资源简介

(共29张PPT)
微专题17
带电粒子在叠加场中的运动
考点
带电粒子在叠加场中的运动
命题视角　带电粒子在叠加场中的运动问题,强化运动性质、分析与规律选择
1.叠加场:电场、磁场、重力场共存,或其中某两场共存。
2.带电粒子在叠加场中常见的几种运动形式
运动性质 受力特点 方法规律
匀速直 线运动 粒子所受合力为0 平衡条件
匀速圆 周运动 除洛伦兹力外,另外两力的合力为零,qE=mg 牛顿第二定律、圆周运动的规律
较复杂的 曲线运动 除洛伦兹力外,其他力的合力既不为零,也不与洛伦兹力等大反向 动能定理、能量守恒定律
(1)小球受到电场力的大小;
答案:(1)3 N
解析:(1)小球在CD间做匀速直线运动,受重力、电场力、洛伦兹力的合力为0,分析可知小球带正电,有Eq=mgtan 37°=3 N。
(2)半圆轨道的半径R;
答案:(2)1 m
(3)在半圆轨道部分,摩擦力对小球所做的功(结果保留一位小数)。
答案:(3)-27.6 J
素养
提升一　
配速法
1.配速法的应用技巧
(1)将带电粒子的速度进行这样的分解——其中一个分速度v1引起的洛伦兹力与静电力(或重力,或重力与静电力的合力)平衡。
(2)按前述分解后,得到带电粒子的两个分运动,即v1引起的匀速直线运动和v2引起的匀速圆周运动,则带电粒子的实际运动是这两个分运动的合运动。
2.叠加场中几种常见模型的配速处理方法
(1)求粒子所带电荷量q;
(2)求磁感应强度B的大小;
素养
提升二　
正则动量的应用
1.情境:带电粒子仅在洛伦兹力的作用下从O到P做匀速圆周运动。
2.原理剖析
①电子在板间运动的加速度的大小;
②电子打到金属板的最长时间和最短时间之差。
②打在金属板上的电子占发射电子总数的百分比。
答案:②100%
解析:②由以上分析可知,打在金属板上的电子占发射电子总数的百分比为100%。
感谢观看微专题17　带电粒子在叠加场中的运动
考点　带电粒子在叠加场中的运动
命题视角　带电粒子在叠加场中的运动问题,强化运动性质、分析与规律选择
1.叠加场:电场、磁场、重力场共存,或其中某两场共存。
2.带电粒子在叠加场中常见的几种运动形式
运动性质 受力特点 方法规律
匀速直 线运动 粒子所受合力为0 平衡条件
匀速圆 周运动 除洛伦兹力外,另外两力的合力为零,qE=mg 牛顿第二定律、圆周运动的规律
较复杂的 曲线运动 除洛伦兹力外,其他力的合力既不为零,也不与洛伦兹力等大反向 动能定理、能量守恒定律
【典例1】 (中等)(2025·杭州期末)如图所示,与水平面成37°的倾斜轨道AC,其延长线在D点与半圆轨道DF相切(CD段无轨道),全部轨道为绝缘材料制成且位于竖直面内,整个空间存在水平向左的匀强电场,MN的右侧存在垂直于纸面向里的匀强磁场(C点处于MN边界上)。
一质量为0.4 kg的带电小球沿轨道AC下滑,至C点时速度为vC= m/s,接着沿直线CD运动到D处进入半圆轨道,进入时无动能损失,且恰好能通过F点,在F点速度vF=4 m/s,不计空气阻力,g取10 m/s2,取cos 37°=0.8,求:
(1)小球受到电场力的大小;
(2)半圆轨道的半径R;
(3)在半圆轨道部分,摩擦力对小球所做的功(结果保留一位小数)。
解析:(1)小球在CD间做匀速直线运动,受重力、电场力、洛伦兹力的合力为0,分析可知小球带正电,有Eq=mgtan 37°=3 N。
(2)在D点速度为vD=vC= m/s,
在CD段受力平衡,有qvCB=,
在F点处由牛顿第二定律有
qvFB+=m,
解得R=1 m。
(3)小球在DF段,由动能定理有W-2R=m-m,
解得摩擦力对小球所做的功W=-27.6 J。
答案:(1)3 N　(2)1 m　(3)-27.6 J
素养提升一　配速法
1.配速法的应用技巧
(1)将带电粒子的速度进行这样的分解——其中一个分速度v1引起的洛伦兹力与静电力(或重力,或重力与静电力的合力)平衡。
(2)按前述分解后,得到带电粒子的两个分运动,即v1引起的匀速直线运动和v2引起的匀速圆周运动,则带电粒子的实际运动是这两个分运动的合运动。
2.叠加场中几种常见模型的配速处理方法
常见模型 处理方法
初速度 为0,有重力 把初速度0分解为一个向左的速度v1和一个向右的速度v1
初速度 为0,不 计重力 把初速度0分解为一个向左的速度v1和一个向右的速度v1
初速度 为0,有 重力 把初速度0分解为一个斜向左下方的速度v1和一个斜向右上方的速度v1
初速度 为v0, 有重力 把初速度v0分解为速度v1和速度v2
【典例2】 (困难)(2025·湖南卷)如图,直流电源的电动势为E0,内阻为r0,滑动变阻器R的最大阻值为2r0,平行板电容器两极板水平放置,板间距离为d,板长为d,平行板电容器的右侧存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场。闭合开关S,当滑片处于滑动变阻器中点时,质量为m的带正电粒子以初速度v0水平向右从电容器左侧中点a进入电容器,恰好从电容器下极板右侧边缘b点进入磁场,随后又从电容器上极板右侧边缘c点进入电容器,忽略粒子重力和空气阻力。
