2019年高考物理大二轮练习微专项12带电粒子在复合场中的运动学案新苏版 3192

1、2019年高考物理大二轮练习微专项12带电粒子在复合场中的运动学案新苏版_3192 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 若三力平衡，一定做匀速直线运动 若重力与静电力平衡，一

2、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相连，小球质量分别为mM0.01 kg、mN0.08

3、 kg；M带电荷量q7×104 C，N不带电该空间同时存在匀 强电场和匀强磁场电场方向竖直向上，电场强度E1×103 V/m；磁场方向垂直于圆环平面向里，磁感应强度B37×102 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 37°0.6，cos 37°0.8.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 WT212 mMv2M， 对N，由动能定理得 WT2mNgR(1cos )12mNv2N， WT2W

5、T20， 联立解得 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vmax233 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Secord定律得Fcos 45°(qEmMg)cos 37°， qvmaxBFsin 45°(qEmMg)sin 37°FNmMv2maxR， 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v2M 43

6、 ×(3sin 4cos 4)得3sin 4cos 40， 解得sin 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. (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

7、律求解当带电粒子做复杂曲线运动时，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 37°

8、;0.8，求： (1)小球带何种电荷； (2)小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 37 °5 N. 从D到F的过程，对小球， 由动能定理可得

9、WfF0·2R 12mv2F 12mv2D， 代入数据解得Wf27.6 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t225 s， G点到D点的距离xvFt4×225 m2.26 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

10、条件，得知此带电质点所受的重力、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qm9.8020×0.1524.02 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 vBE20×0.154.0，arctg 0.75 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 带电粒子在组合场中

11、的运动 1组合场：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

12、 23.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aO1b 23， 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

13、得：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：tm rv0 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 2×12mv20 以离开电场时动能最大的粒子在电场中由动能定理有： qER?1sin?63×12mv20 由式解得：0(即电场方向由a指向b) EqRB2

14、3m或满足sin 473，E7qRB23m. 带电粒子在分离电场和磁场中的运动问题分析 (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L33 dm的等边三角形abc的外接圆区域内有平行于纸面的匀强电场，将质量m2×1013 kg，

15、电量q1×1010 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Ek8.1×1010 J若将该点以某一初速度v0沿ac方向从a点射出时恰通过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点的电势最低，则过b点所作外接圆的切线为b点的

16、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平抛运动，由Rcos 30°v0t1和RRsin 30°1 2 Eqmt21得t10.01 s，v0 153 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，

17、由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 qv0Bmv20 r得rmv0qB，代入数据可得B 310 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t2 120°360 °×2mqB 4×10233 s 于是对应的时间之比为t2t1433，整理可得t2t1439. (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 解析：(1)由带电小球做匀速圆周运动知mg qE 所以电场反向后，由牛顿Secord定律有mgqEma 小球做类平抛运动有L12at2 L2v0t 由联立得v012gL

18、 (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B4EgL5gL. 3(2019·江西红色七校模拟)如图所示，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