第64課時(shí)專題強(qiáng)化：復(fù)合場中的擺線問題動量定理在磁場中的應(yīng)用目標(biāo)要求1.會用配速法解決帶電粒子在復(fù)合場中的擺線問題。2.會用動量定理處理帶電粒子在磁場中的運(yùn)動問題。1.擺線是同一平面內(nèi)勻速直線運(yùn)動和勻速圓周運(yùn)動的合運(yùn)動的軌跡，其實(shí)就是一個(gè)圓沿著一條直線做無滑動的滾動，圓周上的一點(diǎn)運(yùn)動的曲線，如圖所示。2.配速法(1)定義：若帶電粒子在磁場中所受合力不為零，則粒子的速度會改變，洛倫茲力也會隨著變化，合力也會跟著變化，則粒子做一般曲線運(yùn)動，運(yùn)動分析比較麻煩，此時(shí)，我們可以把初速度分解為兩個(gè)分速度，使其中一個(gè)分速度對應(yīng)的洛倫茲力與重力(或靜電力，或重力和靜電力的合力)平衡，另一個(gè)分速度對應(yīng)的洛倫茲力使粒子做勻速圓周運(yùn)動，這樣一個(gè)復(fù)雜的曲線運(yùn)動就可以分解為兩個(gè)比較常見的運(yùn)動，這種方法叫配速法。(2)配速法處理疊加場中的擺線類問題常見情況處理方法BG擺線：初速度為0，有重力把初速度0分解為一個(gè)向左的速度v1和一個(gè)向右的速度v1。BE擺線：初速度為0，不計(jì)重力把初速度0分解為一個(gè)向左的速度v1和一個(gè)向右的速度v1。BEG擺線：初速度為0，有重力把初速度0分解為一個(gè)斜向左下方的速度v1和一個(gè)斜向右上方的速度v1。BGv擺線：初速度為v0，有重力把初速度v0分解為速度v1和速度v2。3.用動量定理解決帶電粒子在磁場中的運(yùn)動問題假設(shè)有一個(gè)帶電粒子，其質(zhì)量為m，電荷量為＋q。在方向垂直紙面向下，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動。粒子速度為v，所受洛倫茲力為F，且重力不計(jì)。如圖建立直角坐標(biāo)系。沿兩軸方向的洛倫茲力分力Fx＝qvyBFy＝qvxB兩個(gè)方向分別列動量定理－qvyBΔt＝mΔvxqvxBΔt＝mΔvy即－qBΔy＝mΔvxqBΔx＝mΔvy兩邊累加得－qBy＝mvx1－mvx0qBx＝mvy1－mvy0。使用條件：如果已知某一分運(yùn)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。例1如圖所示，空間存在豎直向下的勻強(qiáng)電場和水平的勻強(qiáng)磁場(垂直紙面向里)，電場強(qiáng)度大小為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的帶電粒子在電場中運(yùn)動，不計(jì)粒子所受重力。若該粒子在M點(diǎn)由靜止釋放，求粒子沿電場方向運(yùn)動的最大距離ym和運(yùn)動過程中的最大速率vm。提示：為了研究該粒子的運(yùn)動，可以應(yīng)用運(yùn)動的合成與分解的方法，將它為0的初速度分解為大小相等的水平向左和水平向右的速度。答案2mEq解析方法一“配速法”這個(gè)運(yùn)動之所以復(fù)雜是因?yàn)槁鍌惼澚Ω淖兞诉\(yùn)動的方向，帶電粒子在磁場中做的最簡單的運(yùn)動就是勻速圓周運(yùn)動，我們就可以設(shè)法將其分解為勻速圓周運(yùn)動。粒子的初速度為零，可分解為水平向右的速度v和水平向左的速度v，其中水平向右的速度v對應(yīng)的洛倫茲力與靜電力平衡：Bqv＝Eq；因此，粒子的運(yùn)動是水平向右速度為v的勻速直線運(yùn)動和初速度水平向左、大小為v的逆時(shí)針勻速圓周運(yùn)動的合運(yùn)動，圓周運(yùn)動的軌跡半徑r＝mvqB＝mEqB2，所以ym＝2r＝2mEqB方法二動能定理＋動量定理帶電粒子在運(yùn)動中，只有靜電力做功，當(dāng)其運(yùn)動至最遠(yuǎn)時(shí)，靜電力做功最多，此時(shí)速度最大，根據(jù)動能定理有qEym＝12mvm粒子沿豎直方向上的速度產(chǎn)生水平方向的洛倫茲力，即F洛x＝qBvy取沿水平方向運(yùn)動一小段時(shí)間Δt，根據(jù)動量定理有F洛xΔt＝qBvyΔt＝mΔvx，式中vyΔt表示粒子沿豎直方向運(yùn)動的距離。