高考物理二轮复习专题三第7讲带电粒子在电磁场中的运动课件.ppt

1、第第7 7讲讲 带电粒子在电磁场中的运动带电粒子在电磁场中的运动总纲目录总纲目录考点一 带电粒子在电场中的运动考点二 带电粒子在匀强磁场中的运动考点四 带电粒子（体）在复合场中的运动考点三 电磁场与现代科技考点一带电粒子在电场中的运动1.(多选)(2018课标,21,6分)如图,一平行板电容器连接在直流电源上,电容器的极板水平;两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反,使它们分别静止于电容器的上、下极板附近,与极板距离相等。现同时释放a、b,它们由静止开始运动。在随后的某时刻t,a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面。a、b间的相互作用和重力可忽略。下列说法正确的是()A.a的质量比b的

2、大B.在t时刻,a的动能比b的大C.在t时刻,a和b的电势能相等D.在t时刻,a和b的动量大小相等答案答案BD本题考查电容器和带电粒子在电场中的运动。由题设条件可知,微粒a向下运动,微粒b向上运动,且在相等时间内,位移xaxb,由运动学公式及牛顿第二定律可得:x=t2,则maEkb,选项B正确;由动量定理可得:qEt=p,则pa与pb大小相等,选项D正确;在t时刻,a、b在同一水平面上,电势相等,而两微粒的电性不同,由Ep=q,可知a和b的电势能不相等,选项C错误。12qEm2.(2019课标,24,12分)如图,两金属板P、Q水平放置,间距为d。两金属板正中间有一水平放置的金属网G,P、Q、

3、G的尺寸相同。G接地,P、Q的电势均为(0)。质量为m、电荷量为q(q0)的粒子自G的左端上方距离G为h的位置,以速度v0平行于纸面水平射入电场,重力忽略不计。(1)求粒子第一次穿过G时的动能,以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小;(2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场,则金属板的长度最短应为多少?答案答案(1)m+qhv0(2)2v0解析解析本题考查了带电粒子在电场中的运动及学生的综合分析能力,体现了模型建构的素养要素。(1)由题意得,P、G间与Q、G间场强大小相等,均为E。粒子在P、G间所受电场力F的方向竖直向下,设粒子的加速度大小为a,有E=F=qE=ma设粒子第一

4、次到达G时动能为Ek,由动能定理有1220v2dmdhqmdhq2dqEh=Ek-m1220v设粒子第一次到达G时所用的时间为t,粒子在水平方向的位移大小为l,则有h=at2l=v0t联立式解得Ek=m+qhl=v0(2)若粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出,则金属板的长度最短。由对称性121220v2dmdhq知,此时金属板的长度L为L=2l=2v0mdhq解决带电粒子在电场中运动问题的基本思路及注意问题解决带电粒子在电场中运动问题的基本思路及注意问题考向一带电粒子在电场中的直线运动考向一带电粒子在电场中的直线运动1.(多选)(2019河北唐山模拟)如图所示,P、Q为两个等量的异种电荷,以靠近

5、电荷P的O点为原点,沿两电荷的连线建立x轴,沿直线向右为x轴正方向,一带正电的粒子从O点由静止开始仅在电场力作用下运动到A点,已知A点与O点关于P、Q两电荷连线的中点对称,粒子的重力忽略不计。在从O点到A点的运动过程中,下列关于粒子的运动速度v和加速度a随时间的变化、粒子的动能Ek和运动径迹上电势随位移x的变化图线可能正确的是()答案答案CD等量异种电荷的电场线如图所示。根据沿着电场线方向电势逐渐降低,电场强度E=,由图可知E先减小后增大,所以-x图线切线的斜率先减小后增大,故A错误;沿两点电荷连线从O点到A点,电场强度先减小后增大,一带正电的粒子从O点由静止开始在电场力作用下运动到A点的过程

