1、第2讲带电粒子在复合场中的运动网络构建备考策略1.必须领会的“三种方法”和“两种物理思想”(1)对称法、合成法、分解法。(2)等效思想、分解思想。2.做好“两个区分”，谨防解题误入歧途(1)正确区分重力、电场力、洛伦兹力的大小、方向特点及做功特点。(2)正确区分“电偏转”和“磁偏转”的不同。3.抓住“两个技巧”，做到解题快又准(1)按照带电粒子运动的先后顺序，将整个运动过程划分成不同阶段的小过程。(2)善于利用几何图形处理边角关系，要有运用数学知识处理物理问题的习惯。带电粒子在复合场中的运动带电粒子在组合场中的运动【典例1】 (2019温州模拟)如图1所示，在xOy平面直角坐标系的MNPQ矩形
2、区域内分布着四个有界矩形匀强磁场、，其内磁感应强度均垂直坐标平面，且大小相等，磁场的边界位置坐标及方向均在图中标出。一带负电的粒子从坐标原点处沿y轴正方向以kv0的速度射入，请解决以下问题。图1(说明：d、v0为已知量，k为正整数，取3。粒子重力及空气阻力不计。若用到以下角度的三角函数值可取为sin 450.7、sin 530.8、sin 600.9)(1)若k1，则粒子从坐标为(0.5d，0)的位置离开磁场，求粒子从进入到离开磁场的过程中运行的平均速度；(2)若k5，请求出粒子离开MNPQ区域的位置坐标，并计算粒子在MNPQ区域运行的总时间；(3)在k5的情况下，沿y轴平移场区、的位置可改变
3、粒子运行的时间(平移后场区不重叠)。平移后，要使粒子仍从(2)问中的位置离开MNPQ区域，试判断粒子运行的时间是变长还是变短，并求出时间变化量的极值。解析(1)r，T，联立得 。(2)Rd，粒子在区域中速度偏向角的正弦值sin ，53所以，粒子出场的位置坐标为(0，6d)，如图甲所示粒子在一个磁场中的运行时间t1直线运动的时间t2得粒子运行的总时间t4t1t2。(3)粒子半径不变，在磁场中运行时间不变，直线距离变长，总时间变长。设将区域、分别向中央移动距离y，如图乙所示，则粒子向x方向的偏移量x2R(1cos )ytan 由x2d，解得yd粒子直线运动的时间t直2当yd时，直线运动的时间最长，
4、t直最大故增加的最长时间为t最大。答案(1)(2)(3)变长带电粒子在叠加场中的运动【典例2】 (2019浙江奉化适应性考试)如图2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，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，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角，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)。图2(1)判断带电小球带何种电荷？所加电场的电场强度E为
5、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。解析(1)根据题意，带电小球受到的电场力与重力平衡，则带电小球带正电荷。由力的平衡条件得qEmg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，qv0Bm，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ON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2ROP的长度s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，
6、设其竖直位移为y，水平位移为x，运动时间为t。则xv0tcos 30竖直位移ygt2联立各式得s2Ry。答案(1)正电荷(2)(3)带电粒子在交变场中的周期性运动【典例3】 (2019宁波十校高三联考)如图3甲所示，在y0的区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，其磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示；与x轴平行的虚线MN下方有沿y方向的匀强电场，电场强度E103 N/C。在y轴上放置一足够大的挡板，t0时刻，一个带正电粒子从P点以v2104 m/s的速度沿x方向射入磁场。已知电场边界MN到x轴的距离为 m，P点到坐标原点O的距离为1.1 m，粒子的比荷106 C/kg，不计粒子的重力。求粒子：图
