1、专题八带电粒子在复合场中的运动考纲解读 1.会分析速度选择器、磁流体发电机、质谱仪、回旋加速器等磁场的实际应用问题.2.会分析带电粒子在组合场、叠加场中的运动问题1. 带电粒子在复合场中的直线运动如图1所示，在同时存在匀强电场和匀强磁场的空间中取正交坐标系Oxyz，一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(重力不可忽略)从原点O以速度v沿x轴正方向出发，下列说法错误的是()图1A若电场、磁场分别沿z轴正方向和x轴正方向，粒子只能做曲线运动B若电场、磁场均沿z轴正方向，粒子有可能做匀速圆周运动C若电场、磁场分别沿z轴负方向和y轴负方向，粒子有可能做匀速直线运动D若电场、磁场分别沿y轴负方向和z轴正方向
2、，粒子有可能做平抛运动答案A解析磁场沿x轴正方向，则与粒子运动的速度v的方向平行，粒子不受洛伦兹力的作用，只受到竖直向下的重力和竖直向上的电场力作用，若重力和电场力大小相等，粒子将做匀速直线运动，所以A错误；磁场竖直向上，根据左手定则，洛伦兹力沿y轴正方向，若电场力和重力大小相等，洛伦兹力提供向心力，则粒子可能在xOy平面内做匀速圆周运动，B正确；粒子受到竖直向下的电场力，竖直向上的洛伦兹力和竖直向下的重力，若重力和电场力的合力与洛伦兹力的大小相等，则粒子所受合力为零，粒子将做匀速直线运动，C正确；粒子受到沿y轴负方向的电场力，沿y轴正方向的洛伦兹力和竖直向下的重力，若洛伦兹力与电场力的大小相
3、等，则粒子的合力等于竖直方向的重力，粒子将做平抛运动，D正确2带电粒子在复合场中的匀速圆周运动如图2所示，一带电小球在一正交电场、磁场区域里做匀速圆周运动，电场方向竖直向下，磁场方向垂直纸面向里，则下列说法正确的是()图2A小球一定带正电B小球一定带负电C小球的绕行方向为顺时针方向D改变小球的速度大小，小球将不做圆周运动答案BC解析小球做匀速圆周运动，重力必与电场力平衡，则电场力方向竖直向上，结合电场方向可知小球一定带负电，A错误，B正确；洛伦兹力充当向心力，由曲线运动轨迹的弯曲方向结合左手定则可得绕行方向为顺时针方向，C正确，D错误3质谱仪的工作原理如图3所示是质谱仪的工作原理示意图带电粒子
4、被加速电场加速后，进入速度选择器速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E.平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2.平板S下方有磁感应强度为B0的匀强磁场下列表述正确的是()图3A质谱仪是分析同位素的重要工具B速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外C能通过狭缝P的带电粒子的速率等于E/BD粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷越小答案ABC解析带电粒子在题图中的加速电场中加速，说明粒子带正电，其通过速度选择器时，电场力与洛伦兹力平衡，则洛伦兹力方向应水平向左，由左手定则知，磁场的方向应垂直纸面向外，选项B正确；由EqBqv可知，vE/B，选项C正确；粒子打
5、在胶片上的位置到狭缝的距离即为其做匀速圆周运动的直径D，可见D越小，则粒子的比荷越大，D不同，则粒子的比荷不同，因此利用该装置可以分析同位素，A正确，D错误一复合场的分类1叠加场：电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存2组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，或相邻或在同一区域电场、磁场交替出现二、带电粒子在复合场中的运动形式1静止或匀速直线运动当带电粒子在复合场中所受合外力为零时，将处于静止状态或做匀速直线运动2匀速圆周运动当带电粒子所受的重力与电场力大小相等，方向相反时，带电粒子在洛伦兹力的作用下，在垂直于匀强磁场的平面内做匀速圆周运动3较复杂的曲线运动当带电粒子所受合外力的大小