6、中,电场力一直做正功,粒子的速度一直在增大。电场力先减小后增大,则加速度先减小后增大。v-t图线切线的斜率先减小后增大,则C、D图可能,故C、D正确;粒子的动能Ek=qEx,电场强度先减小后增大,Ek-x图线切线的斜率先减小后增大,则B图不可能,故B错误。x考向二带电粒子在电场中的偏转考向二带电粒子在电场中的偏转2.(多选)如图所示,一带电荷量为q的带电粒子以一定的初速度由P点射入匀强电场,入射方向与电场线垂直。粒子从Q点射出电场时,其速度方向与电场线成30。已知匀强电场的宽度为d,P、Q两点的电势差为U,不计粒子重力作用,设P点的电势为零。则下列说法正确的是(BC)A.带电粒子带负电B.带电

7、粒子在Q点的电势能为-UqC.此匀强电场的电场强度大小为E=D.此匀强电场的电场强度大小为E=2 33Ud33Ud答案答案BC由题图看出粒子的轨迹向上偏转,则所受的电场力向上,与电场方向相同,所以该粒子带正电。粒子从P到Q,电场力做正功,为W=qU,则粒子的电势能减少了qU,P点的电势为零,则知带电粒子在Q点的电势能为-Uq,故A错误,B正确;设带电粒子在P点时的速度大小为v0,在Q点建立直角坐标系,垂直于电场线为x轴,平行于电场线为y轴,由平抛运动的规律和几何知识求得粒子在y轴方向的分速度大小为vy=v0。粒子在y轴方向上的平均速度大小为=v0,粒子在y轴方向上的位移为y0,粒子在电场中的运

8、动时间为t,则竖直方向有y0=t=v0t,水平方向有d=v0t,可得y0=d;所以场强大小为E=,联立解3yv32yv32320Uy得E=,故C正确,D错误。23Ud2 33Ud考向三带电体在电场中的运动考向三带电体在电场中的运动3.(多选)(2019湖北荆门模拟)如图所示,在竖直平面内xOy坐标系中分布着与水平方向成45的匀强电场,将一质量为m、带电荷量为+q的小球,以某一初速度从O点竖直向上抛出,它的轨迹恰好满足抛物线方程x=ky2,且小球通过点P(,)。已知重力加速度为g,则()1k1kA.电场强度的大小为B.小球初速度的大小为C.小球通过点P时的动能为D.小球从O点运动到P点的过程中,

9、电势能减少mgq2gk54mgk2mgk答案答案CD小球以某一初速度从O点竖直向上抛出,它的轨迹恰好满足抛物线方程x=ky2,说明小球做类平抛运动,则电场力与重力的合力沿x轴正方向,竖直方向有qEsin45=mg,所以qE=mg,电场强度的大小为E=,故A错22mgq误;小球受到的合力F合=qEcos45=mg=ma,所以a=g,由平抛运动规律有=v0t,=gt2,得小球初速度大小为v0=,故B错误;由于=v0t,=gt2,小球做类平抛运动,所以=2=2,小球通过点P时的动能为Ek=mv2=m(+)=,故C正确;小球从O点到P点电势能减少,且减少的电势能等于电场力做的功,1k1k122gk1k

10、1k120yvv2012gtv t121220v2yv54mgk即 ,故D正确。考向四带电粒子在交变电场中的运动考向四带电粒子在交变电场中的运动4.(多选)(2019安徽蚌埠模拟)如图甲所示,两平行金属板A、B放在真空中,间距为d,P点在A、B板间,A、B板间的电势差U随时间t的变化情况如图乙所示,t=0时,在P点由静止释放一质量为m、电荷量为e的电子,当t=2T时,电子回到P点。电子在运动过程中未与极板相碰,不计重力,下列说法正确的是(BD)A.U1 U2=1 2B.U1 U2=1 3C.在02T时间内,当t=T时电子的电势能最小D.在02T时间内,电子的电势能减小了222122e T Um

