2022年度高考物理一輪復習 第九章 磁場 專題強化十一 帶電粒子在疊加場和組合場中的運動學案

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1、2022年度高考物理一輪復習 第九章 磁場 專題強化十一 帶電粒子在疊加場和組合場中的運動學案 專題解讀 1.本專題是磁場、力學、電場等知識的綜合應用，高考往往以計算壓軸題的形式出現(xiàn). 2.學習本專題，可以培養(yǎng)同學們的審題能力、推理能力和規(guī)范表達能力.針對性的專題訓練，可以提高同學們解決難題壓軸題的信心. 3.用到的知識有：動力學觀點(牛頓運動定律)、運動學觀點、能量觀點(動能定理、能量守恒)、電場的觀點(類平拋運動的規(guī)律)、磁場的觀點(帶電粒子在磁場中運動的規(guī)律). 命題點一　帶電粒子在疊加場中的運動 1.帶電粒子在疊加場中無約束情況下的運動 (1)洛倫茲力、重力并存

2、①若重力和洛倫茲力平衡，則帶電粒子做勻速直線運動. ②若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電粒子將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，故機械能守恒，由此可求解問題. (2)電場力、洛倫茲力并存(不計重力的微觀粒子) ①若電場力和洛倫茲力平衡，則帶電粒子做勻速直線運動. ②若電場力和洛倫茲力不平衡，則帶電粒子將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，可用動能定理求解問題. (3)電場力、洛倫茲力、重力并存 ①若三力平衡，一定做勻速直線運動. ②若重力與電場力平衡，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.

3、 2.帶電粒子在疊加場中有約束情況下的運動 帶電粒子在疊加場中受輕桿、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、能量守恒定律結合牛頓運動定律求解. 例1　(2017·全國卷Ⅰ·16)如圖1，空間某區(qū)域存在勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向上(與紙面平行)，磁場方向垂直于紙面向里，三個帶正電的微粒a、b、c電荷量相等，質量分別為ma、mb、mc，已知在該區(qū)域內，a在紙面內做勻速圓周運動，b在紙面內向右做勻速直線運動，c在紙面內向左做勻速直線運動.下列選項正確的是(　　)

4、 圖1 A.ma＞mb＞mc B.mb＞ma＞mc C.mc＞ma＞mb D.mc＞mb＞ma 答案　B 解析　設三個微粒的電荷量均為q， a在紙面內做勻速圓周運動，說明洛倫茲力提供向心力，重力與電場力平衡，即 mag＝qE ① b在紙面內向右做勻速直線運動，三力平衡，則 mbg＝qE＋qvB ② c在紙面內向左做勻速直線運動，三力平衡，則 mcg＋qvB＝qE ③ 比較①②③式得：mb>ma>mc，選項B正確. 例2　(多選)(2017·河南六市一模)如圖2所示，半徑為R的光滑半圓弧絕緣軌道固定在豎直面內，磁感應強度為B的勻強磁場方向垂直于軌道平面向里.一可視為

5、質點、質量為m、電荷量為q(q>0)的小球由軌道左端A點無初速度滑下，當小球滑至軌道最低點C時，給小球再施加一始終水平向右的外力F，使小球能保持不變的速率滑過軌道右側的D點.若軌道的兩端等高，小球始終與軌道接觸，重力加速度為g，則下列判斷正確的是(　　) 圖2 A.小球在C點對軌道的壓力大小為qB B.小球在C點對軌道的壓力大小為3mg－qB C.小球從C到D的過程中，外力F的大小保持不變 D.小球從C到D的過程中，外力F的功率逐漸增大 答案　BD 解析　小球從A到C，只有重力做功，由機械能守恒有mgR＝mv2，得小球到達C點時的速度v＝，在C點由牛頓第二定律有FN＋qvB－

6、mg＝m，解得FN＝3mg－qB，再由牛頓第三定律可知小球在C點對軌道的壓力大小為3mg－qB，故A錯誤，B正確；從C到D，小球速率不變，由于軌道對小球的支持力和洛倫茲力不做功，則重力做負功的功率和外力F做正功的功率始終大小相等，設速度方向與豎直方向夾角為θ，則有mgvcos θ＝Fvsin θ，得F＝，因θ逐漸減小，則外力F逐漸增大，外力F的功率逐漸增大，故C錯誤，D正確. 變式1　(2017·河北冀州2月模擬)我國位于北半球，某地區(qū)存在勻強電場E和可看做勻強磁場的地磁場B，電場與地磁場的方向相同，地磁場的豎直分量和水平分量分別豎直向下和水平向北，一帶電小球以速度v在此區(qū)域內沿垂直場強方向

