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1、精选优质文档-倾情为你奉上二轮专题复习：带电粒子在电磁场中的运动专题考点分析带电粒子在电磁场中的运动是高考必考的重点和热点，又是高中物理的一个难点。近几年高考题，题目一般是运动情景复杂、综合性强，将场的性质、运动学规律、牛顿运动定律、功能关系以及交变电场等知识有机地结合，对考生的空间想像能力、物理过程和运动规律的综合分析能力，及用数学方法解决物理问题的能力要求较高。带电粒子在电场中有如下运动形式，即带电粒子在电场中的平衡问题、加速问题、偏转问题、轨迹问题及带电粒子在交变电场中的运动问题。解决的具体方法：平衡问题运用物体的平衡条件；直线运动问题运用运动学公式、牛顿运动定律及能量关系；偏转问题运用
2、运动的合成和分解，以及类平抛运动规律等窗体顶端；而对带电粒子在交变电场中运动，则应从粒子的受力情况入手，结合其初始状态的速度，根据牛顿定律、能量守恒以及对称性来分析粒子在不同时间内的运动情况。带电粒子在磁场中的运动问题，利用洛仑兹力公式、圆周运动的相关知识知识解这类问题，还要牵涉到几何知识。从历年高考试题可以看出，以考查带电粒子在洛仑兹力作用下在匀强磁场中做匀速圆周运动的问题为主，侧重对考生的空间想象能力、综合分析能力和灵活运用几何知识能力的考查。带电粒子在复合场中的运动包括带电粒子在匀强电场、交变电场、匀强磁场及包含重力场在内的复合场中的运动问题，也是高考必考内容。知识与方法总结：一、带电粒
3、子在电场中的运动1、带电粒子在电场中的加速： 在匀强电场中的加速问题，一般属于物体受恒力作用（重力一般不计）运动问题。处理的方法有：（1）根据牛顿第二定律和运动学公式求解（动力学方法）；（2）根据动能定理与电场力做功求解（能量方法）.基本方程：加速度，场强，电场力做功. 而对非匀强电场中的加速问题，处理的方法根据动能定理求解。其基本方程是：.2、带电粒子在电场中的偏转 带电粒子垂直于匀强电场的场强方向进入电场后，受到恒定的电场力作用，而做类平抛运动。在垂直电场方向做匀速直线运动，即 而在沿电场力方向，做初速度为零的匀加速直线运动，则 且 通过电场区的时间：故粒子通过电场区的侧移距离：，粒子通过
4、电场区偏转角：.由此可见，侧移距离也可表示为：，即带电粒子从极板的中线射入匀强电场，其出射时速度方向的反向延长线交于入射线的中点。这是一个很重要的结论，应注意理解和灵活运用。二、带电粒子在匀强磁场中的运动（不计重力）1、运动形式（1）带电粒子在磁场中运动时，若速度方向与磁感线平行，则粒子不受磁场力，做匀速直线运动：即： 为静止状态 则粒子做匀速直线运动（2）若速度方向与磁感线垂直，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，只改变速度的方向，不改变速度的大小。 根据牛顿运动定律：， 得轨道半径公式：又根据：， 得周期公式：应该注意：带电粒子在匀强磁场中的转动周期T与带电粒子的速度大
5、小无关2、思路及方法（1）圆心的确定：因为洛伦兹力F指向圆心，根据Fv，画出粒子运动轨迹中任意两点（一般是射入和射出磁场的两点）的F的方向，沿两个洛伦兹力F画出延长线，两延长线的交点即为圆心或利用圆心位置必定在圆中一根弦的中垂线上，作出圆心位置（2）半径和周期的计算：利用平面几何关系，求出该圆的可能半径（或圆心角）。带电粒子垂直磁场方向射入磁场，只受洛仑兹力，将做匀速圆周运动，此时应有，由此可求得粒子运动半径 ，周期，在实际问题中，半径的计算一般是利用几何知识，常用解三角形的知识（如勾股定理等）求解。（3）粒子在磁场中运动时间的确定：利用回旋角（即圆心角）与弦切角的关系，或者利用四边形内角和等
6、于360计算出圆心角的大小，由公式 可求出粒子在磁场中的运动时间三、带电粒子在复合场中的运动所谓复合场，即重力、电场力、洛仑兹力共存或洛仑兹力与电场力同时存在等，当带电粒子所受合外力为零时，所处状态是匀速直线运动或静止状态，当带电粒子所受合力只充当向心力时，粒子做匀速圆周运动，当带电粒子所受合力变化且速度方向不在同一直线上时，粒子做非匀变速曲线运动。对于复合场或组合场中带电体运动的问题，其实是以洛仑兹力为载体，本质上可看作是力学题，仍可从三个方面入手：动力学观点（牛顿定律结合运动学方程）；能量观点（动能定理和机械能守恒或能量守恒）；动量观点（动量定理和动量守恒定律）一般来说，对于微观粒子，如电
