能力課帶電粒子在勻強(qiáng)磁場及復(fù)合場中的運(yùn)動帶電粒子在磁場中運(yùn)動時(shí)的臨界問題角度1直線邊界磁場的臨界、極值問題eq\a\vs4\al(【真題示例1】)(2016·全國卷Ⅲ，18)平面OM和平面ON之間的夾角為30°，其橫截面(紙面)如圖1所示，平面OM上方存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面向外。一帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q(q>0)。粒子沿紙面以大小為v的速度從OM的某點(diǎn)向左上方射入磁場，速度與OM成30°角。已知該粒子在磁場中的運(yùn)動軌跡與ON只有一個(gè)交點(diǎn)，并從OM上另一點(diǎn)射出磁場。不計(jì)重力。粒子離開磁場的出射點(diǎn)到兩平面交線O的距離為()圖1A.eq\f(mv,2qB) B.eq\f(\r(3)mv,qB) C.eq\f(2mv,qB) D.eq\f(4mv,qB)解析帶電粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的軌道半徑為r＝eq\f(mv,qB)。軌跡與ON相切，畫出粒子的運(yùn)動軌跡如圖所示，由于eq\o(AD,\s\up6(－))＝2rsin30°＝r，故△AO′D為等邊三角形，∠O′DA＝60°，而∠MON＝30°，則∠OCD＝90°，故CO′D為一直線，eq\o(OD,\s\up6(－))＝eq\f(\o(CD,\s\up6(－)),sin30°)＝2eq\o(CD,\s\up6(－))＝4r＝eq\f(4mv,qB)，故D正確。答案Deq\a\vs4\al(【變式訓(xùn)練1】)如圖2所示，直角坐標(biāo)系中y軸右側(cè)存在一垂直紙面向里、寬為a的有界勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，右邊界PQ平行y軸，一粒子(重力不計(jì))從原點(diǎn)O以與x軸正方向成θ角的速率v垂直射入磁場，當(dāng)斜向上射入時(shí)，粒子恰好垂直PQ射出磁場，當(dāng)斜向下射入時(shí)，粒子恰好不從右邊界射出，則粒子的比荷及粒子恰好不從右邊界射出時(shí)在磁場中運(yùn)動的時(shí)間分別為()圖2A.eq\f(v,Ba)eq\f(2πa,3v) B.eq\f(v,2Ba)eq\f(2πa,3v) C.eq\f(v,2Ba)eq\f(4πa,3v) D.eq\f(v,Ba)eq\f(4πa,3v)解析粒子在磁場中運(yùn)動軌跡如圖所示，則由圖知斜向上射入時(shí)有rsinθ＝a，斜向下射入時(shí)有rsinθ＋a＝r，聯(lián)立求得θ＝30°，且r＝2a，由洛倫茲力提供向心力得Bqv＝meq\f(v2,r)，解得r＝eq\f(mv,Bq)，即粒子的比荷為eq\f(q,m)＝eq\f(v,2Ba)，所以粒子恰好不從右邊界射出時(shí)在磁場中運(yùn)動的圓心角為α＝2×(90°－30°)＝120°，運(yùn)動時(shí)間為t＝eq\f(T,3)＝eq\f(4πa,3v)，C正確。答案C角度2圓形磁場的臨界、極值問題eq\a\vs4\al(【模擬示例2】)(2017·遼寧朝陽三校協(xié)作體聯(lián)考)如圖3所示，半徑為r的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，磁場邊界上A點(diǎn)有一粒子源，源源不斷地向磁場發(fā)射各種方向(均平行于紙面)且速度大小相等的帶正電的粒子(重力不計(jì))，已知粒子的比荷為k，速度大小為2kBr。則粒子在磁場中運(yùn)動的最長時(shí)間為()圖3A.eq\f(π,kB) B.eq\f(π,2kB) C.eq\f(π,3kB) D.eq\f(π,4kB)解析粒子在磁場中運(yùn)動的半徑為R＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(2kBr,Bk)＝2r；當(dāng)粒子在磁場中運(yùn)動時(shí)間最長時(shí)，其軌跡對應(yīng)的圓心角最大，此時(shí)弦長最大，其最大值為磁場圓的直徑2r，故t＝eq\f(T,6)＝eq\f(πm,3qB)＝eq\f(π,3kB)，故選C。