6、和方向均变化，且与初速度方向不在同一直线上，粒子做非匀变速曲线运动，这时粒子运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线三、带电粒子在复合场中的应用实例1质谱仪(1)构造：如图4所示，由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片等构成图4(2)原理：粒子由静止被加速电场加速，qUmv2.粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvBm.由以上两式可得r ，m，.2回旋加速器(1)构造：如图5所示，D1、D2是半圆形金属盒，D形盒的缝隙处接交流电源，D形盒处于匀强磁场中图5(2)原理：交流电的周期和粒子做圆周运动的周期相等，粒子经电场加速，经磁场回旋，由qvB，得Ekm，可见粒子获得的最大动能由磁感应强度B和D形盒半径r决
7、定，与加速电压无关考点一回旋加速器和质谱仪1回旋加速器的最大动能Ekmax，与回旋加速器D形盒的半径R有关，与磁感应强度B有关，而与加速电压无关2粒子在磁场中运动的周期与交变电流的周期相同例1回旋加速器是用来加速带电粒子，使它获得很大动能的仪器，其核心部分是两个D形金属扁盒，两盒分别和一高频交流电源两极相接，以便在盒间的窄缝中形成匀强电场，使粒子每次穿过狭缝都得到加速，两盒放在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面，粒子源置于盒的圆心附近，若粒子源射出的粒子带电荷量为q，质量为m，粒子最大回旋半径为Rm，其运动轨迹如图6所示问：v图6(1)D形盒内有无电场？(2)粒子在盒内做何种运动
8、？(3)所加交流电压频率应是多大，粒子运动的角速度为多大？(4)粒子离开加速器时速度为多大？最大动能为多少？(5)设两D形盒间电场的电势差为U，盒间距离为d，其间电场均匀，求把静止粒子加速到上述能量所需时间解析(1)扁形盒由金属导体制成，具有屏蔽外电场的作用，盒内无电场(2)带电粒子在盒内做匀速圆周运动，每次加速之后半径变大(3)粒子在电场中运动时间极短，因此高频交流电压频率要等于粒子回旋频率，因为T，故得回旋频率f，角速度2f.(4)粒子圆旋半径最大时，由牛顿第二定律得qvmB，故vm.最大动能Ekmmv.(5)粒子每旋转一周能量增加2qU.粒子的能量提高到Ekm，则旋转周数n.粒子在磁场中
9、运动的时间t磁nT.一般地可忽略粒子在电场中的运动时间，t磁可视为总时间答案(1)D形盒内无电场(2)匀速圆周运动(3)(4)(5)突破训练1如图7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(磁感应强度为B)和匀强电场(电场强度为E)组成的速度选择器，然后粒子通过平板S上的狭缝P进入另一匀强磁场(磁感应强度为B)，最终打在A1A2上，下列表述正确的是()图7A粒子带负电B所有打在A1A2上的粒子，在磁感应强度为B的磁场中的运动时间都相同C能通过狭缝P的带电粒子的速率等于D粒子打在A1A2的位置越靠近P，粒子的比荷越大答案CD解析本题考查带电粒子在复合场中的运动，意在考查学生
10、对带电粒子在复合场中运动规律的掌握根据粒子在磁感应强度为B的磁场中的运动轨迹可判断粒子带正电，A错误；带电粒子在速度选择器中做匀速直线运动，则电场力与洛伦兹力等大反向，EqBqv，可得v，C正确；由洛伦兹力充当粒子做圆周运动的向心力可得r，则，越靠近P，r越小，粒子的比荷越大，D正确；所有打在A1A2上的粒子在磁感应强度为B的磁场中都只运动半个周期，周期T，比荷不同，打在A1A2上的粒子在磁感应强度为B的磁场中的运动时间不同，B错误考点二带电粒子在叠加场中的运动1带电粒子在叠加场中无约束情况下的运动情况分类(1)磁场力、重力并存若重力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动若重力和洛伦兹力不平衡
