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文档简介
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)
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