答案Ceq\a\vs4\al(【變式訓(xùn)練2】)如圖4所示，兩個(gè)同心圓，半徑分別為r和2r，在兩圓之間的環(huán)形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。圓心O處有一放射源，放出粒子的質(zhì)量為m、帶電量為q，假設(shè)粒子速度方向都和紙面平行。圖4(1)圖中箭頭表示某一粒子初速度的方向，OA與初速度方向夾角為60°，要想使該粒子經(jīng)過磁場后第一次通過A點(diǎn)，則初速度的大小是多少？(2)要使粒子不穿出環(huán)形區(qū)域，則粒子的初速度不能超過多少？解析(1)如圖甲所示，設(shè)粒子在磁場中的軌道半徑為R1，則由幾何關(guān)系得R1＝eq\f(\r(3)r,3)甲又qv1B＝meq\f(veq\o\al(2,1),R1)得v1＝eq\f(\r(3)Bqr,3m)。(2)如圖乙所示，設(shè)粒子軌跡與磁場外邊界相切時(shí)，粒子在磁場中的軌道半徑為R2，則由幾何關(guān)系有乙(2r－R2)2＝Req\o\al(2,2)＋r2可得R2＝eq\f(3r,4)又qv2B＝meq\f(veq\o\al(2,2),R2)可得v2＝eq\f(3Bqr,4m)故要使粒子不穿出環(huán)形區(qū)域，粒子的初速度不能超過eq\f(3Bqr,4m)。答案(1)eq\f(\r(3)Bqr,3m)(2)eq\f(3Bqr,4m)角度3三角形磁場的臨界、極值問題eq\a\vs4\al(【真題示例3】)(2016·海南單科，14)如圖5，A、C兩點(diǎn)分別位于x軸和y軸上，∠OCA＝30°，OA的長度為L。在△OCA區(qū)域內(nèi)有垂直于xOy平面向里的勻強(qiáng)磁場。質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，以平行于y軸的方向從OA邊射入磁場。已知粒子從某點(diǎn)射入時(shí)，恰好垂直于OC邊射出磁場，且粒子在磁場中運(yùn)動的時(shí)間為t0。不計(jì)重力。圖5(1)求磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大??；(2)若粒子先后從兩不同點(diǎn)以相同的速度射入磁場，恰好從OC邊上的同一點(diǎn)射出磁場，求該粒子這兩次在磁場中運(yùn)動的時(shí)間之和；(3)若粒子從某點(diǎn)射入磁場后，其運(yùn)動軌跡與AC邊相切，且在磁場內(nèi)運(yùn)動的時(shí)間為eq\f(5,3)t0，求粒子此次入射速度的大小。解析(1)粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，在時(shí)間t0內(nèi)其速度方向改變了90°，故其周期T＝4t0①設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，粒子速度為v，圓周運(yùn)動的半徑為r，由洛倫茲力公式和牛頓定律得qvB＝meq\f(v2,r)②勻速圓周運(yùn)動的速度滿足v＝eq\f(2πr,T)③聯(lián)立①②③式得B＝eq\f(πm,2qt0)④(2)設(shè)粒子從OA邊兩個(gè)不同位置射入磁場，能從OC邊上的同一點(diǎn)P射出磁場，粒子在磁場中運(yùn)動的軌跡如圖(a)所示。圖(a)設(shè)兩軌跡所對應(yīng)的圓心角分別為θ1和θ2。由幾何關(guān)系有：θ1＝180°－θ2⑤粒子兩次在磁場中運(yùn)動的時(shí)間分別為t1與t2，則t1＋t2＝eq\f(T,2)＝2t0⑥(3)如圖(b)，由題給條件可知，該粒子在磁場區(qū)域中的軌跡圓弧對應(yīng)的圓心角為150°。設(shè)O′為圓弧的圓心，圓弧的半徑為r0，圓弧與AC相切于B點(diǎn)，從D點(diǎn)射出磁場，由幾何關(guān)系和題給條件可知，此時(shí)有∠OO′D＝∠BO′A＝30°⑦圖(b)r0cos∠OO′D＋eq\f(r0,cos∠BO′A)＝L⑧設(shè)粒子此次入射速度的大小為v0，由圓周運(yùn)動規(guī)律v0＝eq\f(2πr0,T)⑨聯(lián)立①⑦⑧⑨式得v0＝eq\f(\r(3)πL,7t0)⑩答案(1)eq\f(πm,2qt0)(2)2t0(3)eq\f(\r(3)πL,7t0)eq\a\vs4\al(【變式訓(xùn)練3】)如圖6所示的平面直角坐標(biāo)系xOy，在第Ⅰ象限內(nèi)有平行于y軸的勻強(qiáng)電場，方向沿y軸正方向；在第Ⅳ象限的正三角形abc區(qū)域內(nèi)有勻強(qiáng)磁場，方向垂直于xOy平面向里，正三角形邊長為L，且ab邊與y軸平行。