(1)求粒子所带电荷量q;
(2)求磁感应强度B的大小;
(3)若粒子离开b点时,在平行板电容器的右侧再加一个方向水平向右的匀强电场,场强大小为,求粒子相对于电容器右侧的最远水平距离xm。
解析:(1)粒子在电容器中做类平抛运动,水平方向做匀速直线运动,有 d=v0t,
竖直方向做匀变速直线运动,有=t,vy=at=t,
由闭合电路欧姆定律可得U=E0,
联立可得vy=v0,q=。
(2)设粒子进入磁场时与竖直方向的夹角为θ,则
tan θ==,θ=60°,v==v0,
粒子在磁场中做匀速圆周运动,有qvB=m,
由几何关系可得R==,
联立可得B=。
(3)取一个竖直向上的速度使其对应的洛伦兹力和水平向右的静电力平衡,
则有qvy1B=qE,
解得vy1=v0,
粒子以速度vy1向上做匀速直线运动,粒子做圆周运动的合速度的竖直方向分速度为
vy2=vy1+vy=v0,
此时合速度与竖直方向的夹角α的正切值为
tan α==,则α=30°,
合速度为v′=,
粒子做圆周运动的半径r=,
最远距离为xm=r+rcos α=。
答案:(1)　(2)　(3)
素养提升二　正则动量的应用
1.情境:带电粒子仅在洛伦兹力的作用下从O到P做匀速圆周运动。
2.原理剖析
【典例3】 (困难)(2025·Z20名校联盟联考)磁控管是微波炉的核心器件,磁控管中心为热电子发射源,电子在电场和磁场的共同作用下,形成了如图甲所示的漂亮形状。现将该磁控管简化成如图乙所示的装置,两足够长的平行金属板相距4d,板间中心有一电子发射源S,向各个方向发射初速度大小为v0的电子。已知电子比荷为(>0),仅考虑纸平面内运动的电子,回答以下问题:
(1)若两板间不加磁场,仅接一电压恒为U的电源,其中U=,求:
①电子在板间运动的加速度的大小;
②电子打到金属板的最长时间和最短时间之差。
(2)若两板间不接电源,仅加垂直于纸面向里的匀强磁场B,其中B=,求:
①有电子打到的金属板总长度;
②打在金属板上的电子占发射电子总数的百分比。
(3)在两金属板之间接一电压恒为U的电源的同时,加一垂直于纸面向里的匀强磁场B,其中U=,B=。只考虑初速度为v0方向水平向右的电子,求该电子打在金属板上时速度的大小和方向。
解析:(1)①根据牛顿第二定律有eE=ma,E=,解得a=。
②水平向左运动的电子运动距离为x==<2d,
该电子不会打在左侧金属板上,电子打到金属板的最长时间和最短时间之差为Δt==。
(2)①根据洛伦兹力提供向心力有ev0B=,
解得R=2d,如图甲所示。
由图可知,SA为圆的直径,C点为相切点,则AO2=(2R)2-R2,OC=R,
所以有电子打到的金属板总长度为2(AO+OC)=4(+1)d。
②由以上分析可知,打在金属板上的电子占发射电子总数的百分比为100%。
(3)根据动能定理可得eU=mv2-m,
解得v=v0。
如图乙、丙所示,y轴方向有∑evxB·Δt=∑mΔvy,
所以2eBd=mvy,解得vy=2v0,tan θ==2,
电子打在金属板上时速度的大小为v=v0,方向与水平向右方向夹角的正切值为2。
答案:(1)①　②　(2)①4(+1)d
②100%　(3)见解析
课时作业　　　　　　 　　　　　 　　　　　
A级·基础巩固练
命题视角1　带电粒子在叠加场中的运动问题,强化运动性质分析与规律选择
1.如图所示,带电平行板中匀强电场E的方向竖直向上,匀强磁场B的方向垂直于纸面向里,一带电小球从光滑绝缘轨道上的A点自由滑下,经P点进入板间后恰好沿水平方向做直线运动。现使小球从较低的C点自由滑下,经P点进入板间,不计空气阻力,则小球在板间运动过程中(　　)
A.动能将会减小
B.电势能将会减小
C.机械能将会减小
D.小球带负电
解析:C　小球从A点滑下进入复合场区域时沿水平方向做直线运动,则小球受力平衡,判断可知小球带正电,则有mg=qE+qvB,从C点滑下刚进入复合场区域时,其速度小于从A点滑下时的速度,则有mg>qE+qv′B,小球向下偏转,重力做正功,静电力做负功,因为mg>qE,则合力做正功,小球的电势能和动能均增大,根据能量守恒可知,机械能减小。故选C。
2.(多选)如图所示,空间中存在水平方向的匀强电场和匀强磁场,电场方向水平向左,磁场方向垂直于纸面向里。一速度大小为v0的带电小球恰能做匀速直线运动,速度方向与水平方向成30°角斜向右下方,最后进入一轴线沿小球运动方向且固定摆放的一光滑绝缘管道(管道内径略大于小球直径),下列说法正确的是(　　)
A.小球带负电
B.磁场和电场的大小关系为E=2Bv0
C.若小球刚进入管道时撤去磁场,小球仍做匀速直线运动
D.若小球刚进入管道时撤去电场,小球运动时的机械能守恒
解析:CD　小球做匀速直线运动,小球所受合力为0,小球所受静电力只能是水平方向,则小球所受洛伦兹力指向右上,结合左手定则可知,小球带正电,由平衡条件有qv0Bsin 30°=qE,
