2017年度高考物理（帶電粒子在復(fù)合場中的運動）二輪專題練習(xí)

1、1帶電粒子在電場中常見的運動類型(1)勻變速直線運動：通常利用動能定理qUmv2mv來求v.對于勻強電場，電場力做功也可以用WqEd求解(2)偏轉(zhuǎn)運動：一般研究帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)問題對于類平拋運動可直接利用平拋運動的規(guī)律以及推論；較復(fù)雜的曲線運動常用運動分解的辦法來處理2帶電粒子在勻強磁場中常見的運動類型(1)勻速直線運動：當vB時，帶電粒子以速度v做勻速直線運動(2)勻速圓周運動：當vB時，帶電粒子在垂直于磁感線的平面內(nèi)以入射速度做勻速圓周運動3復(fù)合場中粒子重力是否考慮的三種情況(1)對于微觀粒子，如電子、質(zhì)子、離子等，因為其重力一般情況下與電場力或磁場力相比太小，可以忽略；而對于一

2、些宏觀物體，如帶電小球、液滴、金屬塊等一般應(yīng)考慮其重力(2)題目中有明確說明是否要考慮重力的(3)不能直接判斷是否要考慮重力的，在進行受力分析與運動分析時，根據(jù)運動狀態(tài)可分析出是否考慮重力1正確分析帶電粒子的受力及運動特征是解決問題的前提帶電粒子在復(fù)合場中做什么運動，取決于帶電粒子所受的合外力及初始運動狀態(tài)的速度，因此應(yīng)把帶電粒子的運動情況和受力情況結(jié)合起來進行分析2靈活選用力學(xué)規(guī)律是解決問題的關(guān)鍵當帶電粒子在復(fù)合場中做勻速直線運動時，應(yīng)根據(jù)平衡條件列方程求解當帶電粒子在復(fù)合場中做勻速圓周運動時，往往同時應(yīng)用牛頓第二定律和平衡條件列方程聯(lián)立求解當帶電粒子在復(fù)合場中做非勻變速曲線運動時，應(yīng)選用動

3、能定理或能量守恒定律列方程求解題型1帶電粒子在疊加場中的運動例1(2013四川11)如圖1所示，豎直平面(紙面)內(nèi)有直角坐標系xOy，x軸沿水平方向在x0的區(qū)域內(nèi)存在方向垂直于紙面向里、磁感應(yīng)強度大小為B1的勻強磁場在第二象限緊貼y軸固定放置長為l、表面粗糙的不帶電絕緣平板，平板平行于x軸且與x軸相距h.在第一象限內(nèi)的某區(qū)域存在方向相互垂直的勻強磁場(磁感應(yīng)強度大小為B2、方向垂直于紙面向外)和勻強電場(圖中未畫出)一質(zhì)量為m、不帶電的小球Q從平板下側(cè)A點沿x軸正向拋出；另一質(zhì)量也為m、帶電量為q的小球P從A點緊貼平板沿x軸正向運動，變?yōu)閯蛩龠\動后從y軸上的D點進入電磁場區(qū)域做勻速圓周運動，經(jīng)

4、圓周離開電磁場區(qū)域，沿y軸負方向運動，然后從x軸上的K點進入第四象限小球P、Q相遇在第四象限的某一點，且豎直方向速度相同設(shè)運動過程中小球P電量不變，小球P和Q始終在紙面內(nèi)運動且均看作質(zhì)點，重力加速度為g.求：圖1(1)勻強電場的場強大小，并判斷P球所帶電荷的正負；(2)小球Q的拋出速度v0的取值范圍；(3)B1是B2的多少倍？P在第二象限運動過程中受什么力作用？做勻速運動需要滿足什么條件？小球P在第一象限有幾個運動過程？做勻速圓周運動需要滿足什么條件？2小球Q受到什么力作用？做什么運動？若要與P相遇，相遇點的坐標有什么特點？3若要使P、Q相遇，則當小球P在第一象限穿出電磁場區(qū)時，小球Q應(yīng)運動到