7、在水平面內做直線運動，忽略空氣阻力，此地區(qū)的重力加速度為g，則下列說法正確的是(　　) A.小球運動方向為自南向北 B.小球可能帶正電 C.小球速度v的大小為 D.小球的比荷為 答案　D 解析　由題意可知，小球受重力、電場力和洛倫茲力，因做直線運動，且F洛＝qvB，因此一定做勻速直線運動，那么電場力與洛倫茲力的合力與重力等大反向，因電場與地磁場的方向相同，地磁場的豎直分量和水平分量分別豎直向下和水平向北，則小球受力如圖所示，其中qvB與qE垂直，因小球受力平衡，則受力關系滿足(mg)2＝(Eq)2＋(Bqv)2，得＝，v＝，則D項正確，C項錯誤.由受力分析可知小球帶負電，且運動方向

8、為自東向西，則A、B錯誤. 變式2　(2016·天津理綜·11)如圖3所示，空間中存在著水平向右的勻強電場，電場強度大小E＝5 N/C，同時存在著垂直紙面向里的勻強磁場，其方向與電場方向垂直，磁感應強度大小B＝0.5 T.有一帶正電的小球，質量m＝1×10－6 kg，電荷量q＝2×10－6 C，正以速度v在圖示的豎直面內做勻速直線運動，當經過P點時撤掉磁場(不考慮磁場消失引起的電磁感應現(xiàn)象)，取g＝10 m/s2，求： 圖3 (1)小球做勻速直線運動的速度v的大小和方向； (2)從撤掉磁場到小球再次穿過P點所在的這條電場線經歷的時間t. 答案　(1)20 m/s　方向與電場方

9、向成60°角斜向上 (2)2 s 解析　(1)小球做勻速直線運動時受力如圖甲，其所受的三個力在同一平面內，合力為零，有qvB＝ ① 代入數(shù)據(jù)解得v＝20 m/s ② 速度v的方向與電場E的方向之間的夾角滿足 tan θ＝ ③ 代入數(shù)據(jù)解得tan θ＝ θ＝60° ④ (2)解法一　撤去磁場，小球在重力與電場力的合力作用下做類平拋運動，如圖乙所示，設其加速度為a，有 a＝ ⑤ 設撤去磁場后小球在初速度方向上的分位移為x，有 x＝vt ⑥ 設小球在重力與電場力的合力方向上的分位移為y，有 y＝at2 ⑦ tan θ＝ ⑧ 聯(lián)立④⑤⑥⑦⑧式，代入

10、數(shù)據(jù)解得 t＝2 s ⑨ 解法二　撤去磁場后，由于電場力垂直于豎直方向，它對豎直方向的分運動沒有影響，以P點為坐標原點，豎直向上為正方向，小球在豎直方向上做勻減速運動，其初速度為 vy＝vsin θ ⑤ 若使小球再次穿過P點所在的電場線，僅需小球的豎直方向上分位移為零，則有vyt－gt2＝0 ⑥ 聯(lián)立⑤⑥式，代入數(shù)據(jù)解得t＝2 s. 命題點二　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，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)找關鍵：確定帶電

11、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. 模型1　磁場與磁場的組合 例3　(2017·全國卷Ⅲ·24)如圖4，空間存在方向垂直于紙面(xOy平面)向里的磁場.在x≥0 區(qū)域，磁感應強度的大小為B0；x＜0區(qū)域，磁感應強度的大小為λB0(常數(shù)λ＞1).一質量為m、電荷量為q(q＞0)的帶電粒子以速度v0從坐標原點O沿x軸正向射入磁場，此時開始計時，當粒子的速度方向再次沿x軸正向時，求：(不計重力) 圖4 (1)粒子運動的時間； (2)粒子與O點間的距離. 答案　

12、(1)(1＋)　(2)(1－) 解析　(1)在勻強磁場中，帶電粒子做勻速圓周運動.設在x≥0區(qū)域，圓周半徑為R1；在x＜0區(qū)域，圓周半徑為R2.由洛倫茲力公式及牛頓運動定律得 qB0v0＝m ① qλB0v0＝m ② 粒子速度方向轉過180°時，所需時間t1為 t1＝ ③ 粒子再轉過180°時，所需時間t2為 t2＝ ④ 聯(lián)立①②③④式得，所求時間為 t＝t1＋t2＝(1＋) ⑤ (2)由幾何關系及①②式得，所求距離為 d＝2(R1－R2)＝(1－) 變式3　如圖5所示，足夠大的平行擋板A1、A2豎直放置，間距6l.兩板間存在兩個方向相反的勻強磁場區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，