11、d答案答案BD0T时间内平行板间的电场强度为E1=,电子以加速度a1=向上做匀加速直线运动,当t=T时电子的位移x1=a1T2,速度v1=a1T;T2T时间内平行板间的电场强度E2=,电子加速度a2=,以v1的初速度向上做匀减速直线运动,速度变为0后开始向下做匀加速直线运动,位移x2=v1T-a2T2,由题意t=2T时电子回到P点,则x1+x2=0,联立可得U2=3U1,选项A错误,B正确。当速度最大时,动能最大,电势能最小,而02T时间内电子先做方向向上的匀加速直线运动,之后做方向向上的匀减速直线运动,后又做方向向下的匀加速直1Ud1E em1U edm122Ud2U edm12线运动,在t

12、=T时,电子的动能Ek1=m=,电子在t=2T时回到P点,此时速度v2=v1-a2T=-(负号表示方向向下),电子的动能为Ek2=m=,Ek10)的粒子垂直于x轴射入第二象限,随后垂直于y轴进入第一象限,最后经过x轴离开第一象限。粒子在磁场中运动的时间为()12A.B.C.D.56mqB76mqB116mqB136mqB答案答案B本题考查了带电粒子在组合场中的运动,要求学生对粒子在匀强磁场中的运动轨迹进行确定,从而确定运动时间,体现了分析和解决问题的能力,是学科核心素养中科学推理素养的具体表现。由qvB=得粒子在第二象限内运动的轨迹半径r=,当粒子进入第一象限2mvrmvBq时,由于磁感应强度

13、减为B,故轨迹半径变为2r,轨迹如图所示。由几何关系可得cos=,=60,则粒子运动时间t=+=,选项B正确。1212142mBq16212mBq76mqB2.(2017课标,24,12分)如图,空间存在方向垂直于纸面(xOy平面)向里的磁场。在x0区域,磁感应强度的大小为B0;x1)。一质量为m、电荷量为q(q0)的带电粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴正向射入磁场,此时开始计时。当粒子的速度方向再次沿x轴正向时,求(不计重力)(1)粒子运动的时间;(2)粒子与O点间的距离。答案答案(1)(1+)(2)(1-)解析解析本题考查带电粒子在磁场中的运动。(1)在匀强磁场中,带电粒子做圆周运动。设在

14、x0区域,圆周半径为R1;在x0区域,圆周半径为R2。由洛伦兹力公式及牛顿定律得qB0v0=mqB0v0=m粒子速度方向转过180时,所需时间t1为0mB q1002mvB q1201vR202vRt1=粒子再转过180时,所需时间t2为t2=联立式得,所求时间为t0=t1+t2=(1+)(2)由几何关系及式得,所求距离为d0=2(R1-R2)=(1-)10Rv20Rv0mB q1002mvB q11.带电粒子在匀强磁场中的临界、极值问题带电粒子在匀强磁场中的临界、极值问题(1)思维流程:(2)解题关键点:关键在于运用动态思维,寻找临界点,确定临界状态,根据粒子的速度方向找出半径,同时由磁场边

15、界和题设条件画好轨迹,定好圆心,建立几何关系。(3)几条结论:粒子射出或不射出磁场的临界状态是粒子运动轨迹与磁场边界相切。当速度v大小一定时,弧长越长圆心角越大,则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长。当速度v大小变化时,圆心角大的运动时间长,解题时一般要根据受力情况和运动情况画出运动轨迹的草图,找出圆心,根据几何关系求出半径及圆心角等。2.带电粒子在磁场中运动产生多解带电粒子在磁场中运动产生多解的原因的原因考向一带电粒子在匀强磁场中运动的临界、极值问题考向一带电粒子在匀强磁场中运动的临界、极值问题1.(多选)(2019河北邢台模拟)如图所示是一个半径为R的竖直圆形磁场区域,磁感应强度大小为B,