5、什么位置？速度應(yīng)如何？解析(1)由題給條件，小球P在電磁場區(qū)域內(nèi)做圓周運動，必有重力與電場力平衡，設(shè)所求勻強電場的場強大小為E，有mgqE得E小球P在平板下側(cè)緊貼平板運動，其所受洛倫茲力必豎直向上，故小球P帶正電(2)設(shè)小球P緊貼平板做勻速運動的速度為v，此時洛倫茲力與重力平衡，有B1qvmg設(shè)小球P以速度v在電磁場區(qū)域內(nèi)做圓周運動的半徑為R，有B2qvm設(shè)小球Q與小球P在第四象限相遇點的坐標為x、y，有xR，y0小球Q運動到相遇點所需時間為t0，水平方向位移為s，豎直方向位移為d，有sv0t0dgt由題意得xsl，yhd由題意可知v00，聯(lián)立式得0v0(3)小球Q在空間做平拋運動，要滿足題設(shè)

6、要求，則運動到小球P穿出電磁場區(qū)域的同一水平高度時的W點時，其豎直方向的速度vy與豎直位移yQ必須滿足vyvyQR設(shè)小球Q運動到W點時間為t，由平拋運動，有vygtyQgt2聯(lián)立式得B1B2B2答案(1)P球帶正電(2)0v0以題說法帶電粒子在疊加場中運動的處理方法1弄清疊加場的組成特點2正確分析帶電粒子的受力及運動特點3畫出粒子的運動軌跡，靈活選擇不同的運動規(guī)律(1)若只有兩個場且正交，合力為零，則表現(xiàn)為勻速直線運動或靜止例如電場與磁場中滿足qEqvB；重力場與磁場中滿足mgqvB；重力場與電場中滿足mgqE.(2)若三場共存時，合力為零，粒子做勻速直線運動，其中洛倫茲力FqvB的方向與速度

7、v垂直(3)若三場共存時，粒子做勻速圓周運動，則有mgqE，粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，即qvBm.(4)當帶電粒子做復(fù)雜的曲線運動或有約束的變速直線運動時，一般用動能定理或能量守恒定律求解靜電噴漆技術(shù)具有效率高、浪費少、質(zhì)量好、有益于健康等優(yōu)點，其裝置可簡化為如圖2甲所示A、B為水平放置的間距d1.6 m的兩塊足夠大的平行金屬板，兩板間有方向由B指向A的勻強電場，場強為EA板的中央放置一個安全接地的靜電油漆噴槍P，油漆噴槍可向各個方向均勻地噴出初速度大小均為v06 m/s的油漆微粒，已知油漆微粒的質(zhì)量均為m1.0105 kg、電荷量均為q1.0103 C，不計油漆微粒間的相互作用、油

8、漆微粒所帶電荷對板間電場的影響及空氣阻力，重力加速度g10 m/s2.求：圖2(1)油漆微粒落在B板上所形成的圖形面積；(2)若讓A、B兩板間的電場反向，并在兩板間加垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B0.06 T，如圖乙所示，調(diào)節(jié)噴槍使油漆微粒只能在紙面內(nèi)沿各個方向噴出，其他條件不變B板被油漆微粒打中的區(qū)域的長度；(3)在滿足(2)的情況下，打中B板的油漆微粒中，在磁場中運動的最短時間答案(1)18.1 m2(2)1.6 m(3)0.31 s解析(1)根據(jù)牛頓第二定律知，油漆微粒的加速度a根據(jù)平拋運動規(guī)律有dat2運動的半徑xv0t落在B板上所形成圓形面積Sx2聯(lián)立式并代入數(shù)據(jù)得S18.1