11、，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒，由此可求解问题(2)电场力、磁场力并存(不计重力的微观粒子)若电场力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用动能定理求解问题(3)电场力、磁场力、重力并存若三力平衡，一定做匀速直线运动若重力与电场力平衡，一定做匀速圆周运动若合力不为零且与速度方向不垂直，将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用能量守恒定律或动能定理求解问题2带电粒子在叠加场中有约束情况下的运动带电粒子在复合场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道等约束的情况下，常见的运动形式有直线运动和圆周运动，此时解
12、题要通过受力分析明确变力、恒力做功情况，并注意洛伦兹力不做功的特点，运用动能定理、能量守恒定律结合牛顿运动定律求解例2如图8所示，在一竖直平面内，y轴左方有一水平向右的场强为E1的匀强电场和垂直于纸面向里的磁感应强度为B1的匀强磁场，y轴右方有一竖直向上的场强为E2的匀强电场和另一磁感应强度为B2的匀强磁场有一带电荷量为q、质量为m的微粒，从x轴上的A点以初速度v与水平方向成角沿直线运动到y轴上的P点，A点到坐标原点O的距离为d.微粒进入y轴右侧后在竖直面内做匀速圆周运动，然后沿与P点运动速度相反的方向打到半径为r的的绝缘光滑圆管内壁的M点(假设微粒与M点碰后速度改变、电荷量不变，圆管内径的大
13、小可忽略，电场和磁场可不受影响地穿透圆管)，并恰好沿圆管内无碰撞下滑至N点已知37，sin 370.6，cos 370.8，求：图8(1)E1与E2大小之比；(2)y轴右侧的磁场的磁感应强度B2的大小和方向；(3)从A点运动到N点所用的时间解析(1)AP微粒做匀速直线运动E1qmgtan PM微粒做匀速圆周运动E2qmg联立解得E1E234(2)由题图知，PM微粒刚好运动半个周期2RqvB2联立解得B2又由左手定则可知B2的方向垂直纸面向外(3)AP有：vt1，解得t1PM有：vt2R，解得t2碰到M点后速度只剩下向下的速度，此时mgE2q，从MN的过程中，微粒继续做匀速圆周运动v1vsin
14、37v1t3，解得t3所以t总t1t2t3答案(1)34(2)，方向垂直纸面向外(3)突破训练2如图9所示，空间存在着垂直纸面向外的水平匀强磁场，磁感应强度为B，在y轴两侧分别有方向相反的匀强电场，电场强度均为E，在两个电场的交界处左侧附近，有一带正电的液滴a在电场力和重力作用下静止，现从场中某点由静止释放一个带负电的液滴b，当它的运动方向变为水平方向时恰与a相撞，撞后两液滴合为一体，速度减小到原来的一半，并沿x轴正方向做匀速直线运动，已知液滴b与a的质量相等，b所带电荷量是a所带电荷量的2倍，且相撞前a、b间的静电力忽略不计图9(1)求两液滴相撞后共同运动的速度大小；(2)求液滴b开始下落时
15、距液滴a的高度h.答案(1)(2)解析液滴在匀强磁场、匀强电场中运动，同时受到洛伦兹力、电场力和重力作用(1)设液滴a质量为m、电荷量为q，则液滴b质量为m、电荷量为2q，液滴a平衡时有qEmga、b相撞合为一体时，质量为2m，电荷量为q，设速度为v，由题意知处于平衡状态，重力为2mg，方向竖直向下，电场力为qE，方向竖直向上，洛伦兹力方向也竖直向上，因此满足qvBqE2mg由两式，可得相撞后速度v(2)对b，从开始运动至与a相撞之前，由动能定理有WEWGEk，即(2qEmg)hmva、b碰撞后速度减半，即v，则v02v再代入式得h38.带电粒子在组合场中运动模型问题模型概述带电粒子在组合场中
