（全國(guó)通用）2018年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題三 電場(chǎng)與磁場(chǎng) 第2講 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)學(xué)案

《（全國(guó)通用）2018年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題三 電場(chǎng)與磁場(chǎng) 第2講 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)學(xué)案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（全國(guó)通用）2018年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題三 電場(chǎng)與磁場(chǎng) 第2講 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)學(xué)案（10頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第2講　帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 知識(shí)必備 1.兩種場(chǎng)的模型及三種場(chǎng)力 (1)兩種場(chǎng)模型 ①組合場(chǎng)模型：電場(chǎng)、磁場(chǎng)、重力場(chǎng)(或其中兩種場(chǎng))并存，但各位于一定區(qū)域，并且互不重疊。 ②復(fù)合場(chǎng)模型：電場(chǎng)、磁場(chǎng)、重力場(chǎng)(或其中兩種場(chǎng))并存于同一區(qū)域。 (2)三種場(chǎng)力 ①重力：G＝mg，總是豎直向下，為恒力，做功只取決于初、末位置的高度差。 ②電場(chǎng)力：F＝qE，方向與場(chǎng)強(qiáng)方向及電荷電性有關(guān)，做功只取決于初、末位置的電勢(shì)差。 ③洛倫茲力：F洛＝qvB(v⊥B)，方向用左手定則判定，洛倫茲力永不做功。 2.帶電粒子的運(yùn)動(dòng) (1)勻速直線運(yùn)動(dòng) 當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中所受合外力

2、為零時(shí)，帶電粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)。如速度選擇器。 (2)勻速圓周運(yùn)動(dòng) 當(dāng)帶電粒子所受的重力與靜電力平衡時(shí)，帶電粒子可以在洛倫茲力的作用下，在垂直于磁場(chǎng)的平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。 (3)較復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng) 帶電粒子可能依次通過(guò)幾個(gè)性質(zhì)不同的復(fù)合場(chǎng)區(qū)域，其運(yùn)動(dòng)情況隨區(qū)域情況發(fā)生變化，其運(yùn)動(dòng)過(guò)程由幾種不同的運(yùn)動(dòng)階段組成。 備考策略 1.必須領(lǐng)會(huì)的“4種方法和2種物理思想” (1)對(duì)稱法、合成法、分解法、臨界法等； (2)等效思想、分解思想。 2.正確分析帶電粒子的受力及運(yùn)動(dòng)特征是解決問(wèn)題的前提 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中做什么運(yùn)動(dòng)，取決于帶電粒子所受的合外力及初始運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的速度，因此應(yīng)把帶電粒

3、子的運(yùn)動(dòng)情況和受力情況結(jié)合起來(lái)進(jìn)行分析。 3.靈活選用力學(xué)規(guī)律是解決問(wèn)題的關(guān)鍵 (1)當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，應(yīng)根據(jù)平衡條件列方程求解。 (2)當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，往往同時(shí)應(yīng)用牛頓第二定律和平衡條件列方程聯(lián)立求解。 (3)當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中做非勻變速曲線運(yùn)動(dòng)時(shí)，應(yīng)選用動(dòng)能定理或能量守恒定律列方程求解。 　帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 【真題示例】 (2017·天津理綜，11)平面直角坐標(biāo)系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，第Ⅲ象限存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，如圖1所示。一帶負(fù)電的粒子從電場(chǎng)中的Q點(diǎn)以速度v0沿x軸正方向開(kāi)始運(yùn)動(dòng)。Q點(diǎn)到

4、y軸的距離為到x軸距離的2倍。粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O離開(kāi)電場(chǎng)進(jìn)入磁場(chǎng)，最終從x軸上的P點(diǎn)射出磁場(chǎng)，P點(diǎn)到y(tǒng)軸距離與Q點(diǎn)到y(tǒng)軸距離相等。不計(jì)粒子重力，問(wèn)： 圖1 (1)粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)速度的大小和方向； (2)電場(chǎng)強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小之比。 解析　(1)在電場(chǎng)中，粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)Q點(diǎn)到x軸距離為L(zhǎng)，到y(tǒng)軸距離為2L，粒子的加速度為a，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，有 2L＝v0t① L＝at2② 設(shè)粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)沿y軸方向的分速度為vy vy＝at③ 設(shè)粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)速度方向與x軸正方向夾角為α，有 tan α＝④ 聯(lián)立①②③④式得α＝45°⑤ 即粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)速度方向與x軸正方向成4

