復(fù)合場運(yùn)動(計(jì)算題)

1、帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動?？嫉?個問題(計(jì)算題)知識互聯(lián)網(wǎng)決定最后終點(diǎn)的人只有你自己！2012年3月，中南大學(xué)破格聘請22歲就攻克了國際數(shù)學(xué)難題的劉路為正教授級研究員，成為目前中國最年輕的教授他的勵志名言是：“人生好比一道難題，我堅(jiān)持了自己的興趣，決定最后終點(diǎn)的人只有你自己！”“電場和磁場”，高考是重磅，粒子運(yùn)動壓大軸，“場”“場”有“軌”莫緊張要自信，自信是成功的基石，用自己的實(shí)力撬動高考這個實(shí)現(xiàn)自身價(jià)值的省力杠桿，使你的人生軌跡呈弧線上升主要題型：計(jì)算題難度檔次：難度較大，考卷的高檔題知識點(diǎn)多、綜合性強(qiáng)，題意深邃，含有臨界點(diǎn)，主要為多過程現(xiàn)象、也有多物體系統(tǒng)以定量計(jì)算為主，對解答表述要求較

2、規(guī)范一般設(shè)置為或遞進(jìn)、或并列的23小問，各小問之間按難度梯度遞增,高考熱點(diǎn)一、兩種場的模型及三種場力1兩種場模型(1)組合場模型：電場、磁場、重力場(或其中兩種場)并存，但各位于一定區(qū)域，并且互不重疊(2)復(fù)合場模型：電場、磁場、重力場(或其中兩種場)并存于同一區(qū)域2三種場力(1)重力：Gmg，總是豎直向下，恒力，做功只取決于初末位置的高度差(2)電場力：FqE，方向與場強(qiáng)方向及電性有關(guān)，做功只取決于初末位置的電勢差(3)洛倫茲力：F洛qvB(vB)，方向用左手定則判定，洛倫茲力永不做功二、電偏轉(zhuǎn)與磁偏轉(zhuǎn)的比較偏轉(zhuǎn)類型比較內(nèi)容電偏轉(zhuǎn)垂直進(jìn)入勻強(qiáng)電場磁偏轉(zhuǎn)垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場受力情況及特點(diǎn)恒力FqE

3、做勻變速運(yùn)動FqvB大小不變、方向改變，永不做功運(yùn)動規(guī)律類平拋運(yùn)動勻速圓周運(yùn)動偏轉(zhuǎn)程度tan ，<偏轉(zhuǎn)角不受限制動能變化動能增加動能不變處理方法運(yùn)動的合成與分解、類平拋運(yùn)動規(guī)律結(jié)合圓的知識及半徑、周期公式三、帶電粒子的運(yùn)動1勻速直線運(yùn)動當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中所受合外力_時(shí)帶電粒子做勻速直線運(yùn)動，如速度選擇器2勻速圓周運(yùn)動當(dāng)帶電粒子所受的重力與靜電力_時(shí)，帶電粒子可以在洛倫茲力的作用下，在垂直于磁場的平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動3較復(fù)雜的曲線運(yùn)動當(dāng)帶電粒子所受的合外力是變力，且與_方向不在同一條直線上，粒子做非勻變速曲線運(yùn)動，這時(shí)粒子運(yùn)動軌跡不是圓弧，也不是拋物線4分階段運(yùn)動帶電粒子可能依次通過幾個

4、情況不同的復(fù)合場區(qū)域，其運(yùn)動情況隨區(qū)域情況發(fā)生變化，其運(yùn)動過程由幾種不同的運(yùn)動階段組成名師點(diǎn)睛1正確分析帶電粒子的受力及運(yùn)動特征是解決問題的前提帶電粒子在復(fù)合場中做什么運(yùn)動，取決于帶電粒子所受的合外力及初始速度，因此應(yīng)把帶電粒子的運(yùn)動情況和受力情況結(jié)合起來進(jìn)行分析2靈活選用力學(xué)規(guī)律是解決問題的關(guān)鍵(1)當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中做勻速直線運(yùn)動時(shí)，應(yīng)根據(jù)平衡條件列方程求解(2)當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中做勻速圓周運(yùn)動時(shí)，往往同時(shí)應(yīng)用牛頓第二定律和平衡條件列方程聯(lián)立求解當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中做非勻變速曲線運(yùn)動時(shí)，應(yīng)選用動能定理或能量守恒定律列方程求解(3)當(dāng)帶電粒子做類平拋運(yùn)動時(shí)，要應(yīng)用運(yùn)動的合成與分解法?？紗?/p>