qv0Bcos 30°=mg,解得E=Bv0=,A、B错误;重力和静电力的合力与洛伦兹力大小相等,方向相反,且洛伦兹力方向与管垂直,若小球刚进入管道时撤去磁场,重力和静电力的合力不做功,支持力不做功,则小球仍沿管做匀速直线运动,C正确;若小球刚进入管道时撤去电场,只有重力做功,小球运动时的机械能守恒,D正确。
命题视角2　配速法的应用,强化矢量的合成与分解的观念
3.如图所示,xOy坐标平面在竖直面内,x轴沿水平方向,y轴正方向竖直向上,在图示空间内有垂直于xOy平面的水平匀强磁场。一带电小球从O点由静止释放,运动轨迹如图中曲线。关于带电小球的运动,下列说法中正确的是(　　)
A.OAB轨迹为半圆
B.小球运动至最低点A时速度最大,且沿水平方向
C.小球在整个运动过程中机械能先变大再变小
D.小球在A点时受到的洛伦兹力与重力大小相等
解析:B　小球释放后,除了受到重力外,开始阶段还受到向右侧的洛伦兹力的作用,只有重力做功机械能守恒。可以假定小球带正电,且磁场方向垂直于纸面向里。小球初速度为0,应用“配速法”可以将这个初速度分解为向右的速度v1和向左的速度v2,如图甲所示,则两者大小关系为v1= v2,且使v1满足qv1B=mg,则根据前述分析可知,小球的运动可看作是v1引起的向右的匀速直线运动和v2引起的一开始向左的逆时针匀速圆周运动的两个分运动的合运动。很显然,小球的轨迹不是半圆,而是摆线,如图乙所示,且小球运动至最低点A时速度为向右的v2和v1的矢量和,即2v1,洛伦兹力大小为2mg。其他位置v2和v1的矢量和都小于2v1,故选B。
4.如图所示,空间存在竖直向下的匀强电场和水平的匀强磁场(垂直于纸面向里),电场强度大小为E,磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为+q的带电粒子在电场中运动,不计粒子所受重力。若该粒子在M点由静止释放,求粒子沿电场方向运动的最大距离ym和运动过程中的最大速率vm。
提示:为了研究该粒子的运动,可以应用运动的合成与分解的方法,将它为0的初速度分解为大小相等的水平向左和水平向右的速度。
解析:方法一　“配速法”
这个运动之所以复杂是因为洛伦兹力改变了运动的方向,带电粒子在磁场中做的最简单的运动就是匀速圆周运动,我们就可以设法将其分解为匀速圆周运动。粒子的初速度为零,可分解为水平向右的速度v和水平向左的速度v,其中水平向右的速度v对应的洛伦兹力与静电力平衡:Bqv=Eq;因此,粒子的运动是水平向右速度为v的匀速直线运动和初速度水平向左、大小为v的逆时针匀速圆周运动的合运动,圆周运动的轨迹半径r==,所以ym=2r=,vm=2v=。
方法二　动能定理+动量定理
带电粒子在运动中,只有静电力做功,当其运动至最远时,静电力做功最多,此时速度最大,
根据动能定理有qEym=m,①
粒子沿竖直方向上的速度产生水平方向的洛伦兹力,
即=qBvy,
取沿水平方向运动一小段时间Δt,根据动量定理有Δt=qBvyΔt=mΔvx,
式中vyΔt表示粒子沿竖直方向运动的距离。
因此,等式两边对粒子从离开M点到第一次最远的过程求和有qBym=mvm,②
联立①②两式,解得vm=,ym=。
答案:　
命题视角3　正则动量定理的应用,强化矢量、微积分和统计分析能力
5.如图,是交替出现的宽为L的匀强电场和匀强磁场区域,其中编号1、3区域为电场,场强均为E,2、4区域为磁场,场强均为B,方向如图所示。质量为m,带电量为q的带正电粒子,从1区上边界由静止释放,不计重力。下列说法中正确的是(　　)
A.粒子从4区下边界穿出后的动能一定为2qEL
B.粒子从4区下边界穿出后的水平速度一定为
C.粒子从4区下边界穿出时的速度与水平方向夹角的余弦为B
D.若粒子恰未从第4场区射出,则需满足E=
解析:A　由于洛伦兹力总是不做功,粒子从静止释放到从4区下边界穿出,根据动能定理可得qE·2L=m,可知粒子从4区下边界穿出后的动能一定为2qEL,粒子从4区下边界穿出后的速度大小为v4=2,A正确;由于静电力处于竖直方向,不影响水平方向的速度,则粒子从静止释放到从4区下边界穿出,水平方向根据动量定理可得∑F洛xt=mvx-0,其中∑F洛xt=∑qvyBt=
qB∑vyt=qB·2L,联立可得粒子从4区下边界穿出后的水平速度为vx=,则粒子从4区下边界穿出时的速度与水平方向夹角的余弦为cos θ==B,若粒子恰未从第4场区射出,粒子达到4区下边界的竖直分速度刚好为0,则有vx==v4=2,解得E=,B、C、D错误。
6.如图所示,水平虚线a、b、c、d间距均为L,a、b间和c、d间有沿水平方向垂直于纸面向里的匀强磁场Ⅰ和Ⅱ,两个区域的磁感应强度大小相等,空间存在平行于纸面竖直向下的匀强电场,电场强度大小为E,一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子在P点由静止释放,粒子进磁场Ⅰ时撤去电场,粒子在磁场Ⅰ中运动的轨迹恰好与虚线b相切,已知P点离虚线a距离也为L,不计粒子的重力。
