2019屆高考物理二輪復習 專題7 帶電粒子在復合場中的運動學案.docx

《2019屆高考物理二輪復習 專題7 帶電粒子在復合場中的運動學案.docx》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019屆高考物理二輪復習 專題7 帶電粒子在復合場中的運動學案.docx（11頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

7 帶電粒子在復合場中的運動 近幾年高考中，關(guān)于此部分內(nèi)容的命題方向有：在帶電粒子在組合場中的運動、帶電體在復合場中的運動、電磁場技術(shù)的應(yīng)用。題目以計算題為主，難度較大。 1．帶電粒子在疊加場中的運動 (1)若只有兩個場且正交，合力為零，則表現(xiàn)為勻速直線運動或靜止狀態(tài)。例如電場與磁場中滿足qE＝qvB；重力場與磁場中滿足mg＝qvB；重力場與電場中滿足mg＝qE。 (2)三場共存時，若合力為零，則粒子做勻速直線運動；若粒子做勻速圓周運動，則有mg＝qE，粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，即qvB＝m。 (3)當帶電粒子做復雜的曲線運動或有約束的變速直線運動時，一般用動能定理或能量守恒定律求解。 帶電粒子在復合場中做什么運動，取決于帶電粒子所受的合外力及初始運動狀態(tài)的速度，因此帶電粒子的運動情況和受力情況的分析是解題的關(guān)鍵。 2．帶電粒子在組合場中的運動 1．(多選)如圖所示，空間某處存在豎直向下的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，一個帶負電的金屬小球從M點水平射入場區(qū)，經(jīng)一段時間運動到N點，關(guān)于小球由M到N的運動，下列說法正確的是(　　) A．小球可能做勻變速運動 B．小球一定做變加速運動 C．小球動能可能不變 D．小球機械能守恒 2．(2018全國卷Ⅰ25)如圖，在y>0的區(qū)域存在方向沿y軸負方向的勻強電場，場強大小為E；在y<0的區(qū)域存在方向垂直于xOy平面向外的勻強磁場。一個氕核H和一個氘核H先后從y軸上y＝h點以相同的動能射出，速度方向沿x軸正方向。已知H進入磁場時，速度方向與x軸正方向的夾角為60，并從坐標原點O處第一次射出磁場。H的質(zhì)量為m，電荷量為q。不計重力。求： (1)H第一次進入磁場的位置到原點O的距離； (2)磁場的磁感應(yīng)強度大??； (3)H第一次離開磁場的位置到原點O的距離。 1．(多選)如圖所示，平行紙面向下的勻強電場與垂直紙面向外的勻強磁場相互正交，一帶電小球剛好能在其中做豎直面內(nèi)的勻速圓周運動．若已知小球做圓周運動的半徑為r，電場強度大小為E，磁感應(yīng)強度大小為B，重力加速度大小為g，則下列判斷中正確的是(　　) A．小球一定帶負電荷 B．小球一定沿順時針方向轉(zhuǎn)動 C．小球做圓周運動的線速度大小為 D．小球在做圓周運動的過程中，電場力始終不做功 2．如圖所示，水平向右的勻強電場場強為E，且Eq＝mg，垂直紙面向里的水平勻強磁場磁感應(yīng)強度為B，一帶電荷量為q的液滴質(zhì)量為m，在重力、靜電力和洛倫茲力作用下在疊加場空間運動。下列關(guān)于帶電液滴在疊加場空間的運動描述正確的是(　　) A．液滴可能做勻加速直線運動 B．液滴不可能做勻速圓周運動 C．液滴可能做勻速直線運動且機械能守恒 D．如果是直線運動，必為勻速直線運動，其運動軌跡與水平方向的夾角是 1．如圖所示，直角坐標系xOy位于豎直平面內(nèi)，空間存在著垂直于xOy平面向里的勻強磁場和平行于xOy平面的勻強電場。第三象限內(nèi)有一點P，其坐標為(－1 m，－m)，質(zhì)量為m＝210－5 kg、帶電量為q＝+510－5 C的液滴以v＝2 m/s的速度沿直線從P點運動O點。若已知勻強磁場磁感應(yīng)強度大小B＝1 T，重力加速度g取10 m/s2。 (1)求勻強電場場強E的大小及電場的方向； (2)若在帶電液滴經(jīng)過O點時只撒去磁場，液滴會經(jīng)過x軸上的Q點，求Q點的坐標。 2．如圖所示，在豎直平面(紙面)內(nèi)有一直角坐標系xOy，水平軸x下方有垂直紙面向里的勻強磁場，第三象限有沿x軸負方向的勻強電場，第四象限存在另一勻強電場(圖中未畫出)；光滑絕緣的固定不帶電細桿PQ交x軸于M點，細桿PQ與x軸的夾角θ＝30，桿的末端在y軸Q點處，PM兩點間的距離為L。