2019_2020學年高中物理第三章磁場微型專題10帶電粒子在組合場疊加場中的運動學案粵教版選修3_1.docx

教學資料范本2019_2020學年高中物理第三章磁場微型專題10帶電粒子在組合場疊加場中的運動學案粵教版選修3_1編 輯：_時 間：_微型專題10帶電粒子在組合場、疊加場中的運動學科素養(yǎng)與目標要求物理觀念：1.知道組合場是電場與磁場各位于一定的區(qū)域內，并不重疊.2.疊加場是指某區(qū)域同時存在電場、磁場和重力場中的兩個或者三個，也叫復合場科學思維：1.知道組合場問題一般可以按時間的先后順序分成若干個小過程，在每一個小過程中對粒子進行分析.2.疊加場問題要弄清疊加場的組成，結合運動情況和受力情況分析粒子的運動一、帶電粒子在組合場中的運動帶電粒子在電場、磁場組合場中的運動是指粒子從電場到磁場或從磁場到電場的運動通常按時間的先后順序分成若干個小過程，在每一運動過程中從粒子的受力性質、受力方向和速度方向的關系入手，分析粒子在電場中做什么運動，在磁場中做什么運動(1)在勻強電場中運動：若初速度v0與電場線平行，粒子做勻變速直線運動；若初速度v0與電場線垂直，粒子做類平拋運動(2)在勻強磁場中運動：若初速度v0與磁感線平行，粒子做勻速直線運動；若初速度v0與磁感線垂直，粒子做勻速圓周運動(3)解決帶電粒子在組合場中的運動問題，所需知識如下：例1(20xx安徽師大附中期末)如圖1所示，在平面直角坐標系xOy內，第、象限內存在沿y軸正方向的勻強電場，第、象限內存在半徑為L的圓形勻強磁場，磁場圓心在M(L,0)點，磁場方向垂直于坐標平面向外一帶正電粒子從第象限中的Q(2L，L)點以速度v0沿x軸正方向射入，恰好從坐標原點O進入磁場，從P(2L,0)點射出磁場，不計粒子重力，求：圖1(1)電場強度與磁感應強度大小的比值；(2)粒子在磁場與電場中運動時間的比值答案(1)(2)解析(1)設粒子的質量和所帶電荷量分別為m和q，粒子在電場中運動，由平拋運動規(guī)律及牛頓運動定律得，2Lv0t1，Lat12，qEma粒子到達O點時沿y方向的分速度為vyat1v0，tan1，故45.則粒子在磁場中的速度為vv0.Bqv，由幾何關系得rL聯(lián)立解得(2)在磁場中運動的周期為T，粒子在磁場中運動的時間為t2T，解得.針對訓練(20xx天津理綜)平面直角坐標系xOy中，第象限存在垂直于平面向里的勻強磁場，第象限存在沿y軸負方向的勻強電場，如圖2所示一帶負電的粒子從電場中的Q點以速度v0沿x軸正方向開始運動Q點到y(tǒng)軸的距離為到x軸距離的2倍粒子從坐標原點O離開電場進入磁場，最終從x軸上的P點射出磁場，P點到y(tǒng)軸距離與Q點到y(tǒng)軸距離相等不計粒子重力，問：(1)粒子到達O點時速度的大小和方向；(2)電場強度和磁感應強度的大小之比圖2答案(1)v0方向與x軸正方向成45角斜向上(2)解析(1)在電場中，粒子做類平拋運動，設Q點到x軸距離為L，到y(tǒng)軸距離為2L，粒子的加速度為a，運動時間為t，有2Lv0tLat2設粒子到達O點時沿y軸方向的分速度為vyvyat設粒子到達O點時速度方向與x軸正方向夾角為，有tan聯(lián)立式得45即粒子到達O點時速度方向與x軸正方向成45角斜向上設粒子到達O點時速度大小為v，由運動的合成有v聯(lián)立式得vv0(2)設電場強度為E，粒子所帶電荷量為q，質量為m，粒子在電場中受到的電場力為F，由牛頓第二定律可得Fma又FqE設磁場的磁感應強度大小為B，粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