16、磁感应强度方向垂直纸面向里。有一个粒子源在圆上的A点不停地发射出速率相同的带正电的粒子,带电粒子的质量均为m,运动的半径为r,在磁场中的轨迹所对应的圆心角为。不计粒子重力,以下说法正确的是()A.若r=2R,则粒子在磁场中运动的最长时间为B.若r=2R,粒子沿着与半径方向成45角斜向下射入磁场,则有关系tan=成立C.若r=R,粒子沿着圆形磁场的半径方向射入,则粒子在磁场中的运动时间为D.若r=R,粒子沿着与半径方向成60角斜向下射入磁场,则圆心角为1506mqB22 2173mqB答案答案BD若r=2R,粒子在磁场中运动时间最长时,磁场区域的直径是轨迹的一条弦,作出轨迹如图甲,因为r=2R,

17、圆心角=60,粒子在磁场中运动的最长时间tmax=T=,故A错误;若r=2R,粒子沿着与半径方向成45角斜向下射入磁场,粒子运动轨迹如图乙所示,根据几何关系,有tan=,故B正确;若r=R,粒子沿着圆形磁场的半径方向射入,粒子运60360162mqB3mqB2222-2RrR2222-2RRR2 217动轨迹如图丙所示,圆心角为90,粒子在磁场中运动的时间t=T=,故C错误;若r=R,粒子沿着与半径方向成60角斜向下射入磁场,轨迹如图丁所示,图中轨迹圆心与磁场圆心以及入射点和出射点构成的四边形为菱形,圆心角为150,故D正确。90360142mqB2mqB2.(多选)(2019辽宁大连模拟)如

18、图所示,S处有一电子源,可向纸面内任意方向发射电子,平板MN垂直于纸面。在纸面内的长度L=9.1cm,中点O与S间的距离d=4.55cm,MN与SO直线的夹角为,平板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B=2.010-4T。电子质量m=9.110-31kg,电荷量e=-1.610-19C,不计电子重力。电子源发射速度为v=1.6106m/s的一个电子,该电子打在板上可能位置的区域的长度为l,则(AD)A.=90时,l=9.1cmB.=60时,l=9.1cmC.=45时,l=4.55cmD.=30时,l=4.55cm答案答案AD电子运动的轨迹圆半径R=4.5

19、5cm。用虚线表示所有轨迹圆的圆心轨迹,当=90时,圆心轨迹与MN相切于O点,如图甲所示,四边形O1SOM是正方形,上边界轨迹圆与MN相切于M点,同理,下边界轨迹圆与MN相切于N点,所以电子打在板上可能位置的区域的长度l=9.1cm,A对。当=60时,如图乙所示,MN相当于从竖直位置绕O点顺时针转30,上边界轨迹圆与MN的切点位于M、O之间,下边界轨迹圆与MN相交于N点,所以电子打在板上可能位置的区域的长度l4.55cm,CmvqB错。当=30时,如图丁所示,圆心轨迹与MN交于O,过O点作垂直于MN的直线,交圆心轨迹于O1,连接S、O1,则三角形OO1S是等边三角形,O1O垂直于MN,所以上边

20、界轨迹圆与MN相切于O点,下边界轨迹圆与MN相交于N点,所以电子打在板上可能位置的区域的长度l=4.55cm,D对。3.在如图所示的平面直角坐标系xOy中,有一个圆形区域的匀强磁场(图中未画出),磁场方向垂直于xOy平面,O点为该圆形区域边界上的一点。现有一质量为m、电荷量为+q的带电粒子(不计重力)从O点以初速度v0沿x轴正方向进入磁场,已知粒子经过y轴上P点时速度方向与+y方向夹角为=30,OP=L。求:(1)磁感应强度的大小和方向;(2)该圆形磁场区域的最小面积。答案答案(1)方向垂直xOy平面向里(2)解析解析(1)由左手定则得磁场方向垂直xOy平面向里。粒子在磁场中做弧长为圆周的匀速