5、題24帶電粒子在組合場中的運(yùn)動【例1】 (2012·山東理綜，23)如圖81甲所示，相隔一定距離的豎直邊界兩側(cè)為相同的勻強(qiáng)磁場區(qū)，磁場方向垂直紙面向里，在邊界上固定兩長為L的平行金屬極板MN和PQ，兩極板中心各有一小孔S1、S2，兩極板間電壓的變化規(guī)律如圖乙所示正反向電壓的大小均為U0，周期為T0.在t0時(shí)刻將一個質(zhì)量為m、電量為q(q>0)的粒子由S1靜止釋放，粒子在電場力的作用下向右運(yùn)動，在t時(shí)刻通過S2垂直于邊界進(jìn)入右側(cè)磁場區(qū)(不計(jì)粒子重力，不考慮極板外的電場)(1)求粒子到達(dá)S2時(shí)的速度大小v及極板間距d.(2)為使粒子不與極板相撞，求磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小應(yīng)滿足的條件(3)

6、若已保證了粒子未與極板相撞，為使粒子在t3T0時(shí)刻再次到達(dá)S2，且速度恰好為零，求該過程中粒子在磁場內(nèi)運(yùn)動的時(shí)間和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小甲乙圖81解析(1)粒子由S1至S2的過程，根據(jù)動能定理得qU0mv2,思維模板1解決帶電粒子在組合場中運(yùn)動的一般思維模板2所用規(guī)律選擇思路(1)帶電粒子經(jīng)過電場區(qū)域時(shí)利用動能定理或類平拋的知識分析；(2)帶電粒子經(jīng)過磁場區(qū)域時(shí)利用圓周運(yùn)動規(guī)律結(jié)合幾何關(guān)系來處理由式得v 設(shè)粒子的加速度大小為a，由牛頓第二定律得qma由運(yùn)動學(xué)公式得da聯(lián)立式得d (2)設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的半徑為R，由牛頓第二定律得qvBm要使粒子在磁場中運(yùn)動時(shí)不與極板

7、相撞，需滿足2R>聯(lián)立式得B< (3)設(shè)粒子在兩邊界之間無場區(qū)向左勻速運(yùn)動的過程用時(shí)為t1，有dvt1聯(lián)立式得t1若粒子再次到達(dá)S2時(shí)速度恰好為零，粒子回到極板間應(yīng)做勻減速運(yùn)動，設(shè)勻減速運(yùn)動的時(shí)間為t2，根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式得dt2聯(lián)立式得t2設(shè)粒子在磁場中運(yùn)動的時(shí)間為t，t3T0t1t2聯(lián)立式得t設(shè)粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動的周期為T，由式結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式得T由題意可知Tt聯(lián)立式得B答案(1) (2)B< (3)圖82 如圖82所示，帶電粒子以某一初速度進(jìn)入一垂直于紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的有界勻強(qiáng)磁場，粒子垂直進(jìn)入磁場時(shí)的速度與水平方向成60°角，接著垂直進(jìn)入電

8、場強(qiáng)度大小為E，水平寬度為L、方向豎直向上的勻強(qiáng)電場，粒子穿出電場時(shí)速度大小變?yōu)樵瓉淼?倍已知帶電粒子的質(zhì)量為m、電荷量為q，重力不計(jì)(1)分析判斷粒子的電性；(2)求帶電粒子在磁場中運(yùn)動時(shí)速度v的大小；(3)求磁場的水平寬度d.?？紗栴}25帶電粒子在疊加復(fù)合場中的運(yùn)動【例2】 如圖83所示的平行板之間，存在著相互垂直的勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B10.20 T，方向垂直紙面向里，電場強(qiáng)度E11.0×105 V/m，PQ為板間中線緊靠平行板右側(cè)邊緣xOy坐標(biāo)系的第一象限內(nèi)，有一邊界線AO，與y軸的夾角AOy45°，邊界線的上方有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B