一套在桿上的質(zhì)量為2m、電荷量為q的帶正電小環(huán)b恰好靜止在M點，另一質(zhì)量為m、不帶電絕緣小環(huán)a套在桿上并由P點靜止釋放，與b瞬間碰撞后反彈，反彈后到達最高點時被鎖定，鎖定點與M點的距離為，b沿桿下滑過程中始終與桿之間無作用力，b進入第四象限后做勻速圓周運動，而后通過x軸上的N點，且OM＝ON。已知重力加速度大小為g，求： (1)碰后b的速度大小v以及a、b碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能ΔE； (2)磁場的磁感應(yīng)強度大小B； (3)b離開桿后經(jīng)過多長時間會通過x軸。 3．光滑水平桌面上建有坐標系xOy，質(zhì)量為m、帶電量為q的帶正電小球靜止在坐標原點，現(xiàn)沿x軸正向施加一勻強電場E1，經(jīng)t0后，將勻強電場方向變?yōu)檠貀軸正方向而大小保持不變，再經(jīng)t0后撤去電場E1，同時施加一個與xOy平面平行的勻強電場E2，電場強度E2和電場強度E1的大小關(guān)系為E2＝E1，使得小球沿直線運動并能再次通過y軸。求： (1)撤去電場E1時小球的位置坐標值x、y； (2)勻強電場E2的方向與x軸正方向的夾角θ； (3)小球從坐標原點出發(fā)到再次經(jīng)過y軸所用的時間t和電場力做的功W。 4．如圖甲所示，有一磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直紙面向外的勻強磁場，磁場邊界OP與水平方向夾角為θ＝45，緊靠磁場邊界放置長為6d、間距為d的平行金屬板M、N，M板與磁場邊界的交點為P，磁場邊界上的O點與N板在同一水平面上。在兩板間存在如圖乙所示的交變電場(取豎直向下為正方向)，其周期T＝，E0＝。某時刻從O點豎直向上以初速度v0發(fā)射一個電荷量為＋q的粒子，結(jié)果粒子恰在圖乙中的t＝時刻從P點水平進入板間電場，最后從電場中的右邊界射出．不計粒子重力。求： (1)粒子的質(zhì)量m； (2)粒子從O點進入磁場到射出電場運動的總時間t； (3)粒子從電場中的射出點到M點的距離。 參考答案 1．【解題思路】小球從M到N，在豎直方向上發(fā)生了偏轉(zhuǎn)，所以剛開始受到的豎直向下的洛倫茲力、豎直向下的重力和豎直向上的電場力的合力不為零，并且速度方向變化，則洛倫茲力方向變化，所以合力方向變化，故不可能做勻變速運動，一定做變加速運動，A錯誤，B正確；若電場力和重力等大反向，則此過程中電場力和重力做功之和為零，而洛倫茲力不做功，所以小球的動能不變，重力勢能減小，這種情況下機械能不守恒，若電場力和重力不等大反向，則有電場力做功，所以機械能也不守恒，故小球的機械能不守恒，C正確，D錯誤。 【答案】BC 2．【解題思路】(1)H在電場中做類平拋運動，在磁場中做勻速圓周運動，運動軌跡如圖所示．設(shè)H在電場中的加速度大小為a1，初速度大小為v1，它在電場中的運動時間為t1，第一次進入磁場的位置到原點O的距離為s1，由運動學公式有： s1＝v1t1①，h＝a1t12② 由題給條件，H進入磁場時速度的方向與x軸正方向夾角θ1＝60。H進入磁場時速度的y分量的大小為：a1t1＝v1tan θ1③ 聯(lián)立以上各式得s1＝h④ (2)H在電場中運動時，由牛頓第二定律有：qE＝ma1⑤ 設(shè)H進入磁場時速度的大小為v1′，由速度合成法則有：v1′＝⑥ 設(shè)磁感應(yīng)強度大小為B，H在磁場中運動的軌跡半徑為R1，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有： qv1′B＝⑦ 由幾何關(guān)系得：s1＝2R1sin θ1⑧ 聯(lián)立以上各式得：B＝⑨ (3)設(shè)H在電場中沿x軸正方向射出的速度大小為v2，在電場中的加速度大小為a2，由題給條件得： (2m)v22＝mv12⑩ 由牛頓第二定律有：qE＝2ma2? 設(shè)H第一次射入磁場時的速度大小為v2′，速度的方向與x軸正方向夾角為θ2，入射點到原點的距離為s2，在電場中運動的時間為t2.由運動學公式有： s2＝v2t2?，h＝a2t22?，v2′＝?，sin θ2＝? 聯(lián)立以上各式得：s2＝s1，θ2＝θ1，v2′＝v1′? 設(shè)H在磁場中做圓周運動的半徑為R2，由⑦?式及粒子在勻強磁場中做圓周運動的半徑公式得： R2＝＝R1? 所以出射點在原點左側(cè)。設(shè)H進入磁場的入射點到第一次離開磁場的出射點的距離為s2′，由幾何關(guān)系有：s2′＝2R2sin θ2? 