一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子，從y軸上的P(0，h)點(diǎn)，以大小為v0的速度沿x軸正方向射入電場，通過電場后從x軸上的a(2h，0)點(diǎn)進(jìn)入第Ⅳ象限，又經(jīng)過磁場從y軸上的某點(diǎn)進(jìn)入第Ⅲ象限，且速度與y軸負(fù)方向成45°角，不計(jì)粒子所受的重力。求：圖6(1)電場強(qiáng)度E的大??；(2)粒子到達(dá)a點(diǎn)時(shí)速度的大小和方向；(3)abc區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的最小值。解析(1)設(shè)粒子在電場中運(yùn)動的時(shí)間為t，則有x＝v0t＝2h，y＝eq\f(1,2)at2＝h，qE＝ma聯(lián)立以上各式可得E＝eq\f(mveq\o\al(2,0),2qh)(2)粒子到達(dá)a點(diǎn)時(shí)沿y軸負(fù)方向的分速度vy＝at＝v0所以v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))＝eq\r(2)v0方向指向第Ⅳ象限與x軸正方向成45°角。(3)粒子在磁場中運(yùn)動時(shí)，有qvB＝meq\f(v2,r)當(dāng)粒子從b點(diǎn)射出時(shí)，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為最小值，此時(shí)有r＝eq\f(\r(2),2)L，所以B＝eq\f(2mv0,qL)答案(1)eq\f(mveq\o\al(2,0),2qh)(2)eq\r(2)v0方向指向第Ⅳ象限與x軸正方向成45°角(3)eq\f(2mv0,qL)方法技巧解決帶電粒子的臨界問題的技巧方法(1)數(shù)學(xué)方法和物理方法的結(jié)合：如利用“矢量圖”“邊界條件”等求臨界值，利用“三角函數(shù)”“不等式的性質(zhì)”“二次方程的判別式”等求極值。(2)臨界問題的一般解題流程(3)從關(guān)鍵詞找突破口：許多臨界問題，題干中常用“恰好”、“最大”、“至少”、“不相撞”、“不脫離”等詞語對臨界狀態(tài)給以暗示，審題時(shí)，一定要抓住這些特定的詞語挖掘其隱藏的規(guī)律，找出臨界條件。帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動角度1帶電粒子在復(fù)合場中運(yùn)動的應(yīng)用實(shí)例裝置原理圖規(guī)律質(zhì)譜儀粒子由靜止被加速電場加速：qU＝eq\f(1,2)mv2，在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，qvB＝eq\f(mv2,r)，則比荷eq\f(q,m)＝eq\f(2U,B2r2)?；匦铀倨鹘咏涣麟娫唇涣麟姷闹芷诤土Ｗ幼鰣A周運(yùn)動的周期相等，粒子在圓周運(yùn)動過程中每次經(jīng)過D形盒縫隙都會被加速。由qvB＝eq\f(mv2,r)得Ekm＝eq\f(q2B2r2,2m)速度選擇器若qv0B＝Eq，即v0＝eq\f(E,B)，粒子做勻速直線運(yùn)動磁流體發(fā)電機(jī)等離子體射入，受洛倫茲力偏轉(zhuǎn)，使兩極板帶正、負(fù)電荷，兩極電壓為U時(shí)穩(wěn)定，qeq\f(U,d)＝qv0B，U＝v0Bd電磁流量計(jì)eq\f(U,D)q＝qvB，所以v＝eq\f(U,DB)，所以Q＝vS＝eq\f(πDU,4B)霍爾元件當(dāng)磁場方向與電流方向垂直時(shí)，導(dǎo)體在與磁場、電流方向都垂直的方向上出現(xiàn)電勢差eq\a\vs4\al(【真題示例4】)(2016·全國卷Ⅰ，15)現(xiàn)代質(zhì)譜儀可用來分析比質(zhì)子重很多倍的離子，其示意圖如圖7所示，其中加速電壓恒定。質(zhì)子在入口處從靜止開始被加速電場加速，經(jīng)勻強(qiáng)磁場偏轉(zhuǎn)后從出口離開磁場。