板塊一專題突破復(fù)習(xí)第三講帶電粒子在復(fù)合場中的運動[知識建構(gòu)][高考調(diào)研]1.考查方向：①結(jié)合電磁場的新興技術(shù)，考查帶電粒子在復(fù)合場中的運動．②結(jié)合牛頓第二定律、動能定理等，綜合考查帶電粒子在組合場中的加速和偏轉(zhuǎn)．2.常用的思想方法：①等效法．②臨界問題的處理方法．③多解問題的處理方法．[答案](1)速度選擇器(如下圖)帶電粒子束射入正交的勻強電場和勻強磁場組成的區(qū)域中，滿足平衡條件qE＝qvB的帶電粒子可以沿直線通過速度選擇器．(2)電磁流量計原理：如上圖所示，圓形導(dǎo)管直徑為d，用非磁性材料制成，導(dǎo)電液體在管中向左流動，導(dǎo)電液體中的自由電荷(正、負離子)在洛倫茲力的作用下橫向偏轉(zhuǎn)，a、b間出現(xiàn)電勢差，形成電場，當(dāng)自由電荷所受的電場力和洛倫茲力平衡時，a、b間的電勢差就保持穩(wěn)定，即qvB＝qE＝qeq\f(U,d)，所以v＝eq\f(U,dB)，因此液體流量Q＝Sv＝eq\f(πd2,4)·eq\f(U,Bd)＝eq\f(πdU,4B).(3)磁流體發(fā)電機原理：如下圖所示，等離子氣體噴入磁場，正、負離子在洛倫茲力作用下發(fā)生上下偏轉(zhuǎn)而聚集到A、B板上，產(chǎn)生電勢差．設(shè)A、B平行金屬板的面積為S，相距為l，等離子氣體的電阻率為ρ，噴入氣體速度為v，板間磁場的磁感應(yīng)強度為B，板外電阻為R.當(dāng)?shù)入x子氣體勻速通過A、B板間時，A、B板上聚集的電荷最多，板間電勢差最大，即為電源電動勢，此時，離子受力平衡：Eq＝Bqv，E＝Bv，電動勢E＝El＝Blv，電源內(nèi)電阻r＝ρeq\f(l,S)，故R中的電流I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(Blv,R＋ρ\f(l,S))＝eq\f(BlvS,RS＋ρl).考向一帶電粒子在“組合場”中的運動[歸納提煉]1．組合場指電場、磁場、重力場有兩種場同時存在，但各位于一定的區(qū)域內(nèi)且并不重疊，且?guī)щ娏Ｗ釉谝粋€場中只受一種場力的作用．2．解題思路(1)帶電粒子經(jīng)過電場區(qū)域內(nèi)利用動能定理或類平拋的知識分析；(2)帶電粒子經(jīng)過磁場區(qū)域時利用圓周運動規(guī)律結(jié)合幾何關(guān)系來處理．(2017·天津卷)平面直角坐標(biāo)系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的勻強磁場，第Ⅲ象限存在沿y軸負方向的勻強電場，如圖所示．一帶負電的粒子從電場中的Q點以速度v0沿x軸正方向開始運動，Q點到y(tǒng)軸的距離為到x軸距離的2倍．粒子從坐標(biāo)原點O離開電場進入磁場，最終從x軸上的P點射出磁場，P點到y(tǒng)軸距離與Q點到y(tǒng)軸距離相等．不計粒子重力，問：(1)粒子到達O點時速度的大小和方向；(2)電場強度和磁感應(yīng)強度的大小之比．[思路點撥](1)注意粒子進入磁場時的速度不是v0.(2)粒子在電場中做類平拋運動，求出粒子飛出電場時的速度是解題關(guān)鍵．[解析]本題考查帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)及帶電粒子在勻強磁場中的運動．(1)在電場中，粒子做類平拋運動，設(shè)Q點到x軸距離為L，到y(tǒng)軸距離為2L，粒子的加速度為a，運動時間為t2L＝v0tL＝eq\f(1,2)at2②設(shè)粒子到達O點時沿y軸方向的分速度為vyvy＝at③設(shè)粒子到達O點時速度方向與x軸正方向夾角為α，有tanα＝eq\f(vy,v0)④聯(lián)立①②③④式得α＝45°⑤即粒子到達O點時速度方向與x軸正方向成45°角斜向上設(shè)粒子到達O點時速度大小為v，由運動的合成有v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,y))⑥聯(lián)立①②③⑥式得v＝eq\r(2)v0⑦(2)設(shè)電場強度為E，粒子電荷量為q，質(zhì)量為m，粒子在電場中受到的電場力為F，由牛頓第二定律可得F＝ma⑧又F＝qE⑨設(shè)磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R，所受的洛倫茲力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,R)⑩由幾何關(guān)系可知R＝eq\r(2)L?