【文档说明】高考物理考纲解读与热点难点突破专题07带电粒子在复合场中的运动 教学案.doc，共(18)页，320.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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专题07带电粒子在复合场中的运动【2019年高考考纲解读】(1)主要考查三种常见的运动规律，即匀变速直线运动、平抛运动及圆周运动．一般出现在试卷的压轴题中．(2)以电磁技术的应用为背景材料，联系实际考查学以致用的能力，一般出现在压轴题

中．(3)偶尔出现在选择题中，给出一段技术应用的背景材料，考查带电粒子在场中的运动规律及特点．【命题趋势】(1)考查带电粒子在组合场中的运动问题；(2)考查带电粒子在复合场中的运动问题；(3)考查以带电粒子

在组合场、复合场中的运动规律为工作原理的仪器在科学领域、生活实际中的应用．【重点、难点剖析】一、带电粒子在“组合场”中的运动(1)组合场：指电场、磁场、重力场有两种场同时存在，但各位于一定的区域内且并不重叠，且带电粒子在一个场中只受一种场力的作用。(2)对“组合场”问题的处理方法最简单的方法是进

行分段处理，要注意在两种区域的交界处的边界问题与运动的连接条件，根据受力情况分析和运动情况分析，大致画出粒子的运动轨迹图，从而有利于直观地解决问题。【方法技巧】解决带电粒子在组合场中运动的一般思路和方法:(1)明确组合场是由哪些场组合成的。(2)判断粒子经过组合场时的受力和运

动情况，并画出相应的运动轨迹简图。(3)带电粒子经过电场时利用动能定理和类平抛运动知识分析。(4)带电粒子经过磁场区域时通常用圆周运动知识结合几何知识来处理。二、带电粒子在复合场中的运动1.正确分析带电粒子的受力及运动特征是解决问题的前提带电粒子在复合场中做什么运动，取

决于带电粒子所受的合外力及初始运动的速度，因此应把带电粒子的运动情况和受力情况结合起来进行分析。2.灵活选用力学规律是解决问题的关键当带电粒子在复合场中做匀速直线运动时，应根据平衡条件列方程求解;当带电粒子在复合场中做匀速圆周运动时，往往同时应用牛顿第二定律和平衡条件列方程联立求解;当带电粒子在复

合场中做非匀变速曲线运动时，应选用动能定理或能量守恒定律列方程求解。由于带电粒子在复合场中受力情况复杂，往往出现临界问题，此时应以题目中出现的“恰好”“最大”“最高”“至少”等词语为突破口，挖掘隐含条件，根据临界条件列出辅助方程，再与其他方程联立求解。三、带电粒

子在周期性的电场、磁场中的运动带电粒子在交变电场或磁场中运动情况较复杂，运动情况不仅取决于场的变化规律，还与粒子进入场的时刻有关，一定要从粒子的受力情况着手，分析出粒子在不同时间间隔内的运动情况，若交变电压的变化周期

远大于粒子穿越电场的时间，那么粒子在穿越电场的过程中，可看做匀强电场。【变式探究】【2017·天津卷】平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第Ⅲ现象存在沿y轴负方向的匀强电场，如图所示。一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0沿x轴正方向开始运动，Q点

到y轴的距离为到x轴距离的2倍。粒子从坐标原点O离开电场进入磁场，最终从x轴上的P点射出磁场，P点到y轴距离与Q点到y轴距离相等。不计粒子重力，问：（1）粒子到达O点时速度的大小和方向；（2）电场强度和磁感应强度的大小之比。【答案】（1）02vv，方向与x轴方

向的夹角为45°角斜向上（2）20vBE【解析】（1）粒子在电场中由Q到O做类平抛运动，设O点速度v与+x方向夹角为α，Q点到x轴的距离为L，到y轴的距离为2L，粒子的加速度为a，运动时间为t，根据类平抛运动的规律，

有：x方向：tvL02y方向：221atL粒子到达O点时沿y轴方向的分速度为：atvy又：0tanvvy解得：1tan，即45，粒子到达O点时速度方向与x轴方向的夹角为45°角斜向上。粒子到达O点时的速度大小

