07 第一章 素养提升课(三) 带电粒子在复合场中的运动-【名师导航】2024-2025学年高中物理选择性必修第二册同步讲义(人教版2019)

素养提升课(三)　带电粒子在复合场中的运动 1．理解组合场和叠加场的概念。 2．会分析粒子在各种场中的受力特点。 3．掌握粒子在复合场中运动问题的分析方法。 　带电粒子在叠加场中的运动 1．叠加场：电场、磁场、重力场共存，或其中某两种场共存。 2．基本思路 (1)弄清叠加场的组成。 (2)进行受力分析。 (3)确定带电粒子的运动状态，注意运动情况和受力情况的结合。 (4)画出粒子运动轨迹，灵活选择不同的运动规律。 ①直线运动：如果带电粒子在叠加场中做直线运动，则一定是做匀速直线运动，合力为零，根据受力平衡列方程求解。 ②圆周运动：如果带电粒子在叠加场中做圆周运动，则一定是做匀速圆周运动，一定是电场力和重力平衡，洛伦兹力提供向心力，应用平衡条件和牛顿运动定律分别列方程求解。 ③当带电粒子做复杂曲线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解。 【典例1】　如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系Oxy，其第一象限存在着正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度的方向水平向右，磁感应强度的方向垂直纸面向里。一带电荷量为＋q、质量为m的微粒从坐标原点出发，沿与x轴正方向成45°夹角的初速度方向进入复合场中，正好做直线运动，当微粒运动到A(l，l)时，电场方向突然变为竖直向上(不计电场变化的时间)，微粒继续运动一段时间后，正好垂直于y轴穿出复合场。重力加速度为g，不计一切阻力，求： (1)电场强度E的大小； (2)磁感应强度B的大小； (3)微粒在复合场中的运动时间t。 [解析]　(1)微粒在到达A(l，l)之前做匀速直线运动，受力分析如图所示： 根据平衡条件，有qEcos 45°＝mgcos 45° 解得E＝。 (2)根据平衡条件，有qvB＝mg 电场方向变化后，微粒所受重力与电场力平衡，微粒在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹如图所示： 根据牛顿第二定律，有 qvB＝m 由几何关系可得r＝l 联立解得v＝。 (3)微粒做匀速直线运动的时间为t1＝ 做圆周运动的时间为t2＝π 在复合场中运动时间为 t＝t1＋t2＝。 [答案]　(1)　(2)　(3) 　带电粒子在叠加场中运动问题的解题思路 [针对训练] 1．如图所示，一带电液滴在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中刚好做匀速圆周运动，其轨道半径为R，已知电场的电场强度为E，方向竖直向下；磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，不计空气阻力，设重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　) A．液滴带正电　 B．液滴受到重力、电场力、洛伦兹力、向心力作用 C．液滴所受合外力为零 D．液滴比荷 D　[液滴在重力场、匀强电场和匀强磁场组成的复合场中做匀速圆周运动，由合力提供向心力，则液滴受到的重力和电场力是一对平衡力，则知液滴受到的电场力方向竖直向上，与电场方向相反，因此液滴带负电，故A错误；液滴受到重力、电场力、洛伦兹力三个力的作用，由洛伦兹力充当向心力，液滴所受合外力不为零，故B、C错误；液滴做匀速圆周运动，即mg＝qE，联立解得液滴比荷，故D正确。故选D。] 　带电粒子在组合场中的运动 1．组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，一般为两场相邻或在同一区域电场、磁场交替出现。 2．“磁偏转”和“电偏转”的比较 电偏转 磁偏转 偏转条件 带电粒子以v⊥E进入匀强电场(不计重力) 带电粒子以v⊥B进入匀强磁场(不计重力) 受力情况 只受恒定的电场力F＝Eq 只受大小恒定的洛伦兹力F＝qvB 运动情况 类平抛运动 匀速圆周运动 运动轨迹 抛物线 圆弧 求解方法 利用类平抛运动的规律x＝v0t，y＝，tan θ＝ 牛顿第二定律、向心力公式r＝ 【典例2】　如图所示，光滑绝缘水平桌面内MN一侧有垂直于MN的匀强电场，另一侧有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小B＝2 T。