聯(lián)立①②⑦⑧⑨⑩?式得eq\f(E,B)＝eq\f(v0,2)?[答案](1)eq\r(2)v0與x軸正方向成45°角斜向上(2)eq\f(v0,2)帶電粒子在組合場中運動的處理方法不論帶電粒子是先后在勻強電場和勻強磁場中運動，還是先后在勻強磁場和勻強電場中運動．解決方法如下(1)分別研究帶電粒子在不同場中的運動規(guī)律，在勻強磁場中做勻速圓周運動，在勻強電場中，若速度方向與電場方向在同一直線上，則做勻變速直線運動，若進入電場時的速度方向與電場方向垂直，則做類平拋運動．根據(jù)不同的運動規(guī)律分別求解．(2)帶電粒子經(jīng)過磁場區(qū)域時利用圓周運動規(guī)律結(jié)合幾何關(guān)系來處理．(3)注意分析磁場和電場邊界處或交接點位置粒子速度的大小和方向，把粒子在兩種不同場中的運動規(guī)律有機地聯(lián)系起來．[熟練強化]遷移一直線運動與圓周運動組合1．(2017·合肥質(zhì)監(jiān))如圖所示，在xOy平面內(nèi)，MN與y軸相互平行且間距為d，其間有沿x軸負方向的勻強電場．y軸左側(cè)有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B1；MN右側(cè)空間有垂直紙面不隨時間變化的勻強磁場．質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負電粒子以速度v0從坐標(biāo)原點O沿x軸負方向射入磁場，經(jīng)過一段時間后再次回到坐標(biāo)原點，此過程中粒子兩次通過電場，粒子在電場中運動的總時間為t總＝eq\f(4d,3v0).粒子重力不計．求：(1)左側(cè)磁場區(qū)域的最小寬度；(2)電場區(qū)域電場強度的大小；(3)右側(cè)磁場區(qū)域?qū)挾燃按鸥袘?yīng)強度大小應(yīng)滿足的條件．[解析](1)粒子在左側(cè)磁場中做圓周運動，qB1v0＝meq\f(v\o\al(2,0),R)解得R＝eq\f(mv0,qB1)由幾何知識可知，左側(cè)磁場區(qū)域的最小寬度就是粒子做圓周運動的半徑Lmin＝R＝eq\f(mv0,qB1).(2)粒子在電場中運動的總時間為t總＝eq\f(4d,3v0)，帶電粒子一次通過電場的時間為t＝eq\f(2d,3v0).設(shè)粒子到達MN邊界的速度為v，電場強度為Ed＝eq\f(v＋v0,2)t所以v＝2v0v2－veq\o\al(2,0)＝2eq\f(Eq,m)dE＝eq\f(3mv\o\al(2,0),2qd).(3)因為粒子帶負電，所以粒子開始時在左側(cè)磁場中向下偏轉(zhuǎn)，通過電場加速后進入右側(cè)磁場，要使其能夠回到原點，則粒子在右側(cè)磁場中應(yīng)向上偏轉(zhuǎn)，所以MN右側(cè)空間的磁場垂直紙面向外，且偏轉(zhuǎn)半徑為R或2R，粒子通過電場加速后進入右側(cè)磁場的速度為v＝2v0.設(shè)粒子在右側(cè)磁場中的軌道半徑為r，磁感應(yīng)強度為BqBv＝meq\f(v2,r)，r＝eq\f(2mv0,qB)，R＝eq\f(mv0,qB1)粒子在右側(cè)磁場中運動情況有兩種，如圖所示①當(dāng)半徑r＝R時，B＝eq\f(2mv0,qR)＝2B1，右側(cè)磁場的寬度應(yīng)滿足xmin≥eq\f(mv0,qB1)②當(dāng)半徑r＝2R時，B＝eq\f(2mv0,2qB)＝B1，右側(cè)磁場的寬度應(yīng)滿足xmin≥eq\f(2mv0,qB1).[答案](1)eq\f(mv0,qB1)(2)eq\f(3mv\o\al(2,0),2qd)(3)①當(dāng)半徑r＝R時，xmin≥eq\f(mv0,qB1)②當(dāng)半徑r＝2R時，xmin≥eq\f(2mv0,qB1)遷移二組合場中的多解問題2．如下圖所示，在x軸上方有一勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B；x軸下方有一勻強電場，電場強度為E.屏MN與y軸平行且相距L.