高考物理大一轮复习微专题12带电粒子在复合场中的运动学案新人教版.pdf

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1、 2019 年高考物理大一轮复习微专题 12 带电粒子在复合场中的运动学案新人教版_3192 第 2 页 微专题 12 带电粒子在复合场中的运动 带电粒子在叠加场中的运动 1带电体在叠加场中无约束情况下的运动(1)洛伦兹力、重力并存 若重力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动 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(2)静电力、洛伦兹力并存(不计重力的微观粒子)若静电力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动 若静电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(3)静电力、洛伦兹力、重力并存

2、若三力平衡，一定做匀速直线运动 第 3 页 若重力与静电力平衡，一定做匀速圆周运动 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，可用能量守恒定律或动能定理求解问题 2带电体在叠加场中有约束情况下的运动 带电体在叠加场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道等约束的情况下，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解 (2019山东枣庄一模)如图所示，穿有M、N两个小球(均视为质点)的光滑绝缘圆环，固定在竖直面内，圆心为O、半径R0.3 mM、N用一根不可伸长的绝缘轻质细绳

3、相连，小球质量分别为mM0.01 kg、mN0.08 kg；M带电荷量q7104 C，N不带电该空间同时存在 第 4 页 匀强电场和匀强磁场电场方向竖直向上，电场强度E1103 V/m；磁场方向垂直于圆环平面向里，磁感应强度B37102 T将两小球从图示位置(M与圆心O等高，N在圆心O的正下方)由静止释放，两小球开始沿逆时针方向向上转动重力加速度g取 10 m/s2，已知 sin 370.6，cos 370.8.则在两球从图示位置逆时针向上转动的过程中，求：(1)通过计算判断，小球M能否到达圆环的最高点(2)小球M速度最大时，圆环对小球M的弹力(3)小球M电势能变化量的最大值 解析：(1)设M

4、、N在转动过程中，绳对M、N做的功分别为WT、WT，则 WTWT0，设M到达圆环最高点时，M、N的动能分别 第 5 页 为EkM、EkN，对M，洛伦兹力不做功，由动能定理得qERmMgRWTEkM，对N，由动能定理得WTmNgREkN，联立解得EkMEkN0.06 J，即M在圆环最高点时，系统动能为负值，故M不能到达圆环的最高点(2)设N转过角时，M、N的速度大小分别为vM、vN，因M、N做圆周运动的半径和角速度均相同，故vMvN，对M，洛伦兹力不做功，由动能定理得 qERsin mMgRsin WT212mMv2M，对N，由动能定理得 WT2mNgR(1cos)12mNv2N，WT2WT20

5、，联立解得 第 6 页 v2M43(3sin 4cos 4)，由上式可得，当37时，M、N的速度达到最大速度，最大速度vmax2 33 m/s，M速度最大时，设绳的拉力为F，圆环对小球M的弹力为FN，由牛顿第二定律得Fcos 45(qEmMg)cos 37，qvmaxBFsin 45(qEmMg)sin 37FNmMv2maxR，解得FN0.096 N，负号表示弹力方向沿圆环径向向外(3)M、N从图示位置逆时针转动过程中，由于M不能到达最高点，所以，当两球速度为 0 时，电场力做功最多，电势能减少最多由v2M43(3sin 4cos 4)得 3sin 4cos 40，第 7 页 解得 sin

6、2425(sin 0 舍去)，故M的电势能变化量的最大值|Ep|qERsin 126625 J0.201 6 J.答案：(1)见解析(2)0.096 N 沿圆环径向向外(3)0.201 6 J 带电粒子在叠加场中运动的分析方法(1)弄清叠加场的组成(2)进行受力分析(3)确定带电粒子的运动状态，注意运动情况和受力情况的结合(4)对于粒子连续通过几个不同种类的场时，要分阶段进行处理(5)画出粒子运动轨迹，灵活选择不同的运动规律 当带电粒子在叠加场中做匀速直线运动 第 8 页 时，根据受力平衡列方程求解当带电粒子在叠加场中做匀速圆周运动时，应用牛顿运动定律结合圆周运动规律求解 当带电粒子做复杂曲线