9、 m2(2)當電場反向時Eqmg油漆微粒做勻速圓周運動，如圖丙所示，洛倫茲力充當向心力Bqv0m水平向右射出的油漆微粒打在B板的最右端a點，根據(jù)幾何關(guān)系RRcos dac的長度為acRsin 打在B板最左端的油漆微粒為運動軌跡和板相切的微粒，同理求得bcac油漆微粒打在極板上的長度abacbc聯(lián)立式并代入數(shù)據(jù)得ab1.6 m(3)打在B板上的微粒中，最短的弦長Pc對應(yīng)的時間最短，如圖丁所示由幾何關(guān)系有sin 運動的最短時間tminT微粒在磁場中運動的周期T聯(lián)立式代入數(shù)據(jù)解得tmin0.31 s題型2帶電粒子在組合場中的運動分析例2(2013安徽23)如圖3所示的平面直角坐標系xOy，在第象限內(nèi)

10、有平行于y軸的勻強電場，方向沿y軸正方向；在第象限的正三角形abc區(qū)域內(nèi)有勻強磁場，方向垂直于xOy平面向里，正三角形邊長為L，且ab邊與y軸平行一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子，從y軸上的P(0，h)點，以大小為v0的速度沿x軸正方向射入電場，通過電場后從x軸上的a(2h,0)點進入第象限，又經(jīng)過磁場從y軸上的某點進入第象限，且速度與y軸負方向成45角，不計粒子所受的重力求：圖3(1)電場強度E的大?。?2)粒子到達a點時速度的大小和方向；(3)abc區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強度B的最小值審題突破粒子從a點射入磁場時，速度方向與邊界ab的夾角是多少？粒子在磁場運動過程的偏轉(zhuǎn)角是多少？粒子應(yīng)從磁場的哪個

11、邊界射出？解析(1)運動過程如圖所示，設(shè)粒子在電場中運動的時間為t，則有xv0t2h，yat2h，qEma，聯(lián)立以上各式可得E.(2)粒子到達a點時沿y軸負方向的分速度vyatv0.所以vv0，tan 1，45，即方向指向第象限與x軸正方向成45角(3)粒子在磁場中運動時，有qvBm由圖知，當粒子從b點射出時，r最大，此時磁場的磁感應(yīng)強度有最小值，rL，所以B.答案(1)(2)v0方向指向第象限與x軸正方向成45角(3)以題說法帶電粒子在組合場內(nèi)的運動實際上也是運動過程的組合，解決方法如下：(1)分別研究帶電粒子在不同場區(qū)的運動規(guī)律在勻強磁場中做勻速圓周運動在勻強電場中，若速度方向與電場方向平

12、行，則做勻變速直線運動；若速度方向與電場方向垂直，則做類平拋運動(2)帶電粒子經(jīng)過磁場區(qū)域時利用圓周運動規(guī)律結(jié)合幾何關(guān)系處理(3)當粒子從一個場進入另一個場時，分析轉(zhuǎn)折點處粒子速度的大小和方向往往是解題的突破口如圖4所示，在坐標系xOy所在平面內(nèi)有一半徑為a的圓形區(qū)域，圓心坐標O1(a,0)，圓內(nèi)分布有垂直xOy平面的勻強磁場在坐標原點O處有一個放射源，放射源開口的張角為90，x軸為它的角平分線帶電粒子可以從放射源開口處在紙面內(nèi)朝各個方向射出，其速率v、質(zhì)量m、電荷量q均相同其中沿x軸正方向射出的粒子恰好從O1點的正上方的P點射出不計帶電粒子的重力，且不計帶電粒子間的相互作用圖4(1)求圓形區(qū)