9、20.25 T，邊界線的下方有水平向右的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度E25.0×105 V/m，在x軸上固定一水平的熒光屏一束帶電荷量q8.0×1019 C、質(zhì)量m8.0×1026 kg的正離子從P點(diǎn)射入平行板間，沿中線PQ做直線運(yùn)動，穿出平行板后從y軸上坐標(biāo)為(0，0.4 m)的Q點(diǎn)垂直y軸射入磁場區(qū)，最后打到水平的熒光屏上的位置C.求：圖83(1)離子在平行板間運(yùn)動的速度大??；(2)離子打到熒光屏上的位置C的坐標(biāo)；(3)現(xiàn)只改變AOy區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小，使離子都不能打到x軸上，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B2應(yīng)滿足什么條件？教你審題圖84 (2012·廣東揭陽聯(lián)考)

10、如圖84所示，豎直平面內(nèi)有相互垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場強(qiáng)度E12 500 N/C，方向豎直向上；磁感應(yīng)強(qiáng)度B103 T，方向垂直紙面向外；有一質(zhì)量m1×102kg、電荷量q4×105C的帶正電小球自O(shè)點(diǎn)沿與水平線成45°角以v04 m/s的速度射入復(fù)合場中，之后小球恰好從P點(diǎn)進(jìn)入電場強(qiáng)度E22 500 N/C，方向水平向左的第二個勻強(qiáng)電場中不計(jì)空氣阻力，g取10 m/s2.求：(1)O點(diǎn)到P點(diǎn)的距離s1；(2)帶電小球經(jīng)過P點(diǎn)的正下方Q點(diǎn)時(shí)與P點(diǎn)的距離s2.,借題發(fā)揮帶電(體)粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動問題求解要點(diǎn)(1)受力分析是基礎(chǔ)在受力分析時(shí)是否考慮重力必須注

11、意題目條件(2)運(yùn)動過程分析是關(guān)鍵在運(yùn)動過程分析中應(yīng)注意物體做直線運(yùn)動、曲線運(yùn)動及圓周運(yùn)動、類平拋運(yùn)動的條件(3)構(gòu)建物理模型是難點(diǎn)根據(jù)不同的運(yùn)動過程及物理模型選擇合適的物理規(guī)律列方程求解易錯警示1忽略帶電體的重力導(dǎo)致錯誤帶電體的重力是否忽略，關(guān)鍵看重力與其他力大小的關(guān)系比較，一般一些微觀粒子如電子、質(zhì)子、粒子等的重力忽略不計(jì)，而一些宏觀帶電體，如帶電小球、帶電液滴等重力不能忽略2不能挖掘出隱含條件導(dǎo)致錯誤帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動，往往會出現(xiàn)臨界狀態(tài)或隱含條件，應(yīng)以題目中的“恰好”、“最大”、“最高”、“至少”等詞語為突破口，挖掘隱含條件，并根據(jù)臨界條件列出輔助方程，再與其他方程聯(lián)立求解3混淆

12、處理“磁偏轉(zhuǎn)”和“電偏轉(zhuǎn)”的方法(1)粒子在恒力(如重力、電場力等)作用下的“電偏轉(zhuǎn)”是類平拋運(yùn)動，采用分解為勻速運(yùn)動和勻加速運(yùn)動來處理；(2)粒子在洛倫茲力作用下的“磁偏轉(zhuǎn)”是勻速圓周運(yùn)動，采用圓周運(yùn)動規(guī)律結(jié)合幾何關(guān)系來處理預(yù)測：帶電粒子在組合場和復(fù)合場中的運(yùn)動是高考命題的熱點(diǎn)，往往綜合考查牛頓運(yùn)動定律、功能關(guān)系、圓周運(yùn)動的規(guī)律等.2013高考壓軸題的熱點(diǎn)為帶電粒子在交變復(fù)合場中的運(yùn)動對策：特別提醒若交變電壓的變化周期遠(yuǎn)大于粒子穿越電場的時(shí)間，則在粒子穿越電場過程中，電場可看作粒子剛進(jìn)入電場時(shí)刻的勻強(qiáng)電場計(jì)算題“棄車保帥”策略：計(jì)算題第25題為壓軸大題，分值高達(dá)1819分，但是其中第(1)小