7、3(1)在磁场中运动时距x轴的最大距离；(2)连续两次通过电场边界MN所需的时间；(3)最终打在挡板上的位置到电场边界MN的垂直距离。解析(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvBm解得半径R0.2 m粒子在磁场中运动时，到x轴的最大距离ym2R0.4 m。(2)如图甲所示，粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T s2105 s由磁场变化规律可知，它在0105 s时间内做匀速圆周运动至A点，接着沿y方向做匀速直线运动直至电场边界C点，用时t2105 s进入电场后做匀减速运动至D点，由牛顿定律得粒子的加速度a109 m/s2粒子从C点减速至D再反向加速至C所需的时间t3105 s接下来，粒子沿y轴方
8、向匀速运动至A所需时间仍为t2，磁场刚好恢复，粒子将在洛伦兹力的作用下从A做匀速圆周运动，再经105 s时间，粒子将运动到F点，此后将重复前面的运动过程。所以粒子连续通过电场边界MN有两种可能：第一种可能是，由C点先沿y方向到D再返回经过C，所需时间为tt3105 s第二种可能是，由C点先沿y方向运动至A点开始做匀速圆周运动一圈半后，从G点沿y方向做匀速直线运动至MN，所需时间为t2T4105 s。(3)由上问可知，粒子每完成一次周期性的运动，将向x方向平移2R(即图甲中所示从P点移到F点)，1.1 m5.5R，故粒子打在挡板前的一次运动如图乙所示，其中I是粒子开始做圆周运动的起点，J是粒子打
9、在挡板上的位置，K是最后一段圆周运动的圆心，Q是I点与K点连线与y轴的交点。由题意知，5R0.1 mR0.1 m，则RJ点到O的距离为RR m m。答案(1)0.4 m(2)105 s4105 s (3) m分析带电粒子在复合场中的运动的注意事项(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。1.(2019浙江台州高三选考模拟)(多选)如图4所示为磁流体发电机的原理图。金属板M、N之间的距
10、离为d20 cm，磁场的磁感应强度大小为B5 T，方向垂直纸面向里。现将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量带正电和带负电的微粒，整体呈中性)从左侧喷射入磁场，发现在M、N两板间接入的额定功率为P100 W的灯泡正常发光，且此时灯泡电阻为R100 ，不计离子重力和发电机内阻，且认为离子均为一价离子，则下列说法中正确的是()图4A.金属板M上聚集负电荷，金属板N上聚集正电荷B.该发电机的电动势为100 VC.每秒钟有6.251018个离子打在金属板N上D.离子从左侧喷射入磁场的初速度大小为103 m/s解析由左手定则知正离子向上偏转，所以M带正电，A错误；发电机所接灯泡正常发光，由功率P，
11、可知U100 V，因电源不计内阻，则灯泡的电压即为电动势E100 V，故B正确；根据欧姆定律可知I1 A，由电流的定义可知I，则每秒钟打在板上的粒子个数为n6.251018，故C正确；两板间电压稳定时满足qvBqE0q，所以EBvd，解得粒子的飞行速度为v102 m/s，故D错误。答案BC2.(2019浙江宁波重点中学高三期末联考)(多选)如图5甲所示，空间同时存在竖直向上的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度为B，电场强度为E，一质量为m，电荷量为q的带正电小球恰好处于静止状态。现在将磁场方向顺时针旋转30，同时给小球一个垂直磁场方向斜向下的速度v，如图乙所示。则关于小球的运动，下列说法正确的是(