某时刻自距MN为5 cm的P点沿平行于MN的方向抛出一带电荷量为＋q＝0.1 C的小球，初速度为v0＝1 m/s，经时间t＝0.1 s首次到达MN，小球的质量m＝0.1 kg。求： (1)匀强电场的电场强度大小E； (2)小球第二次通过MN时距P点沿MN方向的距离L。 [解析]　(1)对小球受力分析得qE＝ma 又沿电场线方向y＝at2 解得a＝10 m/s2，E＝10 N/C。 (2)刚进磁场时小球沿MN方向的位移x1＝v0t 垂直于MN方向速度vy＝at，解得vy＝1 m/s 所以小球速度为v＝ m/s 与MN夹角为45°，之后小球进入磁场做圆周运动满足qvB＝，解得R＝ m 由几何关系知第二次通过MN时小球距P点沿MN方向的距离为L＝＋x1＝1.1 m。 [答案]　(1)10 N/C　(2)1.1 m 　带电粒子在组合场中的运动问题的分析方法 [针对训练] 2．如图所示，在xOy坐标系中，x轴上方有一圆形匀强磁场区域，其圆心为O1(0，2 m)、半径R＝2 m，磁感应强度大小B＝2×10-2T，方向垂直于纸面向外。在x轴下方有匀强电场，电场强度E＝0.2 N/C，方向水平向左。在磁场的左侧y＝0.5R处有一带正电、质量m＝4×10-6 kg、电荷量q＝2×10-2 C的粒子以速度v＝2×102 m/s平行于x轴正方向且垂直于磁场射入圆形磁场区域。不计粒子的重力。求(结果可用含根号的式子表示)： (1)粒子在磁场区域运动的轨迹半径r； (2)粒子在磁场区域运动的时间； (3)粒子打在y轴上离原点O的最远距离d。 [解析]　(1)粒子在磁场区域做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m 代入数据解得r＝2 m。 (2)依题意，结合上述可知，粒子经过磁场后从原点O出来，作出轨迹如图所示。 由几何关系可得其对应的圆心角α＝60° 粒子做圆周运动的周期T＝ 解得粒子在磁场中运动的时间t＝T 解得t＝ s。 (3)粒子经过磁场从原点O出来后射入第四象限，设粒子射入第四象限时速度方向与y轴负方向的夹角为θ，由几何关系得θ＝30° 粒子在第四象限内，x轴方向做匀变速直线运动，y轴负方向做匀速直线运动，则有qE＝ma 解得加速度大小a＝103 m/s2 根据速度公式有－vsin θ＝vsin θ－at′ 粒子打在y轴上离原点O的最远距离d＝vcos θt′ 解得d＝20 m。 [答案]　(1)2 m　(2) s　(3)20 m 素养提升练(三)　带电粒子在复合场中的运动 一、选择题 1．(多选)(2022·广东卷)如图所示，磁控管内局部区域分布有水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。电子从M点由静止释放，沿图中所示轨迹依次经过N、P两点。已知M、P在同一等势面上，下列说法正确的有(　　) A．电子从N到P，电场力做正功 B．N点的电势高于P点的电势 C．电子从M到N，洛伦兹力不做功 D．电子在M点所受的合力大于在P点所受的合力 BC　[由题图可知电子所受电场力水平向左，电子从N到P的过程中电场力做负功，故A错误；根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知N点的电势高于P点，故B正确；由于洛伦兹力一直和速度方向垂直，故电子从M到N洛伦兹力都不做功，故C正确；由于M点和P点在同一等势面上，故从M到P电场力做功为0，而洛伦兹力不做功，M点速度为0，根据动能定理可知电子在P点速度也为0，则电子在M点和P点都只受电场力作用，在匀强电场中电子在这两点电场力相等，即合力相等，故D错误。] 2．(多选)地球大气层外部有一层复杂的电离层，既分布有地磁场，又分布有电场。假设某时刻在该空间中有一区域存在如图所示的电场和磁场，电场的方向在纸面内斜向左下方，磁场的方向垂直于纸面向里。此时，一带电粒子恰以速度v垂直于电场和磁场射入该区域。不计重力作用，在该区域中，这一带电粒子的运动情况可能是(　　) A．做直线运动　　　 B．立即向左下方偏转 C．立即向右上方偏转 　 D．做匀速圆周运动 ABC　[带电粒子在混合场中受到电场力和洛伦兹力作用。若qvB＝qE，则粒子受力平衡，粒子将做匀速直线运动，选项A正确；若粒子带正电，且qvB<qE，则粒子受到向左下方的电场力大于向右上方的洛伦兹力，粒子立即向左下方偏转，选项B正确；若粒子带正电，且qvB>qE，则粒子受到向左下方的电场力小于向右上方的洛伦兹力，粒子立即向右上方偏转，选项C正确；要使带电粒子做匀速圆周运动，则粒子只能受洛伦兹力而不能受到电场力，选项D错误。