大题09 带电粒子在匀强磁场、组合场、复合场中的运动（解析版）.docx

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1、大题09带电粒子在匀强磁场、组合场、复合场中的运动1 .会分析处理带电粒子在组合场中运动的问题。2 .知道带电粒子在亚合场中几种常见的运动，掌握运动所遵循的规律。琢H题破龙奥上鹘典例带电粒子在磁场中的运动【例1】（2024云南一模）如图所示，矩形区域反d平面内有垂直于平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为8,边长为41.加边长为心在矩形中心。处有一粒子源，在平面内向各方向均匀发射出速度大小相等的带电粒子，粒子带电量均为%,质量均为加。若初速度平行于M边的粒子离开磁场时速度方向偏转了60。角，不计粒子之间的相互作用及粒子重力，取4讨4.5。=0.25。求（1）粒子在磁场中运动的速度大小；（2）粒子

2、在磁场中运动的最短时间和最长时间的比值；（3）某时刻发射出的粒子中，当初速度方向平行于时边的粒子离开磁场时，这些粒子中未离开磁场的粒子数与己经离开磁场的粒子数之比。abXXXX【思路分析】第（1）问根据粒子运动轨迹求解轨迹半径进而求速度；第（2）（3）主要依托动态旋转圆寻找临界状态在结合轨迹应用几何知识进行求解。-c/B1.2911m511m【答案】（I）；（2）%n=QCn，tma=a：（3）1：3m1SOqB6cB【详解】（1）根据左手定则，粒子运动轨迹如图由几何关系1.rcos60=-粒子运动半径为根据牛顿第二定律vqvB=m粒了在磁场中运动的速度大小为(2)如图运动时间最短，由几何关系

3、1.4=0.25=SinI4.5。1.说明圆心角为29。，则最短时间为t290丁29。ZtY29万加%记F360oV当粒子运动轨迹与Cd边相切时，圆心角最大，运动时间最长。由儿何关系，粒子垂直M边射出磁场，圆心角为150。，则最长时间为t150or_150o211r511m皿一砺360oV-6(3)同时刻在磁场中的粒子与O的距离相等，以。为圆心，以。到(1)问中射出点的距离为半径作圆,当初速度方向平行于边的粒子离开磁场时，仍在磁场中的粒子在磁场内部的圆弧上，圆弧所对应的圆心角总和为120,则未离开磁场的粒子数与已经离开磁场的粒子数之比：%=120。：360。=1:3龙宏避:去揖号带电粒子在有界

4、匀强磁场中运动的临界与极值问题1 .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。2 .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。3 .常见的动态圆示意图适用条件应用方法放缩圆：!jT：（轨迹圆的圆心在PP2直线上）粒子的入射点位置相同，速度方向i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旋转圆（轨迹圆的圆心在以入射点P为圆心、半径R彳片的圆上）粒子的入射点位置相同

5、，速度大小一定，速度方向不同将半径为R=翳的圆以入射点为圆心进行旋转，从而探索出临界条件平移圆江5F（轨迹圆的所有圆心在一条直线上）粒子的入射点位置不同，速度大小、方向均一定将半径为R=翳的圆进行平移磁聚焦与磁发散磁聚焦粒子速度大小相同，轨迹圆半径等于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一磁磁发散聚焦，从边缘某点以不同方向入射时平行出射一磁发散龙麓变式训练（2321高三下河南信阳阶段练习）如图所示，空间存在垂直纸面向里的两磁场，以直线AB为界，直线上方存在磁感应强度大小为M=B的匀强磁场，直线下方存在磁感应强度大小为层的磁场。与48间

6、距离为1.处有一粒子源。，该粒子源可沿垂直AB方向发射质量为加、电荷量为。的带电粒子。不计粒子的重力。（1）若B?=B,粒子轨迹在AB下方距离A8最大值为,求粒子的速度W及粒子在AB下方的运动时间八（2）若B?=28,粒子轨迹在AB下方距离A8最大值为与，求粒子的速度匕。XOXXXXIXXBXXXXABXXXXXXXXX【答案】(1)vI=2Bq1.211m2Bql：t=；(2)v2-mSBqm【详解】（1）设粒子在磁场中运动半径为广，当粒子距AB的最大距离为1.,由几何关系可知根据圆周运动力学关系可得Bqvl=tnr解得IBq1.m由几何关系cos=-f可得6=60。则带电粒子在A8F方运动

7、得时间，为e211解得211mt=3Bq若B2=2B,设粒子在磁场中运动半径分别为7；和弓，根据带电粒了在磁场中运动规律nvr=qB可知弓二2弓粒子在磁场中运动轨迹如图，设与磁场边界夹角为。，由几何耦qsin=1.1.5-sn=222解得rf=1.,Sina=1.2根据带电粒子在磁场中运动规律q1B2=n解得茏笼大题典例带电粒子在组合场中的运动【例2】（2324高三下四川成都开学考试）如图，在平面直角坐标系XOy内，第一象限存在沿），轴负方向的匀强电场，电场强度大小为马（未知）；第二象限存在沿X轴正方向的匀强电场，电场强度大小&=1.ONQ;第四象限圆形区域内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感