若某種一價(jià)正離子在入口處從靜止開始被同一加速電場加速，為使它經(jīng)勻強(qiáng)磁場偏轉(zhuǎn)后仍從同一出口離開磁場，需將磁感應(yīng)強(qiáng)度增加到原來的12倍。此離子和質(zhì)子的質(zhì)量比約為()圖7A．11 B．12 C．121 D．144解析設(shè)質(zhì)子的質(zhì)量和電荷量分別為m1、q1，一價(jià)正離子的質(zhì)量和電荷量為m2、q2。對于任意粒子，在加速電場中，由動能定理得qU＝eq\f(1,2)mv2－0，得v＝eq\r(\f(2qU,m))①在磁場中qvB＝meq\f(v2,r)②由①②式聯(lián)立得m＝eq\f(B2r2q,2U)，由題意知，兩種粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的半徑相同，加速電壓U不變，其中B2＝12B1，q1＝q2，可得eq\f(m2,m1)＝eq\f(Beq\o\al(2,2),Beq\o\al(2,1))＝144，故選項(xiàng)D正確。答案Deq\a\vs4\al(【變式訓(xùn)練4】)(多選)勞倫斯和利文斯設(shè)計(jì)出回旋加速器，工作原理示意圖如圖8所示。置于真空中的D形金屬盒半徑為R，兩盒間的狹縫很小，帶電粒子穿過的時(shí)間可忽略。磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場與盒面垂直，高頻交流電頻率為f，加速電壓為U。若A處粒子源產(chǎn)生的質(zhì)子的質(zhì)量為m，電荷量為＋q，在加速器中被加速，且加速過程中不考慮相對論效應(yīng)和重力的影響。則下列說法正確的是()圖8A．質(zhì)子被加速后的最大速度不可能超過2πRfB．質(zhì)子離開回旋加速器時(shí)的最大動能與加速電壓U成正比C．質(zhì)子第2次和第1次經(jīng)過兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比為eq\r(2)∶1D．不改變磁感應(yīng)強(qiáng)度B和交流電頻率f，該回旋加速器的最大動能不變解析質(zhì)子被加速后的最大速度受到D形盒半徑R的制約，因v＝eq\f(2πR,T)＝2πRf，故A正確；質(zhì)子離開回旋加速器的最大動能Ekm＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)m×4π2R2f2＝2mπ2R2f2，與加速電壓U無關(guān)，B錯誤；根據(jù)R＝eq\f(mv,qB)，qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，2qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，得質(zhì)子第2次和第1次經(jīng)過兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比為eq\r(2)∶1，C正確；因回旋加速器的最大動能Ekm＝2mπ2R2f2與m、R、f均有關(guān)，D錯誤。答案ACeq\a\vs4\al(【變式訓(xùn)練5】)(多選)如圖9所示，一塊長度為a、寬度為b、厚度為d的金屬導(dǎo)體，當(dāng)加有與側(cè)面垂直的勻強(qiáng)磁場B，且通以圖示方向的電流I時(shí)，用電壓表測得導(dǎo)體上、下表面M、N間電壓為U，已知自由電子的電荷量為e。下列說法中正確的是()圖9A．導(dǎo)體的M面比N面電勢高B．導(dǎo)體單位體積內(nèi)自由電子數(shù)越多，電壓表的示數(shù)越大C．導(dǎo)體中自由電子定向移動的速度為v＝eq\f(U,Bd)D．導(dǎo)體單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)為eq\f(BI,eUb)解析由于自由電子帶負(fù)電，根據(jù)左手定則可知，M板電勢比N板電勢低，選項(xiàng)A錯誤；當(dāng)上、下表面電壓穩(wěn)定時(shí)，有qeq\f(U,d)＝qvB，得U＝Bdv，與單位體積內(nèi)自由電子數(shù)無關(guān)，選項(xiàng)B錯誤，C正確；再根據(jù)I＝neSv，可知選項(xiàng)D正確。