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第三讲 带电粒子在复合场中的运动
通览知识 明要点
研学考点 提能力
目 录 索 引
01
02
通览知识 明要点
研学考点 提能力
考点一 带电粒子在组合场、交变场中的运动
命题角度1 带电粒子的“电加速—磁偏转”运动
(1)先电场后磁场
①如图甲所示,带电粒子先在非匀强电场中加速,后在匀强磁场中偏转。
②如图乙所示,带电粒子先在匀强电场中加速,后在匀强磁场中偏转。
(2)先磁场后电场
如图丙、丁所示,带电粒子先在匀强磁场中偏转,后在匀强电场中做匀变速直线运动。
例1 (2024甘肃卷)质谱仪是科学研究中的重要仪器,其原理如图所示。Ⅰ为粒子加速器,加速电压为U;Ⅱ为速度选择器,匀强电场的电场强度大小为E1,方向沿纸面向下,匀强磁场的磁感应强度大小为B1,方向垂直纸面向里;Ⅲ为偏转分离器,匀强磁场的磁感应强度大小为B2,方向垂直纸面向里。从S点释放初速度为零的带电粒子(不计重力),加速后进入速度选择器做直线运动、再由O点进入分离器做圆周运动,最后打到照相底片的P点处,运动轨迹如图中虚线所示。
(1)粒子带正电还是负电 求粒子的比荷。
(2)求O点到P点的距离。
(3)若速度选择器Ⅱ中匀强电场的电场强度大小变为E2(E2略大于E1),方向不变,粒子恰好垂直打在速度选择器右挡板的O'点上。求粒子打在O'点的速度大小。
解析 (1)由于粒子在偏转分离器中向上偏转,根据左手定则可知粒子带正电;设粒子的质量为m,电荷量为q,粒子进入速度选择器时的速度为v0,在速度选择器中粒子做匀速直线运动,由平衡条件qv0B1=qE1
(3)粒子进入Ⅱ瞬间,
粒子受到向上的洛伦兹力F洛=qv0B1
向下的电场力F=qE2
由于E2>E1,且qv0B1=qE1
所以通过配速法,如图所示
其中满足qE2=q(v0+v1)B1
则粒子在速度选择器中的运动可看作水平
向右以速度v0+v1做的匀速直线运动和以v1做的匀速圆周运动的合成,当速度转向到水平向右时,满足垂直打在速度选择器右挡板的O'点的要求,
命题角度2 带电粒子的“电偏转—磁偏转”运动
(1)先电场后磁场:带电粒子在匀强电场、匀强磁场中均偏转(如图甲、乙所示)。
(2)先磁场后电场:带电粒子在匀强电场、匀强磁场中均偏转(如图丙所示)。
例2 (2023辽宁卷)如图所示,水平放置的两平行金属板间存在匀强电场,板长是板间距离的 倍。金属板外有一圆心为O的圆形区域,其内部存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场。质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子沿中线以速度v0水平向右射入两板间,恰好从下板边缘P点飞出电场,并沿PO方向从图中O'点射入磁场。
已知圆形磁场区域半径为 ,不计粒子重力。
(1)求金属板间电势差U。
(2)求粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角θ。
(3)仅改变圆形磁场区域的位置,使粒子仍从图中O'点射入磁场,且在磁场中的运动时间最长。定性画出粒子在磁场中的运动轨迹及相应的弦,标出改变后的圆形磁场区域的圆心M。
(2)如图甲所示,设粒子射出金属板时的速度方向与水平方向的夹角为θ0。
由几何关系可得,粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角θ=60°。
甲
(3)当磁场圆的直径为运动轨迹圆的弦时,粒子在磁场中的运动时间最长。粒子在磁场中的运动轨迹及相应的弦和改变后的圆形磁场区域的圆心M如图乙所示。
命题角度3 带电粒子在交变场中的运动
1.此类问题是场在时间上的组合,电场或磁场往往具有周期性,粒子的运动也往往具有周期性。这种情况下要仔细分析带电粒子的受力情况和运动过程,弄清楚带电粒子在每一时间段内在电场、磁场中各处于什么状态,做什么运动,画出一个周期内的运动轨迹,确定带电粒子的运动过程,选择合适的规律进行解题。
2.解题思路
例3 (2025山东济宁二模)如图甲所示,在xOy平面内,虚线与x轴垂直并相交于P(-L,0)点,在虚线左侧有一加速电场,电压为U0。一质量为m、电荷量为+q的带电粒子从A点飘入加速电场(忽略初速度),当粒子运动到P点时,在虚线与y轴之间的区域加上如图乙所示、方向与y轴平行的交变电场(T未知),y轴正方向为电场的正方向,粒子经时间T从y轴上的Q(0,L)点进入第一象限。某一时刻在第一象限内加上如图丙所示的变化磁场,磁场变化周期为T0,垂直于xOy平面向里为磁场的正方向,粒子恰好不会回到第二象限。已知B0=,不计粒子重力,忽略电场、磁场突变的影响。求:
甲
乙
丙
(1)带电粒子经过P点时速度的大小v0;
(2)交变电场的电场强度大小E0;
(3)加上磁场后,粒子在时刻所处的位置坐标。
答案 (1)
(2)
(3)(,L+)
解析 (1)根据题意,由动能定理有qU0=
解得v0=。
(2)粒子在偏转电场中前时间内做类平抛运动,后时间内逆向可看作类平抛运动,且与前时间内对称,x方向,有L=v0T
y方向,有L=2×,E0q=ma
解得E0=。
(3)粒子从Q点射出时速度方向沿x轴正方向,速度大小为v0,粒子在磁场中运动,设粒子做圆周运动的半径为r,有qv0B0=m
