1、十六、高考压轴题带电粒子在复合场中的运动电偏转和磁偏转的比较抓牢解题本源电偏转 磁偏转 示意图 偏转条件 vE vB 电偏转 磁偏转 受力情况 只受恒定的电场力 只受大小恒定的洛伦兹力 运动轨迹 _ _ 物理规律 类平抛知识、牛顿第二定律 牛顿第二定律、向心力公式 抛物线 圆弧 电偏转磁偏转基本公式Lvty12at2aqEmtan atvqvBmv2rrmvqBT2mqBtT2sin Lr做功情况电场力既改变速度方向，也改变速度大小，对电荷_洛伦兹力只改变速度，不改变速度，对电荷不做功做功 方向 大小 研透常考题根带电粒子在组合场中的运动例 1(2017镇江模拟)为研究某种材料的荧光特性，兴趣
2、小组的同学设计了如图所示装置：让质子经过 MN 两金属板之间的电场加速后，进入有界匀强磁场。磁场的宽度 L0.25 m，磁感应强度大小 B0.01 T，以出射小孔 O 为原点，水平向右建立 x 轴，在 0.4 mx0.6 m 区域的荧光屏上涂有荧光材枓(已知质子的质量 m1.61027 kg，电量 q1.61019 C，进入电场时的初速度可忽略)。(1)要使质子能打在荧光屏上，加速电压的最小值是多少？(2)当质子打中荧光屏时的动能超过 288 eV 时，可使荧光材料发光，对于不同的加速电压，荧光屏上能够发光的区域长度是多少？审题指导(1)由动能定理求出质子经电场加速后的速度，在磁场中做匀速圆周
3、运动，根据几何关系求出半径，联立方程即可求解出电压。(2)根据最小动能求出电压的最小值，由(1)得出的电压表达式求出最小半径，考虑到质子要打到荧光屏上，再根据几何关系求出最大半径，进而得出发光区域长度。解析(1)质子经电场加速，由动能定理 qU12mv20进入磁场后做匀速圆周运动，有 qvBmv2r联立解得 UqB2r22m从 O 运动到 x0.4 m 处，对应圆周运动半径最小值 r0.2 m代入数据解得 U200 V。(2)由题意，当 Ekmin288 eV 时，对应电场力做功最小值qUmin，则 Umin288 V根据 UqB2r22m 得 rmin0.24 m对应 x12rmin0.48
4、 mx20.6 m，经检验：此时质子已经穿出磁场边界线，不能打到荧光屏上了，以磁场边界计算，有 rmaxL0.25 m，即x22rmax0.5 m能够发光的区域长度 xx2x10.02 m。答案(1)200 V(2)0.02 m备考锦囊 带电粒子在组合场中运动问题的解题思路即时训练(2017天津高考)平面直角坐标系 xOy 中，第象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第象限存在沿 y 轴负方向的匀强电场，如图所示。一带负电的粒子从电场中的 Q 点以速度 v0沿 x 轴正方向开始运动，Q 点到 y 轴的距离为到 x 轴距离的 2 倍。粒子从坐标原点 O 离开电场进入磁场，最终从 x 轴上的 P 点射
5、出磁场，P 点到 y 轴距离与 Q 点到 y 轴距离相等。不计粒子重力，问：(1)粒子到达 O 点时速度的大小和方向；(2)电场强度和磁感应强度的大小之比。解析(1)在电场中，粒子做类平抛运动，设 Q 点到 x轴距离为 L，到 y 轴距离为 2L，粒子的加速度为 a，运动时间为 t，有2Lv0t L12at2 设粒子到达 O 点时沿 y 轴方向的分速度为 vyvyat 设粒子到达 O 点时速度方向与 x 轴正方向夹角为，有tan vyv0 联立式得 45 即粒子到达 O 点时速度方向与 x 轴正方向成 45角斜向上。设粒子到达 O 点时速度大小为 v，由运动的合成有v v02vy2 联立式得