13、域內(nèi)磁感應(yīng)強度的大小和方向；(2)判斷沿什么方向射入磁場的帶電粒子的運動時間最長，并求最長時間；若在ya的區(qū)域內(nèi)加一沿y軸負方向的勻強電場，放射源射出的所有帶電粒子運動過程中將在某一點會聚，若在該點放一回收器可將放射源射出的帶電粒子全部收回，分析并說明回收器所放的位置答案(1)，方向垂直于xOy平面向里(2)方向為與x軸夾角成45角斜向右下回收器的坐標為(2a,0)解析(1)運動軌跡如圖甲所示，設(shè)圓形磁場區(qū)域內(nèi)的磁感應(yīng)強度為B，帶電粒子在磁場中所受的洛倫茲力提供向心力，則有qvBm其中Ra則B由左手定則判斷磁場方向垂直于xOy平面向里(2)沿與x軸夾角成45角斜向下射出的帶電粒子在磁場中運動的

14、時間最長，軌跡如圖乙，根據(jù)幾何關(guān)系知，粒子離開磁場時速度方向沿y軸正方向，OO3Q135.設(shè)該帶電粒子在磁場中運動的時間為t，根據(jù)圓周運動周期公式得T，所以t如圖丙所示，設(shè)某帶電粒子從放射源射出，速度方向與x軸的夾角為，作速度v的垂線，截取OO4a，以O(shè)4為圓心、a為半徑作圓交磁場邊界于M點由于圓形磁場的半徑與帶電粒子在磁場中運動的半徑均為a，故OO1MO4構(gòu)成一個菱形，所以O(shè)4M與x軸平行，因此從放射源中射出的所有帶電粒子均沿y軸正方向射出帶電粒子在勻強電場中做勻變速直線運動，返回磁場時的速度與離開磁場時的速度大小相等、方向相反，再進入磁場做圓周運動，圓心為O5，OO4O5N構(gòu)成一平行四邊形

15、，所以粒子在磁場中兩次轉(zhuǎn)過的圓心角之和為180，第二次離開磁場時都經(jīng)過N點故收集器應(yīng)放在N點，N點坐標為(2a,0)9帶電粒子在周期性變化的復(fù)合場中運動分析審題示例(2013江蘇15)(16分)在科學(xué)研究中，可以通過施加適當?shù)碾妶龊痛艌鰜韺崿F(xiàn)對帶電粒子運動的控制如圖5甲所示的xOy平面處于勻強電場和勻強磁場中，電場強度E和磁感應(yīng)強度B隨時間t做周期性變化的圖象如圖乙所示x軸正方向為E的正方向，垂直紙面向里為B的正方向在坐標原點O有一粒子P，其質(zhì)量和電荷量分別為m和q.不計重力在t時刻釋放P，它恰能沿一定軌道做往復(fù)運動圖5(1)求P在磁場中運動時速度的大小v0；(2)求B0應(yīng)滿足的關(guān)系；(3)在

16、t0時刻釋放P，求P速度為零時的坐標審題模板答題模板(1)粒子在到時間內(nèi)做勻加速直線運動，粒子在到2時間內(nèi)做勻速圓周運動電場力FqE0，加速度a，速度v0at，且t，解得v0.(4分)(2)只有當t2時，P在磁場中做圓周運動結(jié)束并開始沿x軸負方向運動，才能沿一定的軌道做往復(fù)運動，如圖，設(shè)P在磁場中做圓周運動的周期為T，則T，(n1,2,3，)，勻速圓周運動的周期T解得：B0，(n1,2,3)(6分)(3)在t0時刻釋放，P在電場中加速時間為t0，在磁場中做勻速圓周運動速度v1，圓周運動半徑r1，解得r1.又經(jīng)(t0)時間P減速為零后向右加速時間為t0，P再進入磁場，速度v2，圓周運動半徑r2，