解得r=
运动周期为T'=
粒子在磁场中运动的轨迹如图所示
经分析可知,粒子恰好运动至如图所示的M点位置,x=2r,y=3r+L
解得x=,y=L+
即粒子在时刻所处的位置坐标为(,L+)。
规律总结 带电粒子的常见运动类型及求解方法
拓展衍生
1.如图所示,在0≤x≤2d、0≤y≤2d的区域中,存在沿y轴正方向、电场强度大小为E的匀强电场,电场的周围分布着垂直于纸面向外的恒定匀强磁场。一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子从OP中点A进入电场(不计粒子重力)。
(1)若粒子初速度为零,粒子从上边界垂直QN第二次
离开电场后,垂直NP再次进入电场,求磁场的磁感应
强度B的大小。
(2)若改变电场强度大小,粒子以一定的初速度从A点
沿y轴正方向第一次进入电场,离开电场后从P点第二
次进入电场,在电场的作用下从Q点离开。求改变后
电场强度E'的大小和粒子的初速度v0。
解析 (1)根据题意,粒子运动轨迹如图甲所示。
6r1=2d
甲
(2)设粒子第一次出电场的速度为v1,粒子第一次在磁场中的运动轨迹如图乙所示,
乙
2.(2024新课标卷)一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子始终在同一水平面内运动,其速度可用图示直角坐标系内的一个点P(vx,vy)表示,vx、vy分别为粒子速度在水平面内两个坐标轴上的分量。粒子出发时P位于图中a(0,v0)点,粒子在水平方向的匀强电场作用下运动,P点沿线段ab移动到b(v0,v0)点;随后粒子离开电场,进入方向竖直、磁感应强度大小为B的匀强磁场,P点沿以O为圆心的圆弧移动至c(-v0,v0)点;然后粒子离开磁场返回电场,P点沿线段ca回到a点。已知任何相等的时间内P点沿图中闭合曲线通过的曲线长度都相等。不计重力。
(1)求粒子在磁场中做圆周运动的半径和周期。
(2)求电场强度的大小。
(3)求P点沿图中闭合曲线移动1周回到a点时,
粒子位移的大小。
解析 根据题中信息,作出粒子的运动轨迹,如图所示。从a点到b点,粒子做类平抛运动;从b点到c点,粒子做匀速圆周运动,转过的角度为270°;从c点到a'点,粒子做反向的类平抛运动。
(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力,
考点二 带电粒子在叠加场中的运动
命题角度1 洛伦兹力与重力共存
例4 (多选)如图所示,带电圆环P套在足够长的粗糙绝缘水平细杆上,空间中存在与水平杆成θ角斜向左上方的匀强电场,现给圆环P一向右的初速度,使其在杆上与杆无挤压地滑行。当圆环P滑至A点时,在空间加上方向水平且垂直细杆的匀强磁场,并从此刻开始计时,t1时刻圆环P再次返回A点。选取水平向右为正方向,则运动过程圆环P受到的摩擦力Ff、速度v、加速度a、动能Ek随时间t变化的图像,可能正确的是( )
BD
解析 在匀强电场中,圆环在杆上与杆无挤压地滑行,则qEsin θ=mg,故加上磁场后,圆环P速度为v时,圆环与杆间的压力为FN=qvB,圆环向右运动的过程中,根据牛顿第二定律qEcos θ+Ff=ma1,且Ff=μFN,加速度为a1=,圆环向右运动的过程中,圆环速度减小,向左的加速度逐渐减小,圆环向左运动的过程中,根据牛顿第二定律qE-μFN=ma2,加速度为a2=,圆环向左运动的过程中,圆环速度增大,向左的加速度逐渐减小,故整个运动过程,加速度一直向左且逐渐减小,故选项C所示图像不符合要求;
由于圆环P从A点出发再返回A点,过程中克服摩擦力做功,返回A点时的速度小于从A点出发时的速度,根据v-t图像的斜率表示加速度,可知速度v随时间t变化的图像如选项B所示,故选项B所示图像符合要求;返回A点时圆环受到的摩擦力应小于从A点出发时圆环受到的摩擦力,故选项A所示图像不符合要求;根据Ek=mv2可知动能Ek随时间t变化的图像如选项D所示,故选项D所示图像符合要求。故选B、D。
命题角度2 静电力与洛伦兹力共存
例5 (2025黑龙江大庆模拟)某一装置原理如图所示,1为粒子加速器,加速电压U1=1 000 V。2为速度选择器,磁场与电场正交,磁感应强度B0=0.1 T,两板间距离d=5 cm。3为偏转分离器,电场为有界匀强电场,电场强度E=6×103 V/m,电场方向水平向右,电场宽度l=25 cm。现有一质量m=2×10-17 kg、电荷量q=1×10-12 C的正粒子
(不计重力),经加速器加速后,恰能通过速度选择器,
该粒子进入分离器后做曲线运动,
最后从电场下边界射出。求:
(1)粒子进入速度选择器时的速度大小;
(2)速度选择器两板间的电压U2;
(3)粒子从电场下边界飞出时的速度。
答案 (1)1×104 m/s
(2)50 V
(3)1.25×104 m/s,方向与v的方向成37°角斜向下
解析 (1)由动能定理可得qU1=mv2
解得v=1×104 m/s。
(2)粒子恰能通过速度选择器,则满足qvB0=q
解得U2=50 V。
(3)粒子进入电场做类平抛运动l=vt
解得t=2.5×10-5 s
根据qE=ma
解得a=3×108 m/s2
则vx=at=7.5×103 m/s
粒子从电场下边界飞出时的速度大小为