7、运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解对于临界问题，注意挖掘隐含条件 (2019辽宁五校联考)如图所示，与水平面成 37的倾斜轨道AC，其延长线在D点与半圆轨道DF相切，轨道半径R1 m，轨道均为绝缘材料制成且位于竖直面内，整个空间存在水平向左的匀强电场，MN的右侧存在垂直于纸面向里的匀强磁场(C点在MN边界上)一质量为 0.4 kg 的带电小球沿轨道AC下滑，至C点时速度v01007 m/s，接着沿直线CD运动到D处进入半圆轨道，进入时无动能损失，且恰好能通过F点，在F点速度vF4 m/s，不计空气阻力，g取 10 m/s2，cos 370.8，求：(1)小球带何种电荷；第 9 页(2)小

8、球在半圆轨道部分克服摩擦力所做的功(3)小球从F点飞出时磁场同时消失，小球离开F点后的运动轨迹与轨道AC所在直线的交点为G(G点未标出)，求G点到D点的距离 解析：(1)在MN右侧，小球受到重力、电场力与洛伦兹力作用，如果小球带负电荷，电场力水平向右，洛伦兹力指向左下方，重力竖直向下，小球受到的合力不可能为零，小球不可能做直线运动，则小球带正电荷(2)小球在C、D间做匀速直线运动，则在D点的速度与C点的速度大小相等，即vD1007 m/s，电场力与重力的合力F0mgcos 375 N.从D到F的过程，对小球，由动能定理可得WfF02R12mv2F12mv2D，第 10 页 代入数据解得Wf27

9、.6 J.(3)小球离开F点后做类平抛运动，加速度aF0m，2R12at2，代入数据解得t2 25 s，G点到D点的距离xvFt42 25 m2.26 m.答案：(1)带正电荷(2)27.6 J(3)2.26 m 1设在地面上方的真空室内存在匀强电场和匀强磁场 已知电场强度和磁感应强度的方向是相同的，电场强度的大小E4.0 V/m,磁感应强度的大小B0.15 T，今有一个带负电的质点以v20 m/s 的速度在此区域内沿垂直场强方向做匀速直线运动，求此带电质点的电量与质量之比q/m以及磁场的所有可能方向(角度可用反三角函数表示)解析：根据带电质点做匀速直线运动的条 第 11 页 件，得知此带电质

10、点所受的重力、电场力和洛伦兹力的合力必定为零 由此推知此三个力的同一竖直平面内，如图所示，质点的速度垂直纸面向外 由 合 力 为 零 的 条 件，可 得mgqvB2E2，求 得 带 电 质 点 的 电 量 与 质 量 之 比qmgvB2E2 代入数据得qm,200.1522)C/kg1.96 C/kg 因质点带负电，电场方向与电场力方向相反，因而磁场方向也与电场力方向相反，设磁场方向与重力方向之间夹角为，则有qEsin qvBcos.解得 tg vBE,4.0)，第 12 页 即磁场是沿着与重力方向夹角arctg 0.75，且斜向下方的一切方向 答案：见解析 带电粒子在组合场中的运动 1组合场

11、：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，电场、磁场交替出现 2分析思路(1)划分过程：将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选取不同的规律处理(2)找关键点：确定带电粒子在场区边界的速度(包括大小和方向)是解决该类问题的关键 (3)画运动轨迹：根据受力分析和运动分析，大致画出粒子的运动轨迹图，有利于形象、直观地解决问题 如图所示，半径为R的圆形区域，c为圆心，在圆上a点有一粒子源以相同的速率向圆面内各个方向发射多个质量为m、电荷量为q 第 13 页 的带电粒子当圆形区域存在垂直于圆面、磁感应强度大小为B的匀强磁场时，沿ac方向射入的粒子从b点离开场区，此过程粒子速度方向偏转了23