因此，等式兩邊對粒子從離開M點(diǎn)到第一次最遠(yuǎn)的過程求和有qBym＝mvm②聯(lián)立①②兩式，解得vm＝2EB，ym＝[變式1](多選)在地面上方空間存在方向垂直紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的水平方向勻強(qiáng)磁場，與豎直方向的勻強(qiáng)電場(圖中未畫出)，一電荷量為＋q、質(zhì)量m的帶電粒子(重力不計(jì))，以水平初速度v0水平向右射出，運(yùn)動軌跡如圖。已知電場強(qiáng)度大小為E＝Bv02，重力加速度為g。下列說法正確的是A.電場方向豎直向上B.帶電粒子運(yùn)動到軌跡的最低點(diǎn)時(shí)的速度大小為2v0C.帶電粒子水平射出時(shí)的加速度大小為qD.帶電粒子在豎直面內(nèi)運(yùn)動軌跡的最高點(diǎn)與最低點(diǎn)的高度差為3答案BD解析由運(yùn)動軌跡可知，帶電粒子只有受豎直向下的靜電力，最低點(diǎn)線速度最大，偏轉(zhuǎn)半徑最大，則電場方向豎直向下，故A錯(cuò)誤；將帶電粒子的速度分解為一個(gè)水平向左、大小v1＝v02的分速度，和一個(gè)水平向右、大小v2＝32v0的分速度，由于F1＝12qv0B＝Eq(與靜電力平衡)，則帶電粒子的運(yùn)動可以看成是以速率v1向左的勻速直線運(yùn)動和以速率v2的勻速圓周運(yùn)動的合運(yùn)動，故小球在運(yùn)動軌跡的最低點(diǎn)時(shí)的速度大小v＝v1＋v2＝2v0，故B正確；由牛頓第二定律可得帶電粒子水平射出時(shí)的加速度大小為a＝F合m＝qv0B＋Eqm＝3qv0B2m，故C錯(cuò)誤；由于洛倫茲力不做功，帶電粒子從運(yùn)動軌跡的最高點(diǎn)運(yùn)動到最低點(diǎn)的過程有[變式2](八省聯(lián)考·陜西·15)如圖，cd邊界與x軸垂直，在其右方豎直平面內(nèi)，第一、二象限存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，第三、四象限存在垂直紙面向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場，磁場區(qū)域覆蓋有豎直向上的外加勻強(qiáng)電場。在xOy平面內(nèi)，某質(zhì)量為m、電荷量為q帶正電的絕緣小球從P點(diǎn)與cd邊界成30°角以速度v0射入，小球到坐標(biāo)原點(diǎn)O時(shí)恰好以速度v0豎直向下運(yùn)動，此時(shí)去掉外加的勻強(qiáng)電場。重力加速度大小為g，已知磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為mgq(1)電場強(qiáng)度的大小和P點(diǎn)距y軸的距離；(2)小球第一次到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)速度的大??；(3)小球從過坐標(biāo)原點(diǎn)時(shí)到第一次到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)所用時(shí)間。