5、5°角斜向上。設(shè)粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)速度大小為v，由運(yùn)動(dòng)的合成有 v＝⑥ 聯(lián)立①②③⑥式得v＝v0⑦ (2)設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度為E，粒子電荷量為q，質(zhì)量為m，粒子在電場(chǎng)中受到的電場(chǎng)力為F，由牛頓第二定律可得 F＝ma⑧ 又F＝qE⑨ 設(shè)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，所受的洛倫茲力提供向心力，有 qvB＝m⑩ 由幾何關(guān)系可知R＝L? 聯(lián)立①②⑦⑧⑨⑩?式得＝? 答案　(1)v0　方向與x軸正方向成45°角斜向上 (2) 真題感悟 1.高考考查特點(diǎn) 本考點(diǎn)的高考命題主要考查帶電粒子“電偏轉(zhuǎn)”、“磁偏轉(zhuǎn)”問(wèn)題，常會(huì)結(jié)合回旋加速器、質(zhì)譜儀等背景命題。

6、熟悉兩類偏轉(zhuǎn)方式的不同規(guī)律及不同處理方法是突破的關(guān)鍵。 2.常見(jiàn)誤區(qū)及臨考提醒 (1)電、磁偏轉(zhuǎn)類型混淆，規(guī)律不清，處理方法不當(dāng)。 (2)組合場(chǎng)問(wèn)題中不能分段畫(huà)出各自的軌跡，抓不住“過(guò)渡點(diǎn)”的特點(diǎn)。 (3)不能全面考慮粒子是否受重力作用。 (4)處理帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)要做到“三個(gè)分析”：①受力分析；②運(yùn)動(dòng)分析；③能量轉(zhuǎn)化分析。 預(yù)測(cè)1 組合場(chǎng)與現(xiàn)代科技相結(jié)合 預(yù)測(cè)2 帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 1.(2017·衡水檢測(cè))如圖2為一種改進(jìn)后的回旋加速器示意圖，其中盒縫間的加速電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)大小恒定，且被限制在AC板間，虛線中間不加電場(chǎng)，如圖所示，帶電粒子從P0處以速度v0

7、沿電場(chǎng)線方向射入加速電場(chǎng)，經(jīng)加速后再進(jìn)入D形盒中的勻強(qiáng)磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，對(duì)這種改進(jìn)后的回旋加速器，下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖2 A.帶電粒子每運(yùn)動(dòng)一周被加速兩次 B.帶電粒子每運(yùn)動(dòng)一周P1P2＝P3P4 C.加速粒子的最大速度與D形盒的半徑有關(guān) D.加速電場(chǎng)方向需要做周期性的變化 解析　帶電粒子只有經(jīng)過(guò)AC板間時(shí)被加速，即帶電粒子每運(yùn)動(dòng)一周被加速一次，電場(chǎng)的方向沒(méi)有改變，則在AC間加速，故A、D錯(cuò)誤；根據(jù)r＝得P1 P2＝2(r2－r1)＝，因?yàn)槊哭D(zhuǎn)一圈被加速一次，根據(jù)v－v＝2ad，知每轉(zhuǎn)一圈，速度的變化量不等，且v4－v3P3P4，故B錯(cuò)誤；當(dāng)

8、粒子從D形盒中出來(lái)時(shí)，速度最大，根據(jù)r＝得，v＝，知加速粒子的最大速度與D形盒的半徑有關(guān)，故C正確。 答案　C 2.(2017·益陽(yáng)一模)如圖3所示，在邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的等邊三角形內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，在AC邊界的左側(cè)有與AC邊平行的勻強(qiáng)電場(chǎng)，D是底邊AB的中點(diǎn)。質(zhì)量為m，電荷量為q的帶正電的粒子(不計(jì)重力)從AB邊上的D點(diǎn)豎直向上射入磁場(chǎng)，恰好垂直打在AC邊上。 圖3 (1)求粒子的速度大?。? (2)粒子離開(kāi)磁場(chǎng)后，經(jīng)一段時(shí)間到達(dá)BA延長(zhǎng)線上N點(diǎn)(圖中沒(méi)有標(biāo)出)，已知NA＝L，求勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度。 解析　(1)粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示： 粒子進(jìn)、出磁場(chǎng)

