.聚焦?？肌?024年3月寧波十校聯(lián)盟卷T201．如圖甲所示，曲線。P上方有沿?Y方向的勻強電場，其場強大小為E，曲線左側(cè)有一粒子源AB,B端位于x軸上，能夠持續(xù)不斷地沿+x方向發(fā)射速度為v0，質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子束，這些粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后均能夠通過。點，已知從A點入射粒子恰好從P點進入電場，不計重力及粒子間的相互作用。(3)若第一象限與第四象限間存在多組緊密相鄰的勻強磁場B2和勻強電場E2(如圖乙)，電磁場邊界與Y軸平行，寬度均為d，長度足夠長。勻強磁場B2=方向垂直紙面向里，勻強電場E2=，方向沿x軸正方向。現(xiàn)僅考慮自A端射入的粒子，經(jīng)勻強電場E1偏轉(zhuǎn)后，恰好與Y軸負方向成θ=45°從。點射入，試確定該粒子將在第幾個磁場區(qū)域拐彎(即速度恰好與Y軸平行)。解：設(shè)粒子在電場中加速n次后，在第n+1個磁場中拐彎。nE2qd=mv?mv2，qvnB2=，其中v=2v0vn?1cosθn?1=vncosαn，rncosθn?rncosαn=d聯(lián)立上式可得rncosθn?rn?1cosθn?1=d，可以得出等差數(shù)列關(guān)系式rncosθn=r1cosθ1+(n?1)d第1個磁場中sin45°=d，說明粒子水平進入第1個電場。由幾何關(guān)系得出r1cosθ1=d，得rncosθn=nd整理得，令cos≈1，得n=故粒子將在第3個磁場區(qū)域拐彎。溯源高考——2015年天津卷T242．現(xiàn)代科學儀器常利用電場、磁場控制帶電粒子的運動，如圖所示，真空中存在著多層緊密相鄰的勻強電場和勻強磁場，寬度均為d電場強度為E，方向水平向右；磁感應(yīng)強度為B，方向垂直紙面向里。電場、磁場的邊界互相平行且與電場方向垂直.一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子在第1層電場左側(cè)邊界某處由靜止釋放,粒子始終在電場、磁場中運動,不計粒子重力及運動時的電磁輻射。（2）粒子從第n層磁場右側(cè)邊界穿出時，速度的方向與水平方向的夾角為θn，試求sinθn；解：設(shè)粒子在第n層磁場中運動的速度為vn，軌跡半徑為rn（下標表示粒子所在層數(shù)），在電場中，根據(jù)動能定理有nqEd=mv，在磁場中，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvnB=m粒子進入到第n層磁場時，速度的方向與水平方向的夾角為αn，從第n層磁場右側(cè)邊界突出時速度方向與水平方向的n，粒子在電場中運動時，垂直于電場線方向的速度分量不變，有vn?1sinθn?1=vnsinθn由圖根據(jù)幾何關(guān)系可以得到rnsinθn?rnsinαn=d，聯(lián)立可得rnsinθn?rn?1sinαn?1=d當n=1時，由下圖可看出r1sinθ1=d聯(lián)立可解得直擊選考——2023年6月浙江選考卷T20(3)若B2=Y，且離子源射出的離子數(shù)按速度大小均勻地分布在范圍，求進入第四象限的離子數(shù)與總離子數(shù)之比η。3．利用磁場實現(xiàn)離子偏轉(zhuǎn)是科學儀器中廣泛應(yīng)用的技術(shù)。如圖所示，OxY平面(紙面)的第一象限內(nèi)有足夠長且寬度均為L、邊界均平行x軸的區(qū)域I和II，其中區(qū)域存在磁感應(yīng)強度大小為B1的勻強磁場，區(qū)域II存在磁感應(yīng)強度大小為B2的磁場，方向均垂直紙面向里，區(qū)域II的下邊界與x軸重合。位于(0，3L)處的離子源能釋放出質(zhì)量為m(3)若B2=Y，且離子源射出的離子數(shù)按速度大小均勻地分布在范圍，求進入第四象限的離子數(shù)與總離子數(shù)之比η。解：由區(qū)域II中磁場磁感應(yīng)強度B2=Y，可知其可等效為勻強磁場，磁感應(yīng)強度為，若再把區(qū)域II中磁場等效為磁感應(yīng)強度為B1的勻強磁場，則磁場寬度等效為。由軌跡圖中幾何關(guān)系得sin30°=，解得r=3L由洛倫茲力提供向心力有qvB1=m，解得v=則速度在之間的粒子才能進入第四象限;因離子源射出粒子的速度范圍在~則速度在之間的粒子才能進入第四象限;因離子源射出粒子的速度范圍在~，可知能進入第四象限的離子數(shù)與總離子數(shù)之比η=?=355認識“正則動量”?假設(shè)有一個帶電粒子，其質(zhì)量為m，電量為+q。