v'==1.25×104 m/s
tan θ=
解得θ=37°
粒子从电场下边界飞出时的速度方向与v的方向成37°角斜向下。
命题角度3 静电力、重力与洛伦兹力共存
例6 如图所示的空间中有竖直向上的匀强电场,在水平虚线AP上方半径为R的圆形区域内有匀强磁场,方向垂直纸面向外,磁感应强度大小为B1=B0,圆形区域与AP相切。MN是圆形磁场的水平直径,PN是过N点的圆的切线,过P点放一个足够长的微粒收集板PQ,PA与PQ的夹角α=45°。M点有一粒子源,可以在纸面内向圆形磁场各个方向发射速度大小都相等、质量为m、电量为+q的微粒。微粒在圆形磁场内做匀速圆周运动,其中速度斜向上与直径MN夹角θ=30°的微粒经过圆形磁场的圆心后射出圆形磁场。AP下方有垂直纸面向内、磁感应强度大小为B2= B0的匀强磁场,重力加速度为g,微粒重力不可忽略。求:
(1)匀强电场的电场强度大小;
(2)粒子源发射微粒的速度大小;
(3)微粒收集板PQ有微粒打上的长度。
解析 (1)由带电微粒在复合场中做匀速圆周运动,可以得出微粒在复合场中所受的重力与电场力平衡,则qE=mg
(2)作出微粒的轨迹图像如图所示
轨迹的圆心为O',轨迹又经过圆心O,所以△O'OM是等边三角形,微粒做匀速圆周运动的半径与圆形磁场的半径相等,也是R,设微粒的速度大小为v0,
(3)由于微粒做匀速圆周运动的半径与圆形磁场的半径相等,根据磁聚焦的知识可知,微粒射出圆形磁场的速度方向都竖直向下。在AP下方,设微粒做圆周运动的半径为r,
规律总结 带电粒子在叠加场中运动的解题思路
拓展衍生
3.(多选)(2025吉林长春模拟)如图所示,水平固定的平行带电极板M、N间距为d,板间产生匀强电场,电场强度大小为E,两板间同时存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子,由两板间左侧中点P以初速度v0水平向右射入两极板间,该粒子恰好沿直线运动。仅将粒子初速度大小调整为2v0,发现粒子由Q点(Q点未标出)沿水平方向射出两极板间的区域。
不计粒子重力,下列说法正确的是( )
A.M极板带正电,N极板带负电
B.粒子初速度v0=
C.Q与P一定在同一水平线上
D.d的大小可能等于
答案 BC
解析 粒子以v0水平向右射入时,恰好沿直线运动,
说明洛伦兹力与静电力平衡,即qE=qv0B,解得v0=,
根据左手定则,可知粒子所受洛伦兹力方向向下,则
静电力方向向上,粒子带正电,则电场强度方向向上,
因此N极板带正电,M极板带负电,B正确,A错误;粒子以2v0水平向右射入时,其实际运动轨迹是一条摆线,如图甲所示,将粒子的运动分解为两个分运动:①速度为v0向右的匀速直线运动,如图乙所示;②速度大小为v0的顺时针匀速圆周运动,如图丙所示。粒子由Q点沿水平方向射出,说明分运动②的匀速圆周运动一定转了整数圈,因此Q点一定和P点在同一水平线上,C正确;
粒子分运动②的匀速圆周运动半径为r=,粒子不能撞到下极板,因此须满足r<,解得d>,D错误。
4.(多选)(2024安徽卷)空间中存在竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场,电场强度大小为E,磁感应强度大小为B。一质量为m的带电油滴a,在纸面内做半径为R的圆周运动,轨迹如图所示。当a运动到最低点P时,瞬间分成两个小油滴Ⅰ、Ⅱ,二者所带电荷量、质量均相同。Ⅰ在P点时与a的速度方向相同,并做半径为3R的圆周运动,轨迹如图所示。Ⅱ的轨迹未画出。
已知重力加速度大小为g,不计空气浮力与阻力以及Ⅰ、Ⅱ分开后的相互作用。则( )
ABD
解析 本题考查带电粒子在复合场中的运动。油滴a做圆周运动,故油滴a所受重力与静电力平衡,可知油滴a带负电,有mg=Eq,解得q=,故A正确;根据洛伦兹力提供向心力有Bqv=m,得R=,解得油滴a做圆周运动的速度大小为v=,故B正确;设小油滴Ⅰ的速度大小为v1,得3R=,解得v1=,周期为T=,故C错误;带电油滴a分离前后动量守恒,设分离后小油滴Ⅱ的速度为v2,取油滴a分离前瞬间的速度方向为正方向,有mv=v1+v2,解得v2=-,由于分离后的小油滴受到的静电力和重力仍然平衡,分离后小油滴Ⅱ的速度方向与正方向相反,根据左手定则可知小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动,故D正确。(共37张PPT)
第二讲 磁场 带电粒子在磁场中的运动
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目 录 索 引
01
02
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03
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考点一 磁场的性质及磁场对电流的作用
命题角度1 磁场的叠加
(1)根据安培定则确定通电导线周围磁场的方向。
即磁感应强度的方向
(2)磁场中某点磁感应强度的方向为该点磁感线的切线方向。
(3)磁感应强度是矢量,多个通电导体产生的磁场叠加时,合磁场的磁感应强度等于通电导体分别单独存在时在该点磁感应强度的矢量和。
用平行四边形定则或三角形定则