6、v 2v0。(2)设电场强度为 E，粒子电荷量为 q，质量为 m，粒子在电场中受到的电场力为 F，由牛顿第二定律可得 Fma 又 FqE 设磁场的磁感应强度大小为 B，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为 R，所受的洛伦兹力提供向心力，有 qvBmv2R 由几何关系可知 R 2L 联立式得EBv02。答案(1)2v0，与 x 轴正方向成 45角斜向上(2)v02带电粒子在叠加场中的运动例 2(2015福建高考)如图，绝缘粗糙的竖直平面 MN 左侧同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，电场强度大小为 E，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为 B。一质量为 m、电荷量为 q 的带
7、正电的小滑块从 A 点由静止开始沿 MN 下滑，到达 C 点时离开 MN 做曲线运动。A、C 两点间距离为 h，重力加速度为 g。(1)求小滑块运动到 C 点时的速度大小 vC；(2)求小滑块从 A 点运动到 C 点过程中克服摩擦力做的功 Wf；(3)若 D 点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中速度最大的位置，当小滑块运动到 D 点时撤去磁场，此后小滑块继续运动到水平地面上的 P 点。已知小滑块在 D 点时的速度大小为 vD，从 D 点运动到 P 点的时间为 t，求小滑块运动到 P 点时速度的大小 vP。思路点拨(1)小滑块运动到 C 点时，开始离开 MN，说明水平方向上电场力与
8、洛伦兹力平衡。(2)小滑块由 A 到 C，应利用动能定理求 Wf。(3)在 D 点时，小滑块的速度最大，说明其加速度为零。解析(1)小滑块沿 MN 运动过程，水平方向受力满足 qvBNqE小滑块在 C 点离开 MN 时 N0解得 vCEB。(2)由动能定理得 mghWf12mvC20解得 WfmghmE22B2。(3)如图，小滑块速度最大时，速度方向与电场力、重力的合力方向垂直。撤去磁场后小滑块将做类平抛运动，等效加速度为 g，gqEm2g2且 vP2vD2g2t2解得 vPvD2qEm2g2 t2。答案(1)EB(2)mghmE22B2(3)vD2qEm2g2 t2备考锦囊 带电粒子在叠加场
9、中运动的解题思路(1)小球进入电磁场时的速度大小 v；(2)MN 右侧的电场强度的大小 E2；(3)MN 左侧的电场强度的大小 E1；(4)小球释放点 P 到 b 点的距离 x。即时训练如图所示，比荷为 k 的带电小球从水平面上某点 P 由静止释放，过 b 点进入 MN 右侧后能沿半径为 R 的半圆形轨道 bcd运动且对轨道始终无压力，小球从 d 点再次进入 MN 左侧后正好落在 b 点，不计一切摩擦，重力加速度为 g。求：解析：(1)小球进入 MN 右侧电磁场区域后能沿 bcd 运动且始终对轨道无压力，表明洛伦兹力充当小球做圆周运动的向心力，且小球的速率不变，因此有 qvBmv2R 代入qm
10、k 解得 vkBR。(2)小球速率不变，重力与电场力平衡，即 qE2mg0解得 E2gk。(3)小球再次进入左侧电场后，在水平方向上做匀减速运动，然后向右在水平方向上做匀加速运动0vt12a1t2a1qE1m 在竖直方向上做自由落体运动，则 2R12gt2联立解得 E1B gR。(4)小球从 P 点由静止释放运动到 b 点，由动能定理得qE1x12mv2式代入解得 xkBR gR2g。答案：(1)kBR(2)gk(3)B gR(4)kBR gR2g带电粒子在交变场中的运动例 3(2017徐州模拟)如图甲所示，在 0 xd 的区域内有垂直于纸面的磁场，在 x0 的区域内有沿 y 轴正方向的匀强电