(1)求匀强磁场的磁感应强度大小;
(2)不撤去电场,改变带电粒子在虚线上方由静止释放的位置,粒子进磁场Ⅰ后轨迹恰好与虚线b相切,求粒子释放的位置与虚线a的距离;
(3)不撤去电场,将粒子在虚线a上方距离为2L的Q点(图中未标出)以水平速度v向右射出,结果粒子恰好不能从磁场Ⅱ的d边界射出,则初速度v多大
解析:(1)设粒子进磁场Ⅰ时的速度大小为v0,根据动能定理有qEL=m,
粒子在磁场Ⅰ中做匀速圆周运动,其半径r1=L,
据牛顿第二定律有qv0B=m,
解得B=。
(2)设粒子释放的位置离虚线a的距离为d,粒子与虚线b相切时的速度大小为v1,
据动能定理有qE(L+d)=m,
解得v1=,
粒子在磁场Ⅰ中运动到b的过程,水平方向应用动量定理有qBt1=mv1,在竖直方向有t1=L,
解得d=0,即粒子应在边界a上由静止释放。
(3)由题意可知,粒子到边界d时速度与d相切水平向右,设其速度大小为v2,
则有qE×5L=m-mv2,
粒子在两个磁场中运动到虚线d的过程,水平方向应用动量定理有qBt2=mv2-mv,
在竖直方向有t2=2L,则有2qBL=mv2-mv,
解得v=。
答案:(1)　(2)粒子应在边界a上由静止释放 (3)
B级·高考过关练
7.如图所示,一绝缘直杆穿过金属块中心的圆孔后竖直固定,金属块带正电且圆孔直径略大于直杆,整个装置处在水平方向的匀强磁场中。现给金属块一竖直向上的初速度v0,使其沿杆向上运动,当其返回到初始位置时速度大小为v。直杆的粗糙程度均匀,重力加速度为g,关于上述过程,下列说法正确的是(　　)
A.摩擦力对金属块的总冲量大于mv0
B.金属块在空中运动的总时间为
C.金属块上升的时间大于下降的时间
D.金属块上升过程因摩擦产生的热量小于下降过程因摩擦产生的热量
解析:B　根据受力分析可知,FN=qvB,则Ff=μFN=μqvB,取竖直向上为正方向,上升过程有=-μqBt1,下降过程有=μqBt2,因为上升与下降过程位移大小相等,即t1=t2,故+=0,A错误;根据动量定理有mgt=mv+mv0,解得t=,B正确;由于上升过程加速度大于下降过程的加速度,故上升时间小于下降的时间,C错误;因路径上的同一位置,上升过程的速率大于下降过程的速率,故同一位置,上升时的压力大于下降时的压力,故上升过程克服摩擦力做的功大于下降过程克服摩擦力做的功,因此上升过程因摩擦产生的热量大于下降过程因摩擦产生的热量,D错误。
8.(2024·浙江6月选考)(多选)如图所示,一根固定的足够长的光滑绝缘细杆与水平面成θ角。质量为m、电荷量为+q的带电小球套在细杆上。小球始终处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中。磁场方向垂直于细杆所在的竖直面,不计空气阻力。小球以初速度v0沿细杆向上运动至最高点,则该过程(　　)
A.合力冲量大小为mv0cos θ
B.重力冲量大小为mv0sin θ
C.洛伦兹力冲量大小为
D.若v0=,弹力冲量为零
解析:CD　根据动量定理得I=0-mv0=-mv0,故合力冲量大小为mv0,故A错误;小球上滑的时间为t0=,重力的冲量大小为IG=mgt0=,故B错误;小球所受洛伦兹力为Bqv=Bq(v0-at)=
-Bqat+Bqv0,a=gsin θ,小球所受洛伦兹力随时间线性变化,故洛伦兹力冲量大小为I洛=q××
Bt0=q××B×=,故C正确;若v0=,0时刻小球所受洛伦兹力为Bqv0=2mgcos θ,小球在垂直于细杆方向所受合力为零,可得Bqv=mgcos θ+FN,即FN=Bqv-mgcos θ=Bq(v0-at)-
mgcos θ=mgcos θ-Bqtgsin θ,则小球在整个减速过程的FNt图像如图,图线与横轴围成的面积表示冲量,可得弹力的冲量为零,故D正确。
9.如图所示,金属棒ab的质量m=5 g,放置在宽l=1 m的光滑的金属导轨的边缘处,两金属导轨处于水平面内,该处有竖直向下的匀强磁场,磁感应强度大小B=0.5 T。电容器的电容C=
200 μF,电源电动势E=16 V,导轨平面距地面高度h=0.8 m,g取10 m/s2,在开关S与“1”接通并稳定后,再使它与“2”接通,金属棒ab被平抛到水平距离s=0.064 m的地面上,则这时电容器两端的电压为(不计导轨及电源电阻)(　　)
A.4 V B.8 V
C.12 V D.16 V
解析:B　开关S与“1”接通并稳定时,电容器带电荷量为Q1=CE=3.2×10-3 C,开关S与“2”接通时,电容器将放电,通有电流的金属棒ab将受安培力的作用而被加速。设放电时间为Δt,加速获得的平抛初速度为v0,由动量定理得Bl·Δt=mv0,之后金属棒ab做平抛运动,有s=v0t=v0,解得v0=0.16 m/s,开关S与“2”接通时,电容器放出的电荷量为ΔQ=Δt==1.6×10-3 C,则最终电容器上留有的电荷量为Q2=Q1-ΔQ=1.6×10-3 C,电容器两端的电压为U==8 V,故选B。