7、子、质子、离子等不计重力，而一些实际物体，如带电小球、液滴等应考虑其重力有时也可由题设条件，结合受力与运动分析，确定是否考虑重力四、实际中的应用示波器、速度选择器、磁流体发电机、霍尔效应、电视显像管、质谱仪和回旋加速器等。典型示例迁移例1：如图所示，实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点。若带电粒子在运动中只受电场力作用，根据此图可作出正确判断的是 ( )A. 带电粒子所带电荷的符号B. 带电粒子在a、b两点的受力方向C. 带电粒子在a、b两点的速度何处较大D. 带电粒子在a、b两点的电势能何处较大 解析：设粒子从a运动到
8、b，由轨迹的弯曲情况，可知电场力应沿电场线向左，但因不知电场线的方向，故带电粒子所带电荷符号不能确定。此时，速度方向与电场力方向夹角大于90，电场力做负功，电势能增加，即b的电势能较大。相应地运动速度减小，即a点速度大于b点速度。当粒子从b到a时，也有同样结论。故应选B、C、D。变式训练1、图中的实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带正电粒子的运动轨迹，粒子先经过M点，再经过N点，可以判定（ ）AM点的电势大于N点的电势BM点的电势小于N点的电势C粒子在M点受到的电场力大于在N点受到的电场力D粒子在M点受到的电场力小于在N点受到的电场力例2：如图所示一质量为m，带电量为q的小球用长为L的细
9、线拴接，另一端固定在O点，整个装置处在水平向右的匀强电场中。现将小球位至与O等高的水平位置A点，将小球由静止释放，小球恰能摆到与竖直方向成角的位置，由此可以判定（ ）A小球在下摆过程中机械能守恒B小球向左摆动过程中机械能减少C小球在经过最低点时速度最大D匀强电场的电场强度E=mgtan/q解析：物体机械能守恒的条件是只有重力和弹力做功，而本题中由于电场力的存在，且电场力做了负功，则小球向左摆动过程中机械能减少；小球速度的最大值不是出在最低点时，而是经过其“等效平衡”位置，即选项C不正确；由于将小球是由静止释放恰能摆到与竖直方向成角的位置，故场强不能根据平衡条件求解，而只能借助动能定理解决，故选
10、项D也不正确即本题正确答案只有B变式训练2、如图，在真空中一条竖直向下的电场线上有两点a和b。一带电质点在a处由静止释放后沿电场线向上运动，到达b点时速度恰好为零。则下面说法正确的是（ ）Aa点的电场强度大于b点的电场强度 B质点在b点所受到的合力一定为零C带电质点在a点的电势能大于在b点的电势能 Da点的电势高于b点的电势例3：喷墨打印机的结构简图如图所示，其中墨盒可以发出墨汁微滴，此微粒经过带电室时被带上负电，带电的多少计算机按字体笔画、高低位置输入信号加以控制，带电后的微滴以一定的初速度进入偏转电场发生偏转后打在纸上，显示出字体。无信号输入时，墨汁微滴不带电，径直通过偏转极板而注入回流槽
11、流回墨盒。设偏转极板长，两板间的距离为，偏转板的右端距纸。若一个墨汁微滴的质量为，以的初速度垂直于电场的方向进入偏转电场，两板间的电压为，若墨汁微滴打到纸上的点距原射入方向的距离是，试求：这个墨汁微滴通过带电室带的电量是多少？（不计空气阻力和重力，可以认为偏转电场只局限在平行板电容器内部，忽略边缘电场的不均匀性）为了使纸上的字体放大，请你分析提出至少两种可行的方法。解析：如图所示为墨汁微滴通过偏转电场时的情形（放大图），图中的为墨汁微滴打到纸上的点距原射入方向的距离，而为墨汁微滴离开偏转电场时偏离原来运动方向的夹角，由几何关系及匀变速运动规律得代入数据，解得 解以上几式，得 要使字体放大，也就
12、是使上式中的增大，由上式可以看出，可以通过改变、或来达到预期的目的，如: 将偏转电场的电压增大，则偏转电压应增大到： 将（增大，设在不变的情况下，将偏转板的右端距纸的距离增大为，则： 解得 变式训练3：如图所示 ，在水平向右的匀强电场中，有一带电体自点竖直上抛，它的初动能为，当它上升到最高点时动能为，则此带电体折回通过与点在同一水平线上的点时，其动能多大？例4：电视机的显像管中，电子束的偏转是用磁偏转技术实现的。电子束经过电压为U的加速电场后，进入一圆形匀强磁场区，如图所示。磁场方向垂直于圆面。磁场区的中心为O，半径为r。当不加磁场时，电子束将通过O点而打到屏幕的中心M点。为了让电子束射到屏幕
