專題42+帶電粒子在復(fù)合場中的運動講-高考物理一輪復(fù)習(xí)講練測+版含解析

1、第九章磁場1 .縱觀近幾年高考，涉及磁場知識點的題目年年都有，考查與洛倫茲力有關(guān)的帶電粒子在勻強磁場或復(fù)合場中的運動次數(shù)最多，極易成為試卷的壓軸題.其次是與安培力有關(guān)的通電導(dǎo)體在磁場中的加速或平衡問題.磁感應(yīng)強度、磁感線、安培力、洛倫茲力的理解及安培定則和左手定則的運用，一般以選擇題的形式出現(xiàn).2 .本章知識常與電場、恒定電流以及電磁感應(yīng)、交變電流等章節(jié)知識聯(lián)系綜合考查，是高考的熱點.3 .本章知識與生產(chǎn)、生活、現(xiàn)代科技等聯(lián)系密切，如質(zhì)譜儀、回旋加速器、粒子速度選擇器、等離子體發(fā)電機、電磁流量計等高科技儀器的理解及應(yīng)用相聯(lián)系，在復(fù)習(xí)中應(yīng)做到有的放矢第42講帶電粒子在復(fù)合場中的運動1 .能分析計

2、算帶電粒子在復(fù)合場中的運動.2 .能夠解決速度選擇器、磁流體發(fā)電機、質(zhì)譜儀等磁場的實際應(yīng)用問題一、復(fù)合場1 .復(fù)合場的分類(1)疊加場：電場、磁場、重力場共存，或其中某兩場共存.(2)組合場：電場與磁場各位于一定的區(qū)域內(nèi)，并不重疊或相鄰或在同一區(qū)域，電場、磁場交替出現(xiàn).2 .三種場的比較力的特點功和能的特點重力場大?。篏J=mg方向：豎直向下重力做功與路徑無關(guān)重力做功改變物體的重方勢能靜電場大?。篎=qE方向：a.正電何受力方向與場強力向相同b.負電何受力方向與場強力向相反電場力做功與路徑無關(guān)VW=qU電場力做功改變電勢能磁場洛倫茲力F=qvB方向可用左手7E則判斷洛倫茲力不做功，不改變帶電粒

3、子的動能二、帶電粒子在復(fù)合場中的運動形式1 .靜止或勻速直線運動當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中所受合外力為零時，將處于靜止?fàn)顟B(tài)或做勻速直線運動.2 .勻速圓周運動當(dāng)帶電粒子所受的重力與電場力大小相等，方向相反時，帶電粒子在洛倫茲力的作用下，在垂直于勻強磁場的平面內(nèi)做勻速圓周運動.3 .較復(fù)雜的曲線運動當(dāng)帶電粒子所受合外力的大小和方向均變化，且與初速度方向不在同一直線上，粒子做非勻變速曲線運動,這時粒子運動軌跡既不是圓弧，也不是拋物線.4 .分階段運動帶電粒子可能依次通過幾個情況不同的組合場區(qū)域，其運動情況隨區(qū)域發(fā)生變化，其運動過程由幾種不同的運動階段組成.H=考點一帶電粒子在疊加場中的運動1 .帶電粒子

4、在疊加場中無約束情況下的運動情況分類(i)磁場力、重力并存若重力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運動.若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復(fù)雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，故機械能守恒，由此可求解問題.(2)電場力、磁場力并存(不計重力的微觀粒子)若電場力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運動.若電場力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復(fù)雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，可用動能定理求解問題.(3)電場力、磁場力、重力并存若三力平衡，一定做勻速直線運動.若重力與電場力平衡，一定做勻速圓周運動.若合力不為零且與速度方向不垂直，將做復(fù)雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，可用能量守恒或動能定理求解問題.2

5、.帶電粒子在疊加場中有約束情況下的運動帶電體在復(fù)合場中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道等約束的情況下，常見的運動形式有直線運動和圓周運動，此時解題要通過受力分析明確變力、恒力做功情況，并注意洛倫茲力不做功的特點，運用動能定理、能量守恒定律結(jié)合牛頓運動定律求出結(jié)果.重點歸納1、帶電粒子在疊加場中運動的分析方法審題2、帶電體在疊加場中運動的歸類分析(1)磁場力、重力并存若重力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運動.若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復(fù)雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，故機械能守恒.(2)電場力、磁場力并存(不計重力的微觀粒子)若電場力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運動.若電場力和洛倫茲