13、題往往難度不大考生們可以根據(jù)自己的實(shí)際能力，適當(dāng)放棄難度過高的(2)(3)小題，以免白白浪費(fèi)大量寶貴時(shí)間，導(dǎo)致其他科目較易的考題來不及完成,【典例】 如圖85甲所示，在xOy平面內(nèi)加有空間分布均勻、大小隨時(shí)間周期性變化的電場和磁場，變化規(guī)律如圖乙所示(規(guī)定豎直向上為電場強(qiáng)度的正方向，垂直紙面向里為磁感應(yīng)強(qiáng)度的正方向)在t0時(shí)刻，質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子自坐標(biāo)原點(diǎn)O處以v02 m/s的速度沿x軸正向水平射入已知電場強(qiáng)度E0、磁感應(yīng)強(qiáng)度B0，不計(jì)粒子重力求：圖85(1)t s時(shí)粒子速度的大小和方向；(2) s2 s內(nèi)，粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑；(3)畫出04 s內(nèi)粒子的運(yùn)動軌跡示意圖；

14、(要求：體現(xiàn)粒子的運(yùn)動特點(diǎn))讀題(1)由圖(乙)可知，在xOy平面內(nèi)存在電場時(shí)，不存在磁場；存在磁場時(shí)，不存在電場且電場和磁場的變化周期相同；(2)帶電粒子在電場中做類平拋運(yùn)動；(3)由T s知，只存在磁場時(shí)，帶電粒子恰好做一個完整的圓周運(yùn)動畫圖帶電粒子在交變場中的運(yùn)動軌跡如圖所示規(guī)范解答(1)在0 s內(nèi)，在電場力作用下，帶電粒子在x軸正方向上做勻速運(yùn)動：vxv0y軸正方向上做勻加速運(yùn)動：vyt s末的速度為v1 v1與水平方向的夾角為，則tan ，代入數(shù)據(jù)解得v12 m/s，方向與x軸正方向成45°斜向上(2)因T s，故在 s2 s內(nèi)，粒子在磁場中做一個完整的圓周運(yùn)動，由牛頓第二

15、定律得：qv1B0，解得R1 m(3)軌跡如圖所示1(2012·?？谡{(diào)研測試)如圖86所示空間分為，三個足夠長的區(qū)域，各邊界面相互平行，其中，區(qū)域存在勻強(qiáng)電場EI1.0×104 V/m，方向垂直邊界面豎直向上；E×105 V/m，方向水平向右，區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)度B5.0 T，方向垂直紙面向里，三個區(qū)域?qū)挾确謩e為d15.0 m，d24.0 m，d310 m一質(zhì)量m1.0×108 kg、電荷量q1.6×106C的粒子從O點(diǎn)由靜止釋放，粒子重力忽略不計(jì)求：(1)粒子離開區(qū)域時(shí)的速度大小；(2)粒子從區(qū)域進(jìn)入?yún)^(qū)域時(shí)的速度方向與邊界面的夾角； 圖86(3)粒

16、子在區(qū)域中運(yùn)動的時(shí)間和離開區(qū)域時(shí)的速度方向與邊界面的夾角2(2012·重慶理綜，24)有人設(shè)計(jì)了一種帶電顆粒的速率分選裝置，其原理如圖87所示，兩帶電金屬板間有勻強(qiáng)電場，方向豎直向上，其中PQNM矩形區(qū)域內(nèi)還有方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場一束比荷(電荷量與質(zhì)量之比)均為的帶正電顆粒，以不同的速率沿著磁場區(qū)域的水平中心線OO進(jìn)入兩金屬板之間，其中速率為v0的顆粒剛好從Q點(diǎn)處離開磁場，然后做勻速直線運(yùn)動到達(dá)收集板重力加速度為g.PQ3d，NQ2d，收集板與NQ的距離為l，不計(jì)顆粒間相互作用求(1)電場強(qiáng)度E的大??；(2)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。?3)速率為v0(>1)的顆粒打在收集板上的

17、位置到O點(diǎn)的距離圖873(2012·鄭州市預(yù)測)如圖88甲所示，兩平行金屬板長度l不超過0.2 m，兩板間電壓U隨時(shí)間t變化的Ut圖象如圖88乙所示在金屬板右側(cè)有一左邊界為MN、右邊無界的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B0.01 T，方向垂直紙面向里現(xiàn)有帶正電的粒子連續(xù)不斷地以速度v0105 m/s射入電場中，初速度方向沿兩板間的中線OO方向磁場邊界MN與中線OO垂直已知帶電粒子的比荷108 C/kg，粒子的重力和粒子之間的相互作用力均可忽略不計(jì)圖88(1)在每個粒子通過電場區(qū)域的時(shí)間內(nèi)，可以把板間的電場強(qiáng)度當(dāng)做恒定的請通過計(jì)算說明這種處理能夠成立的理由 (2)設(shè)t0.1 s時(shí)刻射入電場的帶電