R，所受的洛倫茲力提供向心力，有qvBm由幾何關系可知RL聯(lián)立式得學科素養(yǎng)例1和針對訓練考查了帶電粒子在組合場中的運動，按時間的先后順序分成若干個小過程，在每一個小過程中對粒子進行分析，在解題過程中，回顧了物理概念和規(guī)律，鍛煉了從物理學視角對客觀事物的本質屬性、內在規(guī)律及相互關系認識的能力，體現(xiàn)了“物理觀念”、“科學思維”等學科素養(yǎng)二、帶電粒子在疊加場中的運動帶電粒子在疊加場中的運動一般有兩種情況：(1)直線運動：如果帶電粒子在疊加場中做直線運動，一定是做勻速直線運動，合力為零(2)圓周運動：如果帶電粒子在疊加場中做圓周運動，一定是做勻速圓周運動，重力和電場力的合力為零，洛倫茲力提供向心力例2(20xx重慶一中高二上期中)如圖3所示，空間中的勻強電場水平向右，勻強磁場垂直紙面向里，一帶電微粒沿著直線從M運動到N，以下說法正確的是()圖3A帶電微?？赡軒ж撾夿運動過程中帶電微粒的動能保持不變C運動過程中帶電微粒的電勢能增加D運動過程中帶電微粒的機械能守恒答案B解析根據做直線運動的條件和受力情況可知，微粒一定帶正電，且做勻速直線運動，所以選項A錯誤；由于電場力向右，對微粒做正功，電勢能減小，但重力做負功，由于微粒做勻速直線運動，則合力做功為零，因此動能仍不變，選項B正確，C錯誤；由能量守恒可知，電勢能減小，機械能一定增加，所以選項D錯誤例3如圖4所示，在地面附近有一個范圍足夠大的相互正交的勻強電場和勻強磁場勻強磁場的磁感應強度為B，方向水平并垂直紙面向外，一質量為m、帶電荷量為q的帶電微粒在此區(qū)域恰好做速度大小為v的勻速圓周運動(重力加速度為g)圖4(1)求此區(qū)域內電場強度的大小和方向；(2)若某時刻微粒運動到場中距地面高度為H的P點，速度與水平方向成45角，如圖所示則該微粒至少需要經過多長時間才能運動到距地面最高點？最高點距地面多高？答案(1)方向豎直向下(2)H解析(1) 要滿足帶負電微粒做勻速圓周運動，則：qEmg得E，方向豎直向下(2)如圖所示，當微粒第一次運動到最高點時，135，則tTT因T所以：t，因微粒做勻速圓周運動，qvBm，則R，故最高點距地面的高度為：H1RRsin45HH.1(帶電粒子在疊加場中的運動)(多選)(20xx揚州中學高二上期中)空間存在豎直向下的勻強電場和水平方向(垂直紙面向里)的勻強磁場，如圖5所示，已知一離子在電場力和洛倫茲力共同作用下，從靜止開始自A點沿曲線ACB運動，到達B點時速度為零，C為運動的最低點不計重力，則()圖5A該離子帶負電BA、B兩點位于同一高度C到達C點時離子速度最大D離子到達B點后，將沿原曲線返回A點答案BC解析離子開始受到電場力作用開始向下運動，可知電場力方向向下，則離子帶正電，A錯誤；根據動能定理知，洛倫茲力不做功，在A到B的過程中，動能變化為零，則電場力做功為零，A、B兩點等電勢，因為該電場是勻強電場，所以A、B兩點位于同一高度，B正確；根據動能定理得，離子運動到C點電場力做功最大，則速度最大，C正確；只要將離子在B點的狀態(tài)與A點進行比較，就可以發(fā)現(xiàn)它們的狀態(tài)(速度為零，電勢能相等)相同，如果右側仍有同樣的電場和磁場的疊加區(qū)域，離子就將在B點的右側重現(xiàn)前面的曲線運動，因此，離子是不可能沿原曲線返回A點的，D錯誤2(帶電粒子在疊加場中的運動)(20xx全國卷)如圖6，空間某區(qū)域存在勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