21、圆周运动,如图所示,粒子在Q点飞出磁场。设其轨迹圆心为O,半径为R03mvqL212L13由几何关系有(L-R)sin30=R得R=L由牛顿第二定律有qv0B=m解得B=(2)设磁场区域的最小面积为S。由几何关系得直径OQ=R=L,所以S=1320vR03mvqL33322OQ212L考向二带电粒子在匀强磁场中运动的多解问题考向二带电粒子在匀强磁场中运动的多解问题4.半径为R的绝缘圆筒中有沿轴线方向的匀强磁场,磁感应强度大小为B,如图所示。一质量为m、带电荷量为+q的粒子(不计重力)以速度v从筒壁的A孔沿半径方向进入筒内,设粒子和筒壁的碰撞无电荷量和能量的损失,那么要使粒子与筒壁连续碰撞,绕筒

22、壁一周后恰好又从A孔射出,问:(1)磁感应强度B的大小必须满足什么条件?(2)粒子在筒中运动的时间为多少?答案答案(1)B=(n=3,4,5,)(2)tan(n=3,4,5,)解析解析(1)粒子射入圆筒后受洛伦兹力作用而偏转,设第一次与C点碰撞,碰后速度方向又指向O点,假设粒子与筒壁碰撞(n-1)次,运动轨迹是n段相等的圆弧,再从A孔射出。设第一段圆弧的圆心为O,半径为r(如图所示)tanmvRqn(-2)nRvn则=(n=3,4,5,),由几何关系有r=Rtan(n=3,4,5,),又r=解得B=(n=3,4,5,)(2)每段圆弧的圆心角为nnmvqBtanmvRqn=2=2=(n=3,4,

23、5,)粒子由A到C所用时间t=T=tan=tan(n=3,4,5,)故粒子运动的总时间t=nt=tan(n=3,4,5,)-2-2 n-2nn212-2nn2Rvn(-2)nRnvn(-2)nRvn考点三电磁场与现代科技1.(2016课标,15,6分)现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子,其示意图如图所示,其中加速电压恒定。质子在入口处从静止开始被加速电场加速,经匀强磁场偏转后从出口离开磁场。若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速,为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场,需将磁感应强度增加到原来的12倍。此离子和质子的质量比约为()A.11B.12C.121D.144答案

24、答案D设质子和离子的质量分别为m1和m2,原磁感应强度为B1,改变后的磁感应强度为B2。在加速电场中qU=mv2,在磁场中qvB=m,联立两式得m=,故有=144,选项D正确。122vR222R B qU21mm2221BB2.(2019天津理综,4,6分)笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件。当显示屏开启时磁体远离霍尔元件,电脑正常工作;当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件,屏幕熄灭,电脑进入休眠状态。如图所示,一块宽为a、长为c的矩形半导体霍尔元件,元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子,通入方向向右的电流时,电子的定向移动速度为v。当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向下的匀

25、强磁场中,于是元件的前、后表面间出现电压U,以此控制屏幕的熄灭。则元件的()A.前表面的电势比后表面的低B.前、后表面间的电压U与v无关C.前、后表面间的电压U与c成正比D.自由电子受到的洛伦兹力大小为eUa答案答案D本题考查了霍尔元件的工作原理和应用,以及考生的理解能力和应用数学知识处理物理问题的能力,体现了科学推理素养和应用与创新的价值观念。根据左手定则判断出电子受力情况,可知电子偏转到后表面,前表面电势高于后表面电势,故A项错误。再由Ee=Bev=F洛,E=,解得U=Bva,F洛=,U与v成正比、U与c无关,故B、C项错误,D项正确。UaeUa1.几种仪器稳定工作时的特点几种仪器稳定工作

26、时的特点:2.应注意的两点应注意的两点:(1)不同的回旋加速器原理不同,粒子加速及旋转的情况也不相同。(2)霍尔元件的材料不同,霍尔效应结果也不相同。1.(多选)(2019河南信阳模拟)为了测量某化肥厂的污水排放量,技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的流量计,该装置由绝缘材料制成,长、宽、高分别为a、b、c,左右两端开口,在垂直于上下表面加磁感应强度大小为B的匀强磁场,磁场方向如图所示,在前后两个内侧面固定有金属板作为电极,污水充满管口从左向右流经该装置时,电压表将显示两个电极间的电压U,若用Q表示污水流量(单位时间内排出的污水体积),下列说法正确的是()A.若污水中正离子较多,则前内侧

