0的空間內充滿方向與x軸平行的勻強電場(未畫出)．一質量為m、電荷量為q的帶正電小液滴，從原點O沿紙面與y軸正方向夾角θ＝60°的方向以某一初速度射入第二象限后，做勻速圓周運動且恰好不通過QN.已知重力加速度大小為g，初速度大小v0＝43(1)求y≥0空間內場強大小E1和磁感應強度大小B；(2)若液滴通過x軸后做直線運動，求液滴從O點開始到通過y軸負半軸所用的時間T.例3[2023·山東青島二模]如圖甲，三維坐標系中yOz平面的左側虛線區(qū)域內存在一未知電場，yOz平面的右側存在平行z軸方向周期性變化的磁場B1和沿y軸正方向豎直向上的勻強電場，電場強度E＝0.4N/C.一質量m＝4×10－6kg、電荷量q＝1×10－4C的帶正電液滴，從xOy平面內的P點沿x軸方向以v0＝1m/s的初速度進入未知電場區(qū)域，經過0.1s到達原點O第1次經過x軸，此時速度大小v＝22m/s，方向在xOy平面內與x軸正向成45°角斜向下．把液滴到達原點O的時刻記為t＝0，此時磁場沿z軸負方向，磁場B1隨時間變化的關系如圖乙所示，其中B0＝0.4T、t0＝π20s，重力加速度g＝10m/s2(1)求液滴從P點到原點O的過程中，受到的電場力的沖量大??；(2)求液滴從第1次到第4次經過x軸的時間間隔；(3)在t＝6t0時刻撤去電場E和磁場B1，同時在整個空間區(qū)域加上豎直向上的勻強磁場，磁感應強度B2＝3π5思維提升交變電磁場問題的處理思路提升訓練1.[2023·吉林統(tǒng)考二模]如圖所示，一質量為m、電荷量為q的帶正電小球(視為質點)套在長度為L、傾角為θ的固定絕緣光滑直桿OP上，P端下方存在正交的勻強電場和勻強磁場，電場方向沿PO方向，磁場方向垂直紙面水平向里．現(xiàn)將小球從O端由靜止釋放，小球滑離直桿后沿直線運動，到達Q點時立即撤去磁場，最終小球垂直打到水平地面上，重力加速度大小為g，不計空氣阻力．求：(1)電場的電場強度大小E以及磁場的磁感應強度大小B；(2)Q點距離地面的高度h.2．如圖，在直角坐標系xOy中，y軸豎直．以點O1(O，R)為圓心、以R為半徑的圓形區(qū)域內，存在方向垂直于紙面向里的勻強磁場，直徑AC與y軸正方向成θ＝60°；在y>0的區(qū)域內存在方向與AC平行斜向上的勻強電場；在y<0的區(qū)域內存在垂直于紙面向里的勻強磁場(未畫出)．現(xiàn)有一質量為m、電荷量為q的帶正電小球以大小v0＝3gR(g為重力加速度大小)的初速度從A點沿AC方向做直線運動．已知y<0區(qū)域內磁感應強度大小B＝m3q(1)求圓形區(qū)域內磁場的磁感應強度大小B0和y>0區(qū)域內電場的場強大小E；(2)求小球第一次通過x軸時的位置D的橫坐標；(3)求小球在x軸下方運動的最大速度．素養(yǎng)培優(yōu)·情境命題電磁場與現(xiàn)代科技情境1回旋加速器——科學思維[典例1][2023·廣東高三統(tǒng)考開學考試]圖甲示意我國建造的第一臺回旋加速器，該加速器存放于中國原子能科學研究院，其工作原理如圖乙所示，下列說法正確的是()A．由于粒子速度被逐漸加大，則它在D形盒中的運動周期越來越小B．由于粒子速度被逐漸加大，極板所加的交流電周期要相應減小C．粒子從加速器出來的最大速度與D形盒的半徑大小及磁場磁感應強度有關D．粒子增加的動能來源于磁場情境2霍爾推進器——科學思維[典例2][2023·廣東廣州天河區(qū)一模](多選)據報道，我國空間站(圖甲)安裝了現(xiàn)代最先進的霍爾推進器用以空間站的軌道維持．