13、以水平面MN為理想分界面，Ⅰ區(qū)的磁感應強度為B0，方向垂直紙面向外.A1、A2上各有位置正對的小孔S1、S2，兩孔與分界面MN的距離均為l.質量為m、電荷量為＋q的粒子經寬度為d的勻強電場由靜止加速后，沿水平方向從S1進入Ⅰ區(qū)，并直接偏轉到MN上的P點，再進入Ⅱ區(qū)，P點與A1板的距離是l的k倍，不計重力，碰到擋板的粒子不予考慮. 圖5 (1)若k＝1，求勻強電場的電場強度E. (2)若2

14、磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)幾何關系，該情況粒子的軌跡半徑R1＝l 粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律知qvB0＝m ① 粒子在勻強電場中加速，根據(jù)動能定理有qEd＝mv2 ② 聯(lián)立解得E＝. (2)因為2

15、面向里的勻強磁場，第Ⅲ象限存在沿y軸負方向的勻強電場，如圖6所示.一帶負電的粒子從電場中的Q點以速度v0沿x軸正方向開始運動.Q點到y(tǒng)軸的距離為到x軸距離的2倍.粒子從坐標原點O離開電場進入磁場，最終從x軸上的P點射出磁場，P點到y(tǒng)軸距離與Q點到y(tǒng)軸距離相等.不計粒子重力，問： 圖6 (1)粒子到達O點時速度的大小和方向； (2)電場強度和磁感應強度的大小之比. 答案　(1)v0　方向與x軸正方向成45°角斜向上　(2) 解析　(1)在電場中，粒子做類平拋運動，設Q點到x軸距離為L，到y(tǒng)軸距離為2L，粒子的加速度為a，運動時間為t，有 2L＝v0t ① L＝at2 ②

16、設粒子到達O點時沿y軸方向的分速度為vy vy＝at ③ 設粒子到達O點時速度方向與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O點時速度方向與x軸正方向成45°角斜向上. 設粒子到達O點時速度大小為v，由運動的合成有 v＝ ⑥ 聯(lián)立①②③⑥式得v＝v0 ⑦ (2)設電場強度為E，粒子電荷量為q，質量為m，粒子在電場中受到的電場力為F，由牛頓第二定律可得 F＝ma ⑧ 又F＝qE ⑨ 設磁場的磁感應強度大小為B，粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R，所受的洛倫茲力提供向心力，有 qvB＝m ⑩ 由幾何關系可

17、知R＝L ? 聯(lián)立①②⑦⑧⑨⑩?式得＝ 變式4　(2017·河南六市一模)如圖7所示，一帶電粒子垂直射入勻強電場，經電場偏轉后從磁場的左邊界上M點進入垂直紙面向外的勻強磁場中，最后從磁場的左邊界上的N點離開磁場.已知帶電粒子的比荷＝3.2×109 C/kg，電場強度E＝200 V/m，M、N間距MN＝1 cm，金屬板長L＝25 cm，粒子的初速度v0＝4×105 m/s，帶電粒子的重力忽略不計，求： 圖7 (1)粒子射出電場時的運動方向與初速度v0的夾角θ； (2)磁感應強度B的大小. 答案　(1)45°　(2)2.5×10－2 T 解析　(1)由牛頓第二定律有qE＝ma

18、 粒子在電場中水平方向做勻速直線運動，L＝v0t 粒子在豎直方向做初速度為零的勻加速運動，射出電場時的豎直分速度vy＝at 速度偏轉角的正切值tan θ＝ 由以上各式代入數(shù)據(jù)解得θ＝45° (2)粒子射出電場時的速度大小為： v＝ 在磁場中洛倫茲力提供向心力：Bqv＝m 由幾何關系得MN＝r 代入數(shù)據(jù)解得B＝2.5×10－2 T 1.(多選)如圖1所示，一帶電小球在一正交電場、磁場區(qū)域里做勻速圓周運動，電場方向豎直向下，磁場方向垂直紙面向里，則下列說法正確的是(　　) 圖1 A.小球一定帶正電 B.小球一定帶負電 C.小球的繞行方向為順時針 D.改變小球