为【变式探究】(2016·全国卷Ⅰ，15)现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图1所示，其中加速电压恒定。质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场。若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强

磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍。此离子和质子的质量比约为()图1A．11B．12C．121D．144【答案】D【解析】设质子的质量和电荷量分别为m1、q1，一价正离子的质量和电荷量为m2、q2。对于任意粒子，在加速电场中，由动能定理得qU＝12

mv2－0，得v＝2qUm①在磁场中qvB＝mv2r②由①②式联立得m＝B2r2q2U，由题意知，两种粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，加速电压U不变，其中B2＝12B1，q1＝q2，可得m2m1＝B22B21＝144，故选项D正确。由②③式解得r2

＝2BmEdq④(2)设粒子在第n层磁场中运动的速度为vn,轨迹半径为rn(各量的下标均代表粒子所在层数，下同)．nqEd＝12mv2n⑤qvnB＝mv2nrn⑥图1由⑥⑦⑧式得rnsinθn－rn－1sinθn－1＝d⑨由⑨式看出r1sinθ1，r2

sinθ2，„，rnsinθn为一等差数列，公差为d，可得rnsinθn＝r1sinθ1＋(n－1)d⑩图2当n＝1时，由图2看出r1sinθ1＝d由⑤⑥⑩⑪式得sinθn＝Bnqd2mE⑫【变式探究】(20

15·江苏单科，15，16分)一台质谱仪的工作原理如图所示，电荷量均为＋q、质量不同的离子飘入电压为U0的加速电场，其初速度几乎为零．这些离子经加速后通过狭缝O沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场，最后打在底片上．已知放置底片的区域M

N＝L，且OM＝L.某次测量发现MN中左侧23区域MQ损坏，检测不到离子，但右侧13区域QN仍能正常检测到离子．在适当调节加速电压后，原本打在MQ的离子即可在QN检测到．(1)求原本打在MN中点P的离子质量m；(

2)为使原本打在P的离子能打在QN区域，求加速电压U的调节范围；(3)为了在QN区域将原本打在MQ区域的所有离子检测完整，求需要调节U的最少次数．(取lg2＝0.301，lg3＝0.477，lg5＝0.699

)【答案】(1)9qB2L232U0(2)100U081≤U≤16U09(3)3次(2)由(1)知，U＝16U0r29L2离子打在Q点时r＝56L，U＝100U081离子打在N点时r＝L，U＝16U09，则电压

的范围100U081≤U≤16U09(2)加电场后，小球从O点到A点和B点，高度分别降低了d2和3d2，设电势能分别减小ΔEpA和ΔEpB，由能量守恒及④式得ΔEpA＝3Ek0－Ek0－12mgd＝23Ek0⑦ΔEpB＝6Ek0－E

k0－32mgd＝Ek0⑧在匀强电场中，沿任一直线，电势的降落是均匀的．设直线OB上的M点与A点等电势，M与O点的距离为x，如图，则有x32d＝ΔEpAΔEpB⑨解得x＝d.MA为等势线，电场必与其垂线OC方向平行．设电场方向与竖直向下的方向的夹角为α，由几何关系可得α＝30°⑩即

电场方向与竖直向下的方向的夹角为30°.设场强的大小为E，有qEdcos30°＝ΔEpA⑪由④⑦⑪式得E＝3mg6q⑫【举一反三】如图所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异号电荷．一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动

，轨迹如图中虚线所示，那么()A．若微粒带正电荷，则A板一定带正电荷B．微粒从M点运动到N点电势能一定增加C．微粒从M点运动到N点动能一定增加D．微粒从M点运动到N点机械能一定增加【答案】C【变式探究】如图所示的平面直角坐标系xOy，在第Ⅰ象限内有平行于y轴的匀强电场

，方向沿y轴正方向；在第Ⅳ象限的正三角形abc区域内有匀强磁场，方向垂直于xOy平面向里，正三角形边长为L，且ab边与y轴平行．一质量为m、电荷量为q的粒子，从y轴上的P(0，h)点，以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴上的a(