17、解得r2.綜上分析，速度為零時橫坐標總是x0，相應(yīng)的縱坐標為y，(k1,2,3)解得：y，(k1,2,3)(6分)答案(1)(2)B0，(n1,2,3)(3)y，(k1,2,3)點睛之筆變化的電場或磁場往往具有周期性，粒子的運動也往往具有周期性這種情況下要仔細分析帶電粒子的運動過程、受力情況，弄清楚帶電粒子在變化的電場、磁場中各處于什么狀態(tài)，做什么運動，畫出一個周期內(nèi)的運動徑跡的草圖如圖6所示，在xOy平面內(nèi)存在均勻、大小隨時間周期性變化的磁場和電場，變化規(guī)律分別如圖乙、丙所示(規(guī)定垂直紙面向里為磁感應(yīng)強度的正方向、沿y軸正方向電場強度為正)在t0時刻由原點O發(fā)射初速度大小為v0，方向沿 y軸

18、正方向的帶負電粒子已知v0、t0、B0，粒子的比荷，不計粒子的重力圖6(1)t時，求粒子的位置坐標；(2)若t5t0時粒子回到原點，求05t0時間內(nèi)粒子距x軸的最大距離；(3)若粒子能夠回到原點，求滿足條件的所有E0值答案(1)(，)(2)()v0t0(3)E0(n1,2,3)解析(1)由粒子的比荷得粒子做圓周運動的周期T2t0則在0內(nèi)轉(zhuǎn)過的圓心角由牛頓第二定律qv0B0得r1則其位置坐標(，)(2)t5t0時粒子回到原點，軌跡如圖所示r22r1r1，r2得v22v0又，r2粒子在t02t0時間內(nèi)做勻加速直線運動，2t03t0時間內(nèi)做勻速圓周運動，由圖知，在5t0時間內(nèi)粒子距x軸的最大距離：h

19、maxt0r2()v0t0(3)如圖所示，設(shè)帶電粒子在x軸上方做圓周運動的軌道半徑為r1，在x軸下方做圓周運動的軌道半徑為r2，由幾何關(guān)系可知，要使粒子經(jīng)過原點，則必須滿足n(2r22r1)2r1(n1,2,3，)r1，r2聯(lián)立以上各式解得vv0(n1,2,3，)又由于vv0得E0(n1,2,3，)(限時：45分鐘)1如圖1所示，P、Q是相距為d的水平放置的兩平行金屬板，P、Q間有垂直于紙面向里、磁感應(yīng)強度為B1的勻強磁場，MN是豎直放置的兩平行金屬板，用導(dǎo)線將P與M相連，將Q與N相連，X是平行于M和N的豎直絕緣擋板，Y是平行于M和N的熒光屏，X、M、N、Y的中間各有一個小孔，所有小孔在同一水

20、平軸線上，熒光屏的右側(cè)有垂直于紙面向外、磁感應(yīng)強度為B2的勻強磁場，現(xiàn)有大量的等離子體(等離子體中的正負離子電荷量的大小均為q，質(zhì)量均為m)以相同的速度垂直于磁場水平向右射入金屬板P、Q之間現(xiàn)忽略電場的邊緣效應(yīng)，不計等離子體的重力，兩對極板間形成的電場均可視為勻強電場求：圖1(1)若在熒光屏Y上只有一個亮點，則等離子體的初速度v0必須滿足什么條件；(2)若等離子體以初速度v0射入磁場，且在熒光屏上有兩個亮點，則正、負兩種電荷形成的亮點到熒光屏上小孔的距離之比是多少？答案(1)v0(2) 解析(1)由于帶電粒子偏轉(zhuǎn)，P、Q極板上將帶上電荷，設(shè)電壓為U，則極板M、N間的電壓也為U，當帶電粒子在P、

21、Q極板間做勻速運動時有qv0B1q若在熒光屏Y上只有一個亮點，則負電荷不能通過極板，M、N板間應(yīng)滿足qUmv解得v0(2)熒光屏上有兩個亮點，則v0在此條件下，qv0B1q，得UdB1v0對正電荷，設(shè)其到達勻強磁場B2時的速度為v1，則Uqmvmv設(shè)做圓周運動的半徑為R1，則qv1B2得R1 對負電荷，設(shè)其到達勻強磁場B2時的速度為v2，則Uqmvmv設(shè)做圓周運動的半徑為R2，則qv2B得R2 所以，正、負兩種電荷形成的亮點到熒光屏上小孔的距離之比為 2如圖2所示，在xOy平面內(nèi)，第象限內(nèi)的直線OM是電場與磁場的邊界，OM與x軸負方向成45角在x0且OM的左側(cè)空間存在著沿x軸負方向的勻強電場，