答案CD方法技巧解決實(shí)際問題的一般過程：角度2帶電粒子在組合場中的運(yùn)動“磁偏轉(zhuǎn)”和“電偏轉(zhuǎn)”的比較電偏轉(zhuǎn)磁偏轉(zhuǎn)偏轉(zhuǎn)條件帶電粒子以v⊥E進(jìn)入勻強(qiáng)電場(不計(jì)重力)帶電粒子以v⊥B進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(不計(jì)重力)受力情況只受恒定的電場力F＝Eq只受大小恒定的洛倫茲力F＝qvB運(yùn)動情況類平拋運(yùn)動勻速圓周運(yùn)動運(yùn)動軌跡拋物線圓弧求解方法利用類平拋運(yùn)動的規(guī)律x＝v0t，y＝eq\f(1,2)at2，a＝eq\f(qE,m)，tanθ＝eq\f(at,v0)牛頓第二定律、向心力公式r＝eq\f(mv,qB)，T＝eq\f(2πm,qB)，t＝eq\f(θT,2π)eq\a\vs4\al(【模擬示例5】)(2016·福州二模)如圖10所示，在x軸上方存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面向里。在x軸下方存在勻強(qiáng)電場，方向豎直向上。一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q、重力不計(jì)的帶正電粒子從y軸上的a(h，0)點(diǎn)沿y軸正方向以某初速度開始運(yùn)動，一段時(shí)間后，粒子與x軸正方向成45°進(jìn)入電場，經(jīng)過y軸的b點(diǎn)時(shí)速度方向恰好與y軸垂直。求：圖10(1)粒子在磁場中運(yùn)動的軌道半徑r和速度大小v1；(2)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小E；(3)粒子從開始到第三次經(jīng)過x軸的時(shí)間t總。解析(1)根據(jù)題意可知，大致畫出粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動軌跡，如圖所示：由幾何關(guān)系得：rcos45°＝h解得：r＝eq\r(2)h由牛頓第二定律得：qBv1＝meq\f(veq\o\al(2,1),r)解得：v1＝eq\f(qBr,m)＝eq\f(\r(2)qBh,m)(2)設(shè)粒子第一次經(jīng)過x軸的位置為x1，到達(dá)b點(diǎn)時(shí)速度大小為vb，根據(jù)類平拋運(yùn)動規(guī)律，則：vb＝v1cos45°解得：vb＝eq\f(qBh,m)設(shè)粒子進(jìn)入電場經(jīng)過時(shí)間t運(yùn)動到b點(diǎn)，b點(diǎn)的縱坐標(biāo)為－yb，由類平拋運(yùn)動規(guī)律得：r＋rsin45°＝v0tyb＝eq\f(1,2)(v1sin45°＋0)t＝eq\f(\r(2)＋1,2)h由動能定理得：－qEyb＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,b)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)解得：E＝eq\f(（\r(2)－1）qhB2,m)(3)粒子在磁場中的周期為：T＝eq\f(2πr,v1)＝eq\f(2πm,Bq)第一次經(jīng)過x軸的時(shí)間t1＝eq\f(5,8)T＝eq\f(5πm,4qB)在電場中運(yùn)動的時(shí)間t2＝2t＝eq\f(2（\r(2)＋1）m,qB)在第二次經(jīng)過x軸到第三次經(jīng)過x軸的時(shí)間t3＝eq\f(3,4)T＝eq\f(3πm,2qB)則總時(shí)間：t總＝t1＋t2＋t3＝(eq\f(11π,4)＋2eq\r(2)＋2)eq\f(m,Bq)答案(1)eq\r(2)heq\f(\r(2)qBh,m)(2)eq\f(（\r(2)－1）qhB2,m)(3)(eq\f(11π,4)＋2eq\r(2)＋2)eq\f(m,Bq)【拓展延伸1】改變電場方向?qū)ⅰ灸M示例5】中x軸下方的勻強(qiáng)電場方向改成與x軸負(fù)方向成45°角，如圖11所示，若粒子沿平行電場線方向進(jìn)入電場，且粒子沿電場線移動的最大距離為h，求：圖11(1)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小E；(2)粒子從開始到第三次經(jīng)過x軸的時(shí)間t。