若粒子带负电，分析相同，结论也相同。故选ABC。] 3．(多选)如图所示，两虚线之间的空间内存在着正交或平行的匀强电场E和匀强磁场B。有一个带正电小球(电荷量为q，质量为m)从正交或平行的电磁复合场上方的某一高度自由落下，那么带电小球不可能沿直线通过的电磁复合场是(　　) A　　　　B　　　　C　　　　D AB　[题图A中小球受重力、向左的静电力、向右的洛伦兹力，下降过程中速度一定变大，故洛伦兹力一定增大，不可能一直与静电力平衡，故合力不可能一直向下，一定做曲线运动，故A符合题意；题图B中小球受重力、向上的静电力、垂直纸面向外的洛伦兹力，合力与速度方向一定不共线，故一定做曲线运动，故B符合题意；题图C中小球受重力、向左上方的静电力、水平向右的洛伦兹力，若三力平衡，则粒子做匀速直线运动，故C不符合题意；题图D中粒子只受竖直向下的重力和竖直向上的静电力，合力一定与速度共线，故粒子一定做直线运动，故D不符合题意。] 4．如图所示，正交的电磁场区域中，有两个质量相同、带同种电荷的带电粒子，电荷量分别为qa、qb。它们沿水平方向以相同的速率分别向左、向右在电磁场区内做匀速直线运动，则(　　) A．它们带负电，且qa＞qb B．它们带负电，且qa＜qb C．它们带正电，且qa＞qb D．它们带正电，且qa＜qb D　[若两个粒子带负电，则a粒子受到的静电力向下，由左手定则可知洛伦兹力向下，粒子受重力、静电力和洛伦兹力三个力作用的合力不可能为零，不能做匀速直线运动，故A、B均错误；若两个粒子带正电，则b粒子受到的静电力向上，由左手定则可知洛伦兹力向下，粒子所受的重力、静电力和洛伦兹力三个力作用的合力可能为零，能做匀速直线运动，且有mg＋qbvB＝qbE，得qb＝，a粒子所受的静电力和洛伦兹力向上，重力向下，三个力的合力可能为零，则a粒子可能做匀速直线运动，且有mg＝qaE＋qavB，得qa＝，可以知道，qa<qb，故C错误，D正确。] 5．(多选)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，如图所示。已知离子P＋在磁场中转过θ＝30°后从磁场右边界射出。在电场和磁场中运动时，则离子P＋和P3+(　　) A．在电场中的加速度之比为1∶1 B．在磁场中运动的半径之比为∶1 C．在磁场中转过的角度之比为1∶2 D．离开电场区域时的动能之比为1∶3 BCD　[离子P＋和P3+质量之比为1∶1，电荷量之比等于1∶3，故在电场中的加速度之比等于1∶3，则A项错误；离子在离开电场区域时有qU＝mv2，在磁场中做匀速圆周运动，有qvB＝，得半径r＝，则半径之比为∶1，则B项正确；设磁场宽度为d，由几何关系得d＝rsin θ，可知离子在磁场中转过的角度的正弦值之比等于半径倒数之比，即1∶，因θ＝30°，则θ′＝60°，故转过的角度之比为1∶2，则C项正确；离子离开电场时的动能之比等于电荷量之比，即1∶3，则D项正确。] 6．电场强度为E的匀强电场方向斜向右上与水平方向成30°角，匀强磁场与匀强电场垂直，磁感应强度大小为B，方向如图所示。一带电小球M竖直向上做直线运动，该小球运动的速度大小为(　　) A． 　B． 　C． 　D． B　[根据题意可得，带电小球竖直向上做匀速直线运动，小球带正电，根据左手定则可知洛伦兹力水平向左，根据力的平衡有qEcos 30°＝qvB，解得v＝，故选B。] 7．如图所示，某空间存在正交的匀强磁场和匀强电场，电场方向水平向右，磁场方向垂直纸面向里，带电微粒由a点进入该区域并刚好沿ab直线向上运动，下列说法正确的是(　　) A．微粒可能做匀变速直线运动 B．微粒可能带正电 C．微粒的电势能一定减小 D．微粒的机械能一定减少 C　[根据做直线运动的条件和受力情况(如图所示) 可以知道，微粒一定带负电，且做匀速直线运动，故A、B错误；因为电场力向左，对微粒做正功，电势能一定减小，故C正确；由能量守恒可以知道，电势能减小，机械能一定增加，故D错误。故选C。] 8．(多选)如图所示，两个半径相同的半圆形光滑轨道置于竖直平面内，左右两端点等高，分别处于沿水平方向的匀强电场和匀强磁场中。两个相同的带正电小球同时从两轨道左端最高点由静止释放。M、N为轨道的最低点，则下列说法正确的是(　　) A．两个小球到达轨道最低点的速度vM>vN B．两个小球第一次经过轨道最低点时对轨道的压力FM<FN C．小球第一次到达M点的时间小于小球第一次到达N点的时间 D．