11、场(图中未画出)。一质子从点 P 3d，d2 处以速度 v0 沿 x 轴正方向运动，t0 时，恰从坐标原点 O 进入匀强磁场。磁场按图乙所示规律变化，以垂直于纸面向外为正方向。已知质子的质量为 m，电荷量为 e，重力不计。(1)求质子刚进入磁场时的速度大小和方向；(2)若质子在 0T2时间内从 y 轴飞出磁场，求磁感应强度 B 的最小值；(3)若质子从点 M(d,0)处离开磁场，且离开磁场时的速度方向与进入磁场时相同，求磁感应强度 B0的大小及磁场变化周期 T。思路点拨 (1)质子在匀强电场中做类平抛运动，由水平位移和竖直位移可求出进入磁场时的速度方向。(2)当质子在 0T2时间内飞出磁场时，
12、质子做匀速圆周运动的轨迹恰与边界相切，由几何关系求得质子做匀速圆周运动的半径，由牛顿第二定律求出磁感应强度的最小值。(3)分析可知，为满足题目要求，则质子在磁场变化的半个周期内的偏转角应为 60，此过程中质子沿 x 轴方向上的位移恰好等于它在磁场中做圆周的半径 R。欲使质子从 M 点离开磁场，且速度符合要求，必有：n2Rd。同上一问可求出磁感应强度可能值及交变磁场的周期。解析(1)质子在电场中做类平抛运动，设运动时间为 t，刚进磁场时速度方向与 x 正半轴的夹角为，有：xv0t 3dyvy2 td2v v02vy2tan vyv0解得：v2 33 v0，30。(2)质子在磁场中运动轨迹与磁场右
13、边界相切时半径最大，B 最小，如图所示，由几何关系知：R1R1sin d解得：R123d根据牛顿第二定律有：evBmv2R1解得：B 3mv0ed。n2Rd质子做圆周运动的轨迹半径为：RmveB02 3mv03eB0 解得：B04 3nmv03ed(n1,2,3，)设质子在磁场做圆周运动的周期为 T0，则有：T02meB0，nT06 nT2解得：T 3d6nv0(n1,2,3，)。(3)分析可知，要想满足题目要求，则质子在磁场变化的半个周期内的偏转角为 260，在此过程中质子沿 x 轴方向上的位移恰好等于它在磁场中做圆周运动的半径 R，如图所示。欲使质子从 M 点离开磁场，且速度符合要求，必有
14、：答案(1)2 33 v0 方向与 x 正半轴的夹角为 30(2)3mv0ed (3)4 3nmv03ed(n1,2,3，)3d6nv0(n1,2,3，)备考锦囊 带电粒子在交变场中运动的解题思路即时训练(2017南京一模)如图甲所示，粒子源靠近水平极板 M、N 的M 板，N 板下方有一对长为 L，间距为 d1.5L 的竖直极板 P、Q，再下方区域存在着垂直于纸面的匀强磁场，磁场上边界的部分放有感光胶片。水平极板 M、N 中间开有小孔，两小孔的连线为竖直极板 P、Q 的中线，与磁场上边界的交点为 O。水平极板 M、N 之间的电压为 U0，竖直极板 P、Q 之间的电压 UPQ随时间 t 变化的图
15、像如图乙所示，磁场的磁感强度 B1L2mU0q。粒子源连续释放初速不计、质量为 m、带电量为q 的粒子，这些粒子经加速电场获得速度，进入竖直极板 P、Q 之间的电场后再进入磁场区域，都会打到感光胶片上。已知粒子在偏转电场中运动的时间远小于电场变化的周期，粒子重力不计。求：(1)粒子进入偏转电场时的动能 Ek；(2)磁场上、下边界区域的最小宽度 x；(3)粒子打到磁场上边界感光胶片的落点范围。解析：(1)粒子进入偏转电场时的动能，即为 MN 间的电场力做的功 EkWMNU0q。(2)设带电粒子以速度 v 进入磁场，且与磁场边界之间的夹角为 时，轨迹如图所示，向下偏移的距离：yRRcos R(1c