向上(與紙面平行)，磁場方向垂直于紙面向里，三個帶正電的微粒a、b、c電荷量相等，質量分別為ma、mb、mc，已知在該區(qū)域內，a在紙面內做勻速圓周運動，b在紙面內向右做勻速直線運動，c在紙面內向左做勻速直線運動下列選項正確的是()圖6AmambmcBmbmamcCmcmambDmcmbma答案B解析設三個微粒的電荷量均為q，a在紙面內做勻速圓周運動，說明洛倫茲力提供向心力，重力與電場力平衡，即magqEb在紙面內向右做勻速直線運動，三力平衡，則mbgqEqvBc在紙面內向左做勻速直線運動，三力平衡，則mcgqvBqE比較式得：mbmamc，選項B正確3(帶電粒子在組合場中的運動)(20xx長郡中學期末)如圖7所示，某種帶電粒子由靜止開始經電壓為U1的電場加速后，射入水平放置、電勢差為U2的兩塊導體板間的勻強電場中，帶電粒子沿平行于兩板的方向從兩板正中間射入，穿過兩板后又垂直于磁場方向射入邊界線豎直的勻強磁場中，則粒子射入磁場和射出磁場的M、N兩點間的距離d隨著U1和U2的變化情況為(不計重力，不考慮邊緣效應)()圖7Ad隨U1變化，d與U2無關Bd與U1無關，d隨U2變化Cd隨著U1、U2變化Dd與U1無關，d與U2無關答案A解析粒子在電場U1中加速，則qU1mv02，則有v0.粒子在偏轉電場中做類平拋運動，設粒子在偏轉電場中的偏向角為，進入磁場時的速度為v，則有：cos而在磁場中做勻速圓周運動，設運動軌跡對應的半徑為R，由幾何關系可得，半徑與直線MN夾角正好等于，則有：cos所以d，又因為半徑公式R，則有d.故d隨U1變化，d與U2無關，故A正確，B、C、D錯誤4(帶電粒子在組合場中的運動)(20xx深圳高中聯(lián)盟高二上期末)如圖8所示裝置中，區(qū)域中有豎直向上的勻強電場，電場強度為E，區(qū)域中有垂直紙面向外的水平勻強磁場，磁感應強度為B，區(qū)域中有垂直紙面向里的水平勻強磁場，磁感應強度為2B.一質量為m、帶電荷量為q的帶負電粒子從左邊界O點正上方的M點以速度v0水平射入勻強電場，經水平分界線OP上的A點與OP成60角射入區(qū)域的勻強磁場，并垂直豎直邊界CD進入區(qū)域的勻強磁場中(粒子重力不計，區(qū)域、足夠大)求：圖8(1)粒子在區(qū)域勻強磁場中運動的軌道半徑；(2)O、A間的距離；(3)粒子從M點出發(fā)到第二次通過CD邊界所經歷的時間答案(1)(2)(3)解析(1)粒子在勻強電場中做類平拋運動，設粒子過A點時速度為v，由類平拋規(guī)律知v2v0.粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得：qvBm所以R(2)設粒子在電場中的運動時間為t1，加速度為a，則有qEmav0tan60at1，即t1O、A兩點間的距離為：Lv0t1(3)設粒子在區(qū)域磁場中的運動時間為t2，粒子運動周期為：T1則由幾何關系知：t2T1設粒子在區(qū)域磁場中的運動時間為t3，同理：T2則：t3T2粒子從M點出發(fā)到第二次通過CD邊界所用時間為：tt1t2t3.一、選擇題考點一帶電粒子在疊加場中的運動1.