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1、温馨提示： 此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。关键能力题型突破考点一带电粒子在组合场中的运动电场+磁场【典例1】(2020长沙模拟)如图所示，某种带电粒子由静止开始经电压为U1的电场加速后，射入水平放置、电势差为U2的两导体板间的匀强电场中，带电粒子沿平行于两板的方向从两板正中间射入，穿过两板后又垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场中，则粒子射入磁场和射出磁场的M、N两点间的距离d随着U1和U2的变化情况为(不计重力，不考虑边缘效应)()A.d随U1变化，d与U2无关B.d与U1无关，d随U2变化C.d随U1变化，
2、d随U2变化D.d与U1无关，d与U2无关【解析】选A。带电粒子在电场中做类平抛运动，可将射出电场的粒子速度v分解成初速度方向与加速度方向，设出射速度与水平方向夹角为，则有：v0v=cos ，而在磁场中做匀速圆周运动，设运动轨迹对应的半径为R，由几何关系得，半径与直线MN夹角正好等于，则有：d2R=cos ，所以d=2Rv0v，又因为半径公式R=mvBq，则有d=2mv0Bq=2B2mU1q。故d随U1变化，d与U2无关，故A正确；B、C、D错误。【多维训练】(2018全国卷)一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在xOy平面内的截面如图所示：中间是磁场区域，其边界与y轴垂直，宽度为l
3、，磁感应强度的大小为B，方向垂直于xOy平面；磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为l，电场强度的大小均为E，方向均沿x轴正方向；M、N为条状区域边界上的两点，它们的连线与y轴平行。一带正电的粒子以某一速度从M点沿y轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从M点入射的速度从N点沿y轴正方向射出。不计重力。(1)定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹。(2)求该粒子从M点射入时速度的大小。(3)若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x轴正方向的夹角为6，求该粒子的比荷及其从M点运动到N点的时间。【解析】(1)粒子运动的轨迹如图甲所示。(粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中为圆弧，上下对称)(2)粒子从电场下
4、边界入射后在电场中做类平抛运动。设粒子从M点射入时速度的大小为v0，在下侧电场中运动的时间为t，加速度的大小为a；粒子进入磁场的速度大小为v，方向与电场方向的夹角为(见图乙)，速度沿电场方向的分量为v1。根据牛顿第二定律有qE=ma式中q和m分别为粒子的电荷量和质量。由运动学公式有v1=atl=v0tv1=vcos 粒子在磁场中做匀速圆周运动，设其运动轨道半径为R，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得qvB=mv2R由几何关系得l=2Rcos 联立式得v0=2ElBl(3)由运动学公式和题中所给数据得v1=v0cot 6联立式得qm=43ElB2l2设粒子由M点运动到N点所用的时间为t，则t=2t+
5、22-62T式中T是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T=2mqB由式得t=BlE1+3l18l答案：(1)图见解析(2)2ElBl(3)43ElB2l2BlE1+3l18l磁场+电场【典例2】如图所示，第一象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E，第二、三、四象限存在方向垂直xOy平面向外的匀强磁场，其中第二象限磁场的磁感应强度大小为B，第三、四象限磁场的磁感应强度大小相等。一带正电的粒子从P(-d，0)点沿与x轴正方向成=60角的方向平行于xOy平面入射，经第二象限后恰好由y轴上的Q点(图中未画出)垂直于y轴进入第一象限，之后经第三、四象限重新回到P点，回到P点时速度方向与入射时的
6、方向相同，不计粒子重力，求：(1)粒子从P点入射时的速度v0；(2)第三、四象限磁感应强度的大小B。【通型通法】1.题型特征：磁场+电场+磁场。2.思维导引：【解析】(1)粒子从P点射入磁场中做匀速圆周运动，画出轨迹如图所示，设粒子在第二象限中做圆周运动的半径为r，由几何知识得r=dsin=dsin60=23d3根据qv0B=mv02r得v0=23qBd3m粒子在第一象限中做类平抛运动，则有r(1-cos )=qE2mt2，tan =vyv0=qEtmv0联立解得v0=E3B(2)设粒子在第一象限中做类平抛运动的水平位移和竖直位移分别为x和y，根据粒子在第三、四象限中做圆周运动的对称性可知，粒