13、边缘P，需要加磁场，使电子束偏转一已知角度，此时磁场的磁感应强度B应为多少？解析： 电子在磁场中沿圆弧ab运动，圆心为C，半径为R。以v表示电子进入磁场时的速度，m、e分别表示电子的质量和电量，则eUmv2 eVB 又有tg 由以上各式解得B 变式训练4：如图，真空室内存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度的大小B=0.60T，磁场内有一块平面感光板ab，板面与磁场方向平行，在距ab的距离处，有一个点状的放射源S，它向各个方向发射粒子，粒子的速度都是，已知粒子的电荷与质量之比，现只考虑在图纸平面中运动的粒子，求：ab上被粒子打中的区域的长度。例5、如图所示，在坐标系Oxy的第一象限中
14、存在沿y轴正方向的匀强电场，在其余象限中存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里A是y轴上的一点，它到坐标原点O的距离为h；C是x轴上的一点，到O的距离为1.5h一质量为m、电荷量为q的带负电的粒子以大小为v0的初速度沿x轴方向从A点进入电场区域，继而经过C点进入磁场区域不计重力作用（sin53=0.8，cos53=0.6）（1）求匀强电场的电场强度E（2）求粒子经过C点时速度的大小和方向（3）若匀强磁场的磁感应强度，粒子在磁场区域中运动一段时间后又从某一点D进入电场区域，求粒子在磁场区域中运动的这段时间解析：（1）设由A点运动到C点经历的时间为t，则有 以a表示粒子在电场作用下的加速度，有qE=m
15、a 解得 （2）设粒子从C点进入磁场时的速度为v，v垂直于x 轴的分量 设粒子经过C点时的速度方向与x轴夹角为，则有 即（2）粒子从C点进入磁场后在磁场中做半径为R的圆周运动。则有 将代入可解得 由于，因此粒子从y轴上的D点离开磁场。设圆心为P，。用表示与y轴的夹角，由几何关系得 解得即 因为，因此粒子在磁场区域中运动了周，经过的时间为 解得 变式训练5、如图所示，在直角坐标系的第一、二象限内有垂直于纸面的匀强磁场，第三象限有沿Y轴负方向的匀强电场，第四象限内无电场和磁场。质量为m、带电量为q的粒子从M点以速度v0沿x轴负方向进入电场，不计粒子的重力，粒子经N、P最后又回到M点。设OM=L，O
16、N=2L，则：(1) 电场强度E的大小?（2）磁感应强度B的大小和方向？例6、如图所示，一质量为m，带电荷量为+q的粒子以速度v0从O点沿y轴正方向射入磁感应强度为B的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，粒子飞出磁场区域后，从点b处穿过x轴，速度方向与x轴正方向的夹角为30，同时进入场强为E、方向沿x轴负方向成60角斜向下的匀强电场中，通过了b点正下方的c点，如图所示。粒子的重力不计，试求：（1）圆形匀强磁场的最小面积。（2）c点到b点的距离s。解析（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹半径为R，则有，即 R=粒子经过磁场区域速度偏转角为120，这表明在磁场区域中轨迹为半径为R的圆弧，此圆
17、弧应与入射和出射方向相切。作出粒子运动轨迹如图中实线所示。轨迹MN为以O为圆心、R为半径，且与两速度方向相切的圆弧，M、N两点还应在所求磁场区域的边界上。在过M、N两点的不同圆周中，最小的一个是以MN为直径的圆周，所求圆形磁场区域的最小半径为 面积为S=（2）粒子进入电场做类平抛运动，设从b到c垂直电场方向位移x，沿电场方向位移y，所用时间为t。则有x=v0t， 又 解得 x=mv02/Eq， y=6mv02/Eq 变式训练6：如图所示，在y0的空间中存在匀强电场，场强沿y轴负方向；在y0的空间中，存在匀强磁场，磁场方向垂直xy平面（纸面）向外。一电量为q、质量为m的带正电的运动粒子，经过y轴