6、力不平衡，則帶電體做復(fù)雜的曲線運動，可用動能定理求解.(3)電場力、磁場力、重力并存若三力平衡，帶電體做勻速直線運動.若重力與電場力平衡，帶電體做勻速圓周運動.若合力不為零，帶電體可能做復(fù)雜的曲線運動，可用能量守恒定律或動能定理求解.3、帶電粒子(帶電體)在疊加場中運動的分析方法(1)弄清疊加場的組成.(2)進行受力分析.(3)確定帶電粒子的運動狀態(tài)，注意運動情況和受力情況的結(jié)合.(4)畫出粒子運動軌跡，靈活選擇不同的運動規(guī)律.當(dāng)帶電粒子在疊加場中做勻速直線運動時，根據(jù)受力平衡列方程求解.當(dāng)帶電粒子在疊加場中做勻速圓周運動時，應(yīng)用牛頓定律結(jié)合圓周運動規(guī)律求解.當(dāng)帶電粒子做復(fù)雜曲線運動時，一般用

7、動能定理或能量守恒定律求解.對于臨界問題，注意挖掘隱含條件.(5)記住三點：能夠正確對疊加場中的帶電粒子從受力、運動、能量三個方面進行分析受力分析是基礎(chǔ)：一般要從受力、運動、功能的角度來分析.這類問題涉及的力的種類多，含重力、電場力、磁場力、彈力、摩擦力等運動過程分析是關(guān)鍵：包含的運動種類多，含勻速直線運動、勻變速直線運動、類平拋運動、圓周運動以及其他曲線運動根據(jù)不同的運動過程及物理模型，選擇合適的定理列方程（牛頓運動定律、運動學(xué)規(guī)律、動能定理、能量守恒定律等）求解.典型案例如圖所示，在豎直平面內(nèi)建立直角坐標(biāo)系xOy,其第一象限存在著正交的勻強電場和勻強磁場，電場強度的方向水平向右；，磁感應(yīng)強

8、度的方向垂直紙面向里。一帶電荷量為+q、質(zhì)量為m的微粒從原點出發(fā)沿與x軸正方向的夾角為45。的初速度進入復(fù)合場中，正好做直線運動，當(dāng)微粒運動到A（l,l）時，電場方向突然變?yōu)樨Q直向上（不計電場變化的時間），粒子繼續(xù)運動一段時間后，正好垂直于y軸穿出復(fù)合場。不計一切阻力，求：（1）電場強度E的大小；（2）磁感應(yīng)強度B的大??；（3）粒子在復(fù)合場中的運動時間。,3I(-7T+1；J4E-1）之前做勻速直線運動，受力分析如圖:根據(jù)平衡條件，有："E二僧白；解得:（2）根據(jù)平衡條件，有：qM盤酒,電場方向變化后，微粒所受重力與電場力平衡，微粒在洛侖茲力作用下做勻速圓周運動，軌跡如圖:根據(jù)牛頓第

9、二定律，有：由幾何關(guān)系可得：第二附聯(lián)立解得：弋=廊:BjP<3)微粒做勺速直線運動的時間為：/=¥=$做圓周運動的時間為：h=/二=在復(fù)合場中運動時間為：t=tt2=(卞+1函故本題答案是：6=尊(2)B=孤(3)1=吟我+1)上點睛：在電場中正確受力分析根據(jù)平衡可求出電場強度的大小，在磁場中運動時要找到運動軌跡的半徑，再結(jié)合物理知識求解即可。針對練習(xí)1如圖所示，足夠大的絕緣水平桌面上方區(qū)域存在豎直向上的勻強電場，電場強度E=50N/C.在桌面左邊緣的虛線PQ上方存在重直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B=15T,虛線PQ與水平桌面成45o角。質(zhì)量分別為m=0.2kg、mB=0.