27、面比后内侧面的电势高B.前内侧面的电势一定低于后内侧面的电势,与哪种离子多无关C.污水中离子浓度越高,电压表的示数越大D.污水流量Q与电压U成正比,与a、b无关答案答案BD根据左手定则可得正离子向后内侧面偏转,负离子向前内侧面偏转,所以后内侧面比前内侧面电势高,与哪种离子多无关,故A错误,B正确;在洛伦兹力的作用下,正离子向后内侧面偏转,负离子向前内侧面偏转,导致前后两个侧面不断积累电荷,两个侧面间的电势差不断增大,产生的电场也不断增强,使离子受到与磁场力方向相反的电场力作用,且不断增大,直到两种力大小相等,方向相反,以后的离子将不再偏转,前后两个内侧面的电压将不再变化,根据Eq=Bqv即=B

28、qv,得离子速度即流速v=,所以Q=Sv=bc=,所以C错误,D正确。UqbUBbUBbUcB2.(多选)如图所示,一束带电粒子以一定的初速度沿直线通过由相互正交的匀强磁场B和匀强电场E组成的速度选择器,然后通过平板S上的狭缝P,进入另一匀强磁场B,最终打在A1A2上。下列表述正确的是(CD)A.粒子带负电B.所有打在A1A2上的粒子,在磁场B中运动时间都相同C.能通过狭缝P的带电粒子的速率等于D.粒子打在A1A2上的位置越靠近P,粒子的比荷越大EBqm答案答案CD由粒子在磁场中的运动轨迹,根据左手定则可知,粒子带正电,选项A错误;在速度选择器中满足Eq=Bqv,可得v=,选项C正确;粒子在磁

29、场中运动的周期T=,由于进入磁场中的粒子的比荷不一定相同,故周期不同,运动时间不一定相同,选项B错误;粒子在磁场中运动的半径r=,粒子打在A1A2上的位置越靠近P,则粒子的运动半径越小,故粒子的比荷越大,选项D正确。EB2mqBmvqBqm3.(2019黑龙江大庆模拟)如图所示为一种获得高能粒子的装置环形加速器,环形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场。质量为m、电荷量为+q的粒子在环中做半径为R的圆周运动。A、B为两块中心开有小孔的极板,原来电势都为零,每当粒子飞经两极板时,A板电势升高为+U,B板电势仍保持为零,粒子在两极板间的电场中加速。每当粒子离开电场区域时,A板电势又降为零,粒子在电场中

30、一次次加速,动能不断增大,而在环形区域内绕行半径不变(设极板间距远小于R)。下列关于环形加速器的说法,正确的是()A.环形区域内的磁感应强度大小Bn与加速次数n之间的关系为=B.环形区域内的磁感应强度大小Bn与加速次数n之间的关系为=C.A、B板之间的电压可以始终保持不变D.粒子每次绕行一圈所需的时间tn与加速次数n之间的关系为=1nnBB1nn1nnBB1nn1nntt1nn答案答案B因粒子每加速一次,其增加的能量为qU,所以加速第n次后获得的总动能为m=nqU,得vn=,在磁场中,由牛顿第二定律得qBnvn=m,解得Bn=,所以=,A项错误,B项正确;如果A、B板之间的电压始终保持不变,粒

31、子在A、B两极板之间飞行时,电场对其做功qU,从而使之加速,在磁场内飞行时,电场又对粒子做功-qU,从而使之减速,粒子绕行一周电场对其所做总功为零,动能不会增加,达不到加速效果,C项错误;根据t=得tn=2R,得=,D项错误。122nv2nqUm2nvR1R2nmUq1nnBB1nn2Rv2mnqU1nntt1nn4.如图所示,一段长方体形导电材料,左右两端面的边长都为a和b,内有带电量为q的某种自由运动电荷。导电材料置于方向垂直于其前表面向里的匀强磁场中,内部磁感应强度大小为B。当通以从左到右的稳恒电流I时,测得导电材料上、下表面之间的电压为U,且上表面的电势比下表面的电势低。由此可得该导电