10.(2023·江苏卷)霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型。xOy平面内存在竖直向下的匀强电场和垂直于坐标平面向里的匀强磁场,磁感应强度为B。质量为m、电荷量为e的电子从O点沿x轴正方向水平入射。入射速度为v0时,电子沿x轴做直线运动;入射速度小于v0时,电子的运动轨迹如图中的虚线所示,且在最高点与在最低点所受的合力大小相等。不计重力及电子间相互作用。
(1)求电场强度的大小E;
(2)若电子入射速度为,求运动到速度为时位置的纵坐标y1;
(3)若电子入射速度在0解析:(1)由题意可知,入射速度为v0时,电子沿x轴做直线运动,则有eE=ev0B,解得E=v0B。
(2)电子在竖直向下的匀强电场和垂直于坐标平面向里的匀强磁场的复合场中,由于洛伦兹力不做功,且由于电子入射速度为,则电子受到的静电力大于洛伦兹力,则电子向上偏转,根据动能定理有eEy1=m(v0)2-m(v0)2,
解得y1=。
(3)方法一　若电子以速度v入射时,设电子能到达的最高点位置的纵坐标为y,则根据动能定理有eEy=m-mv2,
由于电子在最高点与在最低点所受的合力大小相等,则在最高点有F合=evmB-eE,
在最低点有F合=eE-evB,
联立有vm=-v=2v0-v,y=,
要让电子到达纵坐标y2=位置,即y≥y2,
解得v≤v0,
则若电子入射速度在0方法二(配速法)　设速度为v的电子,一个分运动为v1=v0,其产生的洛伦兹力与静电力平衡,即qv1B=qE,对应水平向右的匀速直线运动。另一个分运动的速度为v2,对应的洛伦兹力使电子做匀速圆周运动,设圆周运动的半径为r,r=,直径为y2=2r,
则有=,解得v2=。
电子入射速度为两个分速度的合速度,即v=v1-v2=v0-=。
在0由于电子在0答案:(1)v0B　(2)　(3)90%
C级·素养提升练
11.如图甲所示为一原子核分离器。粒子发生器中可以发生相应的核反应,并使得反应的产物进入下面的装置中,依次通过加速电场、速度选择器以及偏转磁场。速度选择器中有垂直于纸面向外的磁感应强度大小为B1的匀强磁场,以及水平方向的电场强度为E0的匀强电场,偏转磁场为垂直于纸面向里的磁感应强度大小为B2(未知)的匀强磁场,偏转磁场的上、下极板MM′和NN′之间的距离为d(未知),忽略粒子之间的相互作用力以及重力。请回答以下问题:
(1)请判断速度选择器中哪一端接电源的正极　　　　(选填“a端”或“b端”);
(2)若粒子离开粒子发生器时速度可视为零,粒子带电荷量为q,质量为m,磁感应强度B2=B0,加速后的粒子恰好沿直线向下运动(图中虚线),从O点进入偏转磁场,求加速电压U0的大小;
(3)在题(2)的基础上,当粒子恰能被NN′收集时,求MM′和NN′两极板之间的距离d;
(4)在题(2)(3)的基础上,若偏转磁场中磁感应强度由MM′到NN′逐渐增大,可以将其视为间距均为d0(d0很小),磁场分界线水平的匀强磁场区域,如图乙所示,从上到下磁场依次增强,第一个区域磁感应强度为B0,下面各区域磁感应强度依次为2B0、3B0、…,求出当粒子能被NN′收集,MM′和NN′两极板之间的距离d应当满足的条件。[当n≥1时,取n(n+1)=n2]
解析:(1)a端接电源的正极。
(2)带电粒子在加速电场中加速,由动能定理得qU0=m-0,解得v0=,
带电粒子在速度选择器中沿直线向下运动,则qE0=qv0B1,
解得U0=。
(3)当带电粒子恰能被NN′收集时,带电粒子的运动半径R=d,
由qv0B2=m,
解得d=。
(4)设向下运动的速度为vy,水平方向的速度为vx,在水平方向很短的时间,有
qvyBΔt=mΔvx,
求和可得qBd0=mΔvx,
对整个运动过程进行分析得qB0d0=m(-0),
q·2B0d0=m(-),
q·3B0d0=m(-),
……
q·nB0d0=m[-],
由以上式子可得qB0d0=mv0,
考虑到近似,有qB0d0=m,
解得n=,
可得d≤nd0=。
答案:(1)a端　(2)　(3) (4)d≤微专题17　带电粒子在叠加场中的运动
课时作业　　　　　　 　　　　　 　　　　　
A级·基础巩固练
命题视角1　带电粒子在叠加场中的运动问题,强化运动性质分析与规律选择
1.如图所示,带电平行板中匀强电场E的方向竖直向上,匀强磁场B的方向垂直于纸面向里,一带电小球从光滑绝缘轨道上的A点自由滑下,经P点进入板间后恰好沿水平方向做直线运动。现使小球从较低的C点自由滑下,经P点进入板间,不计空气阻力,则小球在板间运动过程中(　　)
A.动能将会减小
B.电势能将会减小
C.机械能将会减小
D.小球带负电
解析:C　小球从A点滑下进入复合场区域时沿水平方向做直线运动,则小球受力平衡,判断可知小球带正电,则有mg=qE+qvB,从C点滑下刚进入复合场区域时,其速度小于从A点滑下时的速度,则有mg>qE+qv′B,小球向下偏转,重力做正功,静电力做负功,因为mg>qE,则合力做正功,小球的电势能和动能均增大,根据能量守恒可知,机械能减小。故选C。