12、)图5A.小球做匀速圆周运动B.小球运动过程中机械能守恒C.小球运动到最低点时电势能增加了D.小球第一次运动到最低点历时解析小球在复合场中处于静止状态，只受两个力作用，即重力和电场力且两者平衡。当把磁场顺时针方向倾斜30，且给小球一个垂直磁场方向的速度v，则小球受到的合力就是洛伦兹力，且与速度方向垂直，所以带电粒子将做匀速圆周运动，选项A正确；由于带电粒子在垂直于纸面的倾斜平面内做匀速圆周运动过程中受到的电场力要做功，所以机械能不守恒，选项B错误；电场力从开始到最低点克服电场力做功为WEqRsin 30，所以电势能的增加量为，选项C错误；小球从第一次运动到最低点的时间为T，选项D正确。答案AD
13、3.(2019桐乡一中高三年级周考)如图6所示，在平面直角坐标系xOy平面内，有一个半径为R、圆心O1坐标为(0，3R)的圆形区域、该区域内存着磁感应强度为B1、方向垂直坐标平面向里的匀强磁场；有一对平行带电极板垂直 x轴且关于y轴对称放置，极板AB、CD的长度和两极板间距均为2R，极板的两个端点B和D位于x轴上，AB板带正电，CD板带负电。在第一和第二象限内(包括x轴和正y轴上)有垂直于坐标平面向里的磁感应强度为B2(未知)的匀强磁场。另有一块长为R、厚度不计的收集板EF位于x轴上2R3R的区间上。现有一坐标在(R，3R)的电子源能在坐标平面内向圆形区域磁场内连续不断发射速率均为、方向与y轴
14、正方向夹角为(可在0180 内变化)的电子。已知电子的电荷量大小为e、质量为m，不计电子之间的相互作用力，两极板之间的电场看成匀强电场且忽略极板的边缘效应。电子若打在AB极板上，则即刻被导走且不改变原电场分布；若电子能经过第一、二象限的磁场后打在收集板上也即刻被吸收(不考虑收集板的存在对电子运动的影响)；若电子没有打在收集板上，则不考虑后续的运动。求：图6(1)若从60发射的电子能够经过原点O，则两极板间电压为多大？(2)要使第(1)问中的电子能被收集板吸收，则B2应为多大？(3)若B2B1，两极板间的电压大小可以从0开始调节(两极板极性不变)，则从哪些角度发射的电子可击中收集板的右端点F?解
15、析(1)如图是电子轨迹，由于rR，故该电子从沿y轴正向进入电场，由at2，a，t，va t，v，设v与y轴正方向的夹角为，cos ，得U。(2)如图所示，若电子打在收集板的右端点，则由3R2r1cos ，evB2m，得B2B1；若电子打在收集板的左端点，则由2R2r2cos ，evB2m，得B2B1；所以得B2的范围是B1B1。(3)若B2B1，由L2rcos ，v可知，无论电压如何，均有LR。所以要击中收集板的右端点，则需要电子从坐标为的位置射出电场。如图所示，由磁聚焦模型可知，只要电压适当，则从0120发射的电子均可到达坐标为的位置，继而击中收集板的右端点。答案见解析复合场中的STSE问题
16、物理是一门与生产、生活及现代科技联系比较紧密的学科。在高考中，物理试题着重考查考生的知识、能力和学科素养，注重理论联系实际，注重物理与科学技术、社会和经济发展的联系，注重物理知识在生产、生活、科技等方面的应用。叠加场在生活、生产中的应用【典例1】 (2019安徽合肥三模)为监测某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图7所示的长方体流量计。该装置由绝缘材料制成，其长、宽、高分别为a、b、c，左右两端开口。在垂直于上下底面方向加一匀强磁场，前后两个内侧面分别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，接在M、N两端间的电压表将显示两个电极间的电压U。若用Q表示污水流量
17、(单位时间内排出的污水体积)，下列说法中正确的是()图7A.M端的电势比N端的高B.电压表的示数U与a和b均成正比，与c无关C.电压表的示数U与污水的流量Q成正比D.若污水中正负离子数相同，则电压表的示数为0解析由左手定则可知正电荷打在N端，所以M端的电势比N端的低，故选项A错误；由qqBv，解得UBbv，故选项B、D错误；污水的流量QvSbcc，所以电压表的示数U与污水的流量Q成正比，故选项C正确。答案C组合场在科技中的应用【典例2】 (2019稽阳联谊学校联考)2018年中核集团研发的“超导质子回旋加速器”，能够将质子加速至一半光速，打破了美国、瑞士等少数国家的垄断。如图8所示为早期回旋加