答案(1)mgq(2)(1＋2)v0(3)3π解析(1)依題意，小球從P點(diǎn)運(yùn)動到坐標(biāo)原點(diǎn)O，速率沒有改變，即動能變化量為零，由動能定理可知合力做功為零，電場力與重力等大反向，可知qE＝mg，解得E＝mg可知小球由P點(diǎn)到O點(diǎn)在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動，軌跡如圖甲所示根據(jù)qv0B＝mv02r，解得由幾何關(guān)系，可得xP＝r＋rcos30°聯(lián)立解得xP＝(2(2)把小球在坐標(biāo)原點(diǎn)的速度v0分解為沿x軸正方向的v0和與x軸負(fù)方向成45°的2v0，如圖乙所示qv0B＝mg，知其中沿x軸正方向的v0對應(yīng)的洛倫茲力恰好與小球重力平衡，沿x軸正方向小球做勻速直線運(yùn)動與x軸負(fù)方向成45°的2v0對應(yīng)的洛倫茲力提供小球做逆時(shí)針勻速圓周運(yùn)動的向心力，可知小球第一次到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)速度的大小為v＝v0＋2v0＝(1＋2)v0(3)由第(2)問分析可知小球在撤去電場后做勻速圓周運(yùn)動的分運(yùn)動軌跡如圖丙所示根據(jù)q2v0B＝m(2v0)由幾何關(guān)系，可得小球從過坐標(biāo)原點(diǎn)時(shí)到第一次到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)圓弧軌跡對應(yīng)的圓心角為135°，則所用時(shí)間為t＝135°360°聯(lián)立解得t＝3πv04例2(2024·山東日照市模擬)現(xiàn)代科學(xué)儀器常利用電場、磁場控制帶電粒子的運(yùn)動，如圖所示，真空中存在著多層緊密相鄰的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，寬度均為d，電場強(qiáng)度為E，方向水平向右；磁感應(yīng)強(qiáng)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(gè)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(yùn)動，不計(jì)粒子重力及運(yùn)動時(shí)的電磁輻射。粒子從第n層磁場右側(cè)邊界穿出時(shí)，速度的方向與水平方向的夾角為θn，試求sinθn。答案Bnqd解析設(shè)粒子在第n層磁場中運(yùn)動的速度為vn，在電場中，根據(jù)動能定理有nqEd＝12m解得vn＝2在磁場中由動量定理有qvxBΔt＝mΔvy即qΔxB＝mΔvy兩邊累加得qxB＝mvy，其中x為在磁場中的水平位移，x＝nd聯(lián)立得vy＝nqBdm，sinθn＝得：sinθn＝Bnqd2課時(shí)精練(分值：60分)1、2題每小題7分，3、4題每小題15分，5題16分，共60分1.(2022·全國甲卷·18)空間存在著勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場，磁場的方向垂直于紙面(xOy平面)向里，電場的方向沿y軸正方向。一帶正電的粒子在電場和磁場的作用下，從坐標(biāo)原點(diǎn)O由靜止開始運(yùn)動。下列四幅圖中，可能正確描述該粒子運(yùn)動軌跡的是()答案B解析解法一在xOy平面內(nèi)電場的方向沿y軸正方向，故在坐標(biāo)原點(diǎn)O靜止的帶正電粒子在電場力作用下會向y軸正方向運(yùn)動，磁場方向垂直于紙面向里，根據(jù)左手定則，可判斷出向y軸正方向運(yùn)動的粒子同時(shí)受到沿x軸負(fù)方向的洛倫茲力，故帶電粒子向x軸負(fù)方向偏轉(zhuǎn)，A、C錯(cuò)誤；運(yùn)動的過程中靜電力對帶電粒子做功，粒子速度大小發(fā)生變化，粒子所受的洛倫茲力方向始終與速度方向垂直.由于勻強(qiáng)電場方向是沿y軸正方向，故x軸為勻強(qiáng)電場的等勢面，從開始到帶電粒子偏轉(zhuǎn)再次運(yùn)動到x軸時(shí)，靜電力做功為0，洛倫茲力不做功，故帶電粒子再次回到x軸時(shí)的速度為0，隨后受靜電力作用再次進(jìn)入第二象限重復(fù)向左偏轉(zhuǎn)，B正確，D錯(cuò)誤。解法二粒子在O點(diǎn)靜止，對速度進(jìn)行分解，分解為沿x軸正方向的速度v，沿x軸負(fù)方向的速度v'，兩個(gè)速度大小相等，方向相反，使得一個(gè)洛倫茲力平衡靜電力，即qBv'＝qE，則粒子在電場、磁場中的運(yùn)動，可視為沿x軸負(fù)方向以速度v'＝EB做勻速直線運(yùn)動，同時(shí)在x軸上方做勻速圓周運(yùn)動。