16、的运动过程比较复杂，但如果认真分析其运动过程会发现，粒子的运动过程实际上是几个运动过程的组合，只要认真分析每个过程，找出其所满足的物理规律，并找出各个过程之间的衔接点和相关联的物理量，问题便可迎刃而解1先电场后磁场模型(1)先在电场中做加速直线运动，然后进入磁场做圆周运动(如图10、11所示)在电场中利用动能定理或运动学公式求粒子刚进入磁场时的速度图10图11(2)先在电场中做类平抛运动，然后进入磁场做圆周运动(如图12、13所示)在电场中利用平抛运动知识求粒子进入磁场时的速度图12图132先磁场后电场模型对于粒子从磁场进入电场的运动，常见的有两种情况：(1)进入电场时粒子速度方向与电场方向相
17、同或相反；(2)进入电场时粒子速度方向与电场方向垂直(如图14、15所示)图14图15例3如图16所示，在两个水平平行金属极板间存在着向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，电场强度和磁感应强度的大小分别为E2106 N/C和B10.1 T，极板的长度l m，间距足够大在极板的右侧还存在着另一圆形的匀强磁场区域，磁场的方向为垂直于纸面向外，圆形磁场的圆心O位于平行金属极板的中线上，圆形磁场的半径为R m有一带正电的粒子以某一初速度沿极板的中线水平向右飞入极板后恰好做匀速直线运动，然后进入圆形磁场区域，飞出圆形磁场区域后速度方向偏转了60，不计粒子的重力，粒子的比荷为2108 C/kg.图16
18、(1)求圆形磁场区域的磁感应强度B2的大小；(2)在其他条件都不变的情况下，将极板间的磁场撤去，为使粒子飞出极板后不能进入圆形磁场，求圆形磁场的圆心O离极板右边缘的水平距离d应满足的条件审题与关联解析(1)设粒子的初速度大小为v，粒子在极板间做匀速直线运动，则：qvB1qE设粒子在圆形磁场区域中做圆周运动的半径为r，则：qvB2m粒子速度方向偏转了60，则：rRcot 30解得：B20.1 T(2)撤去磁场B1后，粒子在两极板间做类平抛运动，设在两极板间运动的时间为t，运动的加速度为a，飞出电场时竖直方向上的速度为vy，速度的偏转角为，则：qEmalvtvyattan 解得：tan ，即30设
19、粒子飞出电场后速度恰好与圆形磁场区域的边界相切时，圆心O离极板右边缘的水平距离为d0，如图所示，则：d0解得：d0 m，所以d m答案(1)0.1 T(2)d m突破训练3如图17所示，水平放置的M、N两平行板相距为d0.50 m，板长为L1 m，两板间有向下的匀强电场，场强E300.0 N/C，紧靠平行板右侧边缘的xOy直角坐标系以N板右端点O为原点，在xOy坐标系的第一象限内如图所示部分有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B102 T，磁场边界OA与x轴夹角AOx60，现有比荷为106 C/kg的带电粒子(重力不计)，从极板左侧沿靠近M板的水平线垂直电场方向进入电场，离开电场后垂直于OA边
20、界进入磁场区域，求：(1)带电粒子进入电场时的初速度v0；(2)带电粒子从进入电场到离开磁场的总时间图17答案(1)3104 m/s(2)()104 s解析(1)带电粒子要垂直射入磁场，则速度偏向角为30有tan 30vyat解得v03104 m/s(2)粒子在电场中的运动时间为t1104 s粒子在电场中的偏转距离为yat2 m粒子离开电场的速度v2 104 m/s粒子离开电场后做匀速直线运动，直线运动距离s2(dy)sin 30 m运动时间t2 104 s设粒子进入磁场后的轨道半径为R，R m粒子运动轨迹如图所示，则sOG(dy)sin 60 m由正弦定理有得30由此可知，带电粒子在磁场中的