18、粒子恰能從金屬板邊緣穿越電場射入磁場，求該帶電粒子射出電場時(shí)速度的大小(3)對于所有經(jīng)過電場射入磁場的帶電粒子，設(shè)其射入磁場的入射點(diǎn)和從磁場射出的出射點(diǎn)間的距離為d，試判斷：d的大小是否隨時(shí)間變化？若不變，證明你的結(jié)論；若變化，求出d的變化范圍答案：第8講帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動 ?？嫉?個問題(計(jì)算題)【高考必備】三、1.為零2.大小相等、方向相反3.初速度【常考問題】預(yù)測1 解析(1)根據(jù)粒子在磁場中向下偏轉(zhuǎn)的情況和左手定則可知，粒子帶負(fù)電(2)由于洛倫茲力對粒子不做功，故粒子以原來的速率進(jìn)入電場中，設(shè)帶電粒子進(jìn)入電場的初速度為v0，在電場中偏轉(zhuǎn)時(shí)做類平拋運(yùn)動，如上圖所示由題意知粒子離開電

19、場時(shí)的末速度大小為vv0，將v分解為平行于電場方向和垂直于電場方向的兩個分速度：由幾何關(guān)系知vyv0由運(yùn)動學(xué)公式：vyatLv0t根據(jù)牛頓第二定律：a聯(lián)立求解得：v0 (3)如上圖所示，帶電粒子在磁場中所受洛倫茲力作為向心力，設(shè)在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑為R，則：qv0Bm由幾何知識可得：dRsin 聯(lián)立解得：d sin .答案(1)負(fù)電(2) (3) sin 圖甲【例2】 解析(1)設(shè)離子的速度大小為v，由于沿中線PQ做直線運(yùn)動，則有qE1qvB1，代入數(shù)據(jù)解得v5.0×105 m/s.(2)離子進(jìn)入磁場，做勻速圓周運(yùn)動，由牛頓第二定律有qvB2m得，r0.2 m，作出離子的運(yùn)動軌跡

20、，交OA邊界于N，如圖甲所示，OQ2r，若磁場無邊界，一定通過O點(diǎn)，則圓弧QN的圓周角為45°，則軌跡圓弧的圓心角為90°，過N點(diǎn)做圓弧切線，方向豎直向下，離子垂直電場線進(jìn)入電場，做類平拋運(yùn)動，yOOvt，xat2，而a，則x0.4 m離子打到熒光屏上的位置C的水平坐標(biāo)為xC(0.20.4)m0.6 m.圖乙(3)只要粒子能跨過AO邊界進(jìn)入水平電場中，粒子就具有豎直向下的速度而一定打在x軸上如圖乙所示，由幾何關(guān)系可知使離子不能打到x軸上的最大半徑r m，設(shè)使離子都不能打到x軸上，最小的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，則qvB0m，代入數(shù)據(jù)解得B0 T0.3 T, 則B20.3 T.答

21、案(1)5.0×105 m/s(2)0.6 m(3)B20.3 T預(yù)測2 解析(1)帶電小球在正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中受到的重力Gmg0.1 N，電場力F1qE10.1 N，即GF1，故帶電小球在正交的電磁場中由O到P做勻速圓周運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律得qv0Bm，解得：R m1 m，由幾何關(guān)系得：s1R m.(2)帶電小球在P點(diǎn)的速度大小仍為v04 m/s，方向與水平方向成45°.由于電場力F2qE20.1 N，與重力大小相等，方向相互垂直，則合力的大小為F N，方向與初速度方向垂直，故帶電小球在第二個電場中做類平拋運(yùn)動建立如圖所示的x、y坐標(biāo)系，沿y軸方向上，帶電小球的加速度a10 m/s2，位移yat2，沿x軸方向上，帶電小球的位移xv0t，由幾何關(guān)系有：yx，即：at2v0t，解得：t s，Q點(diǎn)到P點(diǎn)的距離s2x×4× m3.2 m.答案(1) m(2)3.2 m【隨堂演練】1解析(1)由動能定理得 qEId1