2.(多选)如图所示,空间中存在水平方向的匀强电场和匀强磁场,电场方向水平向左,磁场方向垂直于纸面向里。一速度大小为v0的带电小球恰能做匀速直线运动,速度方向与水平方向成30°角斜向右下方,最后进入一轴线沿小球运动方向且固定摆放的一光滑绝缘管道(管道内径略大于小球直径),下列说法正确的是(　　)
A.小球带负电
B.磁场和电场的大小关系为E=2Bv0
C.若小球刚进入管道时撤去磁场,小球仍做匀速直线运动
D.若小球刚进入管道时撤去电场,小球运动时的机械能守恒
解析:CD　小球做匀速直线运动,小球所受合力为0,小球所受静电力只能是水平方向,则小球所受洛伦兹力指向右上,结合左手定则可知,小球带正电,由平衡条件有qv0Bsin 30°=qE,
qv0Bcos 30°=mg,解得E=Bv0=,A、B错误;重力和静电力的合力与洛伦兹力大小相等,方向相反,且洛伦兹力方向与管垂直,若小球刚进入管道时撤去磁场,重力和静电力的合力不做功,支持力不做功,则小球仍沿管做匀速直线运动,C正确;若小球刚进入管道时撤去电场,只有重力做功,小球运动时的机械能守恒,D正确。
命题视角2　配速法的应用,强化矢量的合成与分解的观念
3.如图所示,xOy坐标平面在竖直面内,x轴沿水平方向,y轴正方向竖直向上,在图示空间内有垂直于xOy平面的水平匀强磁场。一带电小球从O点由静止释放,运动轨迹如图中曲线。关于带电小球的运动,下列说法中正确的是(　　)
A.OAB轨迹为半圆
B.小球运动至最低点A时速度最大,且沿水平方向
C.小球在整个运动过程中机械能先变大再变小
D.小球在A点时受到的洛伦兹力与重力大小相等
解析:B　小球释放后,除了受到重力外,开始阶段还受到向右侧的洛伦兹力的作用,只有重力做功机械能守恒。可以假定小球带正电,且磁场方向垂直于纸面向里。小球初速度为0,应用“配速法”可以将这个初速度分解为向右的速度v1和向左的速度v2,如图甲所示,则两者大小关系为v1= v2,且使v1满足qv1B=mg,则根据前述分析可知,小球的运动可看作是v1引起的向右的匀速直线运动和v2引起的一开始向左的逆时针匀速圆周运动的两个分运动的合运动。很显然,小球的轨迹不是半圆,而是摆线,如图乙所示,且小球运动至最低点A时速度为向右的v2和v1的矢量和,即2v1,洛伦兹力大小为2mg。其他位置v2和v1的矢量和都小于2v1,故选B。
4.如图所示,空间存在竖直向下的匀强电场和水平的匀强磁场(垂直于纸面向里),电场强度大小为E,磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为+q的带电粒子在电场中运动,不计粒子所受重力。若该粒子在M点由静止释放,求粒子沿电场方向运动的最大距离ym和运动过程中的最大速率vm。
提示:为了研究该粒子的运动,可以应用运动的合成与分解的方法,将它为0的初速度分解为大小相等的水平向左和水平向右的速度。
解析:方法一　“配速法”
这个运动之所以复杂是因为洛伦兹力改变了运动的方向,带电粒子在磁场中做的最简单的运动就是匀速圆周运动,我们就可以设法将其分解为匀速圆周运动。粒子的初速度为零,可分解为水平向右的速度v和水平向左的速度v,其中水平向右的速度v对应的洛伦兹力与静电力平衡:Bqv=Eq;因此,粒子的运动是水平向右速度为v的匀速直线运动和初速度水平向左、大小为v的逆时针匀速圆周运动的合运动,圆周运动的轨迹半径r==,所以ym=2r=,vm=2v=。
方法二　动能定理+动量定理
带电粒子在运动中,只有静电力做功,当其运动至最远时,静电力做功最多,此时速度最大,
根据动能定理有qEym=m,①
粒子沿竖直方向上的速度产生水平方向的洛伦兹力,
即=qBvy,
取沿水平方向运动一小段时间Δt,根据动量定理有Δt=qBvyΔt=mΔvx,
式中vyΔt表示粒子沿竖直方向运动的距离。
因此,等式两边对粒子从离开M点到第一次最远的过程求和有qBym=mvm,②
联立①②两式,解得vm=,ym=。
答案:　
命题视角3　正则动量定理的应用,强化矢量、微积分和统计分析能力
5.如图,是交替出现的宽为L的匀强电场和匀强磁场区域,其中编号1、3区域为电场,场强均为E,2、4区域为磁场,场强均为B,方向如图所示。质量为m,带电量为q的带正电粒子,从1区上边界由静止释放,不计重力。下列说法中正确的是(　　)
A.粒子从4区下边界穿出后的动能一定为2qEL
B.粒子从4区下边界穿出后的水平速度一定为
C.粒子从4区下边界穿出时的速度与水平方向夹角的余弦为B
D.若粒子恰未从第4场区射出,则需满足E=
解析:A　由于洛伦兹力总是不做功,粒子从静止释放到从4区下边界穿出,根据动能定理可得qE·2L=m,可知粒子从4区下边界穿出后的动能一定为2qEL,粒子从4区下边界穿出后的速度大小为v4=2,A正确;由于静电力处于竖直方向,不影响水平方向的速度,则粒子从静止释放到从4区下边界穿出,水平方向根据动量定理可得∑F洛xt=mvx-0,其中∑F洛xt=∑qvyBt=