7、子刚进入第四象限时速度与x轴正方向的夹角等于。由x=v0t，y=vy2t得yx=vy2v0=tan2=32由几何知识可得y=r-rcos =12r=33d则x=23d所以粒子在第三、四象限中做圆周运动的半径为R=12d+23dsin=539d粒子进入第四、三象限运动的速度v=v0cos=2v0=43qBd3m根据qvB=mv2R解得B=2.4B答案：(1)E3B(2)2.4B磁场+电场+磁场【典例3】(2019聊城模拟)如图所示，圆心为O、半径为R的圆形区域内有磁感应强度大小为B1、方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁场区域右侧有一宽度也为R的足够长区域，区域内有方向向左的匀强电场，区域左右边界CD
8、、FG与电场垂直，区域边界上过A点的切线与电场线平行且与FG交于G点，FG右侧为方向向外、磁感应强度大小为B2的匀强磁场区域。在FG延长线上距G点为R处的M点放置一足够长的荧光屏MN，荧光屏与FG成=53角，在A点处有一个粒子源，能沿纸面向区域内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AO方向射入磁场的粒子，恰能沿平行于电场方向进入区域并垂直打在荧光屏上(不计粒子重力及其相互作用)求：(1)粒子初速度大小v0；(2)电场的电场强度大小E；(3)荧光屏上的发光区域长度x。【解析】(1)如图所示，分析可知，粒子在区域中的运动半径r1=R由qv0B1=mv02R得v0=
9、qB1Rm；(2)因粒子垂直打在荧光屏上，由题意可知，在区域中的运动半径为r2=2R由qvB2=mv22R得：v=2qB2Rm粒子在电场中做匀减速运动，由动能定理得：-qER=12mv2-12mv02解得：E=qR2m(B12-4B22)；(3)如图分析可知，速度方向与电场方向平行向左射入区域中的粒子将平行电场方向从区域中最高点穿出，打在离M点x1处的屏上，由几何关系得：(x1cos +R)2+(x1sin )2=4R2解得：x1=221-35R速度方向与电场方向平行向右射入区域中的粒子将沿平行电场方向从区域中的最低点穿出打在离M点x2处的屏上，由几何关系得：(x2cos -R)2+(x2si
10、n )2=4R2解得：x2=221+35R分析可知所有粒子均未平行于FG方向打在板上，因此荧光屏上的发光区域长度为x=x2-x1解得：x=1.2R。答案：(1)qB1Rm(2)qR2mB12-4B22(3)1.2R带电粒子在组合场中的运动1.是否考虑粒子重力的三种情况：(1)对于微观粒子，如电子、质子、离子等，因为其重力一般情况下与电场力或磁场力相比太小，可以忽略；而对于一些宏观物体，如带电小球、液滴、金属块等一般应当考虑其重力。(2)在题目中有明确说明是否要考虑重力的，这种情况比较正规，也比较简单。(3)不能直接判断是否要考虑重力的，在进行受力分析与运动分析时，要由分析结果确定是否要考虑重力
11、。2.基本思路：3.“电偏转”和“磁偏转”的比较：项目垂直电场线进入匀强电场(不计重力)垂直磁感线进入匀强磁场(不计重力)受力情况电场力F=qE，其大小、方向不变，与速度v无关，F是恒力洛伦兹力F洛=qvB，其大小不变，方向随v而改变，F洛是变力轨迹抛物线圆或圆的一部分运动轨迹求解方法利用类平抛运动的规律求解：vx=v0，x=v0tvy=qEmt，y=12qEmt2偏转角：tan =vyvx=qEtmv0半径r=mvqB周期T=2mqB偏移距离y和偏转角要结合圆的几何关系，利用圆周运动规律讨论求解运动时间t=xv0t=2T，T=2mqB动能变化不变【加固训练】如图所示，在x轴上方存在匀强磁场，
12、磁感应强度为B，方向垂直纸面向里。在x轴下方存在匀强电场，方向竖直向上。一个质量为m，电荷量为q，重力不计的带正电粒子从y轴上的a(0，h)点沿y轴正方向以某初速度开始运动，一段时间后，粒子速度方向与x轴正方向成45进入电场，经过y轴的b点时速度方向恰好与y轴垂直。求：(1)粒子在磁场中运动的轨道半径r和速度大小v1；(2)匀强电场的电场强度大小E；(3)粒子从开始运动到第三次经过x轴的时间t0。【解析】(1)根据题意可大体画出粒子在组合场中的运动轨迹如图所示，由几何关系得rcos 45=h可得r=2h又qv1B=mv12r可得v1=qBrm=2qBhm。(2)设粒子第一次经过x轴的位置为x1
13、，到达b点时速度大小为vb，结合类平抛运动规律，有vb=v1cos 45得vb=qBhm设粒子进入电场经过时间t运动到b点，b点的纵坐标为-yb结合类平抛运动规律得r+rsin 45=vbtyb=12(v1sin 45+0)t=2+12h由动能定理有-qEyb=12mvb2-12mv12解得E=(2-1)qhB2m。(3)粒子在磁场中的周期为T=2rv1=2mqB第一次经过x轴的时间t1=58T=5m4qB在电场中运动的时间t2=2t=2(2+1)mqB在第二次经过x轴到第三次经过x轴的时间t3=34T=3m2qB所以总时间t0=t1+t2+t3=114+22+2mqB。答案：(1)2h2qB