2h，0)点进入第Ⅳ象限，又经过磁场从y轴上的某点进入第Ⅲ象限，且速度与y轴负方向成45°角，不计粒子所受的重力．求：(1)电场强度E的大小；(2)粒子到达a点时速度的大小和方向；(3)abc区域内磁场的磁

感应强度B的最小值．【答案】(1)mv202qh(2)2v0方向指向第Ⅳ象限与x轴正方向成45°角(3)2mv0qL(3)粒子在磁场中运动时，有qvB＝mv2r电场加速且解得根据几何关系x=2r1–L解得（2）（见图）最窄处位于过两虚线交点的垂线上解得【变式探究】(2016·天津理综，11)

如图6所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E＝53N/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＝0.5T。有一带正电的小球，质量m＝1×10－6kg，电荷量q＝2×10

－6C，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)，取g＝10m/s2，求：图6(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。【答案】(1)20m/s与电场方向成60°角斜向上(2)3.5s【解析】(1)小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(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，如图所示，设其加速度为a，有a＝q2E2＋m2g2m⑤设撤去磁场后小球在初速度方向上的分位移为x，有x＝vt⑥2．解题思路(1)小物体P1在水平轨道CD上做匀速直线运动，结合平衡条件，可求出运动速度v的大小．(2)根据动能定理

求出小物体P1到G点时的速度vG，此后P1沿倾斜轨道做匀变速运动，小物体P2沿倾斜轨道做匀加速运动，由牛顿第二定律求出两物体的加速度，两物体在倾斜轨道上运动的距离之和即为倾斜轨道的长度．【答案】(1)4m/s(2)0

.56m(2)设P1在G点的速度大小为vG，由于洛伦兹力不做功，根据动能定理qErsinθ－mgr(1－cosθ)＝12mv2G－12mv2⑤P1在GH上运动，受到重力、电场力和摩擦力的作用，设加速度为a1，根据牛顿第二定律qE

cosθ－mgsinθ－μ(mgcosθ＋qEsinθ)＝ma1⑥P1与P2在GH上相遇时，设P1在GH上运动的距离为s1，则s1＝vGt＋12a1t2⑦设P2质量为m2，在GH上运动的加速度为a2，则m2gsinθ－

μm2gcosθ＝m2a2⑧P1与P2在GH上相遇时，设P2在GH上运动的距离为s2，则s2＝12a2t2⑨s＝s1＋s2⑩联立⑤～⑩式，代入数据得s＝0.56m⑪【变式探究】如图3－7－5所示，坐标系xOy在竖直平面内，空间内有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在x>0的

空间内有沿x轴正方向的匀强电场，电场强度的大小为E.一个带正电的油滴经过图中x轴上的A点，恰好能沿着与水平方向成θ＝30°角斜向下的直线做匀速运动，经过y轴上的B点进入x<0的区域，要使油滴进入x<0区域后能在竖直平面内做匀速圆周运动，需在x<0区域内另加一匀强电场．若带电油滴做圆周运动

通过x轴上的C点，且OA＝OC，设重力加速度为g，求：图3－7－5(1)油滴运动速度的大小．(2)在x<0区域所加电场的大小和方向．(3)油滴从B点运动到C点所用时间及OA的长度．【答案】(1)2EB(2)3E，方向竖直向上(3)23πE3gB33E2gB2(2)使油滴在x<0的区

域做匀速圆周运动，则油滴的重力与所受的电场力平衡，洛伦兹力提供油滴做圆周运动的向心力．所以有：mg＝qE′又tanθ＝qEmgv1t3＝πr2，解得t3＝5πr6v所以t总＝t1＋t2＋t3＝5d4v＋5πr3v题型三、带电粒子在组合

场中的运动带电粒子在电场和磁场的组合场中运动，实际上是将粒子在电场中加速与偏转和磁偏转两种运动有效组合在一起，寻找两种运动的联系和几何关系是解题的关键．当带电粒子连续通过几个不同的场区时，粒子的受力情况和运