19、的速度大小，小球將不做圓周運動 答案　BC 2.如圖2所示的虛線區(qū)域內，充滿垂直于紙面向里的勻強磁場和豎直向下的勻強電場.一帶電粒子a(不計重力)以一定的初速度由左邊界的O點射入磁場、電場區(qū)域，恰好沿直線由區(qū)域右邊界的O′點(圖中未標出)穿出.若撤去該區(qū)域內的磁場而保留電場不變，另一個同樣的粒子b(不計重力)仍以相同初速度由O點射入，從區(qū)域右邊界穿出，則粒子b(　　) 圖2 A.穿出位置一定在O′點下方 B.穿出位置一定在O′點上方 C.運動時，在電場中的電勢能一定減小 D.在電場中運動時，動能一定減小 答案　C 3.在xOy平面內，以拋物線OM為界，MOy區(qū)域內存在豎直

20、向上的勻強電場，電場強度為E，y軸為電場的右邊界；MOx區(qū)域內有垂直于平面向外的勻強磁場，x軸為磁場的下邊界，如圖3所示.質量為m、電荷量為q的粒子從y軸上P(0，h)點以垂直于y軸的初速度進入電場中，經電場后以與x軸成45°角的速度從拋物線上的Q點(圖中未畫出)進入磁場，已知Q點的縱坐標為，粒子重力不計. 圖3 (1)試求帶電粒子從P射入電場時的速度大小； (2)若O為拋物線OM的頂點，寫出邊界OM的拋物線方程； (3)要使帶電粒子不穿過x軸，試確定勻強磁場的磁感應強度B應滿足的條件. 答案　(1)　(2) y＝　(3)B≥(2＋2) 解析　(1)帶電粒子在勻強電場中做類平拋

21、運動，由牛頓第二定律得粒子加速度 a＝ ① 過邊界OM時y方向上的速度大小為vy， 則vy2＝2a(h－) ② 由此時速度方向與x軸成45°角可知vy＝v0 ③ 聯(lián)立①②③解得v0＝. ④ (2)O為拋物線頂點，Q點縱坐標為y＝ ⑤ 由類平拋運動可得x＝v0t，＝at2 ⑥ 聯(lián)立①④⑥解得x＝h ⑦ 將Q(h，)、O(0,0)代入x2＝2py即可得MO的拋物線方程為y＝. (3)帶電粒子的運動軌跡如圖所示，設粒子在磁場中的軌道半徑為R，要使粒子不穿過x軸，則由幾何關系得 R＋Rsin 45°≤ ⑧ 粒子在磁場中運動的速度大小 v＝v0 ⑨ 由牛頓第

22、二定律得qvB＝m ⑩ 聯(lián)立④⑧⑨⑩解得B≥(2＋2). 4.如圖4甲所示，在xOy平面內存在磁場和電場，磁感應強度和電場強度大小隨時間周期性變化，B的變化周期為4t0，E的變化周期為2t0，變化規(guī)律分別如圖乙和圖丙所示.在t＝0時刻從O點發(fā)射一帶負電的粒子(不計重力)，初速度大小為v0，方向沿y軸正方向.在x軸上有一點A(圖中未標出)，坐標為(，0).若規(guī)定垂直紙面向里為磁感應強度的正方向，y軸正方向為電場強度的正方向，v0、t0、B0為已知量，磁感應強度與電場強度的大小滿足：＝；粒子的比荷滿足：＝.求： 圖4 (1)在t＝時，粒子的位置坐標； (2)粒子偏離x軸的最大距離；

23、 (3)粒子運動至A點的時間. 答案　(1)(，)　(2)(＋)v0t0　(3)32t0 解析　(1)在0～t0時間內，粒子做勻速圓周運動，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得qB0v0＝mr1＝ 解得T＝2t0，r1＝＝ 則粒子在時間內轉過的圓心角α＝ 所以在t＝時，粒子的位置坐標為(，). (2)在t0～2t0時間內，設粒子經電場加速后的速度為v，粒子的運動軌跡如圖所示 則v＝v0＋t0＝2v0 運動的位移x＝t0＝1.5v0t0 在2t0～3t0時間內粒子做勻速圓周運動，半徑r2＝2r1＝ 故粒子偏離x軸的最大距離h＝x＋r2＝1.5v0t0＋＝(＋)v0t0. (3)

24、粒子在xOy平面內做周期性運動的運動周期為4t0 故粒子在一個周期內向右運動的距離d＝2r1＋2r2＝ AO間的距離為＝8d 所以，粒子運動至A點的時間t＝32t0. 5.如圖5所示，豎直平面坐標系xOy的第一象限，有垂直xOy平面向外的水平勻強磁場和豎直向上的勻強電場，大小分別為B和E；第四象限有垂直xOy平面向里的水平勻強電場，大小也為E；第三象限內有一絕緣光滑豎直放置的半徑為R的半圓軌道，軌道最高點與坐標原點O相切，最低點與絕緣光滑水平面相切于N.一質量為m的帶電小球從y軸上(y>0)的P點沿x軸正方向進入第一象限后做圓周運動，恰好通過坐標原點O，且水平切入半圓軌道并沿軌道內側運

25、動，過N點水平進入第四象限，并在電場中運動(已知重力加速度為g). 圖5 (1)判斷小球的帶電性質并求出其所帶電荷量； (2)P點距坐標原點O至少多高； (3)若該小球以滿足(2)中OP最小值的位置和對應速度進入第四象限，通過N點開始計時，經時間t＝2小球距坐標原點O的距離s有多遠？ 答案　(1)帶正電　　(2)　(3)2R 解析　(1)小球進入第一象限后做圓周運動，說明重力與電場力平衡，設小球所帶電荷量為q，則有qE＝mg 解得q＝ 又電場方向豎直向上，故小球帶正電. (2)設勻速圓周運動的速度為v、軌道半徑為r，由洛倫茲力提供向心力得qBv＝ 小球恰能通過半圓軌道的

26、最高點并沿軌道運動，則應滿足mg＝ 解得r＝ 即P、O的最小距離為 y＝2r＝. (3)設小球到達N點的速度為vN，小球由O運動到N的過程中，由機械能守恒得 2mgR＝mvN2－mv2 解得vN＝ 小球從N點進入電場區(qū)域后做類平拋運動，設加速度為a，則 沿x軸方向有x＝vNt 沿電場方向有z＝at2 由牛頓第二定律得a＝ 經t時間小球距坐標原點O的距離為 s＝＝2R. 6.(2018·廣東中山調研)如圖6所示，兩平行金屬板A、B間的電勢差為U＝5×104 V.在B板的右側有兩個方向不同但寬度相同的有界磁場Ⅰ、Ⅱ，它們的寬度為d1＝d2＝6.25 m，磁感應強度分別為B

27、1＝2.0 T、B2＝4.0 T，方向如圖中所示.現(xiàn)有一質量m＝1.0×10－8 kg、電荷量q＝1.6×10－6 C、重力忽略不計的粒子從A板的O點由靜止釋放，經過加速后恰好從B板的小孔Q處飛出.試求： 圖6 (1)帶電粒子從加速電場中出來的速度v的大小； (2)帶電粒子穿過磁場區(qū)域Ⅰ所用的時間t； (3)帶電粒子從磁場區(qū)域Ⅱ射出時的速度方向與邊界面的夾角； (4)若d1的寬度不變，改變d2的寬度，要使粒子不能從Ⅱ區(qū)飛出磁場，則d2的寬度至少為多大？ 答案　(1)4.0×103 m/s　(2) s　(3)60°　(4)9.375 m 解析　(1)粒子在電場中做勻加速直線運動

28、，由動能定理有： qU＝mv2－0，解得v＝4.0×103 m/s. (2)粒子運動軌跡如圖甲， 設粒子在磁場區(qū)域Ⅰ中做勻速圓周運動的半徑為r，由洛倫茲力提供向心力得：qvB1＝ 代入數(shù)據(jù)解得 r＝12.5 m 設粒子在Ⅰ區(qū)內做圓周運動的圓心角為θ，則： sin θ＝＝＝ 所以θ＝30° 粒子在Ⅰ區(qū)運動周期 T＝ 則粒子在Ⅰ區(qū)運動時間 t＝T 解得t＝ s (3)設粒子在Ⅱ區(qū)做圓周運動的軌道半徑為R， 則qvB2＝ 解得R＝6.25 m 如圖甲所示，由幾何關系可知△MO2P為等邊三角形， 所以粒子離開Ⅱ區(qū)域時速度方向與邊界面的夾角為α＝60° (4)要使粒子不能從Ⅱ區(qū)飛出磁場，粒子運動的軌跡與磁場邊界相切時，由圖乙可知Ⅱ區(qū)磁場的寬度至少為：d2＝R＋Rcos 60°＝1.5R＝9.375 m