（13）帶電粒子在組合場、疊加場、周期場中的運動—江蘇省2020高考物理考前沖A攻略復習講義

1、江蘇高考物理考前沖A攻略（13） 帶電粒子在組合場、疊加場、周期場中的運動【考情播報】考綱要求帶電粒子在勻強磁場中的運動(II)質譜儀和回旋加速器(I)命題預測1.考查質譜儀和回旋加速器。2.考查帶電粒子在組合場中的運動。3.考查帶電粒子在疊加場中的運動。4.考查帶電粒子在周期場中的運動。應試技巧1.質譜儀和回旋加速器：質譜儀的主要特征：將質量數(shù)不等，電荷數(shù)相等的帶電粒子經同一電場加速后進入偏轉磁場。各粒子由于軌道半徑不同而分離，其軌道半徑。在上式中，B、U、q對同一元素均為常量，故，根據不同的半徑，就可計算出粒子的質量或比荷?；匦铀倨鞯闹饕卣鳎?(1)帶電粒子在兩D形盒中回旋周期等于兩盒

2、狹縫之間高頻電場的變化周期，與帶電粒子的速度無關。 (2)將帶電粒子在兩盒狹縫之間的運動首尾連起來是一個初速度為零的勻加速直線運動。(3)帶電粒子每加速一次，回旋半徑就增大一次，所以各半徑之比為。(4)粒子的最后速度，可見帶電粒子加速后的能量取決于D形盒的最大半徑和磁場的強弱。2.帶電粒子在組合場中的運動問題的處理方法：(1)帶電粒子依次通過不同場區(qū)時，因其受力情況隨區(qū)域而變化，故其運動規(guī)律在不同區(qū)域也有所不同。(2)根據區(qū)域和運動規(guī)律的不同，將粒子運動的過程劃分為幾個不同的階段，對不同的階段選取不同的規(guī)律處理。(3)聯(lián)系不同階段運動的物理量是速度，因此確定帶電粒子在場區(qū)邊界的速度(包括大小和

3、方向)是解決該類問題的關鍵。(4)根據受力分析和運動分析，大致畫出粒子的運動軌跡。3.帶電粒子在疊加場中的運動問題的處理方法：(1)磁場力、重力并存：a.若重力和洛倫茲力平衡，則帶電粒子做勻速直線運動。b.若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電粒子將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，故機械能守恒，由此可求解問題。(2)電場力、磁場力并存(不計重力的微觀粒子)：a.若電場力和洛倫茲力平衡，則帶電粒子做勻速直線運動。b.若電場力和洛倫茲力不平衡，則帶電粒子將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，可用動能定理求解問題。(3)電場力、磁場力、重力并存：a.若三力平衡，一定做勻速直線運動。b.若重力與電場力平衡

4、，一定做勻速圓周運動。c.若合力不為零且與速度方向不垂直，將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，可用能量守恒或動能定理求解問題。4.帶電粒子在交變電場和交變磁場中的運動模型：模型特點：(1)粒子的運動情況不僅與交變電場和磁場的變化規(guī)律有關，還與粒子進入場的時刻有關。(2)交替變化的電場及磁場會使帶電粒子順次歷經不同特點的電場或磁場或疊加場，從而表現(xiàn)出“多過程”現(xiàn)象。(3)若交變電壓的變化周期遠大于粒子穿越電場的時間，則在粒子穿越電場的過程中，電場可看做勻強電場。分析方法：(1)仔細分析并確定各場的變化特點及相應的時間，其變化周期一般與粒子在電場或磁場中的運動周期相關聯(lián)。(2)必要時，可把粒子的

5、運動過程還原成一個直觀的運動軌跡草圖進行分析。(3)把粒子的運動分解成多個運動階段分別進行處理，根據每一階段上的受力情況確定粒子的運動規(guī)律。【真題回顧】1 如圖，空間某區(qū)域存在勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向上（與紙面平行），磁場方向垂直于紙面向里，三個帶正電的微粒a、b、c電荷量相等，質量分別為ma、mb、mc。已知在該區(qū)域內，a在紙面內做勻速圓周運動，b在紙面內向右做勻速直線運動，c在紙面內向左做勻速直線運動。下列選項正確的是ABCD【答案】B【考點】本題考查帶電粒子在復合場中的運動?！窘馕觥坑深}意知，mag=qE，mbg=qE+Bqv，mcg+Bqv=qE，所以，故B正確，ACD錯誤。