18、速器的结构示意图，两个半径为R的D形金属盒相距很近，连接电压峰值为UM、频率f的高频交流电源，垂直D形盒的匀强磁场的磁感应强度为B。现用此加速器来加速电荷量分别为0.5q、q、2q，对应质量分别为m、2m、3m的三种静止粒子，不考虑加速过程中粒子质量的变化，最后经多次回旋加速后从D形盒中飞出的粒子中动能最大为()图8A. B.C. D.解析根据qvBm，知v，则带电粒子离开回旋加速器时获得的动能为Ekmv2；而加速电荷量分别为0.5q、q、2q，相对应的质量分别为m、2m、3m的三种静止粒子，因高频交流电源的频率f，根据T可知，只有质量为m和2m的粒子才能正常加速，质量为2m的粒子加速后的动能
19、最大，所以最大动能为Ekm，故选项B正确，A、C、D错误。答案B1.(2019浙江东阳中学第二次模拟)(多选)自行车速度计是利用霍尔效应传感器获知自行车的运动速率。如图9甲所示，自行车前轮上安装一块磁铁，轮子每转一圈，这块磁铁就靠近传感器一次，传感器会输出一个脉冲电压。图乙为霍尔元件的工作原理图。当磁场靠近霍尔元件时，导体内定向运动的自由电荷在磁场力作用下偏转，最终使导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现电势差，即为霍尔电势差。下列说法正确的是()图9A.根据单位时间内的脉冲数和自行车车轮的半径即可获知车速大小B.自行车的车速越大，霍尔电势差越高C.图乙中霍尔元件的电流I是由正电荷定向运动形
20、成的D.如果长时间不更换传感器的电源，霍尔电势差将减小解析根据单位时间内的脉冲数可知车轮转动的转速，若再已知自行车车轮的半径，根据v2rn即可获知车速大小，选项A正确；根据霍尔原理可知qqvB，则UBdv，即霍尔电压与磁感应强度、霍尔元件的厚度以及电子定向移动的速度有关，与车轮转速无关，故选项B错误；图乙中霍尔元件的电流I是由电子定向运动形成的，选项C错误；如果长时间不更换传感器的电源，则会导致电子定向移动的速率减小，故霍尔电势差将减小，选项D正确。答案AD2.(2019浙江台州新高考适应性考试)(多选)如图10所示为某种质谱仪的工作原理示意图。此质谱仪由以下几部分构成：粒子源N，P、Q间的加
21、速电场，静电分析器，磁感应强度为B的有界匀强磁场、方向垂直纸面向外，胶片M。若静电分析器通道中心线半径为R，通道内有均匀辐射电场，在中心线处的电场强度大小为E；由粒子源发出一质量为m、电荷量为q的正离子(初速度为零，重力不计)，经加速电场加速后，垂直场强方向进入静电分析器，在静电分析器中，离子沿中心线做匀速圆周运动，而后由S点沿着既垂直于磁分析器的左边界，又垂直于磁场方向射入磁分析器中，最终打到胶片上的某点。下列说法正确的是()图10A.P、Q间加速电压为ERB.离子在磁场中运动的半径为C.若一质量为4m、电荷量为q的正离子加速后进入静电分析器，离子不能从S射出D.若一群离子经过上述过程打在胶
22、片上同一点，则这些离子具有相同的比荷解析直线加速过程，根据动能定理得qUmv2，电场中偏转过程，根据牛顿第二定律得qEm，在磁场中偏转过程，根据牛顿第二定律得qvBm，解得UER，r，故选项A正确，B错误；只要满足R，所有粒子都可以在弧形电场区通过，故选项C错误；由r可知，打到胶片上同一点的粒子的比荷一定相等，故选项D正确。答案AD3.(2018全国卷，25)如图11，在y0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E；在y0的各个方向均匀地发射大量质量为m、带电荷量为q且速率相同的粒子，其中沿y轴正方向射入磁场的粒子，恰能沿轴线O2O3进入长方形加速管并垂直打在荧光屏上。(不计粒子重力
23、及其相互作用)图6(1)求粒子刚进入加速管时的速度v1的大小和加速电压U；(2)求荧光屏上被粒子打中的区域长度l；(3)若要让从加速管BO3区域出来的粒子全部打中荧光屏，磁场的磁感应强度大小应满足什么条件(结果用B2表示)?解析(1)粒子在磁场中的运动轨迹，如图所示，由几何知识知其运动半径为R。由向心力公式可得qv1Bm解得v1因粒子垂直打在荧光屏上，由题意可知，粒子运动轨迹如图所示。由几何知识粒子在磁场中的运动半径为2R，由向心力公式可得qv2B2m解得v2粒子在加速管中做加速运动，由动能定理得mvmvqU联立解得加速管所加的电压为U。(2)从B点穿出的粒子打在离E点最近的屏上，设此点距E点
