2019年高考物理大一轮复习微专题12带电粒子在复合场中的运动学案新人教版_3192

1、微专题12带电粒子在复合场中的运动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

2、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.典曼1(2019山东枣庄一模)如图所示，穿有MN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R=0.3m.MN用一根不可伸长的绝缘轻质细绳相连，小球质量分别为rm=0.01kg、m尸0.08kg;M带电荷量q=+7X104C,N不带电.该空间同时存在匀强电场和

3、匀强磁场.电场方向竖直向上，电场强度E=1X103V/m;磁场方向垂直于圆环平面向里，磁感应强度B=乎X102T,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10m/s2,已知sin37°=0.6,cos37°=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MN在转动过程中，绳对MN做的功分别为W、W,则忸W=0,设M到达圆环最高点时，MN的动能分别为EkM.

4、EkN,对M洛伦兹力不做功，由动能定理得qER-mgR+W=Em,对N,由动能定理得WmNgR=Rn,联立解得EkMl+&N=-0.06J,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，MN的速度大小分别为v眺vn,因MN做圆周运动的半径和角速度均相同，故vm=VN,对M洛伦兹力不做功，由动能定理得qERsinamgRsin1.2a+W2=2mvM,对N,由动能定理得W2'mNgR(1cos12)=2nNvN,W2+W'=0,联立解得一24、，Vm=x(3sina+4cosa4),3由上式可得，当a=37。时，MN的速度达到

5、最大速度，最大速度Vmax=智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,由牛顿第二定律得Fcos45。=(qEmMg)cos372qvmaXB=Fsin45°,l、.一。,lmvmax一(qE-mg)sin37+Fn=-r-,解得Fn=0.096N,负号表示弹力方向沿圆环径向向外.(3)MN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240时，电场力做功取多，电势能减少取多.由Vm=3x(3sina+4cosa-4)得3sina+4COSa4=0,解得sina=刍(sina=0舍去),126a=一J=0.2016J.62525故M的电势能

6、变化量的最大值|AEp|=qEFSin答案：(1)见解析(2)0.096N沿圆环径向向外(3)0.2016J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.变氏工工(201

7、9辽宁五校联考)如图所示，与水平面成37。的倾斜轨道AG其延长线在D点与半圆轨道DF相切，轨道半径R=1m,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0.4kg的带电小球沿轨道AC下滑，至C点时速度v。：1*m/s,接着沿直线CD1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vf=4m/s,不计空气阻力，g取10m/s2,cos37°=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

8、轨迹与轨道AC所在直线的交点为QG点未标出)，求G点到D点的距离.解析：(1)在MW?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.100(2)小球在CD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Vd=7-m/s,电场力与重力的合力F0=一mg=5N.cos37从D到F的过程，对小球，1212由动能th理可得一WF0-2R=2mv2mv),代入数据解得W=27.6J.(3)小球离开F点后做类平抛运动，加速度a=-F0,m12，、一2.22R=2at,代入数

9、据解得t=U-s,G点到D点的距离x=VFt=4X2,25m=2.26m.答案：(1)带正电荷(2)27.6J(3)2.26m1.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E=4.0V/m,磁感应强度的大小B=0.15T,今有一个带负电的质点以v=20m/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

10、直纸面向外.由合力为零的条件，可得mg=ZvB2+E,q求得带电质点的电量与质量之比m,B代入数据得m=9.80北xu"52T4.020kg=1.96C/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0,则有qEsin0=qvBcos0.vB20X0.150=arctg0.750斛信tg0="E'=4"q即磁场是沿着与重力方向夹角0=arctg0.75,且斜向下方的一切方向.答案：见解析带电粒子在组合场中的运动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

11、)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.英型包如图所示，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2程粒子速度方向偏转了*.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3场圆边界的不同位置射出

12、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V。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.r,作出以ab为弦的两段圆弧如图所示，O、Q分别为两圆圆心，由从b点射出的粒子速度偏转角知：对以O为圆心的解析：(1)粒子在磁场中作匀速圆周运动，设轨迹圆半径为圆有：圆周角/aOb=2,3由几何知识可知：弦切角/cab=*,3abc为等边三角形，可得ab长度：L=R©从abO可得：r=2»Vo_由圆周运动的规律有：qvoB=mr由式可得：出=萼%)3

13、m粒子在磁场中运动时间最长时的轨迹是以O为圆心的圆弧，在菱形aObO中有：ZaC2b2兀=/aOb=-3粒子的偏转角0=2%-ZaOb由圆周运动的规律有:少tm=dVo解得tm=47tm3qB.(2)设电场方向与ab连线夹角为0,离开电场时动能最大的粒子的射出点和c点连线定和电场方向平行，如图所示.在粒子从a运动到b点过程中由动能定理有:124qERCos0=2x2mv以离开电场时动能最大的粒子在电场中由动能定理有：qER1+sin+T-)=3x；mV62由式解得:。=0(即电场方向由a指向b)qRB3E=三二或。满足3111sin0=-7/3E=等.3m答案：呼47tm丽(2)qRBjqRB

14、二-或3m3m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.变支如图所示，在边长L=3小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m=2X1013kg,电量q=+ixio10C的点电荷从

15、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AR=8.1x1010J.若将该点以某一初速度vo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vo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

16、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L=2RCos300,由功能关系知电场力做功等于动能增量A&=Ec(R+RSin30°),解得R=0.3m,E=18N/C.(2)电荷沿ac方向射入时在电场中恰做类平抛运动，由Rcos30°=V0t1和R+Rsin30°=!当1得11=0.01s，V0=15*73m/s2m,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O点，由左手定则知磁感应强度方向垂直纸面向下，由几何关系可知其圆周运动的轨道半径r=R又电荷做圆周运动时，由qv0B=

17、孝得r=mv,代入数据可得B=索T.rqB10120°(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=T7T-360一一一一227rm47rx10XpsqB3.3于是对应的时间之比为：="，整理可得¥=4”上.1133119答案：(1)18N/C(2)嗜T(3)4-32. (2019辽宁五校协作体联考)如图，在xOy平面第一象限内有平行于y轴的匀强电场和垂直于xOy平面的匀强磁场，匀强电场的电场强度为E带电荷量为+q的小球从y轴上离坐标原点距离为L的A点处，以沿x轴正方向的初速度进入第一象限，如果电场和磁场同时存在，小球将做匀速

18、圆周运动，并从x轴上距坐标原点，的C点离开磁场.如果只撤去磁场，并且将电场反向，带电小球以相同的初速度从A点进入第一象限，仍然从x轴上距坐标原点L的C点离开电场.求：(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=qED所以电场反向后，由牛顿第二定律有m/qE=m(02),12小球做类平抛运动有L=/atL-2=v0t1-由联立得V0=2JgL2mv-(2)带电小球做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，则qv0B=万R由几何知识得(L-d+&)2=h由得B=4H.5gL答案：(1)11gL(2)4E-gL25gL3. (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