6、【點撥】三種場力同時存在，做勻速圓周運動的條件是mag=qE，兩個勻速直線運動，合外力為零，重點是洛倫茲力的方向判斷。5 回旋加速器的工作原理如圖甲所示，置于真空中的D形金屬盒半徑為R，兩盒間狹縫的間距為d，磁感應強度為B的勻強磁場與盒面垂直，被加速粒子的質量為m，電荷量為+q，加在狹縫間的交變電壓如圖乙所示，電壓值的大小為U0。周期T=。一束該種粒子在t=0時間內從A處均勻地飄入狹縫，其初速度視為零?，F(xiàn)考慮粒子在狹縫中的運動時間，假設能夠出射的粒子每次經過狹縫均做加速運動，不考慮粒子間的相互作用。求：(1)出射粒子的動能；(2)粒子從飄入狹縫至動能達到所需的總時間；(3)要使飄入狹縫的粒子中

7、有超過99%能射出，d應滿足的條件。【答案】(1) (2) (3)【考點】本題考查了回旋加速器、帶電粒子在電磁場中的運動。【解析】(1)粒子運動半徑為R時 且解得(2)粒子被加速n次達到動能Em，則Em=nqU0粒子在狹縫間做勻加速運動，設n次經過狹縫的總時間為t加速度勻加速直線運動由，解得(3)只有在0時間內飄入的粒子才能每次均被加速則所占的比例為由，解得。【方點撥】考查回旋加速器的原理，能獲得的最大速度對應最大的軌道半徑，即D形盒的半徑，粒子在加速器運動的時間分兩部分，一是在磁場中圓周運動的時間，二是在電場中的勻加速運動時間，把加速過程連在一起就是一勻加速直線運動。【預測訓練】1如圖所示，

8、質譜儀由兩部分區(qū)域組成，左側M、N是對水平放置的平行金屬板，分別接到直流電源兩極上，板間在較大范圍內存在著電場強度為E的勻強電場和磁感應強度大小為B1的勻強磁場，右側是磁感應強度大小為B2的另勻強磁場。一束帶點粒子（不計重力）由左端射入質譜儀后沿水平直線運動，從S0點垂直進入右側磁場后分成甲、乙兩束，其運動軌跡如圖所示，兩束粒子最后分別打在乳膠片的P1、P2兩個位置，S0、P1、P2三點在同一條整直線上，且S0P1=43S0P2。則下列說法正確的是A兩束粒子的速度都是EB1B甲束粒子的比荷小于乙束粒子的比荷C若甲、乙兩束粒子的電荷量相等，則甲、乙兩束粒子的質量比為4:3D若甲、乙兩束粒子的質量

9、相等，則甲、乙兩東粒子的電荷量比為4:3【答案】ABC【考點】速度選擇器、帶電粒子在勻強磁場中的運動【解析】A粒子在平行金屬板間沿直線運動，說明洛倫茲力和電場力平衡，則Eq=qvB1，得v=EB1，故A正確；B由題意R=mvqB2，得比荷qm=vB21R，比荷與半徑成反比，因為S0P1=43S0P2，故甲束粒子的比荷小于乙束粒子的比荷，故B正確；C若甲、乙兩束粒子的電荷量相等，R1R2=m1vqB2m2vqB2=m1m2=43，故C正確；D若甲、乙兩束粒子的質量相等，R1R2=mvq1B2mvq2B2=q2q1=43，故D錯誤。2如圖所示，空間存在水平向左的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，電

