【步步高】(全國通用)高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專題訓(xùn)練五 第2課時 帶電粒子在復(fù)合場中的運動

1、第2課時帶電粒子在復(fù)合場中的運動填填更有底知識方法聚焦知識回扣1帶電粒子在電場中常見的運動類型勻變速直線運動：通常利用動能定理qU=2mv2-2mv2來求解對于勻強(qiáng)電場，電場力做功也可以用W=qEd求解.偏轉(zhuǎn)運動：一般研究帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)問題對于類平拋運動可直接利睡拋運動的規(guī)律以及推論；較復(fù)雜的曲線運動常用運動分解的方法來處理.帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中常見的運動類型勻速直線運動：當(dāng)v/B時.帶電粒子以速度v做勻速直線運動.勻速圓周運動：當(dāng)v丄B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.復(fù)合場中是否需要考慮粒子重力的三種情況對于微觀粒子，如電子、質(zhì)子、離子等，因為其重力一

2、般情況下與電場力或磁場力相比太小，可以忽略；而對于一些宏觀物體，如帶電小球、液滴、金屬塊等一般應(yīng)考慮其重力.題目中有明確說明是否要考慮重力的情況.不能直接判斷是否要考慮重力的情況，在進(jìn)彳行受力分析與運動分析時，根據(jù)運動狀態(tài)可分析出是否要考慮重力.規(guī)律方法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(jìn)行分析.靈活選用力學(xué)規(guī)律是解決問題的關(guān)鍵當(dāng)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(dāng)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

3、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動時，應(yīng)選用動能定理或能量守恒定律列方程求解.熱點考向例析做做有感悟熱點考向例析做做有感悟考向1帶電粒子在疊加場中的運動【例1如圖1所示，位于豎直平面內(nèi)的坐標(biāo)系xOy,在其第三象限空間有垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=0.5T,還有沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為E=2N/C.在其第一象限空間有沿y軸負(fù)方向的、場強(qiáng)大小也為E的勻強(qiáng)電場，并在yh=0.4m的區(qū)域有磁感應(yīng)強(qiáng)度也為B的垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場一個帶電荷量為q的油滴從圖中第三象限的P點得到一初速度，恰好能沿PO做勻速直線運動(P0與x軸負(fù)方向的夾角為6=45)，并從

4、原點0進(jìn)入第一象限已知重力加速度g=10m/s2,問：圖1油滴在第三象限運動時受到的重力、電場力、洛倫茲力三力的大小之比，并指出油滴帶何種電荷；油滴在P點得到的初速度大??；油滴在第一象限運動的時間.【審題突破】在第三象限油滴恰好能沿P0做勻速直線運動需要滿足什么條件？根據(jù)夾角為6=45，重力、電場力有什么數(shù)值關(guān)系？油滴進(jìn)入第一象限后做什么運動？解析(1)根據(jù)受力分析(如圖)可知油滴帶負(fù)電荷設(shè)油滴質(zhì)量為m，由平衡條件得：mg：qE：F=1：1：；2.(2)由第問得:mg=qEqvB=：2qE解得：v=誓=4Sm/s.進(jìn)入第一象限，電場力和重力平衡，知油滴先做勻速直線運動，進(jìn)入yh的區(qū)域后做勻速圓

5、周運動，軌跡如圖，最后從x軸上的N點離開第一象限.h由0-A勻速運動的位移為氣=$訕45。=血_丄、x2hhB其運動時間：2=廠=2E=衽=Js肓2m由幾何關(guān)系和圓周運動的周期關(guān)系式T=知，1nE由AfC的圓周運動時間為12=4T=2gB0-628s由對稱性知從CN的時間t3=t在第一象限運動的總時間t=t+12+t3=2x0.1s+0.628s=0.828s答案(1)1：1：邁油滴帶負(fù)電荷(2)4邁m/s0.828s【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)律若只有兩個場且正交，合力為零，則表

6、現(xiàn)為勻速直線運動或靜止例如電場與磁場中滿足qE=qvB；重力場與磁場中滿足mg=qvB；重力場與電場中滿足mg=qE.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F=qvB的方向與速度v垂直若三場共存時，粒子做勻速圓周運動，則有mg=qE，粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運v2動，即qvB=mp當(dāng)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打?qū)τ?xùn)練1*如圖2所示，水平地面上方豎直邊界MN左側(cè)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場B和沿豎直方向的勻強(qiáng)電場E2(未畫出)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1.0T，MN邊界右側(cè)離地面h=3m處有長為L=0.91m的光滑水平絕緣平臺，

7、平臺的左邊緣與MN重合，平臺右邊緣有一質(zhì)量m=0.1kg、電量q=0.1C的帶正電小球，以初速度vo=O.6m/s向左運動.此時平臺上方存在三=N/C的勻強(qiáng)電場，電場方向與水平方向成0角，指向左下方，小球在平臺上運動的過程中，0為45。至90。的某一確定值小球離開平臺左側(cè)后恰好做勻速圓周運動小球可視為質(zhì)點，g=10m/s2.求:N圖2電場強(qiáng)度E2的大小和方向;小球離開平臺左側(cè)后在磁場中運動的最短時間；小球離開平臺左側(cè)后，小球落地點的范圍(計算結(jié)果可以用根號表示)答案(1)10N/C,方向豎直向上警s距N點左邊m、右邊申m的范圍內(nèi)解析因為小球在MN邊界左側(cè)做勻速圓周運動，其所受到的電場力必等于自