32、材料单位体积内自由运动电荷数及自由运动电荷的正负分别为(C)A.,负B.,正C.,负D.,正|IBqaU|IBqaU|IBqbU|IBqbU答案答案C因导电材料上表面的电势比下表面的电势低,故上表面带负电荷,根据左手定则可判断自由运动电荷带负电,则B、D两项均错。设长方体形材料单位体积内自由运动电荷数为n,电荷定向移动的平均速率为v,当电流I稳恒时,材料内的自由运动电荷所受电场力与磁场力相互平衡,则有q=qvB,又I=n|q|abv,可得n=,A项错误,C项正确。Ua|BIqbU考点四带电粒子(体)在复合场中的运动1.(2019课标,24,12分)空间存在一方向竖直向下的匀强电场,O、P是电场

33、中的两点,从O点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球A、B。A不带电,B的电荷量为q(q0)。A从O点发射时的速度大小为v0,到达P点所用时间为t;B从O点到达P点所用时间为。重力加速度为g,求(1)电场强度的大小;(2)B运动到P点时的动能。2t答案答案(1)(2)2m(+g2t2)解析解析本题考查电场强度和电场力,以及考生应用牛顿第二定律和动能定理解决带电粒子在电场中运动的问题,考查考生的综合分析能力。题目情景常见,运动过程简单,为中等难度题。体现了模型建构、科学推理的素养要求。(1)设电场强度的大小为E,小球B运动的加速度为a。根据牛顿第二定律、运动学公式和题给条件,有mg+

34、qE=maa=gt23mgq20v1222t12解得E=(2)设B从O点发射时的速度为v1,到达P点时的动能为Ek,O、P两点的高度差为h,根据动能定理有Ek-m=mgh+qEh且有v1=v0th=gt2联立式得Ek=2m(+g2t2)3mgq1221v2t1220v2.(2019课标,24,12分)如图,在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场,磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后,沿平行于x轴的方向射入磁场;一段时间后,该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出。已知O点为坐标原点,N点在y轴上,OP与x轴的夹角为30,粒子进入磁场的入射点与离开磁场的

35、出射点之间的距离为d,不计重力。求(1)带电粒子的比荷;(2)带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间。答案答案(1)(2)(+)解析解析本题考查了带电粒子在磁场中的匀速圆周运动问题,考查了考生应用数学知识处理、分析物理问题的能力,体现了物理学科中的运动与相互作用观念的素养要素以及科学推理的核心素养。(1)设带电粒子的质量为m,电荷量为q,加速后的速度大小为v。由动能定理有qU=mv2设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r,由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有224UB d24BdU23312qvB=m由几何关系知d=r联立式得=2vr2qm224UB d(2)由几何关系知,带电粒子射入磁场后运动到x轴

36、所经过的路程为s=+rtan30带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为t=联立式得t=(+)2rsv24BdU2331.组合场问题的分析方法组合场问题的分析方法先把带电粒子的运动按照组合场的顺序分解为一个个独立的过程,并分析每个过程中带电粒子的受力情况和运动情况,然后用衔接速度把这些过程关联起来,列方程解题。2.叠加场问题的分析方法叠加场问题的分析方法3.分析带电粒子在复合场中运动的注意事项分析带电粒子在复合场中运动的注意事项(1)准确划分带电粒子运动过程中的不同运动阶段、不同运动形式,以及不同运动阶段、不同运动形式之间的转折点和临界点,只有明确粒子在某一阶段的运动形式后,才能确定解题所用到的