10、場和磁場相互垂直。在電磁場區(qū)域中，有一個豎直放置的光滑絕緣圓環(huán)，環(huán)上套有一個帶正電的小球。O點為圓環(huán)的圓心，a、b、c、d、e為圓環(huán)上的五個點，a點為最高點，c點為最低點，bOd沿水平方向，e為ad弧的中點。已知小球所受電場力與重力大小相等?，F(xiàn)將小球從環(huán)的頂端a點由靜止釋放，下列判斷正確的是A小球能運動到c點，且此時所受洛倫茲力最大B小球能運動到e點，且此時所受洛倫茲力最小C小球從a點到b點，重力勢能減小，電勢能增大D小球從b點運動到c點，電勢能增大，動能先增大后減小【答案】D【考點】帶電粒子在電磁疊加場中的運動【解析】電場力與重力大小相等，則二者的合力指向左下方45°，由于合力是恒

11、力，故類似于新的重力，所以ad弧的中點e點相當于平時豎直平面圓環(huán)的“最高點”。關于圓心對稱的位置（即bc弧的中點）就是“最低點”，速度最大。由于bc弧的中點相當于“最低點”，速度最大，當然這個位置洛倫茲力最大，故A錯誤；由于a、d兩點關于新的最高點對稱，若從a點靜止釋放，最高運動到d點，故B錯誤；從a到b，重力和電場力都做正功，重力勢能和電勢能都減少，故C錯誤；小球從b點運動到c點，電場力做負功，電勢能增大，但由于bc弧的中點速度最大，所以動能先增后減，故D正確。3如圖所示，電路中有一段金屬導體，它的橫截面是寬為a、高為b的長方形，放在沿y軸正方向的勻強磁場中，導體中通有沿x軸正方向、大小為I

12、的電流，已知金屬導體中單位體積的自由電子數(shù)為n，電子電荷量為e，金屬導電過程中，自由電子做定向移動可視為勻速運動，測出金屬導體前后兩個側面間的電勢差的大小為U，則下列說法正確的是A前側面電勢較高B后側面電勢較高C磁感應強度為nebUID磁感應強度的大小neaUI【答案】BC【考點】安培力、流量計【解析】AB.電子定向移動方向和電流方向相反，所以電子定向移動方向沿x軸負方向，根據左手定則判斷，電子受力方向指向前側面，所以前側面電勢低，后側面電勢高，A錯誤B正確。CD.當金屬導體中自由電子定向移動時受洛倫茲力作用向前側面偏轉，使得前后兩側面間產生電勢差，當電子所受電場力和洛倫茲力平衡時，前后兩側產

13、生恒定的電勢差，則：eUa=Bev，q=n（abvt）e，eUa=Bev，I=qt，聯(lián)立以上幾式解得：B=nebUI，D錯誤C正確。4如圖所示，空間中存在一水平方向勻強電場和一水平方向勻強磁場，且電場方向和磁場方向相互垂直。在電磁場正交的空間中有一足夠長的固定粗糙絕緣桿，與電場正方向成夾角且處于豎直平面內。一質量為m，帶電量為+q的小球套在絕緣桿上。初始，給小球一沿桿向下的初速度，小球恰好做勻速運動，電荷量保持不變。已知，磁感應強度大小為B，電場強度大小為，則以下說法正確的是A小球的初速度為B若小球的初速度為，小球將做加速度不斷增大的減速運動，最后停止C若小球的初速度為，小球將做加速度不斷增大

14、的減速運動，最后停止D若小球的初速度為，則運動中克服摩擦力做功為【答案】AC【考點】帶電粒子在復合場中的運動【解析】對小球進行受力分析如圖電場力的大?。?，由于重力的方向豎直向下，電場力的方向水平向左，二者垂直，合力：，由幾何關系可知，重力與電場力的合力與桿的方向垂直，所以重力與電場力的合力不會對小球做功，而洛倫茲力的方向與速度的方向垂直，所以也不會對小球做功。所以，當小球做勻速直線運動時，不可能存在摩擦力，沒有摩擦力，說明小球與桿之間就沒有支持力的作用，則洛倫茲力大小與重力、電場力的合力相等，方向相反。所以qv0B=2mg，所以，故A正確。若小球的初速度為，則洛倫茲力：f=qv0B=3mg&g