故選B2.如圖所示，兩平行極板水平放置，兩板間有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場和豎直向下的勻強(qiáng)電場，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。一束質(zhì)量均為m、電荷量均為＋q的粒子，以不同速率沿著兩板中軸線PQ方向進(jìn)入板間后，速率為v的甲粒子恰好做勻速直線運(yùn)動；速率為v2的乙粒子在板間的運(yùn)動軌跡如圖中曲線所示，A為乙粒子第一次到達(dá)軌跡最低點(diǎn)的位置，乙粒子全程速率在v2和3v2A.兩板間電場強(qiáng)度的大小為BB.乙粒子偏離中軸線的最遠(yuǎn)距離為mvC.乙粒子的運(yùn)動軌跡在A處對應(yīng)的曲率圓半徑為9D.乙粒子從進(jìn)入板間運(yùn)動至A位置的過程中，在水平方向上做勻速運(yùn)動答案B解析速率為v的甲粒子恰好做勻速直線運(yùn)動，則qE＝Bqv，解得兩板間電場強(qiáng)度的大小為E＝Bv，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由于洛倫茲力一直不做功，乙粒子所受靜電力方向一直豎直向下，當(dāng)粒子速度最大時(shí)，靜電力做的功最多，偏離中軸線的距離最遠(yuǎn)，根據(jù)動能定理有qEymax＝12m×(3v2)2－12m×(v2)2，整理可得ymax＝mvqB，故B正確；由題意，乙粒子的運(yùn)動軌跡在A處時(shí)為粒子偏離中軸線的距離最遠(yuǎn)，粒子速度達(dá)到最大為vA＝3v2，洛倫茲力與靜電力的合力提供向心力qvAB－qE＝mvA2rA，所以對應(yīng)圓周的半徑為rA3.(15分)如圖所示，坐標(biāo)系xOy平面在紙面內(nèi)，在x≥0的區(qū)域存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，0≤x<d的區(qū)域Ⅰ和x≥d的區(qū)域Ⅱ內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為B1和B2。大量質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子，同時(shí)從原點(diǎn)O射入磁場，粒子射入的速度大小相等，在坐標(biāo)平面內(nèi)與x正方向成θ(－90°≤θ≤90°)角。沿y軸正方向射入的粒子在P(d，d)點(diǎn)垂直兩磁場的邊界射入?yún)^(qū)域Ⅱ。不計(jì)粒子的重力和粒子間的相互作用。(1)(3分)求粒子從原點(diǎn)O射入磁場時(shí)的速度大小；(2)(3分)求不能進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ內(nèi)的粒子，在區(qū)域Ⅰ內(nèi)運(yùn)動的最長時(shí)間；(3)(9分)若粒子在區(qū)域Ⅱ中受到與速度大小成正比、方向相反的阻力，比例系數(shù)為k，觀察發(fā)現(xiàn)沿y軸正方向射入的粒子，射入?yún)^(qū)域Ⅱ后粒子軌跡呈螺旋狀并與兩磁場的邊界相切于Q點(diǎn)(未畫出)，求：①該粒子由P點(diǎn)運(yùn)動到Q點(diǎn)的時(shí)間；②該粒子在區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動軌跡的長度。