37、物理规律。(2)分析带电粒子在交变电场或磁场中的运动轨迹时,还要注意对称性的灵活应用。考向一带电粒子在组合场中的运动考向一带电粒子在组合场中的运动1.(多选)如图所示,在平行竖直虚线a与b、b与c、c与d之间分别存在着垂直于虚线的匀强电场、平行于虚线的匀强电场、垂直纸面向里的匀强磁场,虚线d处有一荧光屏。大量正离子(初速度和重力均忽略不计)从虚线a上的P孔处进入电场,经过三个场区后有一部分打在荧光屏上。关于这部分离子,若比荷越大,则离子()qmA.经过虚线c的位置越低B.经过虚线c的速度越大C.打在荧光屏上的位置越低D.打在荧光屏上的位置越高答案答案BD当离子在a与b之间,根据动能定理得mv2

38、=qU,则v=,故比荷越大,经过b的速度越大;在b与c之间,离子做类平抛运动,设bc宽为L,电场强度为E,y=at2=,经过虚线c的位置与比荷无关,A错误;比荷越大,经过c的速度越大,即离子进入磁场的速度就越大,B正确;当离子进入磁场时,做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,即qvB=,则R=,故可知比荷越大,R越小,离子打在荧光屏上的位置越高,C错误、D正确。122qUm1212Eqm22L mqU24ELU2mvRmvqB考向二带电粒子在叠加场中的运动考向二带电粒子在叠加场中的运动2.(2019四川绵阳模拟)如图所示,平面OM和水平面ON之间的夹角为30,两平面之间同时存在匀强磁场和匀强电场

39、,匀强磁场的磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向外;匀强电场的方向竖直向上。一带电小球的质量为m,电荷量为q,带电小球沿竖直平面以大小为v0的初速度从平面OM上的某点沿左上方射入磁场,速度方向与OM成30,带电小球进入磁场后恰好做匀速圆周运动。已知带电小球在磁场中的运动轨迹与ON恰好相切,且带电小球能从OM上另一点P射出磁场(P未画出)。(1)判断带电小球带何种电荷?所加电场的电场强度E为多大?(2)求出射点P到两平面交点O的距离s;(3)带电小球离开磁场后继续运动,能打在左侧竖直的光屏OO上的T点,求T点到O点的距离s。答案答案(1)正电荷(2)(3)+解析解析(1)根据题意,带电小球受到的电

40、场力与重力平衡,则带电小球带正电荷由力的平衡条件得qE=mg解得E=(2)带电小球在叠加场中,在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动根据牛顿第二定律有qv0B=m,即R=根据题意,带电小球在匀强磁场中的运动轨迹如图所示,Q点为运动轨迹与ONmgq04mvqB02mvqB2226m gq Bmgq20vR0mvqB相切的点,I点为入射点,P点为出射点。小球离开磁场的速度方向与OM的夹角也为30,由几何关系可得,QP为圆轨道的直径,故QP=2ROP的长度s=sin30QP联立以上各式得s=(3)带电小球从P点离开磁场后做平抛运动,设其竖直位移为y,水平位移为x,运动时间为t则x=v0t=OPcos30竖直

41、位移y=gt2联立各式得s=2R+y=+04mvqB1202mvqB2226m gq B考向三带电粒子在交变场中的运动考向三带电粒子在交变场中的运动3.(2019广东肇庆二模)如图甲所示,竖直挡板MN左侧空间有方向竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。电场和磁场的范围足够大,电场强度E=40N/C,磁感应强度B随时间t变化的关系图像如图乙所示,选定磁场垂直纸面向里为正方向。t=0时刻,一质量m=810-4kg、电荷量q=+210-4C的微粒在O点具有竖直向下的速度v=0.12m/s,O是挡板MN上一点,OO与挡板MN垂直,取g=10m/s2。求:(1)微粒再次经过直线OO时与O点的距离;(2)微粒在运动过程中离开直线OO的最大高度;(3)水平移动挡板,使微粒能垂直射到挡板上,挡板与O点间的距离应满足的条件。答案答案(1)1.2m(2)(+1)m(3)见解析解析解析(1)根据题意可知,微粒所受的重力G=mg=810-3N电场力大小F=qE=810-3N因此重力与电场力平衡微粒先在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动,则qvB=m解得R=0.6m352vR