一質(zhì)量m，電荷量為e的電子，在y軸上某點A自靜止釋放，如果要使電子垂直打在屏MN上，那么：(1)電子釋放位置與原點O的距離s需滿足什么條件？(2)電子從出發(fā)點到垂直打在屏上需要多長時間？[解析](1)在電場中，電子從A→O，動能增加eEs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)在磁場中，電子偏轉(zhuǎn)，半徑為r＝eq\f(mv0,eB)據(jù)題意，有(2n＋1)r＝L所以s＝eq\f(eL2B2,2Em2n＋12)(n＝0,1,2,3，…)(2)在電場中勻變速直線運動的時間與在磁場中做部分圓周運動的時間之和為電子總的運動時間t＝(2n＋1)eq\r(\f(2s,a))＋eq\f(T,4)＋neq\f(T,2)，其中a＝eq\f(Ee,m)，T＝eq\f(2πm,eB).整理后得t＝eq\f(BL,E)＋(2n＋1)eq\f(πm,2eB)(n＝0,1,2,3，…)[答案](1)s＝eq\f(eL2B2,2Em2n＋12)(n＝0,1,2,3，…)(2)eq\f(BL,E)＋(2n＋1)eq\f(πm,2eB)(n＝0,1,2,3，…)考向二帶電粒子在“復(fù)合場”中的運動[歸納提煉]帶電粒子在“復(fù)合場”中運動問題求解思路(2016·天津卷)如圖所示，空間中存在著水平向右的勻強電場，電場強度大小E＝5eq\r(3)N/C，同時存在著水平方向的勻強磁場，其方向與電場方向垂直，磁感應(yīng)強度大小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)做勻速直線運動，當(dāng)經(jīng)過P點時撤掉磁場(不考慮磁場消失引起的電磁感應(yīng)現(xiàn)象)，取g＝10m/s2.求：(1)小球做勻速直線運動的速度v的大小和方向；(2)從撤掉磁場到小球再次穿過P點所在的這條電場線經(jīng)歷的時間t.[思路路線][解析](1)小球勻速直線運動時受力如圖，其所受的三個力在同一平面內(nèi)，合力為零，則qvB＝eq\r(q2E2＋m2g2)①代入數(shù)據(jù)解得v＝20m/s②速度v的方向斜向右上方，與電場E的方向之間的夾角θ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動，設(shè)其加速度為a，有a＝eq\f(\r(q2E2＋m2g2),m)⑤設(shè)撤掉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)at2⑦a與mg的夾角和v與E的夾角相同，均為θ，又tanθ＝eq\f(y,x)⑧聯(lián)立④⑤⑥⑦⑧式，代入數(shù)據(jù)解得t＝2eq\r(3)s≈3.5s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動沒有影響，以P點為坐標(biāo)原點，豎直向上為正方向，小球在豎直方向上做勻減速運動，其初速度為vy＝vsinθ⑤若使小球再次經(jīng)過P點所在的電場線，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④⑤⑥式，代入數(shù)據(jù)解得t＝2eq\r(3)s≈3.5s[答案](1)20m/s斜向右上方與電場E的方向之間的夾角為60°(2)3.5s電場力、磁場力、重力并存時帶電體的運動分析(1)若三力平衡，帶電體做勻速直線運動．(2)若重力與電場力平衡，帶電體做勻速圓周運動．(3)若合力不為零，帶電體可能做復(fù)雜的曲線運動，可用能量守恒定律或動能定理求解．[熟練強化]遷移一帶電粒子在“復(fù)合場”中的一般曲線運動1．(多選)設(shè)空間存在豎直向下的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，如圖所示，已知一帶電粒子在電場力和洛倫茲力的作用下，從靜止開始自A點沿曲線ACB運動，到達B點時速度為零，C點是運動的最低點，忽略粒子的重力，以下說法中正確的是()A．此粒子必帶正電荷B．A點和B點位于同一高度C．粒子在C點時機械能最大D．粒子到達B點后，將沿原曲線返回A點[解析]本題考查帶電粒子在電場和磁場中的運動，意在考查學(xué)生的綜合分析能力．