15、t;FG+F，則在垂直于桿的方向上，小球還受到桿的垂直于桿向下的支持力，則摩擦力：f=FN。小球將做減速運動，隨速度的減小，洛倫茲力減小，則支持力逐漸減小，摩擦力減小，小球做加速度不斷減小的減速運動，最后當速度減小到時，小球開始做勻速直線運動，故B錯誤。若小球的初速度為，則洛倫茲力：f=qv0B=mg<FG+F，則在垂直于桿的方向上，小球還受到桿的垂直于桿向上的支持力，而摩擦力：f=FN。小球將做減速運動，隨速度的減小，洛倫茲力減小，則支持力逐漸增大，摩擦力逐漸增大，小球的加速度增大，所以小球將做加速度不斷增大的減速運動，最后停止，故C正確；若小球的初速度為，小球將做加速度不斷增大的減速

16、運動，最后停止，運動中克服摩擦力做功等于小球的動能，所以，故D錯誤?！军c撥】本題考查小球在混合場中的運動，解答的關鍵明確小球的受力情況，并能夠結合受力的情況分析小球的運動情況，要知道小球何時做加速度減小的減速運動，何時做加速度增大的減速運動，當加速度減為零時，做勻速運動。5如圖所示，豎直平面內邊長為a的正方形ABCD是磁場的分界線，在正方形的四周及正方形區(qū)域內存在方向相反、磁感應強度大小均為B的與豎直平面垂直的勻強磁場，M、N分別是邊AD、BC的中點。現(xiàn)有一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子從M點沿MN方向射出，帶電粒子的重力不計。(1)若在正方形區(qū)域內加一與磁場方向垂直的勻強電場，恰使以初速度

17、v0射出的帶電粒子沿MN直線運動到N點，求所加場的電場強度的大小和方向。(2)為使帶電粒子從M點射出后，在正方形區(qū)域內運動到達B點，則初速度v1應滿足什么條件？(3)試求帶電粒子從M點到達N點所用時間的最小值，并求出此條件下粒子第一次回到M點的時間?！敬鸢浮浚?）Bv0，豎直向下 （2）5aqB4m (3)2mBq 4mBq【考點】帶電粒子在多邊界磁場的組合場中的運動【解析】（1）由題意可知，電場力與洛倫茲力平衡由平衡條件得：qE=qv0B，解得：E=Bv0因帶電粒子帶正電，則電場強度的方向豎直向下（2）此時，帶電粒子的運動軌跡如圖甲所示，根據幾何關系得：R2=a2+（Ra2）2解得R=54a

18、由牛頓第二定律得：qv1B=mv12R，解得：v1=5aqB4m（3）由題意可畫出帶電粒子的運動軌跡如圖乙所示，可知，帶電粒子在兩磁場中的軌道半徑均為：r=12a帶電粒子在正方形區(qū)域內的運動時間：t1=14T在正方形區(qū)域外的運動時間：t2=34T由牛頓第二定律得：qvB=m（2T）2r，解得：T=2mqB故帶電粒子從M點到達N點所用時間的最小值：t=t1+t2=2mqB畫出帶電粒子從N點繼續(xù)運動的軌跡如圖丙所示，知帶電粒子可以回到M點由對稱性，回到M點的時間為：t=2T=4mqB【點撥】該題中粒子在幾種不同的場中運動，要注意畫出粒子的軌跡，找到粒子運動的軌道半徑，結合軌跡分析幾何關系是該類題目

19、的常規(guī)步驟。【每日一題】【計算題訓練】如圖甲所示，xOy平面處于勻強電場和勻強磁場中，電場強度E和磁感應強度B隨時間t變化的圖象如圖乙所示，周期均為2t0，y軸正方向為E的正方向，垂直紙面向里為B的正方向。t0時刻，一質量為m、電荷量為q的粒子從坐標原點O開始運動，此時速度大小為v0，方向為x軸方向。已知電場強度大小為E0，磁感應強度大小B0=mqt0，不計粒子所受重力。求：(1)t0時刻粒子的速度大小v1及對應的位置坐標(x1，y1)；(2)為使粒子第一次運動到y(tǒng)軸時速度沿x方向，B0與E0應滿足的關系；(3)t=4nt0(n為正整數(shù))時刻粒子所在位置的橫坐標x?！敬鸢浮?1)v02+qE02t02m2，(v0t0,E0qt022m ) (2)E0B0=v0 (