8、应强度大小4=025T,圆形区域分别在P点、Q点与X轴、y轴相切，其半径R=0.4m一比荷幺=20Oakg、不计重力和空气阻力的带正电粒子，从第二m象限的A点由静止释放，A点坐标为（-0.5m,0.2m）,该粒子从），轴上C（O,0.2m）点进入第一象限，恰从P点进入第四象限的匀强磁场，最终从圆形磁场的M点射出。求：（1）粒子经过C点的速度大小%;（2）电场强度心的大小及粒子经过尸点的速度V；【思路分析】通过审题粒子在第二象限做匀加速直线运动在第一象限，粒子做类平抛运动可以根据运动学规律或功能关系进行求解；粒子在圆形磁场中做匀速圆周运动根据牛顿运动定律求半径在根据几何关系求角度进而求时间。【答

9、案】（I）IOms;（2）20ms;0=45。；（3）枭【详解】（I）粒子在第二象限做匀加速直线运动，则有MkJ=片由牛顿第二定律得qEi=ma联立解得粒子经过C点的速度大小=lj2ms(2)在第一象限，粒子做类平抛运动，沿X轴正方向有R=W沿轴负方向有12龙=产厂由牛顿第二定律可得qE2=ma2联立解得E2=2.5NCa1=500m/S2粒子经过P点沿轴负方向的分速度大小为vj=2r=102ms因此，粒子经过户点的速度大小为V=J*+.=20m/s设速度方向与轴正向夹角为0,则有tan=-=%可得6=45。(3)粒子在圆形磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力可得1广qvB=tnr解得r

10、=O.4m=7?粒子在磁场中的轨迹如图所示可知四边形PaMO2为菱形，则粒子从M点射出磁场时速度沿轴负向；从P到M,圆心角为a=135。，粒子在磁场中的运动时间为T联立解得311t=S200茏麓避;去指导1 .带电粒子的“电偏转和“磁偏转”的比较垂直进入磁场（磁偏转）垂直进入电场（电偏转）进入电场时速度方向与电场有一定夹角情景图(Tj;。艮“WC%E受力Fb=QVoB,尸B大小不变，方向变化，方向总指向圆心，B为变力F=qE,FE大小、方向均不变，碎为恒力FE=qE，FE大小、方向均不变，尻为恒力运动规律匀速圆周运动11voT211m-Bq，-Bcl类平抛运动Eqvr=vo*Vy=fnZ类斜抛

11、运动vr=vsin,Vy=VocosTX=S嚼2x=vosint,y=Vocos3景2 .常见运动及处理方法牛顿运动定律、运动学公式电子分的好场的动带粒在离电磁中运电场中磁场中龙处变式训练（23-24高三下江西阶段练习）如图所示，平面直角坐标系Xo），的第一象限存在沿），轴正方向的匀强电场，第四象限存在垂直于平面向外、磁感应强度大小为8的匀强磁场。一质量为冽、带电荷量为-4的粒子从y轴上的P点以速度垂直y轴射入磁场，从X轴上的M点射入第一象限，并垂直y轴从N点以5的速度射出电场，不计粒子受到的重力。求：（1）粒子在第四象限内运动的时间，；（2）匀强电场的电场强度大小【详解】（1）依题意，带电粒

12、子在电场中的运动可以看作反方向的类平抛运动，分解M点的实际速度，如图可得v0cos8=/解得6=60o由几何关系可知，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心角为120%轨迹如图可知粒子在第四象限内运动的时间为”理T360又qvttB=wAr解得qB可得_211rtl11n1 =%qB联立，解得211mt=3qB（2）根据类平抛运动规律，可得x=t,fv0sin60o=atx=sin60a=rn联立，解得eA2发大题典例带电粒子在叠加场中的运动【例3】（2324高三上山东聊城期末）如图为竖直平面内的直角坐标系Xo），X轴上方存在无穷大的竖直向上的匀强电场区域，电场强度为片（片大小未知）x轴上方有矩

13、形区域生九下方有矩形区域必cd,ab边与X轴重合，/边的中点与坐标原点0重合,矩形区域必Cd内存在水平向右的匀强电场，电场强度为G，矩形区域出切内存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为以尸点在。点正上方高人处，Q点与尸点在同一水平线上，先将一质量为m的带+4电荷量的小球A,从。点以某一初速度水平抛出，小球可以从Q匀速运动到P点进入磁场区域，经磁场偏转后从必边进入矩形电场区域，在电场中做直线运动，速度方向与X轴正方向夹角为。=45。；又有另一质量仍为M的带电荷量的小球B,从必边同一位置以相同的速度射入矩形电场，从边离开矩形区域时速度方向竖直向下。（已知重力加速度为g）（1）求匀强电场El的大小。（2）求小球在抛出点Q的初速度。（3）求矩形ad边的高度1.；i1T/号粤【详解】（I）匀速射入磁场，匀速过程中Elq=mgE广整q(2)在匀强磁场中做匀速圆周运动，由几何关系知r,-i=+h=r故r=(2+5/2)/7又有q%B=啦r联立解得(2+2)Bvo=m(3)对A球，小球在电场中做直线运动，故小球所受合外力方向与射入电场的速度方向共线，故有tan45。=螫由于小球B离开电场的矩形区域时，速度方向竖直向下，即离开电场时，小球B水平方向速度为零，小球B在水平方向上只受水平向左的电场力，水平初速度为在竖直方向只受重力，竖直初速度为