高考物理一轮复习第九章磁场专题强化九带电体在叠加场和组合场中的运动学案新人教版

专题强化九带电体在叠加场和组合场中的运动一、带电体在叠加场中的运动1．叠加场电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存。2．无约束情况下的运动(1)洛伦兹力、重力并存①若重力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动。②若重力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子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)电场力、洛伦兹力并存(不计重力的微观粒子)①若电场力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动。②若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子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)电场力、洛伦兹力、重力并存①若三力平衡，一定做匀速直线运动。②若重力与电场力平衡，一定做匀速圆周运动。③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。3．有约束情况下的运动带电粒子在叠加场中受轻杆、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。例1如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E＝5eq\r(3)N/C，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B＝0.5T。有一带正电的小球，质量m＝1×10－6kg，电荷量q＝2×10－6C，正以速度v在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象)，取g＝10m/s2。求：(1)小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向；(2)从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间t。[解析](1)小球做匀速直线运动时受力如图，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，有qvB＝eq\r(q2E2＋m2g2) ①代入数据解得v＝20m/s ②速度v的方向与电场E的方向之间的夹角θ满足tanθ＝eq\f(qE,mg) ③代入数据解得tanθ＝eq\r(3)，θ＝60° ④(2)解法一：撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，设其加速度为a，有a＝eq\f(\r(q2E2＋m2g2),m) ⑤设撤掉磁场后小球在初速度方向上的分位移为x，有x＝vt ⑥设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y，有y＝eq\f(1,2)at2 ⑦a与mg的夹角和v与E的夹角相同，均为θ，又tanθ＝eq\f(y,x) ⑧联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得t＝2eq\r(3)s＝3.5s。 ⑨解法二：撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响，以P点为坐标原点，竖直向上为正方向，小球在竖直方向上做匀减速运动，其初速度为vy＝vsinθ ⑤若使小球再次穿过P点所在的电场线，仅需小球的竖直方向上分位移为零，则有vyt－eq\f(1,2)gt2＝0 ⑥联立⑤⑥式，代入数据解得t＝2eq\r(3)s＝3.5s。 ⑦[答案](1)见解析(2)3.5s〔变式训练1〕(2023·湖南怀化月考)如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与纸面平行)，磁场方向垂直于纸面向里，三个带正电的微粒a，b，c电荷量相等，质量分别为ma，mb，mc，已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动。下列选项正确的是(B)A．ma>mb>mc B．mb>ma>mcC．mc>ma>mb D．mc>mb>ma[解析]该空间区域为匀强电场、匀强磁场和重力场的叠加场，a在纸面内做匀速圆周运动，可知其重力与所受到的电场力平衡，洛伦兹力提供其做匀速圆周运动的向心力，有mag＝qE，解得ma＝eq\f(qE,g)。b在纸面内向右做匀速直线运动，由左手定则可判断出其所受洛伦兹力方向竖直向上，可知mbg＝qE＋qvbB，解得mbg＝eq\f(qE,g)＋eq\f(qvbB,g)。c在纸面内向左做匀速直线运动，由左手定则可判断出其所受洛伦兹力方向竖直向下，可知mcg＋qvcB＝qE，解得mc＝eq\f(qE,g)－eq\f(qvcB,g)。综上所述，可知mb>ma>mc，选项B正确。二、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，或在同一区域，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：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。