18、上yh处的点P1时速率为v0，方向沿x轴正方向；然后，经过x轴上x2h处的 P2点进入磁场，并经过y轴上y处的P3点。不计重力。求（l）电场强度的大小。（2）粒子到达P2时速度的大小和方向。（3）磁感应强度的大小。EBMN例7：如图所示，有位于竖直平面上的半径为R的圆形光滑绝缘轨道，其上半部分处于竖直向下、场强为E的匀强电场中，下半部分处于水平向里的匀强磁场中；质量为m，带正电为q的小球，从轨道的水平直径的M端由静止释放，若小球在某一次通过最低点时对轨道的压力为零，求：（1）磁感强度B的大小。（2）小球对轨道最低点的最大压力。（3）若要小球在圆形轨道内作完整的圆周运动，小球从轨道的水平直径的M
19、端下滑的最小速度。解：（1）小球在轨道上来回运动时受重力、支持力、洛伦兹力，但只有重力做功，因此小球的机械能守恒。从M到最低点有 在最低点有 即 解得 （2）小球从M到N以及在轨道上来回运动时受重力、支持力、洛伦兹力，但总只有重力做功，因此小球的机械能始终守恒。从N到最低点时对轨道最低点的有最大压力。在最低点有 解得N2=6mg （3）要小球在圆形轨道内作完整的圆周运动，此时对圆形轨道的最高点压力为零，（ 设小球从轨道的水平直径的M端下滑的最小速度为v0，在最高点速度为v1。从M轨道的最高点，据动能定理： 在圆形轨道的最高点：解得 yxzoM(0,H,0)N(l,0,b)P(l,0,0)变式训
20、练7：如图所示，oxyz坐标系的y轴竖直向上，在坐标系所在的空间存在匀强电场和匀强磁场，电场方向与x轴平行从y轴上的M点（0，H，0）无初速释放一个质量为m、电荷量为q的带负电的小球，它落在xz平面上的N（l，0，b）点（l0，b0）若撤去磁场则小球落在xz平面的P点（l，0，0）已知重力加速度为（1）已知匀强磁场方向与某个坐标轴平行，试判断其可能的具体方向（2）求电场强度E的大小（3）求小球落至N点时的速率v专题实战热身：1、如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab=Ubc，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨
21、迹上的两点，据此可知 （ ）（A）三个等势面中，a的电势最高 （B）带电质点通过P点时的电势能较大（C）带电质点通过P点时的动能较大（D）带电质点通过P点时的加速度较大2、光滑水平面上有一边长为l的正方形区域处在场强为E的匀强电场中，电场方向与正方形一边平行。一质量为m、带电量为q的小球由某一边的中点，以垂直于该边的水平初速v0进入该正方形区域。当小球再次运动到该正方形区域的边缘时，动能的增量可能为 （ ） A0BC D 3、某同学家中电视机画面的幅度偏小，维修的技术人员检查后认为是显像管或偏转线圈出了故障，显像管及偏转线圈如图所示，引起故障的原因可能是 （ ）A .电子枪发射的电子数减小B.
22、加速电场的电压过大C.偏转线圈的电流过小，偏转磁场减弱D.偏转线圈匝间短路，线圈匝数减小 4、两个相同的回旋加速器，分别接在加速电压U1和U2的高频电源上，且U1U2，有两个相同的带电粒子分别在这两个加速器中运动,设两个粒子在加速器中运动的时间分别为t1和t2，获得的最大动能分别为Ek1和Ek2，则 （ ）A .t1Ek2 B.t1= t2 , Ek1 t2 ,Ek1 =Ek2 D.t1lR.因朝不同方向发射的粒子的圆轨迹都过S，由此可知，某一圆轨迹在图中N左侧与ab相切，则此切点P1就是粒子能打中的左侧最远点.为定出P1点的位置，可作平行于ab的直线cd，cd到ab的距离为R，以S为圆心，R
23、为半径，作弧交cd于Q点，过Q作ab的垂线，它与ab的交点即为P1. 再考虑N的右侧。任何粒子在运动中离S的距离不可能超过2R，以2R为半径、S为圆心作圆，交ab于N右侧的P2点，此即右侧能打到的最远点.由图中几何关系得 所求长度为 代入数值得 P1P2=20cm 变式训练5、解:（1）由带电粒子在电场中做类平抛运动，易知，且则E= （2）根据粒子在电场中运动的情况可知，粒子带负电。粒子在电场中做类平抛运动，设到达N点的速度为v，运动方向与x轴负方向的夹角为，如图4所示。由动能定理得将（1）式中的E代入可得 所以=45粒子在磁场中做匀速圆周运动，经过P点时速度方向也与x轴负方向成45角。则OP