例1 (2025福建卷)无限长的直导线L1、L2中通有大小相等、方向相反的电流,M、O、N共线,且连线与导线垂直,M与O关于L1对称,O与N关于L2对称,且|MO|=|ON|,初始时,M点的磁感应强度大小为B1,O点的磁感应强度大小为B2。现保持L1中电流不变,仅将L2撤去,则N点的磁感应强度大小为( )
A.B1+ B.-B1
C.B2-B1 D.(B1-2B2)
答案 B
解析 设磁感应强度方向以垂直于纸面向里为正,由题意可知M点的磁感应强度为-B1,O点的磁感应强度为B2。由对称性可知,N点的磁感应强度为-B1, L1、L2在O点产生的磁感应强度大小相等、方向相同,可知L2在O点产生的磁感应强度为,则L2在N点产生的磁感应强度为-,对于N点有
-B1=BL1+BL2,解得BL1=-B1,B正确。
命题角度2 导体棒在安培力作用下的运动
分析磁场对电流的作用的“一明、一转、一分析”
例2 (多选)(2024福建卷)将半径为r的铜导线半圆环MN用两根不可伸长的绝缘线a、b悬挂于天花板上,MN置于垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的磁场中,现给导线通以自M到N、大小为I的电流,则( )
A.通电后两绳拉力变小
B.通电后两绳拉力变大
C.安培力为πBIr
D.安培力为2BIr
答案 BD
解析 根据左手定则,半圆环受方向向下的安培力,所以通电后两绳拉力变大,选项A错误,B正确。根据安培力公式可知F=BIl,l=2r,选项D正确,C错误。
拓展衍生
1.(多选)如图是一种含有电磁铁的电磁泵,C形铁芯由硅钢片叠成,铁芯右侧绕有线圈,左侧开口中嵌入输送导电液体的管道,管道两侧有电极。管道内的导电液体和线圈连通,与电源构成导电回路。通电后,电磁泵驱使管道内液体从纸面内持续流向纸面外,或从纸面外持续流向纸面内,下列说法正确的是( )
A.当a端接直流电源正极时,液体向纸面内方向持续流动
B.当b端接直流电源正极时,液体向纸面外方向持续流动
C.当a、b端接交流电源时,液体不可能单方向持续流动
D.当a、b端接交流电源时,液体可以向纸面内单方向
持续流动
AD
解析 当a端接直流电源正极时,管道内导电液体中电流方向从左到右,根据安培定则,管道内导电液体中磁场方向由上到下,再根据左手定则,可判断受力方向指向纸面内,同理可得,当b端接直流电源正极时,液体向纸面内方向持续流动,故A正确,B错误;当a、b端接交流电源时,设电路接通瞬间a端为正极,则管道内导电液体受力方向指向纸面内,当a端变成负极之后,磁场方向也变了,受力方向依然指向纸面内,液体受力方向与电源极性变化无关,液体可以向纸面内单方向持续流动,故C错误,D正确。故选A、D。
考点二 带电粒子在匀强磁场中的运动
命题角度1 带电粒子在有界磁场中的运动
1.基本规律
2.轨迹圆的几个基本特点
(1)带电粒子从同一直线边界射入和射出匀强磁场时,入射角等于出射角,如图甲所示,θ3=θ2=θ1。
(2)带电粒子经过匀强磁场时速度方向的偏转角等于其轨迹的圆心角,如图甲所示,α1=α2。
(3)沿半径方向射入圆形匀强磁场的粒子,出射时亦沿半径方向,如图乙所示,粒子在磁场中的运动轨迹关于连线OO'对称。
3.半径确定的两种方法
方法二:由几何关系求。一般由数学知识(勾股定理、三角函数等)通过计算来确定。
4.时间确定的两种方法
例3 (2024广西卷)Oxy坐标平面内一有界匀强磁场区域如图所示,磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向里。质量为m、电荷量为+q的粒子,以初速度v从O点沿x轴正向开始运动,粒子过y轴时速度方向与y轴正向夹角为45°,交点为P。不计粒子重力,则P点至O点的距离为( )
C
命题角度2 带电粒子在磁场中的临界极值问题
两种思路 一是以定理、定律为依据,首先求出所研究问题的一般规律和一般解的形式,然后分析、讨论处于临界条件时的特殊规律和特殊解
二是直接分析、讨论临界状态,找出临界条件,从而通过临界条件求出临界值
两种方法 物理 方法 (1)利用临界条件求极值;(2)利用边界条件求极值;(3)利用矢量图求极值
数学 方法 (1)用三角函数求极值;(2)用一元二次方程的判别式求极值;
(3)用不等式的性质求极值;(4)用图像法求极值
四个 结论 (1)刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切。
(2)当速率v一定时,弧长(或圆心角小于180°时的弦长)越长,圆心角越大,则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长。
(3)当速率v变化时,圆心角越大,运动时间越长。
(4)在圆形匀强磁场中,若带电粒子速率v一定且运动轨迹圆半径大于磁场区域圆半径,则入射点和出射点为磁场直径的两个端点时,轨迹对应的偏转角最大(所有的弦长中直径最长)
例4 (多选)(2025河北沧州二模)如图所示,在实线ACODE以上的区域存在垂直于纸面向里的匀强磁场(图中未画出),磁感应强度大小为B, lAC=lOC=lOD=lDE=L。磁场边界A点有一粒子源,能射出质量为m、电荷量为-q(q>0)的带电粒子,粒子以不同的速率垂直AC向上进入磁场,则粒子从COD边界射出磁场时,在磁场中运动的时间可能是( )