16、os)而 RmvBqv1vsin ymv1Bq 1cos sin 当 90时，y 有最大值。即加速后的粒子以速度 v1进入竖直极板 P、Q 之间的电场不发生偏转，沿中心线进入磁场。磁场上、下边界区域的最小宽度即为此时的粒子运动轨道半径。U0q12mv12所以 v12qU0m ymaxmv1Bq L。(3)粒子运动轨迹如图所示，若 UPQ0 时进入偏转电场，在电场中做匀速直线运动，进入磁场时 RL，打在感光胶片上距离交点 O 最近为 x2L设任意电压时粒子出偏转电场时的速度为 vn，根据几何关系vn v1sin RnmvnBq粒子打在感光胶片上的位置和进入磁场位置间的间距为x2Rnsin 2mv
17、1Bq则粒子打在感光胶片上的位置和进入磁场位置间的间距相等，与偏转电压无关，在感光胶片上的落点宽度等于粒子在电场中的偏转距离。粒子在电场中最大偏转距离 y12at212 3qU01.5LmLv12L2粒子在感光胶片上落点距交点 O 的最小、最大距离分别是2L 和5L2，则落点范围是L2。答案：(1)U0q(2)L(3)L2课余自查小练1(多选)如图所示，一足够长的绝缘细杆处于磁感应强度为 B0.5 T 的匀强磁场中，杆与磁场垂直且与水平方向的夹角为 37。一质量为m0.1 g、电荷量为 q5104 C 的带正电圆环套在杆上，圆环与杆之间的动摩擦因数为 0.4。现将圆环从杆上的某一位置无初速度释
18、放。则下列判断中正确的是(sin 370.6，cos 370.8，取重力加速度 g10 m/s2)()A圆环下滑过程中洛伦兹力始终做正功B当圆环下滑的速度达到 2.4 m/s 时，圆环与杆之间的弹力为零C圆环下滑过程中的最大加速度为 6 m/s2D圆环下滑过程中的最大速度为 9.2 m/s解析：由于洛伦兹力始终与速度垂直，不做功，故 A 错误；当圆环与杆之间的弹力为零时，摩擦力为零，加速度最大，此时有 qvBmgcos，解得 v3.2 m/s，由 mgsin ma 大解得 a 大6 m/s2，故 B 错误，C 正确；圆环向下加速运动时，必会出现 qvBmgcos，此时，杆对圆环的弹力为 FNq
19、vBmgcos，当 mgsin FN(qv 大 Bmgcos)时速度最大，解得 v 大9.2 m/s，故 D 正确。答案：CD 2(多选)质量为 m、电荷量为 q 的带正电小球，从倾角为 的粗糙绝缘斜面(tan)上由静止下滑，斜面足够长，整个斜面置于方向水平向外的匀强磁场中，其磁感应强度为 B，如图所示。带电小球运动过程中，下列说法中正确的是()A小球在斜面上运动时做匀加速直线运动B小球在斜面上运动时做加速度增大的变加速直线运动C小球最终在斜面上匀速运动D小球在斜面上下滑过程中，对斜面压力刚好为零时，小球的速度为mgcos Bq解析：对小球进行受力分析，由左手定则可知小球受到垂直于斜面向上的洛
20、伦兹力的作用，且随小球速度的增大而增大，所以斜面对小球的支持力减小，滑动摩擦力减小，重力沿斜面向下的分力不变，所以小球做加速度逐渐增大的变加速运动，故 A、C 错误，B 正确；当斜面对小球的支持力减为零时，垂直于斜面向上的洛伦兹力等于重力垂直于斜面方向的分力，可得小球的速度为mgcos Bq，故 D 正确。答案：BD 3(2017日照一模)如图所示，将某正粒子放射源置于原点 O，向各个方向射出的粒子速度大小均为 v0，质量均为 m、电荷量均为 q；在 0yd 的第一、二象限范围内分布着一个匀强电场，方向与 y轴正向相同，在 dy2d的第一、二象限范围内分布着一个匀强磁场，方向垂直于 xOy 平