24、=OM=L NP=NO+OP=3L粒子在磁场中的轨道半径为R=Npcos45= 又 解得 由左手定则，匀强磁场的方向为垂直纸面向里。变式训练6：（1）粒子在电场、磁场中运动的轨迹如图所示。设粒子从P1到P2的时间为t，电场强度的大小为E，粒子在电场中的加速度为a，由牛顿第二定律及运动学公式有qE ma v0t 2h 由、式解得 （2）粒子到达P2时速度沿x方向的分量仍为v0，以v1表示速度沿y方向分量的大小，v表示速度的大小，表示速度和x轴的夹角，则有 由、式得 v1v0 由、式得 （3）设磁场的磁感应强度为B，在洛仑兹力作用下粒子做匀速圆周运动，由牛顿第二定律 r是圆周的半径。此圆周与x轴和
25、y轴的交点分别为P2、P3。因为OP2OP3，45，由几何关系可知，连线P2P3为圆轨道的直径，由此可求得r 由、可得 变式训练7：（1）用左手定则判断出：磁场方向为x方向或y方向（2）在未加匀强磁场时，带电小球在电场力和重力作用下落到P点，设运动时间为t，小球自由下落， 小球沿x轴方向只受电场力作用小球沿x轴的位移为 小球沿x轴方向的加速度 联立求解，得（3）带电小球在匀强磁场和匀强电场共存的区域运动时，洛仑兹力不做功设落到N点速度大小为v,根据动能定理有 解得 1、BD 2、ABD 3、BCD 4、D5、(1)电子在电场中运动过程是类平抛运动如图沿X方向，由几何关系和匀速分运动得： 沿Y方
26、向，由几何关系和匀加速分运动得：又由牛顿第二定律得： (2)电子在磁场中做匀速圆周运动，其轨迹如是图所示，O为圆心，设电子做匀速圆周 运动的半径为r，进入磁场中速度为v，由图中几何关系有 由洛仑兹力提供向心力得 而综合上式得.6、解析：（1）设粒子从电场中飞出时的侧向位移为h, 穿过界面PS时偏离中心线OR的距离为y，则： h=at2/2 即： 代入数据，解得： h=003m=3cm 带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动,由相似三角形知识得： 代入数据，解得: y=012m=12cm （2）设粒子从电场中飞出时沿电场方向的速度为vy，则：vy=at= 代入数据，解得: vy=15106m/s所
27、以粒子从电场中飞出时沿电场方向的速度 设粒子从电场中飞出时的速度方向与水平方向的夹角为，则：，因为粒子穿过界面PS最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏上，所以该带电粒子在穿过界面PS后将绕点电荷Q作匀速圆周运动，其半径与速度方向垂直。匀速圆周运动的半径： 由，代入数据，解得： Q=1.0410-8C7、粒子在磁场中受各仑兹力作用，作匀速圆周运动，设其半径为r， 据此并由题意知，粒子在磁场中的轨迹的圆心C必在y轴上，且P点在磁场区之外。过P沿速度方向作延长线，它与x轴相交于Q点。作圆弧过O点与x轴相切，并且与PQ相切，切点A即粒子离开磁场区的地点。这样也求得圆弧轨迹的圆心C，如图所示。由图中几何关
28、系得L=3r 解得 图中OA的长度即圆形磁场区的半径R，由图中几何关系可得 8、解：设粒子的入射速度为v，已知粒子带正电，故它在磁场中先顺时针做圆周运动，最后从A4点射出。用B1、B2、R1、R2、T1、T2，分别表示在磁场区和区的磁感应强度、轨道半径和周期。 设圆形区域半径r，如右图所示，已知粒子过圆心且垂直于A2 A4进入区磁场，连接A1 A2，为等边三角形，A2为带电粒子在磁场区运动轨迹的圆心，其轨迹的半径 圆心角A1 A2O=60，带电粒子在磁场区运动时间为： 带电粒子在磁场区运动轨迹的圆心在O A4的中点，即： 在磁场区运动时间为： 带电粒子从射入到射出所用的总时间为： 由以上各式可得： 9、解：设带电粒子经电压为U的电场加速后获得速度为v，由动能定理得：带电粒子进入磁场后，洛仑兹力提供向心力，由牛顿第二定律：依题意可知：r=d解得：带电粒子在电场中偏转，做类平抛运动，设经时间t从P点到达C点，由运动学公式得： 解得：10、解析：由，得 ，则电子穿出电场的时间为 ，该时间远远小于，故可认为电子穿过电场时电势差不变。当电子恰好穿出电容器极板时有 ，则得 ，这时由图象可知， ，故在2内电容器两板间有电子穿出的时间，则无电子穿出的时间 因此，电容器两板间有电子穿出与无电子穿出的时间之比为 。专心-专注-专业