在电场和磁场中小球均能到达轨道的另一端最高处 AC　[根据动能定理，对匀强磁场中的小球有mgR＝，根据动能定理，对匀强电场中的小球有mgR－qER＝，故两个小球到达轨道最低点的速度vM>vN，故A正确；对匀强磁场中的小球，第一次经过轨道最低点时有FM－mg－BqvM＝，可得FM＝3mg＋BqvM，对匀强电场中的小球，第一次经过轨道最低点时有FN－mg＝m，可得FN＝3mg－2qE，故FM>FN，故B错误；小球在磁场中运动，第一次到达M点的过程中，只有重力做正功，小球在电场中运动，第一次到达N点的过程中，重力做正功，电场力做负功，故小球在光滑轨道同一位置，在磁场中的速度大于在电场中的速度，则小球在磁场中运动的平均速度大，小球第一次到达M点的时间小于小球第一次到达N点的时间，故C正确；在磁场中的小球，洛伦兹力不做功，机械能守恒，故能上升到同高度，而电场中的小球上升到最高点时重力势能有一部分转化为电势能，末状态的重力势能小于初状态的重力势能，不能上升到原高度，故D错误。故选AC。] 9．(2023·全国乙卷)如图，一磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直于纸面(xOy平面)向里，磁场右边界与x轴垂直。一带电粒子由O点沿x轴正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，粒子离开磁场后，沿直线运动打在垂直于x轴的接收屏上的P点；SP＝l，S与屏的距离为，与x轴的距离为a。如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏。该粒子的比荷为(　　) A． 　B． 　C． 　D． A　[ 画出带电粒子仅在磁场中运动时的运动轨迹，如图所示。设带电粒子仅在磁场中运动的轨迹半径为r，运动轨迹对应的圆心角为θ，由几何知识得cos θ＝，r－a＝rcos θ，解得r＝2a，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝，解得r＝2a＝，在匀强磁场区域加上匀强电场后带电粒子沿x轴运动，分析知，此时粒子受力平衡，则有Eq＝qvB，联立解得，A正确。] 二、非选择题 10．(2023·辽宁卷)如图，水平放置的两平行金属板间存在匀强电场，板长是板间距离的倍。金属板外有一圆心为O的圆形区域，其内部存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场。质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子沿中线以速度v0水平向右射入两板间，恰好从下板边缘P点飞出电场，并沿PO方向从图中O′点射入磁场。已知圆形磁场区域半径为，不计粒子重力。 (1)求金属板间电势差U。 (2)求粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角θ。 (3)仅改变圆形磁场区域的位置，使粒子仍从图中O′点射入磁场，且在磁场中的运动时间最长。定性画出粒子在磁场中的运动轨迹及相应的弦，标出改变后的圆形磁场区域的圆心M。 [解析]　(1)分析可知，粒子在两金属板间做类平抛运动，设两金属板间距为d，则金属板长为d， 由牛顿第二定律有Eq＝ma 又两金属板间电场强度与电势差的关系为E＝ 由平抛运动规律，有at2 解得U＝。 (2)画出粒子从射出电场到射出磁场的轨迹，如图甲所示。由运动的合成与分解可知，粒子射出电场时的速度大小v＝ 粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有qvB＝ 由题意可知磁场半径R＝ 根据几何关系有tan α＝ 解得粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角θ＝π－2α＝。 (3)粒子在磁场中的运动轨迹和相应的弦O′Q如图乙所示。 由题意可知，粒子的速度大小不变，则粒子在磁场中运动的轨迹半径不变，粒子在磁场中运动的周期不变，运动时间最长时，对应的弧最长。画图的步骤：①先画出粒子从O′点进入磁场的部分轨迹；②以O′为圆心，以磁场半径R为半径画弧(是一段劣弧)；③从轨迹对应的圆心引一条线，这条线与圆弧相切时与圆弧的交点即为磁场圆心M；④以M为圆心，以磁场半径R为半径画圆，该圆即为磁场区域。 [答案]　(1)　(2)　(3)见解析图 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $$