2019年高考物理大一輪復(fù)習(xí) 微專題12 帶電粒子在復(fù)合場中的運動學(xué)案 新人教版

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1、 微專題12 帶電粒子在復(fù)合場中的運動 帶電粒子在疊加場中的運動 1．帶電體在疊加場中無約束情況下的運動 (1)洛倫茲力、重力并存 ①若重力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運動． ②若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復(fù)雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，故機械能守恒，由此可求解問題． (2)靜電力、洛倫茲力并存(不計重力的微觀粒子) ①若靜電力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運動． ②若靜電力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復(fù)雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，可用動能定理求解問題． (3)靜電力、洛倫茲力、重力并存 ①若三力平衡，一定做勻速直線運動． ②若重力與靜電力

2、平衡，一定做勻速圓周運動． ③若合力不為零且與速度方向不垂直，將做復(fù)雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，可用能量守恒定律或動能定理求解問題． 2．帶電體在疊加場中有約束情況下的運動 帶電體在疊加場中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道等約束的情況下，常見的運動形式有直線運動和圓周運動，此時解題要通過受力分析明確變力、恒力做功情況，并注意洛倫茲力不做功的特點，運用動能定理、能量守恒定律結(jié)合牛頓運動定律求解． (2017·山東棗莊一模)如圖所示，穿有M、N兩個小球(均視為質(zhì)點)的光滑絕緣圓環(huán)，固定在豎直面內(nèi)，圓心為O、半徑R＝0.3 m．M、N用一根不可伸長的絕緣輕質(zhì)細(xì)繩相連，小球質(zhì)量分別為mM＝0.0

3、1 kg、mN＝0.08 kg；M帶電荷量q＝＋7×10－4 C，N不帶電．該空間同時存在勻強電場和勻強磁場．電場方向豎直向上，電場強度E＝1×103 V/m；磁場方向垂直于圓環(huán)平面向里，磁感應(yīng)強度B＝×102 T．將兩小球從圖示位置(M與圓心O等高，N在圓心O的正下方)由靜止釋放，兩小球開始沿逆時針方向向上轉(zhuǎn)動．重力加速度g取10 m/s2，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.則在兩球從圖示位置逆時針向上轉(zhuǎn)動的過程中，求： (1)通過計算判斷，小球M能否到達(dá)圓環(huán)的最高點． (2)小球M速度最大時，圓環(huán)對小球M的彈力． (3)小球M電勢能變化量的最大值． 解析：(1

4、)設(shè)M、N在轉(zhuǎn)動過程中，繩對M、N做的功分別為WT、WT′，則 WT＋WT′＝0， 設(shè)M到達(dá)圓環(huán)最高點時，M、N的動能分別為EkM、EkN， 對M，洛倫茲力不做功，由動能定理得qER－mMgR＋WT＝EkM， 對N，由動能定理得WT′－mNgR＝EkN， 聯(lián)立解得EkM＋EkN＝－0.06 J， 即M在圓環(huán)最高點時，系統(tǒng)動能為負(fù)值，故M不能到達(dá)圓環(huán)的最高點． (2)設(shè)N轉(zhuǎn)過α角時，M、N的速度大小分別為vM、vN，因M、N做圓周運動的半徑和角速度均相同，故vM＝vN， 對M，洛倫茲力不做功，由動能定理得 qERsin α－mMgRsin α＋WT2＝mMv， 對N，由動能定

5、理得 WT2′－mNgR(1－cos α)＝mNv， WT2＋WT2′＝0， 聯(lián)立解得 v＝×(3sin α＋4cos α－4)， 由上式可得，當(dāng)α＝37°時，M、N的速度達(dá)到最大速度，最大速度vmax＝ m/s， M速度最大時，設(shè)繩的拉力為F，圓環(huán)對小球M的彈力為FN，由牛頓第二定律得Fcos 45°＝(qE－mMg)cos 37°， qvmaxB＝Fsin 45°－(qE－mMg)sin 37°＋FN＝， 解得FN＝－0.096 N，負(fù)號表示彈力方向沿圓環(huán)徑向向外． (3)M、N從圖示位置逆時針轉(zhuǎn)動過程中，由于M不能到達(dá)最高點，所以，當(dāng)兩球速度為0時，電場力做功最多，電勢

6、能減少最多．由v＝×(3sin α＋4cos α－4)得3sin α＋4cos α－4＝0， 解得sin α＝(sin α＝0舍去)， 故M的電勢能變化量的最大值|ΔEp|＝qERsin α＝ J＝0.201 6 J. 答案：(1)見解析　(2)0.096 N　沿圓環(huán)徑向向外 (3)0.201 6 J 帶電粒子在疊加場中運動的分析方法 (1)弄清疊加場的組成． (2)進行受力分析． (3)確定帶電粒子的運動狀態(tài)，注意運動情況和受力情況的結(jié)合． (4)對于粒子連續(xù)通過幾個不同種類的場時，要分階段進行處理． (5)畫出粒子運動軌跡，靈活選擇不同的運動規(guī)律． ①當(dāng)帶電粒子在

7、疊加場中做勻速直線運動時，根據(jù)受力平衡列方程求解．②當(dāng)帶電粒子在疊加場中做勻速圓周運動時，應(yīng)用牛頓運動定律結(jié)合圓周運動規(guī)律求解．③當(dāng)帶電粒子做復(fù)雜曲線運動時，一般用動能定理或能量守恒定律求解．④對于臨界問題，注意挖掘隱含條件． (2018·遼寧五校聯(lián)考)如圖所示，與水平面成37°的傾斜軌道AC，其延長線在D點與半圓軌道DF相切，軌道半徑R＝1 m，軌道均為絕緣材料制成且位于豎直面內(nèi)，整個空間存在水平向左的勻強電場，MN的右側(cè)存在垂直于紙面向里的勻強磁場(C點在MN邊界上)．一質(zhì)量為0.4 kg的帶電小球沿軌道AC下滑，至C點時速度v0＝ m/s，接著沿直線CD運動到D處進入半圓軌道，進入時

8、無動能損失，且恰好能通過F點，在F點速度vF＝4 m/s，不計空氣阻力，g取10 m/s2，cos 37°＝0.8，求： (1)小球帶何種電荷； (2)小球在半圓軌道部分克服摩擦力所做的功． (3)小球從F點飛出時磁場同時消失，小球離開F點后的運動軌跡與軌道AC所在直線的交點為G(G點未標(biāo)出)，求G點到D點的距離． 解析：(1)在MN右側(cè)，小球受到重力、電場力與洛倫茲力作用，如果小球帶負(fù)電荷，電場力水平向右，洛倫茲力指向左下方，重力豎直向下，小球受到的合力不可能為零，小球不可能做直線運動，則小球帶正電荷． (2)小球在C、D間做勻速直線運動，則在D點的速度與C點的速度大小相等，即

9、vD＝ m/s， 電場力與重力的合力F0＝＝5 N. 從D到F的過程，對小球， 由動能定理可得－Wf－F0·2R＝mv－mv， 代入數(shù)據(jù)解得Wf＝27.6 J. (3)小球離開F點后做類平拋運動，加速度a＝， 2R＝at2，代入數(shù)據(jù)解得t＝ s， G點到D點的距離x＝vFt＝4× m＝2.26 m. 答案：(1)帶正電荷　(2)27.6 J　(3)2.26 m 1．設(shè)在地面上方的真空室內(nèi)存在勻強電場和勻強磁場．已知電場強度和磁感應(yīng)強度的方向是相同的，電場強度的大小E＝4.0 V/m, 磁感應(yīng)強度的大小B＝0.15 T，今有一個帶負(fù)電的質(zhì)點以v＝20 m/s的速度在此區(qū)

10、域內(nèi)沿垂直場強方向做勻速直線運動，求此帶電質(zhì)點的電量與質(zhì)量之比q/m以及磁場的所有可能方向(角度可用反三角函數(shù)表示)． 解析：根據(jù)帶電質(zhì)點做勻速直線運動的條件，得知此帶電質(zhì)點所受的重力、電場力和洛倫茲力的合力必定為零．由此推知此三個力的同一豎直平面內(nèi)，如圖所示，質(zhì)點的速度垂直紙面向外． 由合力為零的條件，可得mg＝q，① 求得帶電質(zhì)點的電量與質(zhì)量之比＝② 代入數(shù)據(jù)得＝ C/kg＝1.96 C/kg③ 因質(zhì)點帶負(fù)電，電場方向與電場力方向相反，因而磁場方向也與電場力方向相反，設(shè)磁場方向與重力方向之間夾角為θ，則有qEsin θ＝qvBcos θ. 解得tg θ＝＝，θ＝arctg

11、0.75④ 即磁場是沿著與重力方向夾角θ＝arctg 0.75，且斜向下方的一切方向． 答案：見解析 帶電粒子在組合場中的運動 1．組合場：電場與磁場各位于一定的區(qū)域內(nèi)，并不重疊，電場、磁場交替出現(xiàn)． 2．分析思路 (1)劃分過程：將粒子運動的過程劃分為幾個不同的階段，對不同的階段選取不同的規(guī)律處理． (2)找關(guān)鍵點：確定帶電粒子在場區(qū)邊界的速度(包括大小和方向)是解決該類問題的關(guān)鍵． (3)畫運動軌跡：根據(jù)受力分析和運動分析，大致畫出粒子的運動軌跡圖，有利于形象、直觀地解決問題． 如圖所示，半徑為R的圓形區(qū)域，c為圓心，在圓上a點有一粒子源以相同的速率向圓面內(nèi)各個方向