24、的距离为x1，如图所示。由几何关系得(x1cos R)2(x1sin )2(2R)2解得x1R从D点穿出的粒子打在离E点最远的屏上，设此点距E点的距离为x2，如图所示。由几何关系得(x2cos R)2(x2sin )2(2R)2解得x2R粒子打中的区域长度lx2x1R。 (3)从O3点穿出的粒子恰好打在F点时，如图所示。由几何关系可得(dcos 2Rr3)2(dsin )2r解得r3R由向心力公式有qv2B3m 联立解得B3B2从B点穿出的粒子恰好打在E点时，有r4R由向心力公式有qv2B4m联立解得B4B2从BO3区域穿出的粒子全部打在屏上磁感应强度大小满足的条件是B2BB2。答案(1)(2
25、)R (3)B2BB27.(2019温州九校高三上学期模拟)如图7甲所示，M、N是相距为d0.1 m竖直放置的平行金属板，板间有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B10.1 T。P、Q为水平放置的两平行金属板，用导线将P与M、Q与N分别连接，A为绝缘挡板，C为平行于P和Q的荧光屏，A、P、Q、C的中间各有一个小孔，所有小孔在同一竖直中轴线上。荧光屏C的上方有垂直于纸面向里、磁感应强度为B20.01 T的匀强磁场。现有大量的正负离子混合物，以某一相同的速度垂直于磁场竖直向上射入金属板MN之间，离子的比荷的绝对值均为107 C/kg。仅能在P与Q、M与N之间形成电场，极板间形成的电场均可视为匀强
26、电场，且忽略电场的边缘效应，不计离子重力。图7(1)判断金属板M的带电性质，并求出在N、M两板之间电场稳定后，电势差UNM与离子入射速度v之间的关系；(2)若离子以v13.0105 m/s的速度射入磁场，在荧光屏上将出现由正、负离子形成的两个亮点，求两亮点到荧光屏小孔的距离之比；(3)若离子以v21.0105 m/s的速度射入磁场，因某种原因，实际上离子通过C板上的小孔时会在竖直平面内形成一个发散角2(如图乙)，所有离子速率仍相同。求荧光屏上亮点的长度x及同一时刻通过小孔的离子打到荧光屏上的最长时间差t。(已知0.1415弧度，cos 0.99)解析(1)由粒子的运动可知，M板带负电；电场稳定
27、后有qvB1qUNMB1dv(V)。(2)正负离子能通过MN板，则速度v1在通过PQ之间后，正离子有m(vv)qU1负离子有m(v02v)qU1因此打在荧光屏上的亮点到小孔的距离为x2R2由以上各式解得，两亮点到小孔的距离之比为。(3)只有负离子通过小孔，稳定后极板间的电压为U2B1dv2m(v2v)qU2解得v105 m/s，由洛伦兹力提供向心力得qvB2x2R(1cos )2102 m。所以时间差为t5.66106 s。答案(1)M板带负电UMN(V)(2)(3)2102 m5.66106 s8.(2019第一学期浙江省名校协作体试题)如图8，比荷分别为k和2k的甲、乙两带正电粒子(不计重
28、力)，由静止状态经相同电压U加速后从坐标原点O沿x轴的正方向射入匀强磁场区域和匀强磁场区域，经两磁场后分别打在屏上P1、P2两点(未标出)。已知、两磁场是相邻的矩形区域，区域的宽为a，区域的边界平行于y轴，两磁场的方向均与Oxy坐标平面垂直但方向相反，磁感应强度的大小均为(式中U为加速电压)。屏垂直于x轴且到y轴的距离为6a。图8(1)求甲、乙两粒子在磁场中运动的轨迹的半径之比；(2)求P1与P2两点间的距离；(3)若使甲、乙两粒子最终能打到屏上的同一点P0(见图)且方向均沿x轴的正方向，可在磁场、的基础上再加上若干磁场区。请在图中画出可能的磁场区域所在的位置并在图中标明磁场的方向；在的情况下，试求甲、乙两粒子从O点运动到P0点的时间之比。解析(1)甲进入磁场速度为v1，则q1Um1v得v1同理，乙进入磁场速度为v2，则v2由牛顿第二定律qvB，RR12aR2a故1。(2)甲、乙粒子均平行于x轴射出y12R1(1cos 30)4a2ay22R2(1cos 45)2a2ayy2y1(226)a。(3)在x轴2ax6a区间任意位置加上对称磁场甲粒子在磁场区间t1磁4甲粒子在非磁场区间t1非甲粒子在整个区间t1t1磁t1非同理，乙粒子在整个区间t2t2磁t2非得。答案见解析