10、4kg的金屬小球AB,帶電量均為q=+4.0X10-2C.開始時，AB靜止，AB間有一個鎖定的被壓縮的輕質(zhì)絕緣彈簧，與AB不拴接，彈性勢能Ep=5.4J(A、B視為質(zhì)點，彈簧極短)，現(xiàn)解除鎖定，AB被瞬間彈開后移走彈簧。AB與桌面間的動摩擦因數(shù)均為科=0.4,AB靜止時與P點間距離L=1m(A與桌面的碰撞是彈性的，取兀=3,g=10m/s2).求：(1)彈簧解除鎖定后瞬間，AB兩球的速度大??；(2)小球A第一次與桌面相碰時，A、B間的距離多大;(結(jié)果均保留二位有效數(shù)小球A從P點第一次進入磁場，到第二次離開磁場時平均速度的大小和方向。字)【答案】(1)vA=6m/s；vB=3m/s；(2)1.2

11、5m;(3)2.1m/s,方向：與水平向右成450斜向上。【解析】試題分析：弓單蕾解除鎖定后瞪間，根據(jù)能量守恒定律和動量守恒定律,即可求狐目的速度大小N2)先分析A的運動情況，作出乩從第一次進磁場到第一次碰桌面的運動軌跡.,并計算出運動的時間,后再分析B的運動情況判斷B運動的時間與A運動時間的關(guān)系,從而得出kE相距的距離；作出四第二次進入磁場運動的軌跡圖，求出總位移和總時間1根據(jù)平均速度的主義式進行求解即可。<1)設(shè)彈筒解除鎖定后瞬間，A、B兩球的速度大村吩別為線、外由能量守恒定律得：耳,=；啊琮Hm/I由動量守恒定律得:啊為一冊5%=口聯(lián)立解得：2=6擅"；%=3m/s(2)

12、在未進入磁場前，對A受力分析，則有：守“二鞏二？“即A受到的支持力為0,故A不受摩擦力作用，所以向左勻速從P點進入磁場，進入磁場后做勻速圓周運動,作出運動軌跡，如圖由洛倫茲力提供向心力，則有:解得：r=2m27rm在磁場中運動的周期為由圖可知粒子在磁場中運動的時間為3-T=1.5s41.5s之后，粒子豎直向下出射磁場，仍做勻速直線運動r1%=S由幾何關(guān)系得：勻速運動的位移為r=2m,則運動的時間為即A從第一次進入磁場到第一次出磁場所用的時間為外=&三而對B分析可知，曲E=2N<M=4N,故B受的支持力不為C,則H會受到摩擦力作用,從而向右做句減速運動根據(jù)牛頓第二定律得：Mm耳目一

13、qE)=m耳與解得:a=2nr/s設(shè)E向右減到。所用的時間為占由運動學(xué)公式得：運七二<匕說明當(dāng)B向右減速到。后，A才落回到桌面則B的位移為小二1二：加由幾何關(guān)系得：小球A第一次與桌面相碰時，AB間的距離二'+曰一-(3)A與桌面反彈后，向上做勻速運動，再次進入磁場，向右偏轉(zhuǎn)，運動軌跡，如圖然。斜向上。由圖可知，A從第一次進入磁場到第二出磁場，所用的總時間為總位移為士2x26n=4*mv=2Am/s則平均速度的大小為總，方向為與水平向右成【點睛】本題帶電小球在復(fù)合場中運動，分析受力情況來分析運動過程是基礎(chǔ)，同時要抓住兩球之間的關(guān)系，比如運動的同時性等等進行研究。對A的運動軌跡圖能夠

14、熟練畫出，并且能夠靈活應(yīng)用幾何關(guān)系進行列式解題。針對練習(xí)2如圖所示為研究某種帶電粒子的裝置示意圖，粒子源射出的粒子束以一定的初速度沿直線射到熒光屏上的。點，出現(xiàn)一個光斑。在垂直于紙面向里的方向上加一磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場后，粒子束發(fā)生偏轉(zhuǎn)，沿半徑為r的圓弧運動，打在熒光屏上的P點，然后在磁場區(qū)域再加一豎直向下，場強大小為E的勻強電場，光斑從P點又回到。點，關(guān)于該粒子（不計重力），下列說法正確的是A.粒子帶負電BB.初速度為v=BE2C.比荷為q=BmED.比荷為-=-E-mBr【答案】D【解析】垂直于紙面向里的方向上加一磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場后粒子束打在熒光屏上的P點、根據(jù)左手定則可知,粒