A. B.
C. D.
BC
解析 带电粒子在磁场中运动的临界情况如图所示,若粒子从C点或D点射出,运动时间为t1=,且粒子不可能做完整圆周运动,A错误, C正确;M点为运动轨迹与边界OD的切点,N为AM与OC的交点,若粒子恰好从M点射出,则运动轨迹圆心必然在AE水平线上,轨迹与OD相切,由几何关系可知△OCD为等边三角形,则过圆心作OD的垂线过C点,所以垂线CM与水平方向所成角为30°,因此运动轨迹对应的圆心角为210°,运动时间为t2=T=,B正确;
若粒子从O点射出,
则运动时间为t3=T=,
但粒子到达O点之前已从D点射出,D错误。
拓展衍生
2.如图所示,直线MN上方有垂直纸面向里的匀强磁场,电子1从磁场边界上的a点垂直于MN和磁场方向射入磁场,经t1时间从b点离开磁场。之后电子2也由a点沿图示方向以相同速率垂直于磁场方向射入磁场,经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场,则为( )
A.3 B.2
C. D.
答案 A
解析 电子1、2在磁场中都做匀速圆周运动,根据题意画出两电子的运动轨迹,如图所示。电子1垂直于边界射入磁场,从b点离开,则运动了半个圆周,ab即为直径,c点为圆心;电子2以相同速率垂直于磁场方向射入磁场,经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场,根据半径r=可知,电子1和2的轨迹半径相等,根据几何关系可知,△aOc为等边三角形,则电子2转过的圆心角为60°,所以电子1运动的时间t1=,电子2运动的时间t2=,所以=3,故A正确,B、C、D错误。
3.(多选)(2024河北卷)如图所示,真空区域有同心正方形ABCD和abcd,其各对应边平行,ABCD的边长一定,abcd的边长可调,两正方形之间充满恒定匀强磁场,方向垂直于正方形所在平面。A处有一个粒子源,可逐个发射速度不等、比荷相等的粒子,粒子沿AD方向进入磁场。调整abcd的边长,可使速度大小合适的粒子经ad边穿过无磁场区后由BC边射出。
对满足前述条件的粒子,下列说法正确的是( )
A.若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为45°,则粒子必垂直于BC射出
B.若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为60°,则粒子必垂直于BC射出
C.若粒子经cd边垂直于BC射出,则粒子穿过ad边的速度方向与ad边夹角必为45°
D.若粒子经bc边垂直于BC射出,则粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角必为60°
答案 AD
解析 若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为45°,则粒子必经过cd边,作出粒子运动轨迹图,如图甲所示,粒子从C点垂直于BC射出,故A正确。进一步分析可知,当粒子经cd边垂直于BC射出,但不过C点时,粒子穿过ad边的速度方向与ad边夹角不为45°,故C错误。粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为60°时,若粒子从cd边(除c点外)再次进入磁场,作出粒子运动轨迹如图乙所示,则粒子不可能垂直于BC射出;若粒子从bc边再次进入磁场,作出粒子运动轨迹如图丙所示,则粒子一定垂直于BC射出,故B错误,D正确。
甲
乙
丙
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模型建构
经典物理模型:常见的动态圆模型
1.粒子射出或不射出磁场的临界状态是粒子运动轨迹与磁场边界相切。
2.常见的动态圆
模型 示意图 适用条件 应用方法
放 缩 圆 轨迹圆的圆心在直线PP2上 粒子的入射点位置相同,速度方向一定,速度大小不同 以入射点P为定点,将半径放缩作轨迹圆,粒子恰好不射出磁场的临界状态是粒子运动轨迹与磁场边界相切
模型 示意图 适用条件 应用方法
磁聚焦与磁发散 磁聚焦 磁发散 粒子速度大小相同,轨迹圆半径等于磁场区域圆半径 带电粒子平行射入圆形有界匀强磁场,则粒子从磁场边界上同一点射出,该点切线与入射方向平行——磁聚焦;带电粒子从磁场边缘某点以不同方向入射时,将从磁场区域平行出射——磁发散
考向分析
带电粒子在磁场中的运动历来是高考的热点问题,高考对该部分的考查以带电粒子在各种有界磁场中的运动为主,通常涉及临界极值问题,对考生利用数学知识解决物理问题的能力要求较高。解决带电粒子在匀强磁场中运动的临界问题,关键在于运用动态思维,利用动态圆思想寻找临界点,确定临界状态,根据粒子的速度方向找出半径方向,同时由磁场边界和题设条件画好轨迹,定好圆心,建立几何关系。
案例探究