如圖1所示，豎直平面內，勻強電場方向水平向右，勻強磁場方向垂直于紙面向里，一質量為m、帶電荷量為q的粒子以速度v與磁場方向垂直，與電場方向成45角射入復合場中，恰能做勻速直線運動，則關于電場強度E和磁感應強度B的大小，正確的是(重力加速度為g)()圖1AE，BBE，BCE，BDE，B答案A解析假設粒子帶負電，則其所受電場力方向水平向左，洛倫茲力方向斜向右下方與v垂直，可以從力的平衡條件判斷出這樣的粒子不可能做勻速直線運動，所以粒子應帶正電荷，受力情況如圖所示根據合外力為零得mgqvBsin45qEqvBcos45聯(lián)立可得B，E.2(多選)一帶電小球在相互垂直的勻強電場、勻強磁場中做圓周運動，勻強電場豎直向上，勻強磁場水平且垂直紙面向里，如圖2所示，下列說法正確的是()圖2A沿垂直紙面方向向里看，小球繞行方向為順時針方向B小球一定帶正電且小球的電荷量qC由于洛倫茲力不做功，故小球運動過程中機械能守恒D由于合外力做功等于零，故小球運動過程中動能不變答案BD解析帶電小球在疊加場中，只有滿足重力與電場力大小相等、方向相反，小球受的合力才只表現(xiàn)為洛倫茲力，洛倫茲力提供向心力，小球做勻速圓周運動，故小球所受電場力向上，小球帶正電，小球受的洛倫茲力方向要指向圓心，由左手定則判斷運動方向為逆時針，由mgqE可得q，故A錯誤，B正確；洛倫茲力不做功，但電場力做功，故機械能不守恒，故C錯誤；由于合外力做功等于零，根據動能定理，小球在運動過程中動能不變，故D正確3(多選)如圖3所示，實線表示在豎直平面內的電場線，電場線與水平方向成角，水平方向的勻強磁場與電場正交，有一帶電液滴沿虛線L斜向上做直線運動，L與水平方向成角，且，則下列說法中正確的是()圖3A液滴一定做勻減速直線運動B液滴一定做勻加速直線運動C電場方向一定斜向上D液滴一定帶正電答案CD解析帶電液滴受豎直向下的重力G、平行于電場線方向的電場力F、垂直于速度方向的洛倫茲力F洛，帶電液滴做直線運動，因此三個力的合力一定為零，帶電液滴做勻速直線運動，故選項A、B錯誤當帶電液滴帶正電，且電場線方向斜向上時，帶電液滴受豎直向下的重力、沿電場線向上的電場力、垂直于速度方向斜向左上方的洛倫茲力，這三個力的合力能夠為零，使帶電液滴沿虛線L做勻速直線運動；如果帶電液滴帶負電或電場線方向斜向下，帶電液滴所受合力不為零，帶電液滴不可能沿直線運動，故選項C、D正確考點二帶電粒子在組合場中的運動4(多選)如圖4所示，A板發(fā)出的電子(重力不計)經加速后，水平射入水平放置的兩平行金屬板M、N間，M、N之間有垂直紙面向里的勻強磁場，電子通過磁場后最終打在熒光屏P上，關于電子的運動，下列說法中正確的是()圖4A滑動觸頭向右移動時，電子打在熒光屏的位置上升B滑動觸頭向右移動時，電子通過磁場區(qū)域所用時間不變C若磁場的磁感應強度增大，則電子打在熒光屏上的速度大小不變D若磁場的磁感應強度增大，則電子打在熒光屏上的速度變大答案AC解析當滑動觸頭向右移動時，電場的加速電壓增大，加速后電子動能增大，進入磁場時的初速度增大，向下偏轉程度變小，打在熒光屏的位置上升，在磁場中運動對應的圓心角變小，運動時間變短，選項A正確，B錯誤；磁感應強度增大，電子在磁場中運動速度大小不變，打在熒光屏上的速度大小不變，選項C正確，D錯誤5.如圖5所示，有理想邊界的勻強磁場方向垂直紙面向外，磁感應強度大小為B，某帶電粒子的比荷(電荷量與質量之比)大小為k，由靜止開始經電壓為U的電場加速后，從O點垂直射入磁場，又從P點穿出磁場下列說法正確的是(不計粒子所受重力)()圖5A如果只增加U，粒子可以從dP之間某位置穿出磁場B如果只減小B，粒子可以從ab邊某位置穿出磁場C如果既減小U又增加B，粒子可以從bc邊某位置穿出磁場D如果只增加k，粒子可以從dP之間某位置穿出磁場答案D解析由題意可得qUmv2，k，r，解得r.