12、發(fā)射多個質(zhì)量為m、電荷量為＋q的帶電粒子．當(dāng)圓形區(qū)域存在垂直于圓面、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場時，沿ac方向射入的粒子從b點離開場區(qū)，此過程粒子速度方向偏轉(zhuǎn)了.若只將圓形區(qū)域內(nèi)的磁場換成平行于圓面的勻強電場，粒子從電場圓邊界的不同位置射出時有不同的動能，其最大動能是初動能的4倍，經(jīng)過b點的粒子在b點的動能是初動能的3倍．不計粒子重力及粒子間的相互作用．求： (1)粒子源發(fā)射粒子的速度v0及從b點離開磁場的粒子在磁場中運動的最長時間tm； (2)電場強度的方向及大小． 解析：(1)粒子在磁場中作勻速圓周運動，設(shè)軌跡圓半徑為r，作出以ab為弦的兩段圓弧如圖所示，O1、O2分別為兩圓圓心

13、，由從b點射出的粒子速度偏轉(zhuǎn)角知：對以O(shè)1為圓心的圓有：圓周角∠aO1b＝， 由幾何知識可知：弦切角∠cab＝，△abc為等邊三角形，可得ab長度：L＝R① 從△abO1可得：r＝R② 由圓周運動的規(guī)律有：qv0B＝m③ 由②③式可得：v0＝④ 粒子在磁場中運動時間最長時的軌跡是以O(shè)2為圓心的圓弧，在菱形aO1bO2中有：∠aO2b＝∠aO1b＝ 粒子的偏轉(zhuǎn)角θ＝2π－∠aO2b⑤ 由圓周運動的規(guī)律有：tm＝⑥ 解得tm＝. (2)設(shè)電場方向與ab連線夾角為θ，離開電場時動能最大的粒子的射出點和c點連線一定和電場方向平行，如圖所示． 在粒子從a運動到b點過程中由動能

14、定理有： qERcos θ＝2×mv⑦ 以離開電場時動能最大的粒子在電場中由動能定理有： qER＝3×mv⑧ 由④⑦⑧式解得：θ＝0(即電場方向由a指向b) E＝或θ滿足sin θ＝－，E＝. 答案：(1)　　(2)或 帶電粒子在分離電場和磁場中的運動問題分析 (1)帶電粒子在電場和磁場的組合場中運動．根據(jù)粒子在運動過程中的受力情況，確定運動軌跡，計算粒子的運動時間、位移等物理量．由于電場與磁場是分離的，帶電粒子在電場中受到恒定的電場力作用，加速度恒定，可能做勻變速直線運動，也可能做勻變速曲線運動．進入磁場之后，在磁場中受到洛倫茲力作用，粒子在磁場中做勻速圓周運動． (2

15、)處理帶電粒子在電場中的運動，用動能定理較為簡單． (3)解題過程中要注意不要漏解． 如圖所示，在邊長L＝3 dm的等邊三角形abc的外接圓區(qū)域內(nèi)有平行于紙面的勻強電場，將質(zhì)量m＝2×10－13 kg，電量q＝＋1×10－10 C的點電荷從a點以相等的速率沿不同方向射出時可到達(dá)圓上的不同位置，其中電荷到達(dá)b點時動能最大，其動能增量為ΔEk＝8.1×10－10 J．若將該點以某一初速度v0沿ac方向從a點射出時恰通過b點，現(xiàn)撤去電場并在該圓形區(qū)域內(nèi)加上垂直于紙面的勻強磁場時，仍讓該點電荷從a點沿ac方向以v0射出時也能通過b點．求： (1)勻強電場的場強E； (2)勻強磁場的磁感應(yīng)

16、強度B； (3)點電荷在勻強磁場和勻強電場中運動的時間之比． 解析：(1)由于電場力做功與路徑無關(guān)，且點電荷從a點沿不同方向射出時到達(dá)b點時動能最大，說明在圓周上b點的電勢最低，則過b點所作外接圓的切線為b點的等勢線，又因為電場線總是與等勢面相垂直，且由高等勢面指向低等勢面，故圖中的Ob方向即為場強方向 設(shè)外接圓半徑為R，由幾何關(guān)系知L＝2Rcos 30°，由功能關(guān)系知電場力做功等于動能增量 ΔEk＝Eq(R＋Rsin 30°)，解得R＝0.3 m，E＝18 N/C． (2)電荷沿ac方向射入時在電場中恰做類平拋運動，由Rcos 30°＝v0t1和R＋Rsin 30°＝ t得t1