典例 (多选)(2025辽宁大连模拟)如图所示,竖直平面内一半径为R的圆形区域内存在着垂直于该平面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带电粒子(不计重力)以速度v0沿水平方向从P点射入磁场,其速度方向与半径OP的夹角为45°,经过一段时间后,粒子恰好从O点正下方的Q点射出磁场,下列说法正确的是( )
A.该粒子入射的速度大小为
B.该粒子在磁场中运动的时间为
C.若只改变带电粒子的入射方向,其在磁场中的运动时间可能变长
D.若带电粒子的入射点向下平移,其射出磁场的位置在Q点左侧
AC
解析 由几何关系可知,粒子在磁场中运动轨迹的半径为R,由洛伦兹力提供向心力,根据牛顿第二定律得qv0B=m,解得v0=,故A正确;由几何关系可知,粒子在磁场中运动轨迹的圆心角为135°,则可得该粒子在磁场中运动的时间为t=T,T=,根据qv0B=m得匀强磁场的磁感应强度大小为B=,解得t=,故B错误;若只改变带电粒子的入射方向,该粒子在磁场中运动的时间为t=,若粒子在磁场中运动轨迹的圆心角变大,则t变大,故C正确;根据磁聚焦原理可知,若带电粒子的入射点向下平移,其射出磁场的位置仍在Q点,故D错误。
角度拓展
如图所示,半径为R的圆形区域的圆心位于直角坐标系的坐标原点O,该圆形区域内有垂直坐标平面的匀强磁场(图中未画出)。磁场区域外右侧有宽度为R的粒子源,M、N为粒子源两端点,M、N连线垂直于x轴,粒子源中点P位于x轴上,粒子源持续向x轴负方向发射质量为m、电荷量为q(q>0)、速率为v的粒子。已知从粒子源中点P发出的粒子,经过磁场区域后,恰能从圆与y轴负半轴的交点Q处沿y轴负方向射出磁场,
不计粒子重力及粒子间相互作用力。求:
(1)匀强磁场的磁感应强度;
(2)从粒子源发出的粒子经过磁场
区域的路程s的范围。
解析 (1)根据题意可知从粒子源中点P发出的粒子在磁场中运动轨迹为四分之一圆周,轨迹半径为r1,由几何关系可知r1=R
甲
根据题意可知,从M点射出的粒子在磁场中运动的路程最长,如图乙所示
易知四边形O2DOQ为菱形,根据几何关系可知∠QO2D=120°
乙(共40张PPT)
第一讲 电场 带电粒子在电场中的运动
通览知识 明要点
研学考点 提能力
目 录 索 引
01
02
通览知识 明要点
研学考点 提能力
考点一 电场性质的理解与应用
命题角度1 电场强度的矢量性及计算
例1 (2024河北卷)如图所示,真空中有两个电荷量均为q(q>0)的点电荷,分别固定在正三角形ABC的顶点B、C。M为三角形ABC的中心,沿AM的中垂线对称放置一根与三角形共面的均匀带电细杆,电荷量为 。已知正三角形ABC的边长为a,M点的电场强度为0,静电力常量为k。顶点A处的电场强度大小为( )
D
命题角度2 电势和电势能高低的判断
例2 (多选)(2023辽宁卷)图甲为金属四极杆带电粒子质量分析器的局部结构示意图,图乙为四极杆内垂直于x轴的任意截面内的等势面分布图,相邻两等势面间电势差相等,则( )
A.P点电势比M点的低
B.P点电场强度大小比M点的大
C.M点电场强度方向沿z轴正方向
D.沿x轴运动的带电粒子,电势能不变
答案 CD
解析 P点电势比O点电势高,O点电势比M点电势高,故P点电势比M点电势高,选项A错误;相邻两等势面间电势差相等,等势面的疏密程度可以反映电场强度的大小,故P点电场强度大小比M点的小,选项B错误;根据电场强度的叠加,M点电场强度方向沿z轴正方向,选项C正确;沿x轴运动的带电粒子,沿等势面运动,电势能不变,选项D正确。
命题角度3 电场中的“三线”问题 轨迹线、电场线、等势线
例3 (多选)(2024广东卷)污水中的污泥絮体经处理后带负电,可利用电泳技术对其进行沉淀去污,基本原理如图所示。涂有绝缘层的金属圆盘和金属棒分别接电源正、负极,金属圆盘置于容器底部,金属棒插入污水中,形成如图所示的电场分布,其中实线为电场线,虚线为等势面,M点和N点在同一电场线上,M点和P点在同一等势面上。
下列说法正确的有( )
A.M点的电势比N点的低
B.N点的电场强度比P点的大
C.污泥絮体从M点移到N点,电场力对其做正功
D.污泥絮体在N点的电势能比其在P点的大
答案 AC
解析 本题考查电场力的性质和电势能的性质。根据沿着电场线方向电势降低可知M点的电势比N点的低,污泥絮体带负电,根据Ep=qφ可知污泥絮体在M点的电势能比在N点的电势能大,污泥絮体从M点移到N点,电势能减小,电场力对其做正功,故A、C正确;根据电场线的疏密程度可知N点的电场强度比P点的小,故B错误;M点和P点在同一等势面上,则污泥絮体在M点的电势能与在P点的电势能相等,结合A、C选项分析可知污泥絮体在P点的电势能比其在N点的大,故D错误。
命题角度4 电场中的图像问题
v-t图像 当带电粒子只受静电力时,从v-t图像上能确定粒子运动的加速度方向、大小变化情况,进而可判定粒子运动中经过的各点的电场强度方向、电场强度大小、电势高低及电势能的变化情况