14、hm(2)(2-1)qhB2m(3)114+22+2mqB考点二带电粒子在叠加场中的运动无约束条件类型1直线运动【典例4】如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E=53 N/C，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B=0.5 T。有一带正电的小球，质量m=1.010-6 kg，电荷量q=210-6 C，正以速度v在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象)，g取10 m/s2。求：(1)小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向。(2)从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间t。【解析】(1)小
15、球匀速直线运动时受力如图，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，有qvB=q2E2+m2g2代入数据解得v=20 m/s速度v的方向与电场E的方向之间的夹角满足tan =qEmg代入数据解得tan =3得=60(2)解法一：撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，设其加速度为a，有a=q2E2+m2g2m设撤掉磁场后小球在初速度方向上的分位移为x，有x=vt设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y，有y=12at2a与mg的夹角和v与E的夹角相同，均为，又tan =yx联立上式并代入数据解得t=23 s=3.5 s解法二：撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，他对竖直方向的分运
16、动没有影响，以P点为坐标原点，竖直向上为正方向，小球在竖直向上做匀减速运动，其初速度为vy=vsin 若使小球再次穿过P点所在的电场线，仅需小球的竖直方向上的分位移为零，则有vyt-12gt2=0联立上式代入数据解得t=23 s=3.5 s答案：(1)20 m/s速度v的方向与电场方向之间的夹角为60(2)3.5 s类型2圆周运动【典例5】如图所示，两块水平放置、相距为d的长金属板接在电压可调的电源上。两板之间的右侧区域存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。将喷墨打印机的喷口靠近上板下表面，从喷口连续不断喷出质量均为m、水平速度均为v0、带相等电荷量的墨滴。调节电源电压至U，墨滴在电场区域恰能沿水平
17、向右做匀速直线运动；进入电场、磁场共存区域后，最终垂直打在下板的M点。(1)判断墨滴所带电荷的种类，并求其电荷量；(2)求磁感应强度B的值；(3)现保持喷口方向不变，使其竖直下移到两板中间的位置。为了使墨滴仍能到达下板M点，应将磁感应强度调至B，则B的大小为多少？【通型通法】1.题型特征：带电粒子在复合场中做圆周运动。2.思维导引：(1)墨滴在电场区域受到重力和电场力。二力满足大小相等关系时，墨滴做匀速直线运动。(2)进入磁场区域后，墨滴受到的合力等于洛伦兹力，因此做匀速圆周运动。(3)墨滴垂直打到M点时，圆周半径为d。【解析】(1)墨滴在电场区域做匀速直线运动，有qUd=mg由式得q=mgd
18、U由于电场方向向下，电荷所受静电力方向向上，可知墨滴带负电荷。(2)墨滴垂直进入电、磁场共存区域，重力仍与静电力平衡，合力等于洛伦兹力，墨滴做匀速圆周运动，有qv0B=mv02R考虑墨滴进入磁场和撞板的几何关系，可知墨滴在该区域恰完成四分之一圆周运动，则半径R=d由式得B=v0Ugd2。(3)根据题设，墨滴运动轨迹如图所示，设圆周运动半径为R，有qv0B=mv02R由图示可得R2=d2+R-d22解得R=54d联立式可得B=4v0U5gd2。答案：(1)负电荷mgdU(2)v0Ugd2(3)4v0U5gd2类型3复杂曲线运动【典例6】如图甲所示，虚线MN的左侧空间中存在竖直向上的匀强电场(上、
19、下及左侧无边界)。一个质量为m、电荷量为q的带正电小球(视为质点)，以大小为v0的水平初速度沿PQ向右做直线运动。若小球刚经过D点时(t=0)，在电场所在空间叠加如图乙所示。随时间周期性变化、垂直纸面向里的匀强磁场，使得小球再次通过D点时的速度方向与PQ连线成60角。已知D、Q间的距离为(3+1)L，t0小于小球在磁场中做圆周运动的周期，重力加速度大小为g。(1)求电场强度E的大小；(2)求t0与t1的比值；(3)小球过D点后将做周期性运动，当小球运动的周期最大时，求此时磁感应强度的大小B0及运动的最大周期Tm。【通型通法】1.题型特征：在叠加场的复杂曲线运动。2.思维导引：题中信息吹“沙”见