qB∑vyt=qB·2L,联立可得粒子从4区下边界穿出后的水平速度为vx=,则粒子从4区下边界穿出时的速度与水平方向夹角的余弦为cos θ==B,若粒子恰未从第4场区射出,粒子达到4区下边界的竖直分速度刚好为0,则有vx==v4=2,解得E=,B、C、D错误。
6.如图所示,水平虚线a、b、c、d间距均为L,a、b间和c、d间有沿水平方向垂直于纸面向里的匀强磁场Ⅰ和Ⅱ,两个区域的磁感应强度大小相等,空间存在平行于纸面竖直向下的匀强电场,电场强度大小为E,一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子在P点由静止释放,粒子进磁场Ⅰ时撤去电场,粒子在磁场Ⅰ中运动的轨迹恰好与虚线b相切,已知P点离虚线a距离也为L,不计粒子的重力。
(1)求匀强磁场的磁感应强度大小;
(2)不撤去电场,改变带电粒子在虚线上方由静止释放的位置,粒子进磁场Ⅰ后轨迹恰好与虚线b相切,求粒子释放的位置与虚线a的距离;
(3)不撤去电场,将粒子在虚线a上方距离为2L的Q点(图中未标出)以水平速度v向右射出,结果粒子恰好不能从磁场Ⅱ的d边界射出,则初速度v多大
解析:(1)设粒子进磁场Ⅰ时的速度大小为v0,根据动能定理有qEL=m,
粒子在磁场Ⅰ中做匀速圆周运动,其半径r1=L,
据牛顿第二定律有qv0B=m,
解得B=。
(2)设粒子释放的位置离虚线a的距离为d,粒子与虚线b相切时的速度大小为v1,
据动能定理有qE(L+d)=m,
解得v1=,
粒子在磁场Ⅰ中运动到b的过程,水平方向应用动量定理有qBt1=mv1,在竖直方向有t1=L,
解得d=0,即粒子应在边界a上由静止释放。
(3)由题意可知,粒子到边界d时速度与d相切水平向右,设其速度大小为v2,
则有qE×5L=m-mv2,
粒子在两个磁场中运动到虚线d的过程,水平方向应用动量定理有qBt2=mv2-mv,
在竖直方向有t2=2L,则有2qBL=mv2-mv,
解得v=。
答案:(1)　(2)粒子应在边界a上由静止释放 (3)
B级·高考过关练
7.如图所示,一绝缘直杆穿过金属块中心的圆孔后竖直固定,金属块带正电且圆孔直径略大于直杆,整个装置处在水平方向的匀强磁场中。现给金属块一竖直向上的初速度v0,使其沿杆向上运动,当其返回到初始位置时速度大小为v。直杆的粗糙程度均匀,重力加速度为g,关于上述过程,下列说法正确的是(　　)
A.摩擦力对金属块的总冲量大于mv0
B.金属块在空中运动的总时间为
C.金属块上升的时间大于下降的时间
D.金属块上升过程因摩擦产生的热量小于下降过程因摩擦产生的热量
解析:B　根据受力分析可知,FN=qvB,则Ff=μFN=μqvB,取竖直向上为正方向,上升过程有=-μqBt1,下降过程有=μqBt2,因为上升与下降过程位移大小相等,即t1=t2,故+=0,A错误;根据动量定理有mgt=mv+mv0,解得t=,B正确;由于上升过程加速度大于下降过程的加速度,故上升时间小于下降的时间,C错误;因路径上的同一位置,上升过程的速率大于下降过程的速率,故同一位置,上升时的压力大于下降时的压力,故上升过程克服摩擦力做的功大于下降过程克服摩擦力做的功,因此上升过程因摩擦产生的热量大于下降过程因摩擦产生的热量,D错误。
8.(2024·浙江6月选考)(多选)如图所示,一根固定的足够长的光滑绝缘细杆与水平面成θ角。质量为m、电荷量为+q的带电小球套在细杆上。小球始终处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中。磁场方向垂直于细杆所在的竖直面,不计空气阻力。小球以初速度v0沿细杆向上运动至最高点,则该过程(　　)
A.合力冲量大小为mv0cos θ
B.重力冲量大小为mv0sin θ
C.洛伦兹力冲量大小为
D.若v0=,弹力冲量为零
解析:CD　根据动量定理得I=0-mv0=-mv0,故合力冲量大小为mv0,故A错误;小球上滑的时间为t0=,重力的冲量大小为IG=mgt0=,故B错误;小球所受洛伦兹力为Bqv=Bq(v0-at)=
-Bqat+Bqv0,a=gsin θ,小球所受洛伦兹力随时间线性变化,故洛伦兹力冲量大小为I洛=q××
Bt0=q××B×=,故C正确;若v0=,0时刻小球所受洛伦兹力为Bqv0=2mgcos θ,小球在垂直于细杆方向所受合力为零,可得Bqv=mgcos θ+FN,即FN=Bqv-mgcos θ=Bq(v0-at)-
mgcos θ=mgcos θ-Bqtgsin θ,则小球在整个减速过程的FNt图像如图,图线与横轴围成的面积表示冲量,可得弹力的冲量为零,故D正确。
9.如图所示,金属棒ab的质量m=5 g,放置在宽l=1 m的光滑的金属导轨的边缘处,两金属导轨处于水平面内,该处有竖直向下的匀强磁场,磁感应强度大小B=0.5 T。电容器的电容C=