22、場強大小為E50 N/C，在y0且OM的右側(cè)空間存在著垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度的大小為B0.2 T一不計重力的帶負電的微粒，從坐標原點O沿y軸負方向以v04103 m/s的初速度進入磁場，已知微粒所帶電荷量為q41018 C，質(zhì)量為m11024 kg.求：圖2(1)帶電微粒第一次經(jīng)過磁場邊界時的位置坐標及經(jīng)過磁場邊界時的速度方向；(2)帶電微粒最終離開電、磁場區(qū)域時的位置坐標；(3)帶電微粒在電、磁場區(qū)域運動的總時間(結(jié)果可以保留)答案(1)(5103 m，5103 m)速度方向與OM夾角為45，與電場平行(2)(0,3.0102 m)(3)(5)105 s解析(1)微粒的運動軌跡如

23、圖所示，第一次經(jīng)過磁場邊界上的A點，設(shè)微粒在磁場中的軌跡半徑為r，由洛倫茲力提供向心力知qv0Bm解得r5103 mA點位置坐標為(5103 m，5103 m)經(jīng)過磁場邊界時速度方向與OM夾角為45，與電場平行(2)如圖所示，微粒從C點沿y軸正方向進入電場，做類平拋運動，設(shè)其加速度為a，運動時間為t1，則有a解得a2.0108 m/s2xat2r解得t11105 syv0t1代入數(shù)據(jù)解得y0.04 myy2r(0.0425103) m3.0102 m微粒離開電場時的位置D的坐標為(0,3.0102 m)(3)帶電微粒在磁場中運動的周期T在磁場中運動的時間t2tOAtACTT代入數(shù)據(jù)解得t2T1

24、05 s帶電微粒第一次進入電場中做直線運動的時間t34.0105 s帶電微粒在電、磁場區(qū)域運動的總時間tt1t2t3(5)105 s3如圖3所示，真空室內(nèi)豎直條形區(qū)域存在垂直紙面向外的勻強磁場，條形區(qū)域(含、區(qū)域分界面)存在水平向右的勻強電場，電場強度為E，磁場和電場寬度均為L，高度足夠大，M、N為涂有熒光物質(zhì)的豎直板現(xiàn)有P、Q兩束質(zhì)子從A處連續(xù)不斷地射入磁場，入射方向都與M板夾角成60且與紙面平行，兩束質(zhì)子束的速度大小都恒為v.當區(qū)中磁場較強時，M板上有一個亮斑，N板上無亮斑緩慢改變磁場強弱，M板和N板上會各有一個亮斑，繼續(xù)改變磁場強弱，可以觀察到N板出現(xiàn)兩個亮斑時，M板上的亮斑剛好消失已知質(zhì)子質(zhì)量為m，電量為e，不計質(zhì)子重力和相互作用力，求：圖3(1)N板上剛剛出現(xiàn)一個亮斑時，M板上的亮斑到A點的距離x；(2)N板上恰好出現(xiàn)兩個亮斑時，區(qū)域中的磁感應(yīng)強度B；(3)N板上恰好出現(xiàn)兩個亮斑時，這兩個亮斑之間的距離s.答案(1)L(2)(3)2Lv解析(1)N板上恰出現(xiàn)一個亮斑時，兩束質(zhì)子的軌跡如圖甲所示，設(shè)軌跡的半徑為R.有RRsin 30L由幾何關(guān)系知xR聯(lián)立解得xL(2)N板上恰好出現(xiàn)兩個亮斑時，兩束質(zhì)子的軌跡如圖乙所示設(shè)軌