15、子帶正電，選項A錯誤弓當(dāng)電場和磁場同時存在時：中但二后已解得二高；選項B錯誤三在磁場中時，由"二班且，可得：里二二二與，故選哽D正確'C錯誤$故選DrmrBBr點睛：本題主要是考查帶電粒子在復(fù)合場的運動，解答本題要能夠根據(jù)共點力的平衡條件分析洛倫茲力和電場力的大小關(guān)系；在復(fù)合場中做勻速直線運動粒子，在解題時要注意過程分析和受力分析.考點二帶電粒子在組合場中的運動1 .帶電粒子在組合場中的運動是力電綜合的重點和高考熱點.這類問題的特點是電場、磁場或重力場依次出現(xiàn)，包含空間上先后出現(xiàn)和時間上先后出現(xiàn)，磁場或電場與無場區(qū)交替出現(xiàn)相組合的場等.其運動形式包含勻速直線運動、勻變速直線運

16、動、類平拋運動、圓周運動等，涉及牛頓運動定律、功能關(guān)系等知識的應(yīng)用.復(fù)習(xí)指導(dǎo)：1.理解掌握帶電粒子的電偏轉(zhuǎn)和磁偏轉(zhuǎn)的條件、運動性質(zhì)，會應(yīng)用牛頓運動定律進行分析研究,掌握研究帶電粒子的電偏轉(zhuǎn)和磁偏轉(zhuǎn)的方法，能夠熟練處理類平拋運動和圓周運動.2 .學(xué)會按照時間先后或空間先后順序?qū)\動進行分析，分析運動速度的承前啟后關(guān)聯(lián)、空間位置的距離關(guān)系、運動時間的分配組合等信息將各個運動聯(lián)系起來.2 .解題時要弄清楚場的性質(zhì)、場的方向、強弱、范圍等.3 .要進行正確的受力分析，確定帶電粒子的運動狀態(tài).4 .分析帶電粒子的運動過程，畫出運動軌跡是解題的關(guān)鍵重點歸納1、求解帶電粒子在組合復(fù)合場中運動問題的分析方法電

17、子組的廝場運帶粒在合電磁中動電場中勻變速直求法線運動M美平拋求法運動L牛頓定律、|運動學(xué)公式I動能定理H常規(guī)分解法1口特殊分解法U功能關(guān)系勻速直線運動求法j勻速運動公式(i)正確受力分析，除重力、彈力、摩擦力外要特別注意靜電力和磁場力的分析.(2)確定帶電粒子的運動狀態(tài)，注意運動情況和受力情況的結(jié)合.(3)對于粒子連續(xù)通過幾個不同區(qū)域、不同種類的場時，要分階段進行處理.(4)畫出粒子運動軌跡，靈活選擇不同的運動規(guī)律.2、帶電粒子在復(fù)合場中運動的應(yīng)用實例(1)質(zhì)譜儀(2)回旋加速器(3)速度選擇器(4)磁流體發(fā)電機(5)電磁流量計工作原理典型案例在科學(xué)研究中，可以通過施加適當(dāng)?shù)碾妶龊痛艌鰜韺崿F(xiàn)對

18、帶電粒子運動的控制.如圖甲所示，MN為間距足夠大的水平極板，緊靠極板右側(cè)放置豎直的熒光屏PQ在MN間加上如圖乙所示的勻強電場£和勻強磁場，電場方向豎直向下，磁場方向垂直于紙面向里，圖中E)、B0、k均為已知量.t=0時刻，比荷m二kL的正粒子以一定的初速度從O點沿水平方向射入極板間,0訃,叼時間內(nèi)粒子恰好沿直線運動，t="。時7T刻粒子打到熒光屏上.不計粒子的重力，涉及圖象中時間間隔時取0.8=彳,1.4=凡求：(2)在111泗寸間內(nèi)尸粒子在電場中做類平拋運動,q&j】顯%=砒=百乂函=匹"%則爐=遮氣=詈得"5匚即v與水平方向成45©

19、角向下在t2=口時刻粒子的運動速度V.(2)在t35H。時刻粒子偏離O點的豎直距離y.水平極板的長度L.【解析】【詳解】(1)在0-h時間內(nèi)，粒子在電磁場中做勻速直線運動，貝I："=qE。泛E方與水平方向成45。角向下【答案】(5十返)坨%埒F=-I=J1212(2)在電場中做類平拋運動向下偏移：在t2t3時間內(nèi)，粒子在磁場中做勻速圓周運動，運動周期7TTt=在磁場中運動時間4%”,即圓周運動的圓心角為27rm23T牛kBQ=45°,此時速度恰好沿水平方向。vq魯Rq=mrl得：遜“4磁場中：由偏離的豎直距離=乃+后=6/2一彘0)在£3時刻進入電場時以初速度蔚=