动情况也发生相应的变化，其运动过程则由几个不同的运动阶段组成．例3、人类研究磁场的目的之一是为了通过磁场控制带电粒子的运动．如图10所示是通过磁场控制带电粒子运动的一种模型．在0≤x＜d和d<x≤2d的区域内，存在磁感应强度

大小均为B的匀强磁场，其方向分别垂直纸面向里和垂直纸面向外．在坐标原点有一粒子源连续不断地沿x轴正方向释放出质量为m、带电荷量为q(q>0)的粒子，其速率有两种，分别为v1＝23qBd3m、v2＝2qBdm.(不考虑粒子的重力以及粒子之间的相互作

用)图10(1)求两种速率的粒子在磁感应强度为B的匀强磁场中做圆周运动的半径R1和R2.(2)求两种速率的粒子从x＝2d的边界射出时，两出射点的距离Δy的大小．(3)在x>2d的区域添加另一匀强磁场，使得从x＝2d边界射出的两束粒子最终汇聚成一

束，并平行y轴正方向运动．在图中用实线画出粒子的大致运动轨迹(无需通过计算说明)，用虚线画出所添加磁场的边界线．【答案】(1)233d2d(2)4(233－1)d(3)见解析图【解析】(1)根据qvB＝mv2R可得：R＝mvqB又因为粒子

速率有两种，分别为：v1＝23qBd3m，v2＝2qBdm解得：R1＝233d，R2＝2d(2)图甲为某一速率的粒子运动的轨迹示意图，(3)两个粒子运动轨迹如图乙中实线所示，磁场边界如图中虚线所示，可以使得从x＝2d边界射出的两束粒

子最终汇聚成一束，并平行y轴正方向运动．【变式探究】某高中物理课程基地拟采购一批实验器材，增强学生对电偏转和磁偏转研究的动手能力，其核心结构原理可简化为如图11所示．AB、CD间的区域有竖直向上的匀强电场，在CD的右侧有

一与CD相切于M点的圆形有界匀强磁场，磁场方向垂直于纸面．一带正电粒子自O点以水平初速度v0正对P点进入该电场后，从M点飞离CD边界，再经磁场偏转后又从N点垂直于CD边界回到电场区域，并恰能返回O点．已知O、P间距离为d，粒子质量为m，电荷量为q，电场强度大小E＝3mv02q

d，粒子重力不计．试求：图11(1)粒子从M点飞离CD边界时的速度大小；(2)P、N两点间的距离；(3)圆形有界匀强磁场的半径和磁感应强度的大小．【答案】(1)2v0(2)38d(3)54d83mv05qd【解析】(1)据题意，作出带电粒子的运动轨迹，如图

所示：(2)粒子从N到O点时间：t2＝d2v0粒子从N到O点过程的竖直方向位移：y＝12at22故P、N两点间的距离为：PN＝y＝38d【变式探究】如图12所示，半径r＝0.06m的半圆形无场区的圆心在坐标原点O处，半径R＝0.1m、磁感应强度大小B＝0.075T的圆形有界磁场区

的圆心坐标为(0,0.08m)，平行金属板MN的极板长L＝0.3m、间距d＝0.1m，极板间所加电压U＝6.4×102V，其中N极板收集的粒子全部被中和吸收．一位于O处的粒子源向第Ⅰ、Ⅱ象限均匀地发射速度

大小v＝6×105m/s的带正电粒子，经圆形磁场偏转后，从第Ⅰ象限出射的粒子速度方向均沿x轴正方向．若粒子重力不计、比荷qm＝108C/kg、不计粒子间的相互作用力及电场的边缘效应．sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：图12(1)粒子在磁场中的运动半径R0；(2)从坐标

(0,0.18m)处射出磁场的粒子，其在O点入射方向与y轴的夹角θ；(3)N板收集到的粒子占所有发射粒子的比例η.【答案】见解析【解析】(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，由qvB＝mv2R0得R0＝mvqB＝0.08m(2)如图所示，从

y＝0.18m处出射的粒子对应入射方向与y轴的夹角为θ，轨迹圆心与y轴交于(0,0.10m)处，由几何关系可得：sinθ＝0.8，故θ＝53°