如圖乙所示，在很窄的某圓環(huán)空間內有沿半徑向外的磁場1，其磁感應強度大小可近似認為處處相等；垂直圓環(huán)平面同時加有勻強磁場2和勻強電場(圖中沒畫出)，磁場1與磁場2的磁感應強度大小相等，已知電子電荷量為e，質量為m，若電子恰好可以在圓環(huán)內沿順時針方向做半徑為R、速率為v的勻速圓周運動．則以下說法正確的是()A.電場方向垂直環(huán)平面向外B．電子做勻速圓周運動的周期為2C．垂直環(huán)平面的磁感應強度大小為mvD．電場強度大小為mv情境3電磁流量計——模型建構[典例3][2023·湖北省武漢市模擬](多選)電磁流量計可以測量導電流體的流量(單位時間內流過某一橫截面的流體體積)．如圖所示，它是由一個產生磁場的線圈，以及用來測量電動勢的兩個電極a、b所構成，可架設于管路外來測量液體流量．以v表示流速，B表示電磁線圈產生的磁場，D表示管路內徑，若磁場B的方向、流速v的方向與測量電磁線圈感應電動勢兩電極連線的方向三者相互垂直，則測得的感應電動勢為U0，下列判斷正確的是()A．電極a為負，電極b為正B．電極a為正，電極b為負C．U與液體流量成正比D．U與液體流量成反比情境4質譜儀——科學思維[典例4][2023·天津和平區(qū)期末]有一種“雙聚焦分析器”質譜儀，工作原理如圖所示．加速電場的電壓為U，靜電分析器中有會聚電場，即與圓心O1等距各點的電場強度大小相同，方向沿徑向指向圓心O1，磁分析器中以O2為圓心、圓心角為90°的扇形區(qū)域內，分布著方向垂直于紙面向外的勻強磁場，其左邊界與靜電分析器的右邊界平行．由離子源發(fā)出一個質量為m、電荷量為q的正離子(初速度為零、重力不計)；經加速電場加速后，從M點沿垂直于該點的電場方向進入靜電分析器，在靜電分析器中，離子沿半徑為R的四分之一圓弧軌道做勻速圓周運動，并從N點射出靜電分析器．而后離子由P點沿著既垂直于磁分析器的左邊界，又垂直于磁場方向射入磁分析器中，最后離子沿垂直于磁分析器下邊界的方向從Q點射出，并進入收集器，測量出Q點與圓心O2的距離為d.(題中的U、m、q、R、d都為已知量)(1)求靜電分析器中離子運動軌跡處電場強度E的大??；(2)求磁分析器中磁感應強度B的大??；(3)現(xiàn)將離子換成質量為2m、電荷量為0.5q的另一種正離子，其他條件不變．磁分析器空間足夠大，離子不會從圓弧邊界射出，求該離子離開磁分析器的位置Q′到O2的距離．第9講帶電粒子在復合場中的運動命題分類剖析命題點一[例1]解析：由題知，一帶電粒子由O點沿x正向入射到磁場中，在磁場另一側的S點射出，則根據幾何關系可知粒子做圓周運動的半徑r＝2a則粒子做圓周運動有qvB＝mv則有qm＝如果保持所有條件不變，在磁場區(qū)域再加上電場強度大小為E的勻強電場，該粒子入射后則會沿x軸到達接收屏，則有Eq＝qvB聯(lián)立有qm＝故選A.答案：A[例2]解析：(1)粒子運動的軌跡如圖甲所示．(粒子在電場中的軌跡為拋物線，在磁場中為圓弧，上下對稱)；(2)粒子從電場下邊界入射后在電場中做類平拋運動，設粒子從M點射入時速度的大小為v0，在下側電場中運動的時間為t，加速度的大小為a；粒子進入磁場的速度大小為v，方向與電場方向的夾角為θ(見圖乙)．速度沿電場方向的分量為v1.