聯(lián)立④⑧???式得，H第一次離開磁場時的位置到原點O的距離為： s2′－s2＝(－1)h? 1．【解題思路】帶電小球在重力場、勻強電場和勻強磁場中做勻速圓周運動，可知，帶電小球受到的重力和電場力是一對平衡力，重力豎直向下，所以電場力豎直向上，與電場方向相反，故小球一定帶負電荷，故A正確；磁場方向向外，洛倫茲力的方向始終指向圓心，由左手定則可判斷小球的運動方向為逆時針，故B錯誤；由電場力和重力大小相等，得：mg＝qE，帶電小球在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運動的半徑為：r＝，聯(lián)立得：v＝，故C正確；小球在做圓周運動的過程中，電場力做功，洛倫茲力始終不做功，故D錯誤。 【答案】AC 2．【解題思路】由于液滴受到的重力與電場力恒定，如果做勻加速直線運動，則液滴的洛倫茲力大小變化，液滴的合外力變化，不可能做勻加速直線運動，故A錯誤；由于液滴受豎直向下的重力和水平方向的電場力，所以重力與電場力的合力不可能為零，即液滴不可能做勻速圓周運動，故B正確；當液滴進入復合場時的洛倫茲力與重力和電場力的合力等大反向時，液滴做勻速直線運動，但電場力會做功，所以機械能不守恒，故C錯誤；由A分析可知，液滴不可能做勻加速直線運動，只要液滴的速度大小變化，其所受的洛倫茲力大小變化，合外力變化，一定做曲線運動，故如果是直線運動，必為勻速直線運動，由于mg＝qE，重力與電場力的合力一定與速度方向垂直，即與水平方向成45，故D正確。 【答案】BD 1．【解析】(1)由P點坐標為(－1 m，－m)可得：PO與y軸負半軸夾角θ＝30 帶電液滴沿PO做勻速直線運動，小球所受重力、電場力、洛倫茲力三力平衡， 洛倫茲力：N 根據(jù)平衡條件可得： 代入數(shù)據(jù)解得：N/C 電場方向沿PO方向（與x軸正半軸成30角斜向上）。 (2)撤去磁場，液滴做類平拋運動，設(shè)其加速度為g?，有： 設(shè)撤掉磁場后液滴在初速度方向上的分位移為x?，有：x?＝vt 設(shè)液滴在重力與電場力的合力方向上分位移為y?，有： 設(shè)g?與x軸正半軸所成夾角為θ，又 聯(lián)立以上各式，代入數(shù)據(jù)解得：m 又有m 故Q點的坐標為(m，0)。 2．【解析】(1)設(shè)a和b相碰前的速度大小為v1，碰后的速度為v2，由機械能守恒定律： 由動量守恒定律： 解得： 機械能損失： 解得：。 (2)設(shè)勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，由于b從M點運動到Q點的過程中與桿無作用力，可得： qvBcos θ＝2mg 解得：。 (3)b在第四象限做勻速圓周運動的軌跡如圖，由幾何關(guān)系可知軌跡的圓心O′在x軸上，b經(jīng)過N點時速度方向與x軸垂直，圓心角α＝120，又勻速圓周運動的周期為 b從Q點第一次通過N點的時間為 可得 b第一次通過N點后做豎直上拋運動，經(jīng)t2時間第二次通過N點，有： b第二次通過N點后做豎直上拋運動，經(jīng)t3時間第三次通過N點，有： 故b離開桿后會通過x軸的可能時間是： (i)豎直向上通過x軸： (n＝1、2、3、……) (2)豎直向下通過x軸： (n＝1、2、3、……) 3．【解析】(1)E1沿x軸正向時，小球勻加速運動：qE1＝ma1 v0＝a1t0， E1沿y軸正向時，小球做類平拋運動：x2＝v0t0， 小球位置坐標：。 (2)撤去E1時y軸方向速度：vy＝a1t0 施加電場E2后小球能再次經(jīng)過y軸，故小球做勻減速直線運動 E2的方向應(yīng)與x軸正向的夾角θ，有： θ＝135。 (3)施加電場E2后小球加速度a2，有：qE2＝ma2 解得：a2＝a1 做勻減速直線運動的初速度：v1＝v0，位移：s＝x 到達y軸時速度為v2： 得： 用時： 小球從O點出發(fā)到再次經(jīng)過y軸所用的時間為： 電場力做的功：。 4．【解析】(1)粒子在磁場中的運動軌跡如圖，軌跡半徑r＝d 由牛頓第二定律得qv0B＝m 解得：m＝。 (2)粒子在磁場中運動的周期T0＝ 在磁場中運動的時間t1＝ 粒子在電場中做曲線運動，與兩板平行方向上的分運動為勻速直線運動，運動時間t2＝ 從O點到離開電場的總時間t＝t1＋t2 解得：t＝＋＝d。 (3)粒子在電場中的運動時間t2＝＝T 當粒子從時刻t＝自P點進入電場后，在豎直方向上運動一個周期T的位移為0，速度圖象如圖所示，故粒子在T內(nèi)運動的豎直位移y＝2a2 a＝ 解得y＝。