21、偏转角度为30由在磁场中的运动时间为t3104 s则总运动时间：tt1t2t3()104 s高考题组1(2013浙江20)在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P和P3，经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域，如图18所示已知离子P在磁场中转过30后从磁场右边界射出在电场和磁场中运动时，离子P和P3()图18A在电场中的加速度之比为11B在磁场中运动的半径之比为1C在磁场中转过的角度之比为12D离开电场区域时的动能之比为13答案BCD解析磷离子P和P3的质量相等设为m，P的电荷量设为q，则P3的电荷量为3q，在电场中由a知，加速度之
22、比为所带电荷量之比，即为13，A错误；由qUmv2得Ekq，即离开电场区域时的动能之比为13，D正确；又由qvB，得r ，所以rPrP31，B正确；由几何关系可得P3在磁场中转过60角后从磁场右边界射出，C正确2(2013山东23)如图19所示，在坐标系xOy的第一、第三象限内存在相同的匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面向里；第四象限内有沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E.一带电荷量为q、质量为m的粒子，自y轴上的P点沿x轴正方向射入第四象限，经x轴上的Q点进入第一象限，随即撤去电场，以后仅保留磁场已知OPd，OQ2d.不计粒子重力图19(1)求粒子过Q点时速度的大小和方向(2)若磁感应
23、强度的大小为一确定值B0，粒子将沿垂直y轴的方向进入第二象限，求B0.(3)若磁感应强度的大小为另一确定值，经过一段时间后粒子将再次经过Q点，且速度与第一次过Q点时相同，求该粒子相邻两次经过Q点所用的时间答案(1)2 ，方向斜向上与x轴正方向成45角(2) (3)(2) 解析(1)设粒子在电场中运动的时间为t0，加速度的大小为a，粒子的初速度为v0，过Q点时速度的大小为v，沿y轴方向分速度的大小为vy，速度与x轴正方向间的夹角为，由牛顿第二定律得qEma由运动学公式得dat2dv0t0vyat0vtan 联立式得v245(2)设粒子做圆周运动的半径为R1，粒子在第一象限的运动轨迹如图所示，O1
24、为圆心，由几何关系可知O1OQ为等腰直角三角形，得R12d由牛顿第二定律得qvB0m联立式得B0(3)设粒子做圆周运动的半径为R2，由几何知识分析知，粒子运动的轨迹如图所示，O2、O2是粒子做圆周运动的圆心，Q、F、G、H是轨迹与两坐标轴的交点，连接O2、O2，由几何关系知，O2FGO2和O2QHO2均为矩形，进而知FQ、GH均为直径，QFGH也是矩形，又FHGQ，可知QFGH是正方形，QOF为等腰直角三角形由此可知，粒子在第一、第三象限的轨迹均为半圆，得2R22d粒子在第二、第四象限的轨迹为长度相等的线段，得FGHQ2R2设粒子相邻两次经过Q点所用的时间为t，则有t联立式得t(2) 模拟题组
25、3如图所示，虚线间空间存在由匀强电场E和匀强磁场B组成的正交或平行的电场和磁场，有一个带正电荷的小球(电荷量为q，质量为m)从正交或平行的电、磁混合场上方的某一高度自由落下，那么带电小球可能沿直线通过的是()答案CD4直角坐标系xOy中与x轴成45角的界线OM两侧区域分别有如图20所示电、磁场(第三象限除外)，匀强磁场磁感应强度为B、方向垂直纸面向外，匀强电场场强EvB、方向沿x轴负方向一不计重力的带正电的粒子，从坐标原点O以速度为v、沿x轴负方向射入磁场，随后从界线上的P点沿垂直电场方向进入电场，并最终飞离电、磁场区域已知粒子的电荷量为q，质量为m，求：图20(1)粒子在磁场中运动的轨迹半径R及P点的位置坐标；(2)粒子在磁场中运动的时间；(3)粒子最终飞离电、磁场区域的位置坐标答案(1)(，)(2)(3)0，(1)解析(1)由洛伦兹力提供向心力，有：qvBm解得：R粒子的运动轨迹如图所示，由几何关系可知，粒子经过界线OM的位置P的坐标为(，)(2)粒子在磁场中运动的周期T粒子在磁场中运动的时间tT(3)粒子从P点射入电场后将做类平抛运动，如图所示，有：Rat2xvt其中：a联立式解得x故粒子最终飞离电、磁场区域的位置坐标为0，(1)