φ-x图像 (1)从φ-x图像中可以直接判断各点电势的高低,进而确定电场强度的方向及试探电荷电势能的变化
(2)φ-x图像切线的斜率大小表示沿x轴方向电场强度E的大小
E-x图像 以电场强度沿x轴方向为例:
(1)E>0,则电场强度沿x轴正方向,E<0,则电场强度沿x轴负方向
(2)图线与x轴围成的“面积”表示电势差,“面积”大小表示电势差大小,两点的电势高低需根据电场方向判定
Ep-x图像 (1)图像切线斜率的物理意义:表示静电力大小
(2)可用于判断电场强度、动能、加速度等随位移的变化情况
例4 (2025海南卷)某静电场电势φ在x轴上分布如图所示,图线关于φ轴对称,M、P、N是x轴上的三点,OM=ON;有一电子从M点静止释放,仅受x方向的电场力作用,则下列说法正确的是( )
A.P点电场强度方向沿x负方向
B.M点的电场强度小于N点的电场强度
C.电子在P点的动能小于在N点的动能
D.电子在M点的电势能大于在P点的电势能
答案 D
解析 由图可知在x正半轴沿x正方向电势降低,则电场强度方向沿x正方向, A错误;φ-x图像斜率表示电场强度,由图可知M点的电场强度大小等于N点的电场强度大小,且方向相反,B错误;电子在电势低处电势能大,故电子在P点的电势能小于在N点的电势能,仅受电场力作用,根据能量守恒定律可知,电子在P点的动能大于在N点的动能,C错误;电子在电势低处电势能大,故电子在M点的电势能大于在P点的电势能,D正确。
拓展衍生
1.(多选)(2025湖北卷)如图所示,在xOy平面内有一以O点为中心的正五边形,顶点到O点的距离为R。在正五边形的顶点上顺时针方向依次固定电荷量为q、2q、3q、4q、5q的正点电荷,且电荷量为3q的点电荷在y轴正半轴上。静电力常量为k,则O点处的电场强度( )
A.方向沿x轴负方向
B.方向与x轴负方向成18°夹角斜向下
C.大小为(cos 54°+cos 18°)
D.大小为(2cos 54°+cos 18°)
答案 AD
解析 若正五边形5个顶点全为q,则EO=0,故可将本题转化为5个顶点为3q-2q、3q-q、3q、3q+q、3q+2q,即为-2q、-q、0、q、2q这5个电荷,如图所示,由几何关系可知-q、q两点的电场强度方向与水平方向的夹角为18°,叠加后水平向左,E1=E2=,则E合1= cos 18°,由几何关系可知-2q、2q两点的电场强度方向与水平方向的夹角为54°,叠加后水平向左, E3=E4=,则E合2= cos 54°,则E合=E合1+E合2=(cos 18°+2cos 54°),故A、D正确。
2.(多选)如图所示,两个平行放置的等大均匀带电圆环相距l0,所带电荷量分别为+Q、-Q,圆心A、B连线垂直于圆环平面。以A点为坐标原点,沿AB方向建立x轴,将带正电的粒子(重力不计)从A点静止释放,取无穷远处电势为零。粒子从A点运动到B点的过程中,下列关于电势φ、电场强度E、粒子的动能Ek和电势能Ep随位移x的变化图线中,可能正确的是( )
AC
解析 设O'为AB中点,根据电势的叠加可知,O'点的电势为0,且A、B两点关于O'点对称,则A、B两点电势大小相等,符号相反,故A正确;在A点,所带电荷量为+Q的圆环产生的电场强度为0,但所带电荷量为-Q的圆环产生的电场强度不为0,即E-x图像不过原点,故B错误;由动能定理得W=qEx=Ek-0=Ek,则Ek-x图像斜率表示静电力qE,而在O'点静电力最大,故x= 处图线斜率最大,故C正确;由于A、B处的电势一正一负,绝对值相等,根据Ep=φq可知,粒子在A、B两点的电势能也是一正一负,绝对值相等,故D错误。
考点二 带电粒子在电场中的运动
1.带电粒子(带电体)在电场中运动时重力的处理
除有说明或明确的暗示外,基本粒子一般不考虑重力,带电体(如液滴、油滴、尘埃等)一般不能忽略重力。
2.带电粒子(带电体)在电场中常见运动的受力特点及分析方法
例5 (多选)如图所示,竖直平面内存在一匀强电场,电场强度方向与水平方向间的夹角θ=60°,O、M为其中一条电场线上的两点,一带电粒子电荷量为q,不计重力,在O点以水平初速度v0进入电场,经过时间t粒子到达与M在同一水平线上的N点,且lOM=lMN,则( )
A.UMO=UNM
B.粒子带负电
C.带电粒子在O点的电势能大于在N点的电势能
D.由O到N运动过程中,静电力的功率增大
答案 BCD
解析 由UMO=E·lOM,UNM=E·lMNcos θ,可得UNM= UMO,选项A错误;根据粒子的运动轨迹可知,粒子所受静电力斜向下,可知粒子带负电,选项B正确;带电粒子从O到N静电力做正功,电势能减小,则带电粒子在O点的电势能大于在N点的电势能,选项C正确;由O到N的运动过程中,粒子沿电场线方向的速度v增大,根据P=qEv,可知静电力的功率增大,选项D正确。