粒子從靜止開始運動的方向向下，電場強度方向也向下，所以粒子必帶正電荷，A正確；因為洛倫茲力不做功，只有靜電力做功，A、B兩點速度都為0，根據(jù)動能定理可知，粒子從A點到B點運動過程中，電場力不做功，故A、B點位于同一高度，B正確；C點是最低點，從A點到C點運動過程中電場力做正功最大，C點電勢能最小，由能量守恒定律可知C點的機械能最大，C正確；到達B點時速度為零，將重復(fù)剛才ACB的運動，向右運動，不會返回，故D錯誤．[答案]ABC遷移二帶電粒子在“復(fù)合場”中的直線運動2．(2015·福建卷)如圖，絕緣粗糙的豎直平面MN左側(cè)同時存在相互垂直的勻強電場和勻強磁場，電場方向水平向右，電場強度大小為E，磁場方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強度大小為B.一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的小滑塊從A點由靜止開始沿MN下滑，到達C點時離開MN做曲線運動．A、C兩點間距離為h，重力加速度為g.(1)求小滑塊運動到C點時的速度大小vC；(2)求小滑塊從A點運動到C點過程中克服摩擦力做的功Wf；(3)若D點為小滑塊在電場力、洛倫茲力及重力作用下運動過程中速度最大的位置，當(dāng)小滑塊運動到D點時撤去磁場，此后小滑塊繼續(xù)運動到水平地面上的P點．已知小滑塊在D點時的速度大小為vD，從D點運動到P點的時間為t，求小滑塊運動到P點時速度的大小vP.[解析](1)小滑塊沿MN運動過程，水平方向受力滿足qvB＋N＝qE小滑塊在C點離開MN時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，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動，等效加速度為g′g′＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(qE,m)))2＋g2)且veq\o\al(2,P)＝veq\o\al(2,D)＋g′2t2解得vP＝eq\r(v\o\al(2,D)＋\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\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(v\o\al(2,D)＋\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(qE,m)))2＋g2))t2)遷移三帶電粒子在復(fù)合場中的圓周運動3．(2017·大慶模擬)如圖所示，空間區(qū)域Ⅰ、Ⅱ內(nèi)存在勻強電場和勻強磁場，MN、PQ為磁場區(qū)域的理想邊界，Ⅰ區(qū)域高度為d，Ⅱ區(qū)域的高度足夠大．勻強電場方向豎直向上；Ⅰ、Ⅱ區(qū)域磁場的磁感應(yīng)強度大小均為B，方向分別垂直紙面向里和向外．一個質(zhì)量為m，電荷量為q的帶電小球從磁場上方的O點由靜止開始下落，進入電磁場區(qū)域后，恰能做勻速圓周運動．已知重力加速度為g.(1)試判斷小球的電性并求出電場強度E的大?。?2)若帶電小球運動一定時間后恰能回到O點，在圖中作出小球的運動軌跡；求出釋放點距MN的高度h；并求出小球從開始釋放到第一次回到O點所經(jīng)歷的時間t；(3)試討論h取不同值時，小球第一次穿出Ⅰ區(qū)域的過程中電場力所做的功W.[解析](1)帶電小球進入電磁場區(qū)域后，恰能做勻速圓周運動，則電場力與重力等大反向，小球帶正電，有qE＝mg得E＝eq\f(mg,q).(2)帶電小球在進入疊加場區(qū)域前做自由落體運動，有：mgh＝eq\f(1,2)mv2帶電小球在疊加場中做勻速圓周運動，有：qvB＝meq\f(v2,R)由于帶電小球在Ⅰ、Ⅱ兩個區(qū)域運動過程中，q、v、B、m的大小不變，故三段軌跡圓弧的半徑相同，以三個圓心為頂點的三角形為等邊三角形，邊長為2R，軌跡如圖(a)所示．由幾何關(guān)系知：R＝eq\f(d,sin60°)解得：h＝eq\f(2q2B2d2,3m2g)從小球開始釋放到回到O點，運動時間由兩部分組成，一部分為在疊加場區(qū)域外運動的時間，t1＝2eq\r(\f(2h,g))；一部分為在疊加場區(qū)域內(nèi)運動的時間，t2＝eq\f(7,6)×eq\f(2πm,qB)＝eq\f(7πm,3qB)總時間t＝t1＋t2＝2eq\r(\f(2h,g))＋eq\f(7πm,3qB)＝eq\f(4\r(3)qBd,3mg)＋eq\f(7πm,3qB).