9、的速度方向分別與AB、AC邊垂直，故A為粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心，可知粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R＝ 由牛頓第二定律得qvB＝m，解得v＝。 (2)粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，則 在垂直電場(chǎng)線方向：x＝vt 沿電場(chǎng)線方向：y＝at2，又有：a＝ 由幾何關(guān)系得x＝NQ＝Lsin 60° y＝QE＝＋Lcos 60°＝L，解得E＝。 答案　(1)　(2) 歸納總結(jié) 帶電粒子在組合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的處理方法 　帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 【真題示例】 (2017·全國(guó)卷Ⅰ，16)如圖4，空間某區(qū)域存在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)方向豎直向上(與紙面平行)，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里

10、，三個(gè)帶正電的微粒a、b、c電荷量相等，質(zhì)量分別為ma、mb、mc，已知在該區(qū)域內(nèi)，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運(yùn)動(dòng)。下列選項(xiàng)正確的是(　　) 圖4 A.ma＞mb＞mc B.mb＞ma＞mc C.mc＞ma＞mb D.mc＞mb＞ma 解析　由題意知，三個(gè)帶電微粒受力情況：mag＝qE，mbg＝qE＋Bqv，mcg＋Bqv＝qE，所以mb>ma>mc，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤。 答案　B 真題感悟 1.高考考查特點(diǎn) 本考點(diǎn)的知識(shí)點(diǎn)覆蓋面廣、綜合性強(qiáng)。題型可能是選擇題，也可能是計(jì)算題。 2.常見(jiàn)誤區(qū)及臨考提醒 (1

11、)疊加場(chǎng)中的疊加類型，運(yùn)動(dòng)情況判斷失誤。 (2)不能構(gòu)建運(yùn)動(dòng)模型。 預(yù)測(cè)1 疊加場(chǎng)與現(xiàn)代科技相結(jié)合 預(yù)測(cè)2 帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 預(yù)測(cè)3 帶電粒子在交變電磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 1.(多選)(2017·杭州二模)磁流體發(fā)電是一項(xiàng)新興技術(shù)。如圖5表示了它的原理：將一束等離子體(即高溫下電離的氣體，含有大量正、負(fù)帶電粒子，而從整體來(lái)說(shuō)呈電中性)噴射入磁場(chǎng)，在場(chǎng)中有兩塊金屬板A、B，這時(shí)金屬板上就會(huì)聚集電荷，產(chǎn)生電壓。如果射入的等離子體速度均為v，板間距離為d，板平面的面積為S，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直于速度方向，負(fù)載電阻為R，電離氣體充滿兩板間的空間，其電阻率為ρ，當(dāng)發(fā)電機(jī)

12、穩(wěn)定發(fā)電時(shí)，A、B就是一個(gè)直流電源的兩個(gè)電極。下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖5 A.圖中A板是電源的負(fù)極 B.A、B間的電壓即為該發(fā)電機(jī)的電動(dòng)勢(shì) C.正對(duì)面積S越大，該發(fā)電機(jī)電動(dòng)勢(shì)越大 D.電阻R越大，該發(fā)電機(jī)輸出效率越高 解析　根據(jù)左手定則，正電荷向下偏轉(zhuǎn)，所以B板帶正電，為直流電源的正極，A板為電源的負(fù)極，A正確；由于兩極板積累的電荷量逐漸增多，其間的電場(chǎng)力逐漸增大，最終電荷在電場(chǎng)力和洛倫茲力作用下處于平衡，有qvB＝，解得電動(dòng)勢(shì)E＝Bdv，與正對(duì)面積無(wú)關(guān)，C錯(cuò)誤；由于氣體也有電阻，因此兩極板之間的電壓為路端電壓，B錯(cuò)誤；該電源的效率為η＝＝，因?yàn)镮＝，整理可得η＝＝，顯然外

13、電阻R越大，電源的效率越高，D正確。 答案　AD 2.如圖6所示，位于豎直平面內(nèi)的坐標(biāo)系xOy，在其第三象限空間有沿水平方向的、垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝0.5 T，還有沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為E＝2 N/C。在其第一象限空間有沿y軸負(fù)方向、場(chǎng)強(qiáng)大小也為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，并在y>h＝0.4 m的區(qū)域有磁感應(yīng)強(qiáng)度也為B的垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一個(gè)帶電荷量為q的油滴從圖中第三象限的P點(diǎn)得到一初速度，恰好能沿PO做勻速直線運(yùn)動(dòng)(PO與x軸負(fù)方向的夾角為θ＝45°)，并從原點(diǎn)O進(jìn)入第一象限。已知重力加速度g＝10 m/s2。問(wèn)： 圖6 (1)油滴在第三象限運(yùn)動(dòng)