20、“金”沿PQ向右做直线运动小球受力平衡，通过平衡条件，可求出电场强度的大小小球再次通过D点速度与PQ成60角画出运动轨迹，找出直线运动位移大小与匀速圆周运动轨迹半径的关系求运动的最大周期当小球运动轨迹最长，圆弧轨迹与MN相切时小球运动周期最大【解析】(1)小球沿PQ向右做直线运动，受力平衡，则mg=Eq，解得E=mgq。(2)小球能再次通过D点，其运动轨迹应如图(a)所示。设小球做匀速圆周运动的轨迹半径为r，则由几何关系有s=rtan30又知s=v0t1圆弧轨迹所对的圆心角=2-3=43则t0=rv0联立解得t0t1=439。(3)当小球运动的周期最大时，其运动轨迹应与MN相切，小球运动一个周
21、期的轨迹如图(b)所示，由几何关系得R+Rtan30=(3+1)L解得R=L由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qv0B0=mv02R解得B0=mv0qL小球在一个周期内运动的路程s1=3232R+6Rtan30=(4+63)L故Tm=s1v0=(4+63)Lv0。答案：(1)mgq(2)439(3)mv0qL(4+63)Lv0有约束条件【典例7】如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与纸面平行)，磁场方向垂直于纸面向里。纸面内有两个半径不同的半圆在b点平滑连接后构成一绝缘光滑环。一带电小球套在环上从a点开始运动，发现其速率保持不变。则小球()A.带负电B.受到的洛伦兹力大小不变
22、C.运动过程的加速度大小保持不变D.光滑环对小球始终没有作用力【解析】选B。小球速率不变，则做匀速圆周运动，可知所受的电场力和重力平衡，所以小球受向上的电场力，则小球带正电，选项A错误；小球的速率不变，根据F洛=Bqv可知受到的洛伦兹力大小不变，选项B正确；因小球在不同的圆环中运动的半径不同，根据a=v2r可知，小球从小圆环过渡到大圆环的过程中加速度变小，选项C错误；小球从小圆环过渡到大圆环的过程中，加速度减小，根据FN+qvB=ma可知光滑环对小球的作用力发生变化，且作用力不可能总是零，选项D错误；故选B。1.带电粒子在复合场中运动的解题思路：2.带电粒子在叠加场中运动的处理思路：(1)带电
23、粒子在叠加场中无约束情况下的运动情况分类。磁场力、重力并存。a.若重力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动。b.若重力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒，由此可求解问题。电场力、磁场力并存(不计重力的微观粒子)。a.若电场力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动。b.若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用动能定理求解问题。电场力、磁场力、重力并存。a.若三力平衡，一定做匀速直线运动。b.若重力与电场力平衡，一定做匀速圆周运动。c.若合力不为零且与速度方向不垂直，将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用能量守恒或
24、动能定理求解问题。(2)带电粒子在叠加场中有约束情况下的运动。带电体在复合场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道等约束的情况下，除受场力外，还受弹力、摩擦力作用，常见的运动形式有直线运动和圆周运动，此时解题要通过受力分析明确变力、恒力做功情况，并注意洛伦兹力不做功的特点，运用动能定理、能量守恒定律结合牛顿运动定律求出结果。【加固训练】(2017全国卷)如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与纸面平行)，磁场方向垂直于纸面向里，三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等，质量分别为ma、mb、mc。已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动。下列选项正确的是()A.mambmc B.mbmamcC.mcmambD.mcmbma 【解析】选B。设电场强度为E、磁感应强度为B、三个微粒的带电量均为q，它们受到的电场力Eq方向均竖直向上。微粒a在纸面内做匀速圆周运动，有Eq = mag ；b在纸面内向右做匀速直线运动，有Eq +Bqvb = mbg ；c在纸面内向左做匀速直线运动，有Eq -Bqvc = mcg；可得：mb ma mc 。关闭Word文档返回原板块