例6 某种负离子空气净化原理如图所示。由空气和带负电的灰尘颗粒物(视为小球)组成的混合气流进入由一对平行金属板构成的收集器。在收集器中,空气和带电颗粒沿板方向的速度v0保持不变。在匀强电场作用下,带电颗粒打到金属板上被收集,已知金属板长度为L,间距为d,不考虑重力影响和颗粒间相互作用。
(1)若不计空气阻力,质量为m、电荷量为-q的颗粒恰好全部被收集,求两金属板间的电压U1。
(2)若计空气阻力,颗粒所受阻力与其相对于空气的速度v方向相反,大小为Ff=krv,其中r为颗粒的半径,k为常量。假设颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度。
a.半径为R、电荷量为-q的颗粒恰好全部被收集,求两金属板间的电压U2;
b.已知颗粒的电荷量与其半径的平方成正比,进入收集器的均匀混合气流包含了直径为10 μm和2.5 μm的两种颗粒,若10 μm的颗粒恰好100%被收集,求2.5 μm的颗粒被收集的百分比。
解题指导
【审题】
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在收集器中,空气和带电颗粒沿板方向的速度v0保持不变 带电颗粒在金属板间运动的时间不变
电荷量为-q的颗粒恰好全部被收集 只要紧靠上极板的颗粒能够落到收集器右侧,颗粒就能够全部收集
颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度 加速时间极短,加速距离可以忽略
颗粒速度最大时,加速度为零,竖直方向静电力等于空气阻力
解析 (1)只要紧靠上极板的颗粒能够落到收集器右侧,颗粒就能够全部收集,设颗粒在金属板间运动的时间为t,加速度为a,金属板间电场强度大小为E,则有L=v0t
(2)a.颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度,
有颗粒所受电场力F电=Ff
b.10 μm的电荷量为q的颗粒恰好100%被收集,颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度,所受阻力等于静电力,有Ff=kRvmax,Ff=qE'
10 μm的颗粒在竖直方向下落的最大距离为d=vmaxt
拓展衍生
3.电视机显像管的结构示意图如图甲所示,电子枪均匀发射的电子束经加速电场加速后高速通过偏转电场,最后打在荧光屏上呈现光斑,给显像管偏转极板加上不同的电压,光斑在荧光屏上呈现不同情况,
以上极板带正电时为正,下列说法正确的是( )
A.若给偏转极板加上如图乙所示的电压,
则可以在荧光屏上看到一个固定的光斑
B.若给偏转极板加上如图丙所示的电压,
则可以看到一个光斑在荧光屏的O点
下侧移动
C.若给偏转极板加上如图丁所示的电压,
则可以看到一个光斑在荧光屏上从上
向下移动
D.若给偏转极板加上如图戊所示的电压,
则可以看到一个光斑在荧光屏上O点两侧做往复运动
D
解析 若给偏转极板加上如图乙所示的电压,当电子在电压为正时进入偏转电场,会在荧光屏上侧留下一个光斑;当电子在电压为负时进入偏转电场,会在荧光屏下侧留下一个光斑;可以看到荧光屏的O点上侧、下侧交替出现一个光斑,故A错误。若给偏转极板加上如图丙所示的电压,电子将一直向上偏转,所以会在荧光屏O点上方看到一个移动的光斑,故B错误。若给偏转极板加上如图丁所示的电压,电子先向下偏转再向上偏转,可以看到一个光斑在荧光屏上从下向上移动,故C错误。若给偏转极板加上如图戊所示的电压,则可以看到一个光斑在荧光屏上O点两侧做往复运动,故D正确。
4.(2025广东湛江模拟)如图所示,有一半径为R的圆轨道,轨道平面竖直,其所在平面有水平向左的匀强电场,电场强度大小E=,一质量为m、电荷量为-q(q>0)的小球沿轨道内侧在竖直平面内运动,小球能在竖直平面内做完整的圆周运动,A、B为轨道水平直径的两端,C是轨道最低点,小球经过B点时对轨道的压力大小为11mg,已知重力加速度大小为g。
求:
(1)小球在B点的速度大小;
(2)小球在C点时对轨道的压力大小;
(3)此过程中小球在圆轨道上运动的最小动能。
答案 (1)3 (2)8mg (3)mgR
解析 (1)由题可知小球在B点受到轨道的支持力FN=11mg,电场力F=Eq=2mg,对小球在B点受力分析可得FN-F=m
解得vB=3。
(2)小球从C点到B点,由动能定理有
EqR-mgR=
可得vC=
对小球在C点受力分析,由牛顿第二定律得
FN1-mg=m
解得FN1=8mg,
根据牛顿第三定律可知,小球在C点时对轨道的压力大小为8mg。
(3)小球能在竖直面内做完整的圆周运动,在等效最高点D(如图所示)时速度最小,在D点重力和电场力的合力方向指向圆心,此时D点与圆心的连线与竖直方向的夹角为θ,则有tan θ==2
由三角函数关系得sin θ=,cos θ=
小球从C点到D点,由动能定理有
-mgR(1+cos θ)-EqRsin θ=
小球在圆轨道上运动的最小动能
EkD=mgR。