14、時(shí)受到的重力、電場(chǎng)力、洛倫茲力三力的大小之比，并指出油滴帶何種電荷； (2)油滴在P點(diǎn)得到的初速度大??； (3)油滴在第一象限運(yùn)動(dòng)的時(shí)間以及油滴離開(kāi)第一象限處的坐標(biāo)值。 解析　(1)分析油滴受力可知要使油滴做勻速直線運(yùn)動(dòng)，油滴應(yīng)帶負(fù)電。受力如圖所示 由平衡條件和幾何關(guān)系得mg∶qE∶f＝1∶1∶。 (2)油滴在垂直P(pán)O方向上應(yīng)用平衡條件得 qvB＝2Eqcos 45°，代入數(shù)據(jù)解得v＝4 m/s。 (3)由(1)可知，油滴在第一象限內(nèi)受到的重力等于電場(chǎng)力，故油滴在電場(chǎng)與重力場(chǎng)的復(fù)合場(chǎng)中做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在電場(chǎng)、磁場(chǎng)、重力場(chǎng)三者的復(fù)合場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，軌跡如圖所示。由O到A勻速

15、運(yùn)動(dòng)的位移為s1＝＝h＝0.4 m，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1＝＝0.1 s 油滴在復(fù)合場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期T＝ 由幾何關(guān)系知油滴由A到C運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2＝T＝，聯(lián)立解得t2≈0.628 s，從C到N，粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由對(duì)稱性知，運(yùn)動(dòng)時(shí)間t3＝t1＝0.1 s，則第一象限內(nèi)總的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t＝t1＋t2＋t3＝0.828 s。 設(shè)OA、AC、CN段在x軸上的投影分別為x1、x2、x3， 則x1＝x3＝h＝0.4 m，x2＝r＝ 由(1)可知mg＝qvB，代入上式可得x2＝3.2 m，所以粒子在第一象限內(nèi)沿x軸方向的總位移為x＝x1＋x2＋x3＝4 m，油滴離開(kāi)第一象限時(shí)的位置坐標(biāo)為(4.0

16、 m，0)。 答案　(1)1∶1∶　負(fù)電　(2)4 m/s (3)(4.0 m，0) 3.(2017·南師附中)在如圖7所示的空間里，存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝。在豎直方向存在交替變化的勻強(qiáng)電場(chǎng)如圖(豎直向上為正)，電場(chǎng)大小為E0＝。一傾角為θ長(zhǎng)度足夠長(zhǎng)的光滑絕緣斜面放置在此空間。斜面上有一質(zhì)量為m，帶電荷量為－q的小球，從t＝0時(shí)刻由靜止開(kāi)始沿斜面下滑，設(shè)第5 s內(nèi)小球不會(huì)離開(kāi)斜面，重力加速度為g。求： 圖7 (1)第6 s內(nèi)小球離開(kāi)斜面的最大距離； (2)第19 s內(nèi)小球未離開(kāi)斜面，θ角的正切值應(yīng)滿足什么條件？ 解析　(1)設(shè)第一秒內(nèi)小球在斜面上運(yùn)動(dòng)的加

17、速度大小為a，由牛頓第二定律得 (mg＋qE0)sin θ＝ma， 第一秒末的速度為v＝at1， 在第二秒內(nèi)qE0＝mg， 所以小球?qū)㈦x開(kāi)斜面在上方做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則由向心力公式得qvB＝m， 圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T(mén)＝＝1 s 由題圖可知，小球在奇數(shù)秒內(nèi)沿斜面做勻加速運(yùn)動(dòng)，在偶數(shù)秒內(nèi)離開(kāi)斜面做完整的圓周運(yùn)動(dòng)。所以，第五秒末的速度為v5＝a(t1＋t3＋t5)＝6gsin θ，小球離開(kāi)斜面的最大距離為d＝2R3。 由以上各式解得d＝。 (2)第19秒末的速度 v19＝a(t1＋t3＋t5＋t7＋…＋t19)＝20gsin θ， 小球未離開(kāi)斜面的條件是 qv19B≤(mg＋qE0)cos θ， 解得tan θ≤。 答案　(1)　(2)tan θ≤ 歸納總結(jié) 關(guān)注幾場(chǎng)疊加，構(gòu)建運(yùn)動(dòng)模型，優(yōu)選規(guī)律解題 - 10 -