20、在叫=詈做類平拋運動，¥=砒=譽X/=管再次進入磁場時，療=%=普由9二公乜得即”與水平方向成特角向F由q寸為=m不得o=藁綜上可得：長度上=%xW加45"?為x播*"同勵45貨包【點睛】本題是帶電粒子在復(fù)雜的電場、磁場、復(fù)合場運動，一定要在每個時間段先進行受力分析，確定運動狀態(tài)的初末速度大小和方向。計算一步向前走一步，才能得到正確結(jié)果，若錯一步則后面步步錯.特別注意的是:做類平拋運動弄清該段末速度的大小和方向，做勻速圓周運動要弄清轉(zhuǎn)過的角度如圖所示，材料表面上方矩形區(qū)域針對練習(xí)1某儀器用電場和磁場來控制電子在材料表面上方的運動,PPN'N充滿豎直向下的勻

21、強電場，電場寬NP=NP'=d.長NN=MM=5s、寬MN=MN'=s的矩形區(qū)域NNMm充滿垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B;NN為磁場與電場之間的分界線.點G、G將e、質(zhì)量為mi初速度為零白電子，從P點開始(1)電場強度的最大值為多少？prK3（KWWKWKVKri:H：KriHrikfKHYK'KiWYliKVVMN'三等分，在G、G間安裝一接收裝置.一個電荷量為由靜止被電場加速后垂直進入磁場.電場強度可以取一定范圍內(nèi)的任意值，電子運動時，電場強度不變,最后電子僅能從磁場邊界MN'飛出.不計電子所受重力.(2)若接收裝置只接收垂直MN'

22、方向白電子(不含Ci、Q),求接受裝置能夠接受到幾種不同速度的電子,其中速度最小為多少?(3)求恰好擊中C的電子速度大小的可能值.25-11vi（1）2md（2）13M（3）48mJ3eBs48m近35-心eBs48m2vmvevti=m-R二=【解析】(i)在磁場運動過程中口,解得詼，B23fl2md加速過程中，根據(jù)動能定理可得根據(jù)幾何知識可知R=S時，速度最大，有”m=瓷，故/(2)垂直進入接收裝置，設(shè)進入磁場口次S為整數(shù))，則(2m+1)A=5$,且;f<&<汨解得口印、5*6,共三種，所以接受到的電子速度有三種j其中半徑最小的為Aa=肅="由”8=m三得速

23、度最小的為%11nFL日后5年13m(3)如下圖所示，擊中G有兩類情形:設(shè)電子經(jīng)過電場N次，N之5,且為奇數(shù).由圖可得4(N2-1)即-10N&R+(25+-)s2=0兩邊平方，化簡得,要使R有解，d=100N十一4儂工一1)(25+產(chǎn)之化簡得爐工亍=57.25,N=5或力N=5時，|5/?_5引=/2一尸，化簡得良=35-反西=7時/77?5日=考慮無玉對取A=營5JUDJHzd由V=a門=【點睛】帶電粒子在組合場中的運動問題，首先要運用動力學(xué)方法分析清楚粒子的運動情況，再選擇合適方法處理.對于勻變速曲線運動，常常運用運動的分解法，將其分解為兩個直線的合成，由牛頓第二定律和運動學(xué)公式

24、結(jié)合求解；對于磁場中圓周運動，要正確畫出軌跡，由幾何知識求解半徑.針對練習(xí)2如圖，在平面直角坐標(biāo)系的第一象限內(nèi)，y<0.25m區(qū)域存在垂直平面向內(nèi)的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B=0.50T,而在y>0.25m區(qū)域存在著沿y軸負方向的勻強電場，電場強度E=5.0X105N/C?，F(xiàn)有一不計重力的帶正電粒子從y軸上的P(0,1.25m)點以沿x軸正向的速度進入電場區(qū)域，其質(zhì)量m=2.OX10-26kg,電量q=3.2X10-19C。若要粒子能夠穿出磁場進入第四象限區(qū)域，則粒子的入射速度V0應(yīng)滿足什么條件？XXXXXXirmiTrfLUiTEJ.TJiTeJTJi-iUiTriX【答案】V0<3xi06m/s;Eq【解析】粒子在電場中運動時，其加速度a=尷進入磁場時，y方向已運動h=1.0m,其y方向分速度Vy="2口=4X106m/s進入磁場