根據牛頓第二定律有qE＝ma①式中q和m分別為粒子的電荷量和質量，由運動學公式有v1＝at②l′＝v0t③v1＝vcosθ④粒子在磁場中做勻速圓周運動，設其運動軌道半徑為R，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得qvB＝mv2由幾何關系得l＝2Rcosθ⑥聯(lián)立①②③④⑤⑥式得v0＝2El'(3)由運動學公式和題中所給數(shù)據得v1＝v0聯(lián)立①②③⑦⑧式得qm＝4設粒子由M點運動到N點所用的時間為t′，則t′＝2t＋2π2式中T是粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期T＝2π由③⑦⑨⑩?式得t′＝BlE(1＋3π答案：(1)圖見解析(2)2El'Bl(3)43[提升訓練]1．解析：若粒子從NP中點射入磁場，在電場中，水平方向有x0＝v0t，豎直方向有y02＝12·qEmt2，解得E＝y(tǒng)0mv02qx02，A對；粒子在電場中運動，由動能定理有qE·y02＝12mv2-12mv02，結合A項分析可得v＝v01+y02x02，B錯；粒子在電場中的運動過程，豎直方向有vy＝qEm·x0v0，粒子在磁場中運動，由洛倫茲力提供向心力有qvB＝mv2R，設粒子從電場中射出時的速度方向與y軸正方向的夾角為θ，根據幾何關系可知，圓心到MN的距離為s＝Rcosθ＝mvyqB＝Ex0答案：AD2．解析：(1)設磁場圓心為O1，粒子1在磁場中運動軌跡的半徑為r，圓心為O2，從磁場邊界上的C點飛出，如圖所示由幾何關系可知四邊形O1AO2C為菱形，故有r＝R由牛頓第二定律可知qv0B＝m聯(lián)立解得v0＝1×103m/s(2)設粒子2在磁場中運動軌跡的圓心為O3，它從D點平行于x軸射出磁場，延長DO3與x軸相交于E點，DE垂直于x軸，如圖所示．有：∠AO3D＝120°，∠O3AE＝30°粒子2在磁場中運動的周期T＝2πrv0＝4π×它在磁場中運動的時間t1＝120°360°T＝4π3D點的橫坐標xD＝xA＋r·cos∠O3AE＝－23m＋2×32m＝－3D點到P點沿x軸方向的位移為x＝xP－xD＝(4＋3)m粒子2從D點到P點在沿x軸方向上做勻速直線運動，所用時間t2＝xv0＝(4＋3)×10－所以t＝t1＋t2＝9.9×10－3s(3)由幾何關系可知所有粒子都平行于x軸進入電場，如圖所示設某個粒子在電場中運動的時間為t0，加速度為a，到達拋物線OQP時的坐標為(x，y)，此時粒子速度為v，沿y軸方向的分速度大小為vy，x軸方向上有x＝v0t0y軸方向上由牛頓第二定律有qE＝ma解得a＝1.5×106m/s2，vy＝at0由三角形相似可得vyv聯(lián)立解得y＝－1.5x2＋6x(m)(0≤x≤4m)答案：(1)1×103m/s(2)9.9×10－3s(3)y＝－1.5x2＋6x(m)(0≤x≤4m)命題點二[例1]解析：(1)由題知，入射速度為v0時，電子沿x軸做直線運動則有Ee＝ev0B解得E＝v0B(2)電子在豎直向下的勻強電場和垂直坐標平面向里的勻強磁場的復合場中，由于洛倫茲力不做功，且由于電子入射速度為v0eEy1＝12m12v0解得y1＝3(3)若電子以v入射時，設電子能達到的最高點位置的縱坐標為y，則根據動能定理有eEy＝12mvm2－由于電子在最高點與在最低點所受的合力大小相等，則在最高點有F合＝evmB－eE在最低點有F合＝eE－evB聯(lián)立有vm＝2