解析(1)帶電粒子運(yùn)動軌跡如圖所示：由幾何關(guān)系得：rcos45°＝h解得：r＝eq\r(2)h由牛頓第二定律得：qv0B＝meq\f(veq\o\al(2,0),r)解得：v0＝eq\f(\r(2)qBh,m)粒子在電場中做勻減速直線運(yùn)動，則：veq\o\al(2,0)＝2ah由牛頓第二定律得：qE＝ma解得：E＝eq\f(qB2h,m)(2)粒子在磁場中運(yùn)動的時(shí)間：t1＝eq\f(5,8)T＋eq\f(1,4)T＝eq\f(7,8)T＝eq\f(7πm,4qB)粒子在電場中運(yùn)動的時(shí)間：t2＝eq\f(2v0,a)解得：t2＝eq\f(2\r(2)m,qB)故：t＝t1＋t2＝eq\f(（7π＋8\r(2)）m,4qB)答案(1)eq\f(qB2h,m)(2)eq\f(（7π＋8\r(2)）m,4qB)【拓展延伸2】改變釋放點(diǎn)的位置將【模擬示例5】中的帶電粒子在a(2h，－2h)點(diǎn)由靜止釋放，粒子第二次經(jīng)過x軸時(shí)恰好過坐標(biāo)原點(diǎn)O。求：圖12(1)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度；(2)粒子從開始運(yùn)動到第五次經(jīng)過x軸時(shí)的時(shí)間。解析(1)粒子運(yùn)動軌跡如圖所示：由幾何關(guān)系得：r＝h由牛頓第二定律得：qvB＝meq\f(v2,r)解得：v＝eq\f(qBh,m)粒子在電場中加速的過程，由動能定理得：qE·2h＝eq\f(1,2)mv2－0解得：E＝eq\f(qB2h,4m)(2)粒子在電場中運(yùn)動的時(shí)間：t1＝5·eq\f(2h,\f(v,2))＝eq\f(20m,qB)粒子在磁場中運(yùn)動的時(shí)間：t2＝T＝eq\f(2πm,qB)故：t＝t1＋t2＝eq\f(（20＋2π）m,qB)答案(1)eq\f(qB2h,4m)(2)eq\f(（20＋2π）m,qB)方法技巧“5步”突破帶電粒子在組合場中的運(yùn)動問題eq\a\vs4\al(【變式訓(xùn)練6】)如圖13所示，在第一象限存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直于紙面(xOy平面)向外；在第四象限存在勻強(qiáng)電場，方向沿x軸負(fù)向。在y軸正半軸上某點(diǎn)以與x軸正向平行、大小為v0的速度發(fā)射出一帶正電荷的粒子，該粒子在(d，0)點(diǎn)沿垂直于x軸的方向進(jìn)入電場。不計(jì)重力。若該粒子離開電場時(shí)速度方向與y軸負(fù)方向的夾角為θ，求：圖13(1)電場強(qiáng)度大小與磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的比值；(2)該粒子在電場中運(yùn)動的時(shí)間。解析(1)如圖，粒子進(jìn)入磁場后做勻速圓周運(yùn)動。設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，粒子質(zhì)量與所帶電荷量分別為m和q，圓周運(yùn)動的半徑為R0。由洛倫茲力公式及牛頓第二定律得qv0B＝meq\f(veq\o\al(2,0),R0)①由題給條件和幾何關(guān)系可知R0＝d②設(shè)電場強(qiáng)度大小為E，粒子進(jìn)入電場后沿x軸負(fù)方向的加速度大小為ax，在電場中運(yùn)動的時(shí)間為t，離開電場時(shí)沿x軸負(fù)方向的速度大小為vx。由牛頓第二定律及運(yùn)動學(xué)公式得Eq＝max③vx＝axt④eq\f(vx,2)t＝d⑤由于粒子在電場中做類平拋運(yùn)動(如圖)，有tanθ＝eq\f(vx,v0)⑥聯(lián)立①②③④⑤⑥式得eq\f(E,B)＝eq\f(1,2)v0tan2θ⑦(2)聯(lián)立⑤⑥式得t＝eq\f(2d,v0tanθ)答案(1)eq\f(1,2)v0tan2θ(2)eq\f(2d,v0tanθ)角度3帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動1．