在方向垂直紙面向下，磁感應(yīng)強度大小為B的分別列出牛頓第二定律==可得動量定理{==)代入分洛倫茲力得兩邊累加求和可得：{==1——{==1——0)探析歸納【例題1】如圖甲所示，曲線。P上方有沿?y方向的勻強電場，其場強大小為E，曲線左側(cè)有一粒子源AB,B端位于x軸上，能夠持續(xù)不斷地沿+x方向發(fā)射速度為v0，質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子束，這些粒子經(jīng)電(3)若第一象限與第四象限間存在多組緊密相鄰的勻強磁場B2和勻強電場E2(如圖乙)，電磁場邊界與y軸平定該粒子將在第幾個磁場區(qū)域拐彎(即速度恰好與y軸平行)。解：粒子經(jīng)過。點時與y軸負方向成θ=45°角，可得粒子速度為:v=2v0在y方向上由動量定理:∑qvxB2Δt=mvn?m(?vcos45°)得+1≤n+1，解得:由于n只能取整數(shù)，故n只能取2，即粒子將在第3個磁場區(qū)域拐彎tvn【例題2】利用磁場實現(xiàn)離子偏轉(zhuǎn)是科學儀器中廣泛應(yīng)用的技術(shù)。如圖所示，OXy平面(紙面)的第一象限內(nèi)有足夠長且寬度均為L、邊界均平行X軸的區(qū)域I和II，其中區(qū)域存在磁感應(yīng)強度大小為B1的勻強磁場，區(qū)域II存在磁感應(yīng)強度大小為B2的磁場，方向均垂直紙面向里，區(qū)域II的下邊界與X軸重合。位于(0，3◆◆)處的離子源能釋放出質(zhì)量為m、電荷量為q、速度方向與X軸夾角為60°的正離子束，沿紙面射向磁場區(qū)域。不計離子的重力及離子間的相互作用，并忽略磁場的邊界效應(yīng)。(3)若B2=y，且離子源射出的離子數(shù)按速度大小均勻地分布在范圍，求進入第四象力及離子間的相互作用，并忽略磁場的邊界效應(yīng)。列出X方向動量定理qB1vyΔt+qB2vyΔt=mΔvxv即qB1L+qB1=m(v?vcos60°)v類型三（B+G+E）(2)當在上述磁場中加一豎直向上場強為E(E>)的勻強電場時，小球從O靜止釋放后獲得的最大速率vm。ymv1解1）根據(jù)動能定理有mgym=mv①根據(jù)水平方向動量定理有qvYB?t=m?vx兩邊累加求和可得qBym=mv1②聯(lián)立①②式得：ym=（2）根據(jù)動能定理有(qE?mg)|ym|=mv③根據(jù)水平方向動量定理有◆◆vYB?t=m?vx兩邊累加求和可得qB|ym|=mvm④聯(lián)立③④式得：vm=探析規(guī)律類型三（B+G+E）①請問解決以上三個題型的過程中應(yīng)用的物理規(guī)律分別有哪些？動量定理+動能定理動量定理動量定理+動能定理②請問動量定理表達式中的位移與速度之間有什么關(guān)聯(lián)嗎？③請歸納總結(jié)一下正則動量適用的題型特點是什么？優(yōu)勢在哪？?適用的題型特點：如果已知某一分運動方向上的位移（可能需要借助動能定理獲得通過列出與之正交方向上的動量定理，即可迅速得出該方向上的分速度。反之，亦可。?優(yōu)勢：對于某些臨界類問題，特別是當運動軌跡不再是圓周或圓周的一部分時，可有效規(guī)避復(fù)雜的幾何作圖。利用正則動量與動能定理只需分析粒子運動的初、末狀態(tài)就能解決，極大地降低了解題的難度。考向拓展——粒子受到f=?kv的阻力【例題4】為探測射線，威耳遜曾用置于勻強磁場或電場中的云室來顯示它們的徑跡。某研究小組設(shè)計了電場和磁場分布如圖所示，在oxy平面(紙面)內(nèi)，在x≥0的區(qū)間內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B。一未知粒子從坐標為(0，2d)的p點以速度v0垂直磁場邊界射入磁場，并從(0，0)射出磁場。已知整個裝置處于真空中，不計粒子重力。求:(1)該未知粒子的比荷;(2)若粒子進入磁場后受到了與速度大小成正比、方向相反的阻力，觀察發(fā)現(xiàn)該粒子軌跡呈螺旋狀并與磁場左邊界相切于點Q(0，y1)(未畫出)。求坐標y1的值。解qv0B=，R=d，得(2)x方向上列動量定理?kvxΔt?qvyBΔt=mΔvx則，qB(2d?y1)=mv0，結(jié)合(1)中=故y1=d考向二——B=B0sinky【例題2—變式】利用磁場實現(xiàn)離子偏轉(zhuǎn)是科學儀器中廣泛應(yīng)用的技術(shù)。如圖所示，Oxy平面(紙面)的第一象限內(nèi)有足夠長邊界均平行x軸的區(qū)域I和II，其中L≤y≤1.5L區(qū)域I存在磁感應(yīng)強度大小為B1的勻強磁場，方向垂直紙面向里，0≤