EB－y＝2m要讓電子到達縱坐標y2＝mv0y≥y2解得v≤910v則若電子入射速度在0<v<v0范圍內均勻分布，能到達縱坐標y2＝mv05eB位置的電子數(shù)N占總電子數(shù)N0答案：(1)v0B(2)3mv0[例2]解析：(1)液滴運動軌跡如圖所示，y≥0空間內液滴做勻速圓周運動，有qE1＝mg解得E1＝mg由洛倫茲力提供向心力有qv0B＝mv02r，其中v由幾何關系有r＋rcosθ＝L解得B＝2mqg3L，r＝(2)由(1)問得r＝23液滴做勻速圓周運動的時間t1＝300°360°·2π液滴通過x軸上P點后做直線運動，設液滴在第四象限中運動的時間為t2，則mgcosθ＝2mg＝ma1，r聯(lián)立解得t2＝2T＝t1＋t2聯(lián)立解得T＝56π3L答案：(1)mg(2)56π[例3]解析：(1)液滴從P點到原點O的過程中，根據動量定理水平方向：Ix＝mvcosπ4－mv0＝4×10－6豎直方向：Iy－mgt＝－mvsinπ4－0解得：Iy＝－4×10－6N·s電場的沖量大小為I＝Ix2+Iy2＝4(2)液滴進入yOz平面的右側后E1q＝mg相當于只受磁場力，根據向心力公式：qvB11＝mv其中B11＝2B0＝0.8T，解得：r1＝210且T1＝2πr1同理qvB12＝mv其中B12＝B0＝0.4T，解得r2＝25且T2＝2πr2則Δt＝4t0＋T14＝(3)在t＝6t0時，液滴的速度在xOy平面內，與x軸夾角為45°，6t0后液滴螺旋上升，上升時間為：t＝vsin45高度h＝vsin45°根據洛倫茲力提供向心力，有qvsin45°B2＝mv解得液滴在xOz平面內做圓周運動的半徑r3＝215周期為T3＝2πr3所以上升過程相當于32Tx3＝3r2cos45°＝0.6m，y3＝3r2sin45°＋h＝0.8m，z3＝2r3＝415因此液滴在最高點的坐標為(0.6m，0.8m，415答案：(1)42×10－6N·s(2)9π(3)(0.6m，0.8m，415[提升訓練]1．解析：(1)小球滑離直桿后進入疊加場，在疊加場內的受力情況如圖所示，小球做勻速直線運動，根據幾何關系有sinθ＝Eqmg，cosθ＝qvBmg；L＝v22gsinθ；解得E(2)根據題意可知，當磁場撤去后，小球受重力和電場力作用，且合力的方向與速度方向垂直，小球做類平拋運動，水平方向有Eqcosθ＝max；vx＝vcosθ－axt豎直方向有mg－Eqsinθ＝may；h＝vsinθ·t＋12ayt當小球落到地面時，vx＝0，即vx＝vcosθ－axt＝0，解得t＝mvEq，h＝(sinθ＋1sinθ答案：(1)mgsinθqmgcosθ2．解析：(1)小球沿AC方向做直線運動，則qv0B0＝mgsinθqE＝mgcosθ其中v0＝3gR解得B0＝m2qgR，E(2)小球運動軌跡如圖所示，小球從C點離開磁場后受到的合外力方向與電場方向垂直向下且mgsinθ＝ma，小球做類平拋運動，則L＝v0t2，d＝12at22，由幾何關系有d＝12解得L＝6R小球第一次通過x軸時位置的橫坐標xD＝Rsinθ＋R+R解得xD＝53R.(3)由(2)問得t2＝23Rg，tanα＝解得α＝30°則v1＝2v0sin(30°＋α)＝3v0v2＝2v0cos(30°＋α)＝v0經過計算得qBv1＝mg，則小球在x軸下方運動的最大速度為vmax＝v1＋v2解得vmax＝(1＋3)答案：(1)m2qgRmg2q(2)5