磁場力、重力并存(1)若重力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運(yùn)動。(2)若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動，因洛倫茲力不做功，故機(jī)械能守恒。2．電場力、磁場力并存(不計(jì)重力)(1)若電場力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運(yùn)動。(2)若電場力和洛倫茲力不平衡，則帶電體做復(fù)雜的曲線運(yùn)動，可用動能定理求解。3．電場力、磁場力、重力并存(1)若三力平衡，帶電體做勻速直線運(yùn)動。(2)若重力與電場力平衡，帶電體做勻速圓周運(yùn)動。(3)若合力不為零，帶電體可能做復(fù)雜的曲線運(yùn)動，可用能量守恒定律或動能定理求解。eq\a\vs4\al(【真題示例6】)(2016·天津理綜，11)如圖14所示，空間中存在著水平向右的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小E＝5eq\r(3)N/C，同時(shí)存在著水平方向的勻強(qiáng)磁場，其方向與電場方向垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝0.5T。有一帶正電的小球，質(zhì)量m＝1×10－6kg，電荷量q＝2×10－6C，正以速度v在圖示的豎直面內(nèi)做勻速直線運(yùn)動，當(dāng)經(jīng)過P點(diǎn)時(shí)撤掉磁場(不考慮磁場消失引起的電磁感應(yīng)現(xiàn)象)取g＝10m/s2，求：圖14(1)小球做勻速直線運(yùn)動的速度v的大小和方向；(2)從撤掉磁場到小球再次穿過P點(diǎn)所在的這條電場線經(jīng)歷的時(shí)間t。解析(1)小球勻速直線運(yùn)動時(shí)受力如圖，其所受的三個(gè)力在同一平面內(nèi)，合力為零，有qvB＝eq\r(q2E2＋m2g2)①代入數(shù)據(jù)解得v＝20m/s②速度v的方向與電場E的方向之間的夾角滿足tanθ＝eq\f(qE,mg)③代入數(shù)據(jù)解得tanθ＝eq\r(3)θ＝60°④(2)解法一撤去磁場，小球在重力與電場力的合力作用下做類平拋運(yùn)動，如圖所示，設(shè)其加速度為a，有a＝eq\f(\r(q2E2＋m2g2),m)⑤設(shè)撤去磁場后小球在初速度方向上的分位移為x，有x＝vt⑥設(shè)小球在重力與電場力的合力方向上分位移為y，有y＝eq\f(1,2)at2⑦tanθ＝eq\f(y,x)⑧聯(lián)立④⑤⑥⑦⑧式，代入數(shù)據(jù)解得t＝2eq\r(3)s＝3.5s⑨解法二撤去磁場后，由于電場力垂直于豎直方向，它對豎直方向的分運(yùn)動沒有影響，以P點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，豎直向上為正方向，小球在豎直方向上做勻減速運(yùn)動，其初速度為vy＝vsinθ⑤若使小球再次穿過P點(diǎn)所在的電場線，僅需小球的豎直方向上分位移為零，則有vyt－eq\f(1,2)gt2＝0⑥聯(lián)立⑤⑥式，代入數(shù)據(jù)解得t＝2eq\r(3)s＝3.5s⑦答案(1)20m/s與電場方向成60°角斜向上(2)3.5seq\a\vs4\al(【變式訓(xùn)練7】)(2015·福建理綜，22)如圖15，絕緣粗糙的豎直平面MN左側(cè)同時(shí)存在相互垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場方向水平向右，電場強(qiáng)度大小為E，磁場方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的小滑塊從A點(diǎn)由靜止開始沿MN下滑，到達(dá)C點(diǎn)時(shí)離開MN做曲線運(yùn)動。A、C兩點(diǎn)間距離為h，重力加速度為g。圖15(1)求小滑塊運(yùn)動到C點(diǎn)時(shí)的速度大小vC；(2)求小滑塊從A點(diǎn)運(yùn)動到C點(diǎn)過程中克服摩擦力做的功Wf；(3)若D點(diǎn)為小滑塊在電場力、洛倫茲力及重力作用下運(yùn)動過程中速度最大的位置，當(dāng)小滑塊運(yùn)動到D點(diǎn)時(shí)撤去磁場，此后小滑塊繼續(xù)運(yùn)動到水平地面上的P點(diǎn)。