例2(2023·河南九师联盟质检)如图所示，边长为L的正方形abcd区域内，均分成相同的三个矩形区域，区域Ⅰ内有大小B1＝B、方向垂直纸面向外的匀强磁场，区域Ⅱ内有方向竖直向上的匀强电场，区域Ⅲ内有方向垂直纸面向里的匀强磁场。在纸面内由ab边的中点e沿与ab夹角为37°的方向，向区域Ⅰ内射入质量为m、电荷量为q的带负电的粒子，经磁场偏转后，粒子以与MN边的夹角为37°的方向进入区域Ⅱ，然后垂直PQ又进入区域Ⅲ，粒子经磁场偏转后，恰好从PQ的中点射出区域Ⅲ而进入区域Ⅱ。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不计粒子的重力。求：(1)粒子从e点射入的速度大小；(2)区域Ⅱ内匀强电场的电场强度的大小E及区域Ⅲ内匀强磁场的磁感应强度B2的大小。[解析]本题考查带电粒子在组合场中的运动。(1)设粒子第一次经过MN边的位置为f，由几何关系可知，e、f连线与MN垂直。设粒子在区域Ⅰ中做圆周运动的半径为r1，则r1cosθ＝eq\f(L,6)，解得r1＝eq\f(5L,24)，设粒子从e点射入的速度大小为v0，根据牛顿第二定律可得qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),r1)，解得v0＝eq\f(5qBL,24m)。(2)设粒子第一次经过PQ时的速度大小为v1，粒子在电场中做逆向类平抛运动，粒子第一次在电场中运动的时间t1＝eq\f(\f(L,3),v0sinθ)＝eq\f(8m,3qB)，粒子沿电场方向运动的位移h1＝eq\f(\f(L,6),tanθ)＝eq\f(2,9)L，根据运动学公式有h1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)，根据牛顿第二定律可得qE＝ma，解得E＝eq\f(qLB2,16m)，粒子从g点进入区域Ⅲ时的速度大小v1＝v0sinθ＝eq\f(qBL,8m)，在区域Ⅲ中做圆周运动的半径r2＝eq\f(1,2)h＝eq\f(1,9)L，根据牛顿第二定律可得qv1B2＝meq\f(v\o\al(2,1),r2)，解得区域Ⅲ中匀强磁场的磁感应强度大小B2＝eq\f(9,8)B。[答案](1)eq\f(5qBL,24m)(2)eq\f(qLB2,16m)eq\f(9,8)B〔变式训练2〕(2023·全国卷Ⅲ)如图，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为eq\f(1,2)B和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子垂直于x轴射入第二象限，随后垂直于y轴进入第一象限，最后经过x轴离开第一象限。粒子在磁场中运动的时间为(B)A．eq\f(5πm,6qB) B．eq\f(7πm,6qB)C．eq\f(11πm,6qB) D．eq\f(13πm,6qB)[解析]带电粒子在不同磁场中做圆周运动，其速度大小不变，由r＝eq\f(mv,qB)知，第一象限内的圆半径是第二象限内圆半径的2倍，如图所示。粒子在第二象限内运动的时间t1＝eq\f(T1,4)＝eq\f(2πm,4qB)＝eq\f(πm,2qB)粒子在第一象限内运动的时间t2＝eq\f(T2,6)＝eq\f(2πm×2,6qB)＝eq\f(2πm,3qB)则粒子在磁场中运动的时间t＝t1＋t2＝eq\f(7πm,6qB)，选项B正确。〔专题强化训练〕1．(2023·浙江杭州外国语学校期末考试)(多选)如图所示，一个质量为m、电荷量为＋q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中，不计空气阻力，现给圆环向右的初速度v0，在以后的运动过程中，圆环的速度图像可能是下图中的(AD)[解析]由左手定则可判断出圆环所受洛伦兹力方向向上，当洛伦兹力初始时刻小于重力时，弹力方向竖直向上，圆环向右减速运动，随着速度减小，洛伦兹力减小，弹力越来越大，摩擦力越来越大，故圆环做加速度增大的减速运动，直到速度为零而处于静止状态，选项中没有对应图像；当洛伦兹力初始时刻等于重力时，弹力为零，摩擦力为零，故圆环做匀速直线运动，选项A对；当洛伦兹力初始时刻大于重力时，弹力方向竖直向下，圆环做减速运动，速度减小，洛伦兹力减小，弹力减小，在弹力减小到零的过程中，摩擦力逐渐减小到零，故圆环做加速度逐渐减小的减速运动，摩擦力为零时，开始做匀速直线运动，选项D对。2．平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第Ⅲ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，如图所示。一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0沿x轴正方向开始运动，Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍。粒子从坐标原点O离开电场进入磁场，最终从x轴上的P点射出磁场，P点到y轴距离与Q点到y轴距离相等。不计粒子重力，问：(1)粒子到达O点时速度的大小和方向；(2)电场强度和磁感应强度的大小之比。[答案](1)eq\r(2)v0，与x轴正方向夹角为45°(2)eq\f(v0,2)[解析]本题考查带电粒子在电场中的偏转及带电粒子在匀强磁场中的运动。(1)在电场中，粒子做类平抛运动，设Q点到x轴距离为L，到y轴距离为2L，粒子的加速度为a，运动时间为t，有2L＝v0t ①L＝eq\f(1,2)at2 ②设粒子到达O点时沿y轴方向的分速度为vy，vy＝at ③设粒子到达O点时速度方向与x轴正方向夹角为α，有tanα＝eq\f(vy,v0) ④联立①②③④式得α＝45° ⑤即粒子到达O点时速度方向与x轴正方向成45°角斜向上设粒子到达O点时速度大小为v，由运动的合成有v＝eq\r(v\o\al(2,0)