12、.若只将圆形区域内的磁场换成平行于圆面的匀强电场，粒子从电场圆边界的不同位置射出时有不同的动能，其最大动能是初动能的 4倍，经过b点的粒子在b点的动能是初动能的 3倍不计粒子重力及粒子间的相互作用求：(1)粒子源发射粒子的速度v0及从b点离开磁场的粒子在磁场中运动的最长时间tm；(2)电场强度的方向及大小 解析：(1)粒子在磁场中作匀速圆周运动，设轨迹圆半径为r，作出以ab为弦的两段圆弧如图所示，O1、O2分别为两圆圆心，由从b点射出的粒子速度偏转角知：对以O1为圆心的圆有：圆周角aO1b23，第 14 页 由几何知识可知：弦切角cab3，abc为等边三角形，可得ab长度：LR 从abO1可得

13、：r33R 由圆周运动的规律有：qv0Bmv20r 由式可得：v03qBR3m 粒子在磁场中运动时间最长时的轨迹是以O2为圆心的圆弧，在菱形aO1bO2中有：aO2baO1b23 粒子的偏转角2aO2b 由圆周运动的规律有：tmrv0 解得tm4m3qB.(2)设电场方向与ab连线夹角为，离开电场时动能最大的粒子的射出点和c点连线一 第 15 页 定和电场方向平行，如图所示 在粒子从a运动到b点过程中由动能定理有：qERcos 212mv20 以离开电场时动能最大的粒子在电场中由动能定理有：qER1sin6312mv20 由式解得：0(即电场方向由a指向b)EqRB23m或满足 sin 473

14、，E7qRB23m.答案：(1)3qBR3m 4m3qB(2)qRB23m或7qRB23m 带电粒子在分离电场和磁场中的运动问题分析 第 16 页(1)带电粒子在电场和磁场的组合场中运动 根据粒子在运动过程中的受力情况，确定运动轨迹，计算粒子的运动时间、位移等物理量 由于电场与磁场是分离的，带电粒子在电场中受到恒定的电场力作用，加速度恒定，可能做匀变速直线运动，也可能做匀变速曲线运动进入磁场之后，在磁场中受到洛伦兹力作用，粒子在磁场中做匀速圆周运动(2)处理带电粒子在电场中的运动，用动能定理较为简单(3)解题过程中要注意不要漏解 如图所示，在边长L3 3 dm 的等边三角形abc的外接圆区域内

15、有平行于纸面的匀强电场，将质量m21013 kg，电量q11010 C 的点电荷从a点以相等的速率沿不同方向射出时可到达圆上的不同位置，其中电荷到达b点时动能最大，其动能增量为 Ek8.11010 J 若将该点以某一初速度v0沿ac方向从a点射 第 17 页 出时恰通过b点，现撤去电场并在该圆形区域内加上垂直于纸面的匀强磁场时，仍让该点电荷从a点沿ac方向以v0射出时也能通过b点求：(1)匀强电场的场强E；(2)匀强磁场的磁感应强度B；(3)点电荷在匀强磁场和匀强电场中运动的时间之比 解析：(1)由于电场力做功与路径无关，且点电荷从a点沿不同方向射出时到达b点时动能最大，说明在圆周上b点的电势

16、最低，则过b点所作外接圆的切线为b点的等势线，又因为电场线总是与等势面相垂直，且由高等势面指向低等势面，故图中的Ob方向即为场强方向 设外接圆半径为R，由几何关系知L2Rcos 30，由功能关系知电场力做功等于动能增量 EkEq(RRsin 30)，解得R0.3 m，E18 N/C(2)电荷沿ac方向射入时在电场中恰做类 第 18 页 平抛运动，由Rcos 30v0t1和RRsin 3012 Eqmt21得t10.01 s，v015 3 m/s 换成磁场后仍过ab两点，则圆心在ab的垂直平分线上，同时圆心还应在过a点垂直于ac的直线上，如图中的O1点，由左手定则知磁感应强度方向垂直纸面向下，由