(3)當(dāng)帶電小球在Ⅰ區(qū)域做圓周運動的圓弧與PQ相切時，運動軌跡如圖(b)所示，小球做圓周運動的半徑R′＝d解得對應(yīng)高度：h0＝eq\f(q2B2d2,2m2g)討論：①當(dāng)h≤h0時，小球進入Ⅰ區(qū)域的速度較小，半徑較小，不能進入Ⅱ區(qū)域，由邊界MN第一次穿出Ⅰ區(qū)域，此過程中電場力做功W＝0；②當(dāng)h>h0時，小球進入Ⅰ區(qū)域后由邊界PQ第一次穿出磁場Ⅰ區(qū)域進入Ⅱ區(qū)域，此過程中電場力做功W＝－qEd＝－mgd.[答案](1)帶正電eq\f(mg,q)(2)軌跡見解析eq\f(2q2B2d2,3m2g)eq\f(4\r(3)qBd,3mg)＋eq\f(7πm,3qB)(3)見解析高考題答題規(guī)范——電磁場技術(shù)的應(yīng)用[考點歸納]帶電粒子在復(fù)合場中運動的應(yīng)用實例[高考示例](16分)一臺質(zhì)譜儀的工作原理如圖所示．大量的甲、乙兩種離子飄入電壓為U0的加速電場，其初速度幾乎為0，經(jīng)加速后，通過寬為L的狹縫MN沿著與磁場垂直的方向進入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，最后打到照相底片上．已知甲、乙兩種離子的電荷量均為＋q，質(zhì)量分別為2m和m，圖中虛線為經(jīng)過狹縫左、右邊界M、N(1)求甲種離子打在底片上的位置到N點的最小距離x；(2)在圖中用斜線標(biāo)出磁場中甲種離子經(jīng)過的區(qū)域，并求該區(qū)域最窄處的寬度d；(3)若考慮加速電壓有波動，在(U0－ΔU)到(U0＋ΔU)之間變化，要使甲、乙兩種離子在底片上沒有重疊，求狹縫寬度L滿足的條件．,[審題指導(dǎo)]第一步讀題干—提信息題干信息1)電荷量均為＋q進入磁場后向右偏轉(zhuǎn)2)質(zhì)量分別為2m和進入磁場后偏轉(zhuǎn)半徑不同3)虛線為經(jīng)過狹縫左、右邊界M、N的甲種離子的運動軌跡同是甲離子兩虛線半徑相同第二步審程序—順?biāo)悸穂滿分答案](1)設(shè)甲種離子在磁場中的運動半徑為r1電場加速qU0＝eq\f(1,2)×2mv2(1分)且qvB＝2meq\f(v2,r1)(1分)解得r1＝eq\f(2,B)eq\r(\f(mU0,q))(1分)根據(jù)幾何關(guān)系x＝2r1－L(1分)解得x＝eq\f(4,B)eq\r(\f(mU0,q))－L(1分)(2)如圖所示(2分)最窄處位于過兩虛線交點的垂線上d＝r1－eq\r(r\o\al(2,1)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2)))2)(2分)解得d＝eq\f(2,B)eq\r(\f(mU0,q))－eq\r(\f(4mU0,qB2)－\f(L2,4))(2分)(3)設(shè)乙種離子在磁場中的運動半徑為r2r1的最小半徑r1min＝eq\f(2,B)eq\r(\f(mU0－ΔU,q))(1分)r2的最大半徑r2max＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU0＋ΔU,q))(1分)由題意知2r1min－2r2max>L，即eq\f(4,B)eq\r(\f(mU0－ΔU,q))－eq\f(2,B)eq\r(\f(2mU0＋ΔU,q))>L(2分)解得L<eq\f(2,B)eq\r(\f(m,q))[2eq\r(U0－ΔU)－eq\r(2U0＋ΔU)](1分)[答案](1)eq\f(4,B)eq\r(\f(mU0,q))－L(2)區(qū)域見解析eq\f(2,B)eq\r(\f(mU0,q))－eq\r(\f(4mU0,qB2)－\f(L2,4))(3)L<eq\f(2,B)eq\r(\f(m,q))[2eq\r(U0－ΔU)－eq\r(2U0＋ΔU)]1規(guī)范解析書寫過程，注意分步列式,對所列方程用序號標(biāo)出，閱卷老師才好找到得分點；盡量不要列連等式，以防由于寫綜合方程，一處出錯則全部沒分.2保證結(jié)果計算正確本題較多的是數(shù)學(xué)表達式的推導(dǎo)，要提高計算能力，會做的題盡量做對，只要結(jié)果正確，前面書寫的稍有不規(guī)范，閱卷老師也可能不在意，但一旦結(jié)果錯誤，閱卷老師再找得分點時，書寫不規(guī)范或馬虎往往就會吃虧.3只看對的，不看錯的,對