17、＝0.01 s，v0＝15 m/s 換成磁場后仍過ab兩點，則圓心在ab的垂直平分線上，同時圓心還應(yīng)在過a點垂直于ac的直線上，如圖中的O1點，由左手定則知磁感應(yīng)強度方向垂直紙面向下，由幾何關(guān)系可知其圓周運動的軌道半徑r＝R 又電荷做圓周運動時，由qv0B＝m得r＝，代入數(shù)據(jù)可得B＝ T. (3)由幾何關(guān)系知電荷在磁場中運動了120°圓心角，因此對應(yīng)的時間為t2＝×＝ s 于是對應(yīng)的時間之比為＝，整理可得＝. 答案：(1)18 N/C　(2) T　(3) 2．(2018·遼寧五校協(xié)作體聯(lián)考)如圖，在xOy平面第一象限內(nèi)有平行于y軸的勻強電場和垂直于xOy平面的勻強磁場，勻強電場

18、的電場強度為E.一帶電荷量為＋q的小球從y軸上離坐標(biāo)原點距離為L的A點處，以沿x軸正方向的初速度進入第一象限，如果電場和磁場同時存在，小球?qū)⒆鰟蛩賵A周運動，并從x軸上距坐標(biāo)原點的C點離開磁場．如果只撤去磁場，并且將電場反向，帶電小球以相同的初速度從A點進入第一象限，仍然從x軸上距坐標(biāo)原點的C點離開電場．求： (1)小球從A點出發(fā)時的初速度大?。? (2)磁感應(yīng)強度B的大?。? 解析：(1)由帶電小球做勻速圓周運動知mg＝qE① 所以電場反向后，由牛頓第二定律有mg＋qE＝ma② 小球做類平拋運動有L＝at2③ ＝v0t④ 由①②③④聯(lián)立得v0＝⑤ (2)帶電小球做勻速圓周運

19、動時，洛倫茲力提供向心力，則qv0B＝⑥ 由幾何知識得(L－R)2＋(L)2＝R2⑦ 由⑤⑥⑦得B＝. 答案：(1)　(2) 3．(2018·江西紅色七校模擬)如圖所示，粒子源O可以源源不斷地產(chǎn)生初速度為零的正離子同位素，即這些正離子帶相同的電荷量q，質(zhì)量卻不相同．所有的正離子先被一個電壓為U0的勻強加速電場加速，再從兩板中央垂直射入一個勻強偏轉(zhuǎn)電場，已知此偏轉(zhuǎn)電場兩板間距為d，板間電壓為2U0，偏轉(zhuǎn)后通過下極板上的小孔P離開電場．經(jīng)過一段勻速直線運動后，正離子從Q點垂直于邊界AB進入一正方形區(qū)域勻強磁場(磁感應(yīng)強度為B，方向垂直于紙面向里)，不計正離子的重力及離子間的相互作用．

20、 (1)當(dāng)正離子從P點離開偏轉(zhuǎn)電場時，求P點和極板左端間的距離L以及此時的速度偏轉(zhuǎn)角φ. (2)求質(zhì)量為m的離子在磁場中做圓周運動的半徑R. (3)若質(zhì)量為4m的離子垂直打在磁場邊界AD的中點處，求能打在邊界AD上的正離子的質(zhì)量范圍． 解析：(1)離子在加速電場中，由動能定理得qU0＝mv－0， 在偏轉(zhuǎn)電場中，離子做類平拋運動，L＝v0t，＝at2， 加速度a＝， 速度偏轉(zhuǎn)角的正切值tan φ＝， 解得L＝d， tan φ＝1，φ＝45°. (2)離子在加速電場中，由動能定理得qU0＝mv－0，v0＝， 離子進入磁場時的速度為v，v＝＝v0， 離子在磁場中做勻速圓周運動，

21、洛倫茲力提供向心力， 由牛頓第二定律得qvB＝m， 解得R＝ . (3)由題意可知，質(zhì)量為4m的正離子在磁場中運動軌跡的圓心恰好在A點，設(shè)此時的軌跡半徑為R0，臨界狀態(tài)1：質(zhì)量為m1的正離子剛好打在A點，設(shè)此時的軌跡半徑為R1，如圖所示． 由幾何知識可得R1＝R0， 由R＝ 可知＝ ， 解得m1＝m. 臨界狀態(tài)2：質(zhì)量為m2的正離子剛好打在D點，設(shè)此時的軌跡半徑為R2，由幾何知識可得 R＝(2R0)2＋(R2－R0)2， 解得R2＝R0， 則＝ ， 解得m2＝25m， 則能打在邊界AD上的正離子的質(zhì)量范圍為m～25m. 答案：(1)d　45°　(2) 　(3)m～25m 11