已知小滑塊在D點(diǎn)時(shí)的速度大小為vD，從D點(diǎn)運(yùn)動到P點(diǎn)的時(shí)間為t，求小滑塊運(yùn)動到P點(diǎn)時(shí)速度的大小vP。解析(1)小滑塊沿MN運(yùn)動過程，水平方向受力滿足qvB＋N＝qE小滑塊在C點(diǎn)離開MN時(shí)N＝0解得vC＝eq\f(E,B)(2)由動能定理mgh－Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－0解得Wf＝mgh－eq\f(mE2,2B2)(3)如圖，小滑塊速度最大時(shí)，速度方向與電場力、重力的合力方向垂直．撤去磁場后小滑塊將做類平拋運(yùn)動，等效加速度為g′g′＝eq\r(（\f(qE,m)）2＋g2)且veq\o\al(2,P)＝veq\o\al(2,D)＋g′2t2解得vP＝eq\r(veq\o\al(2,D)＋\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(（\f(qE,m)）2＋g2))t2)答案(1)eq\f(E,B)(2)mgh－eq\f(mE2,2B2)(3)eq\r(veq\o\al(2,D)＋\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(（\f(qE,m)）2＋g2))t2)方法技巧帶電粒子在疊加場中運(yùn)動的處理方法1．(多選)如圖16所示，勻強(qiáng)磁場方向垂直紙面向里，勻強(qiáng)電場方向豎直向下，有一正離子恰能沿直線從左向右水平飛越此區(qū)域。不計(jì)重力，則()圖16A．若電子從右向左飛入，電子也沿直線運(yùn)動B．若電子從右向左飛入，電子將向上偏轉(zhuǎn)C．若電子從左向右飛入，電子將向下偏轉(zhuǎn)D．若電子從左向右飛入，電子也沿直線運(yùn)動解析若電子從右向左飛入，電場力向上，洛倫茲力也向上，所以向上偏，B選項(xiàng)正確；若電子從左向右飛入，電場力向上，洛倫茲力向下。由題意知電子受力平衡將做勻速直線運(yùn)動，D選項(xiàng)正確。答案BD2.(2016·北京東城區(qū)模擬)如圖17所示，一束質(zhì)量、速度和電荷量不全相等的離子，經(jīng)過由正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場組成的速度選擇器后，進(jìn)入另一個(gè)勻強(qiáng)磁場中并分裂為A、B兩束，下列說法中正確的是()圖17A．組成A束和B束的離子都帶負(fù)電B．組成A束和B束的離子質(zhì)量一定不同C．A束離子的比荷大于B束離子的比荷D．速度選擇器中的磁場方向垂直于紙面向外解析由左手定則知，A、B離子均帶正電，A錯誤；兩束離子經(jīng)過同一速度選擇器后的速度相同，在偏轉(zhuǎn)磁場中，由R＝eq\f(mv,qB)可知，半徑大的離子對應(yīng)的比荷小，但離子的質(zhì)量不一定相同，故選項(xiàng)B錯誤，C正確；速度選擇器中的磁場方向應(yīng)垂直紙面向里，D錯誤。答案C3．如圖18所示是醫(yī)用回旋加速器示意圖，其核心部分是兩個(gè)D形金屬盒，兩金屬盒置于勻強(qiáng)磁場中，并分別與高頻電源相連?，F(xiàn)分別加速氘核(eq\o\al(2,1)H)和氦核(eq\o\al(4,2)He)。下列說法中正確的是()圖18A．它們的最大速度相同B．它們的最大動能相同C．兩次所接高頻電源的頻率不相同D．僅增大高頻電源的頻率可增大粒子的最大動能解析根據(jù)qvB＝meq\f(v2,R)，得v＝eq\f(qBR,m)。兩粒子的比荷eq\f(q,m)相等，所以最大速度相等，故A正確；最大動能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(q2B2R2,2m)，兩粒子的比荷eq\f(q,m)相等，但質(zhì)量不相等，所以最大動能不相等，故B錯；帶電粒子在磁場中運(yùn)動的周期T＝eq\f(2πm,qB)，兩粒子的比荷eq\f(q,m)相等，所以周期相等。做圓周運(yùn)動的頻率相等，因?yàn)樗痈哳l電源的頻率等于粒子