200 μF,电源电动势E=16 V,导轨平面距地面高度h=0.8 m,g取10 m/s2,在开关S与“1”接通并稳定后,再使它与“2”接通,金属棒ab被平抛到水平距离s=0.064 m的地面上,则这时电容器两端的电压为(不计导轨及电源电阻)(　　)
A.4 V B.8 V
C.12 V D.16 V
解析:B　开关S与“1”接通并稳定时,电容器带电荷量为Q1=CE=3.2×10-3 C,开关S与“2”接通时,电容器将放电,通有电流的金属棒ab将受安培力的作用而被加速。设放电时间为Δt,加速获得的平抛初速度为v0,由动量定理得Bl·Δt=mv0,之后金属棒ab做平抛运动,有s=v0t=v0,解得v0=0.16 m/s,开关S与“2”接通时,电容器放出的电荷量为ΔQ=Δt==1.6×10-3 C,则最终电容器上留有的电荷量为Q2=Q1-ΔQ=1.6×10-3 C,电容器两端的电压为U==8 V,故选B。
10.(2023·江苏卷)霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型。xOy平面内存在竖直向下的匀强电场和垂直于坐标平面向里的匀强磁场,磁感应强度为B。质量为m、电荷量为e的电子从O点沿x轴正方向水平入射。入射速度为v0时,电子沿x轴做直线运动;入射速度小于v0时,电子的运动轨迹如图中的虚线所示,且在最高点与在最低点所受的合力大小相等。不计重力及电子间相互作用。
(1)求电场强度的大小E;
(2)若电子入射速度为,求运动到速度为时位置的纵坐标y1;
(3)若电子入射速度在0解析:(1)由题意可知,入射速度为v0时,电子沿x轴做直线运动,则有eE=ev0B,解得E=v0B。
(2)电子在竖直向下的匀强电场和垂直于坐标平面向里的匀强磁场的复合场中,由于洛伦兹力不做功,且由于电子入射速度为,则电子受到的静电力大于洛伦兹力,则电子向上偏转,根据动能定理有eEy1=m(v0)2-m(v0)2,
解得y1=。
(3)方法一　若电子以速度v入射时,设电子能到达的最高点位置的纵坐标为y,则根据动能定理有eEy=m-mv2,
由于电子在最高点与在最低点所受的合力大小相等,则在最高点有F合=evmB-eE,
在最低点有F合=eE-evB,
联立有vm=-v=2v0-v,y=,
要让电子到达纵坐标y2=位置,即y≥y2,
解得v≤v0,
则若电子入射速度在0方法二(配速法)　设速度为v的电子,一个分运动为v1=v0,其产生的洛伦兹力与静电力平衡,即qv1B=qE,对应水平向右的匀速直线运动。另一个分运动的速度为v2,对应的洛伦兹力使电子做匀速圆周运动,设圆周运动的半径为r,r=,直径为y2=2r,
则有=,解得v2=。
电子入射速度为两个分速度的合速度,即v=v1-v2=v0-=。
在0由于电子在0答案:(1)v0B　(2)　(3)90%
C级·素养提升练
11.如图甲所示为一原子核分离器。粒子发生器中可以发生相应的核反应,并使得反应的产物进入下面的装置中,依次通过加速电场、速度选择器以及偏转磁场。速度选择器中有垂直于纸面向外的磁感应强度大小为B1的匀强磁场,以及水平方向的电场强度为E0的匀强电场,偏转磁场为垂直于纸面向里的磁感应强度大小为B2(未知)的匀强磁场,偏转磁场的上、下极板MM′和NN′之间的距离为d(未知),忽略粒子之间的相互作用力以及重力。请回答以下问题:
(1)请判断速度选择器中哪一端接电源的正极　　　　(选填“a端”或“b端”);
(2)若粒子离开粒子发生器时速度可视为零,粒子带电荷量为q,质量为m,磁感应强度B2=B0,加速后的粒子恰好沿直线向下运动(图中虚线),从O点进入偏转磁场,求加速电压U0的大小;
(3)在题(2)的基础上,当粒子恰能被NN′收集时,求MM′和NN′两极板之间的距离d;
(4)在题(2)(3)的基础上,若偏转磁场中磁感应强度由MM′到NN′逐渐增大,可以将其视为间距均为d0(d0很小),磁场分界线水平的匀强磁场区域,如图乙所示,从上到下磁场依次增强,第一个区域磁感应强度为B0,下面各区域磁感应强度依次为2B0、3B0、…,求出当粒子能被NN′收集,MM′和NN′两极板之间的距离d应当满足的条件。[当n≥1时,取n(n+1)=n2]
解析:(1)a端接电源的正极。
(2)带电粒子在加速电场中加速,由动能定理得qU0=m-0,解得v0=,
带电粒子在速度选择器中沿直线向下运动,则qE0=qv0B1,
解得U0=。
(3)当带电粒子恰能被NN′收集时,带电粒子的运动半径R=d,
由qv0B2=m,
解得d=。
(4)设向下运动的速度为vy,水平方向的速度为vx,在水平方向很短的时间,有
qvyBΔt=mΔvx,
求和可得qBd0=mΔvx,
对整个运动过程进行分析得qB0d0=m(-0),
q·2B0d0=m(-),
q·3B0d0=m(-),
……
q·nB0d0=m[-],
由以上式子可得qB0d0=mv0,
考虑到近似,有qB0d0=m,
解得n=,
可得d≤nd0=。
答案:(1)a端　(2)　(3) (4)d≤

展开更多......

收起↑