17、几何关系可知其圆周运动的轨道半径rR 又电荷做圆周运动时，由qv0Bmv20r得rmv0qB，代入数据可得B310 T.(3)由几何关系知电荷在磁场中运动了120圆心角，因此对应的时间为t21203602mqB41023 3 s 于是对应的时间之比为t2t143 3，整理可得 第 19 页 t2t14 39.答案：(1)18 N/C(2)310 T(3)4 39 2(2019辽宁五校协作体联考)如图，在xOy平面第一象限内有平行于y轴的匀强电场和垂直于xOy平面的匀强磁场，匀强电场的电场强度为E.一带电荷量为q的小球从y轴上离坐标原点距离为L的A点处，以沿x轴正方向的初速度进入第一象限，如果电

18、场和磁场同时存在，小球将做匀速圆周运动，并从x轴上距坐标原点L2的C点离开磁场如果只撤去磁场，并且将电场反向，带电小球以相同的初速度从A点进入第一象限，仍然从x轴上距坐标原点L2的C点离开电场求：(1)小球从A点出发时的初速度大小；(2)磁感应强度B的大小 第 20 页 解析：(1)由带电小球做匀速圆周运动知mgqE 所以电场反向后，由牛顿第二定律有mgqEma 小球做类平抛运动有L12at2 L2v0t 由联立得v012gL(2)带电小球做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，则qv0Bmv20R 由几何知识得(LR)2(12L)2R2 由得B4E gL5gL.答案：(1)12gL(2)4E

19、gL5gL 3(2019江西红色七校模拟)如图所示，第 21 页 粒子源O可以源源不断地产生初速度为零的正离子同位素，即这些正离子带相同的电荷量q，质量却不相同所有的正离子先被一个电压为U0的匀强加速电场加速，再从两板中央垂直射入一个匀强偏转电场，已知此偏转电场两板间距为d，板间电压为 2U0，偏转后通过下极板上的小孔P离开电场经过一段匀速直线运动后，正离子从Q点垂直于边界AB进入一正方形区域匀强磁场(磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里)，不计正离子的重力及离子间的相互作用(1)当正离子从P点离开偏转电场时，求P点和极板左端间的距离L以及此时的速度偏转角.(2)求质量为m的离子在磁场中做圆周运

20、动的半径R.(3)若质量为 4m的离子垂直打在磁场边界AD的中点处，求能打在边界AD上的正离子的质量范围 第 22 页 解析：(1)离子在加速电场中，由动能定理得qU012mv200，在偏转电场中，离子做类平抛运动，Lv0t，d212at2，加速度a2qU0md，速度偏转角的正切值 tan atv0，解得Ld，tan 1，45.(2)离子在加速电场中，由动能定理得qU012mv200，v02qU0m，离子进入磁场时的速度为v，vv0cos 452v0，离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，第 23 页 由牛顿第二定律得qvBmv2R，解得R2B mU0q.(3)由题意可知，质量为 4m的正离子在磁场中运动轨迹的圆心恰好在A点，设此时的轨迹半径为R0，临界状态 1：质量为m1的正离子刚好打在A点，设此时的轨迹半径为R1，如图所示 由几何知识可得R112R0，由R2B mU0q可知R0R1 4mm1，解得m1m.临界状态 2：质量为m2的正离子刚好打在D点，设此时的轨迹半径为R2，由几何知识可得 R22(2R0)2(R2R0)2，解得R252R0，第 24 页 则R0R2 4mm2，解得m225m，则能打在边界AD上的正离子的质量范围为m25m.答案：(1)d 45(2)2B mU0q(3)m25m