21、面向里。粒子第一次离开电场上边缘 yd时，能够到达的位置的 x 轴坐标范围为1.5dx1.5d,而且最终恰好没有粒子从 y2d 的边界离开磁场。已知 sin 370.6，cos 370.8，不计粒子重力以及粒子间的相互作用，求：(1)电场强度 E；(2)磁感应强度 B；(3)粒子在磁场中运动的最长时间。(只考虑粒子第一次在磁场中的运动时间)解析：(1)沿 x 轴正方向发射的粒子进入电场时，由类平抛运动基本规律得：1.5dv0t，d12at2，aqEm，联立可得：E8mv029qd。(2)沿 x 轴正方向发射的粒子射入磁场时有：dvy2 t，解得：vy43v0，v v02vy253v0，方向与水
22、平方向的夹角为 53，斜向右上方，据题意知若该粒子轨迹恰与磁场上边缘相切，则其余粒子均达不到 y2d 边界，由几何关系可知：dRRcos 53粒子在磁场中做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供：Bqvmv2R联立可得：B8mv03qd。(3)粒子运动的最长时间对应最大的圆心角，经过(1.5d，d)且恰与上边界相切的粒子轨迹对应的圆心角最大，由几何关系可知圆心角为：360253254粒子运动周期为：T2Rv 3d4v0则时间为：t 360T127d240v0。答案：(1)8mv029qd (2)8mv03qd (3)127d240v04.如图所示，直角坐标系 xOy 平面内，第一象限存在沿 y 轴负方
23、向的匀强电场；M 是 x 轴上的一点，在第四象限里过 M 点的虚线平行于 y 轴，在虚线右边区域存在方向垂直于坐标平面的有界匀强磁场(图中未画出)。现有一电荷量为 q、质量为 m 的带正电粒子从y 轴上 P 点(0，L)，以平行于 x 轴方向的初速度 v0射入电场，并恰好从 M 点处射出电场进入磁场，粒子从有界磁场中射出后，恰好通过 y 轴上 Q 点(0，3L)，且射出时速度方向与 y 轴负方向的夹角 30，不计带电粒子的重力。求：(1)M 点的坐标和匀强电场的电场强度；(2)匀强磁场的磁感应强度的大小和方向；(3)带电粒子从 P 点运动到 Q 点的时间。解析：(1)带电粒子运动轨迹如图所示由
24、图可知，带电粒子离开电场时沿电场方向的速度 vy v0tan，沿电场线方向做匀加速直线运动加速度 aqEm vy22y3v022L解得 E3mv022qL带电粒子从 P 点运动到离开电场的时间 t1vya 2 3L3v0沿 x 轴方向的位移 xMv0t12 33 L，所以 M 点的坐标是2 33 L，0。(2)由左手定则可知，匀强磁场的方向垂直于坐标平面向外由几何关系易知，带电粒子在匀强磁场做匀速圆周运动的半径rMN，又 OQMN OMtan 解得：rL带电粒子进入磁场的速度 v v0sin 2v0带电粒子在匀强磁场做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，有 qvBmv2r解得 B2mv0qL。(3)由几何关系易知，带电粒子在匀强磁场中的偏转角为 23，运动周期 T2rv，可得带电粒子在匀强磁场的运动时间 t2L3vL6v0带电粒子离开匀强磁场后做匀速直线运动到达 Q 点的运动时间 t3 OMvsin 2 3L3v0带电粒子从 P 点运动到 Q 点的时间tt1t2t34 3L3v0 L6v0。答案：(1)2 33 L，0 3mv022qL (2)2mv0qL 方向垂直于坐标平面向外(3)4 3L3v0 L6v0 “专题跟踪检测”见“专题跟踪检测（十六）”(单击进入电子文档)