答案(1)qB1dm(2)πmqB1解析(1)由題意知，粒子做圓周運(yùn)動的半徑r＝d由qvB1＝mv解得v＝q(2)由旋轉(zhuǎn)圓模型知，對于不能進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ內(nèi)的粒子，當(dāng)粒子沿x軸正向進(jìn)入Ⅰ區(qū)域時(shí)，運(yùn)動時(shí)間最長，即tmax＝T2＝(3)①該粒子在區(qū)域Ⅱ中的運(yùn)動軌跡如圖所示洛倫茲力提供向心力qvB2＝mωv可得ω＝q即角速度為一定值，又可知粒子與邊界相切時(shí)轉(zhuǎn)過的弧度θ＝32π時(shí)間t＝θ解得t＝3π②粒子在區(qū)域Ⅱ中做螺旋線運(yùn)動，由于阻力最后停下來，在切線方向上，由動量定理有－kvtΔt＝mΔvt求和則有－k∑(vtΔt)＝m∑Δvt有kl＝mv解得l＝q4.(15分)(2024·甘肅卷·15)質(zhì)譜儀是科學(xué)研究中的重要儀器，其原理如圖所示。Ⅰ為粒子加速器，加速電壓為U；Ⅱ?yàn)樗俣冗x擇器，勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小為E1，方向沿紙面向下，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1，方向垂直紙面向里；Ⅲ為偏轉(zhuǎn)分離器，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2，方向垂直紙面向里。從S點(diǎn)釋放初速度為零的帶電粒子(不計(jì)重力)，加速后進(jìn)入速度選擇器做直線運(yùn)動、再由O點(diǎn)進(jìn)入分離器做圓周運(yùn)動，最后打到照相底片的P點(diǎn)處，運(yùn)動軌跡如圖中虛線所示。(1)(5分)粒子帶正電還是負(fù)電？求粒子的比荷。(2)(3分)求O點(diǎn)到P點(diǎn)的距離。(3)(7分)若速度選擇器Ⅱ中勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小變?yōu)镋2(E2略大于E1)，方向不變，粒子恰好垂直打在速度選擇器右擋板的O'點(diǎn)上。求粒子打在O'點(diǎn)的速度大小。答案(1)帶正電E122UB12(2解析(1)粒子在磁場B2中O處所受洛倫茲力方向向上，根據(jù)左手定則可知粒子帶正電；設(shè)粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，粒子進(jìn)入速度選擇器時(shí)的速度為v0，在加速電場中，由動能定理qU＝12m在速度選擇器中粒子做勻速直線運(yùn)動，由平衡條件qv0B1＝qE1聯(lián)立解得，粒子的比荷為q(2)在Ⅲ中由洛倫茲力提供向心力qv0B2＝mv可得O點(diǎn)到P點(diǎn)的距離為OP＝2r＝4(3)粒子進(jìn)入Ⅱ瞬間，粒子受到向上的洛倫茲力F洛＝qv0B1向下的靜電力F＝qE2由于E2>E1，且qv0B1＝qE1所以通過配速法，如圖所示其中滿足qE2＝q(v0＋v1)B1則粒子在速度選擇器中水平向右以速度v0＋v1做勻速直線運(yùn)動的同時(shí)，豎直方向以v1做勻速圓周運(yùn)動，當(dāng)速度轉(zhuǎn)向到水平向右時(shí)，滿足垂直打在速度選擇器右擋板的O'點(diǎn)的要求，故此時(shí)粒子打在O'點(diǎn)的速度大小為v'＝v0＋v1＋v1＝2E5.(16分)(八省聯(lián)考·四川·15)電容為C的平行板電容器兩極板間距為d，極板水平且足夠長，下極板接地，將電容器與開關(guān)S、電阻R1和R2連接成如圖所示電路，a、b是兩個(gè)輸出端，S斷開，極板間充滿垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。由質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的帶電粒子組成的粒子束以水平速度v0沿下極板邊緣進(jìn)入極板間區(qū)域，單位時(shí)間進(jìn)入的粒子數(shù)為n。帶電粒子不計(jì)重力且不與下極板接觸，忽略極板邊緣效應(yīng)和帶電粒子間相互作用。(1)(4分)為使帶電粒子能落在電容器上極板，求極板間距的最大值dm；(2)(5分)滿足(1)的前提下，求電容器所帶電荷量的最大值Q