只增加U，r增大，粒子不可能從dP之間某位置穿出磁場，故A錯誤粒子電性不變，不可能向上偏轉從ab邊某位置穿出磁場，故B錯誤既減小U又增加B，r減小，粒子不可能從bc邊某位置穿出磁場，故C錯誤只增加k，r減小，粒子可以從dP之間某位置穿出磁場，故D正確6如圖6所示，在x軸上方存在垂直于紙面向里且磁感應強度為B的勻強磁場，在x軸下方存在垂直于紙面向外且磁感應強度為的勻強磁場一帶負電的粒子從原點O與x軸成30角斜向上射入磁場，且在x軸上方磁場中運動的半徑為R.粒子重力不計，則()圖6A粒子經磁場偏轉后一定能回到原點OB粒子在x軸上方和下方磁場中運動的半徑之比為21C粒子完成一次周期性運動的時間為D粒子第二次射入x軸上方磁場時，沿x軸前進了3R答案D解析由r可知，粒子在x軸上方和下方磁場中運動的半徑之比為12，選項B錯誤；粒子完成一次周期性運動的時間tT1T2，選項C錯誤；粒子第二次射入x軸上方磁場時，沿x軸前進了lR2R3R，則粒子經磁場偏轉后不能回到原點O，選項A錯誤，D正確二、非選擇題7(20xx市期末)如圖7所示的區(qū)域中，OM左邊為垂直紙面向里的勻強磁場，右邊是一個電場強度大小未知的勻強電場，其方向平行于OM，且垂直于磁場方向一個質量為m、電荷量為q的帶電粒子從小孔P以初速度v0沿垂直于磁場方向進入勻強磁場中，初速度方向與邊界線的夾角60，粒子恰好從小孔C垂直于OC射入勻強電場，最后打在Q點，已知OCL，OQ2L，不計粒子的重力，求：圖7(1)磁感應強度B的大??；(2)電場強度E的大小答案(1)(2)解析(1)畫出粒子運動的軌跡如圖所示(O1為粒子在磁場中做圓周運動的圓心)：PO1C120設粒子在磁場中做圓周運動的半徑為r，rrcos60OCL得r粒子在磁場中做圓周運動，受到的洛倫茲力充當向心力，qv0Bm，解得：B(2)粒子在電場中做類平拋運動，由牛頓第二定律得qEma水平方向2Lv0t豎直方向Lat2聯(lián)立解得E8(20xx天津理綜)如圖8所示，空間中存在著水平向右的勻強電場，電場強度大小E5 N/C，同時存在著水平方向的勻強磁場，其方向與電場方向垂直，磁感應強度大小B0.5 T有一帶正電的小球，質量m1106 kg，電荷量q2106 C，正以速度v在圖示的豎直面內做勻速直線運動，當經過P點時撤掉磁場(不考慮磁場消失引起的電磁感應現(xiàn)象)，取g10 m/s2，求：(1)小球做勻速直線運動的速度v的大小和方向；(2)從撤掉磁場到小球再次穿過P點所在的這條電場線經歷的時間t.圖8答案(1)20m/s方向與電場方向成60角斜向上(2)3.5s解析(1)小球做勻速直線運動時受力如圖，其所受的三個力在同一平面內，合力為零，有qvB代入數(shù)據解得v20m/s速度v的方向與電場E的方向之間的夾角滿足tan代入數(shù)據解得tan60(2)撤去磁場后，由于電場力垂直于豎直方向，它對豎直方向的分運動沒有影響，以P點為坐標原點，豎直向上為正方向，小球在豎直方向上做勻減速運動，其初速度為vyvsin若使小球再次穿過P點所在的電場線，僅需小球的豎直方向上分位移為零，則有vytgt20聯(lián)立式，代入數(shù)據解得t2s3.5s.9.如圖9所示，直角坐標系xOy位于豎直平面內，在水平的x軸下方存在勻強磁場和勻強電場，磁場的磁感應強度大小為B、方向垂直xOy平面向里，電場線平行于y軸一質量為m、電荷量為q的帶正電小球，從y軸上的A點水平向右拋出，經x軸上的M點進入電場和磁場區(qū)域，恰能做勻速圓周運動，從x軸上的N點第一次離開電場和磁場，MN之間的距離為L，小球過M點時的速度方向與x軸正方向夾角為.不計空氣阻力，重力加速度為g，求：圖9(1)電場強度E的大小和方向；(2)小球從A點拋出時初速度v0的大??；(3)A點到x軸的高度h.答案(1)豎直向上(2)(3)解析(1)小球在電場