8、身重力，有qE=mg2得E2=10N/C,方向豎直向上.若0=90,小球勻速通過MN有最小速度：v=0.6m/smin若0=45，小球勻加速通過MN有最大速度.此時Efcos0=maEfcos0a=2m/s2m由V2-v2=2aL可得：v=2m/smax0max綜合分析得：小球通過MN后的速度為0.6m/sVA2m/s小球以2m/s在磁場中做勻速圓周運動的時間最短,根據(jù)Bqv=R和T=_得:Rmaxmvmax/BqT=2%m盲=2s，,h-R1,因為sin0=rmax=2,所以0=30max所以小球在磁場中轉(zhuǎn)過的角度為12012n所以小球在磁場中運動的時間t=孑=寸s.(3)小球落在N點左邊最

9、大距離時，設(shè)到N點距離為x,則x=Rcos30=誦mmaxmv小球從MN邊界飛出的最小半徑打=斎=0.6m設(shè)小球落到N點右邊時，到N點的距離為S,小球落在N點右邊的最大距離由平拋運動得h-2R,=|gt2s=vtBqRV=_ms=當(dāng)R，=1m時，s有最大值故$=1h-2RR2成立代入數(shù)據(jù)解得s=5所以小球的落點在距N點左邊、/3m、右邊m的范圍內(nèi).考向2帶電粒子在組合場中的運動分析【例2】為研究帶電粒子在電場和磁場中的偏轉(zhuǎn)情況，在xOy平面內(nèi)加如圖3所示的電場和磁場，第二象限-10cmx2時，不滿足002時，不滿足000）和初速度為v0的帶電微粒.（已知重力加速度為g）（1）當(dāng)帶電微粒發(fā)射裝置

10、連續(xù)不斷地沿y軸正方向發(fā)射這種帶電微粒時，這些帶電微粒將沿圓形磁場區(qū)域的水平直徑方向離開磁場，并繼續(xù)沿x軸正方向運動求電場強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小和方向.（2）調(diào)節(jié)坐標(biāo)原點處的帶電微粒發(fā)射裝置，使其在xOy平面內(nèi)不斷地以相同速率v0沿不同方向?qū)⑦@種帶電微粒射入第I象限，如圖乙所示現(xiàn)要求這些帶電微粒最終都能平行于x軸正方向運動，則在保證電場強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小和方向不變的條件下，求出符合條件的磁場區(qū)域的最小面積.mgmvn答案（1）E=q，沿y軸正方向B=-qR，垂直紙面向外（2）（-1）R2解析（1）微粒沿x軸正方向運動，即帶電微粒所受重力與電場力平衡.設(shè)電場強(qiáng)度大小為E，由平衡條件得

11、：mg=qEmg解得：E=W由于粒子帶正電，故電場方向沿y軸正方向帶電微粒進(jìn)入磁場后，做勻速圓周運動，且半徑r=R.設(shè)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.v2由牛頓第二定律得：qv0B=m丁mv解得山費磁場方向垂直紙面向外.沿y軸正方向射入的微粒，運動軌跡如圖所示:以半徑R沿x軸正方向運動四分之一圓弧，該圓弧也恰為微粒運動的上邊界以0點為圓心、R為半徑做的四分之一圓弧BC為微粒做圓周運動的圓心軌跡微粒經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后沿x軸正方向運動，即半徑沿豎直方向并且射出點距圓心軌跡上各點的距離為R,射出點的邊界與圓弧BC平行，如圖中的圓弧ODA，圓弧0A與圓弧0DA之間的區(qū)域即為磁場區(qū)域的最小面積:S=2(4nR2

12、#R2)=(專-1血題組2帶電粒子在組合場中的運動分析2如圖2所示，在矩形區(qū)域CDNM內(nèi)有沿紙面向上的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)的大小E=1.5x105V/m;在矩形區(qū)域MNGF內(nèi)有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=0.2T.已知CD=MN=FG=0.60m，CM=MF=0.20m.在CD邊中點0處有一放射源，沿紙面向電場中各方向均勻地輻射出速率均為V0=1.Ox1O6m/s的某種帶正電粒子，粒子質(zhì)量m=6.4x10-27kg，電荷量q=3.2x10-19C，粒子可以無阻礙地通過邊界MN進(jìn)入磁場，不計粒子的重力.求：圖2(1)粒子在磁場中做圓周運動的半徑；邊界FG上有粒子射出磁場的范圍長度;粒子在

13、磁場中運動的最長時間(后兩問結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)答案(1)0.2m(2)0.43m(3)2.1x107s解析(1)電場中由動能定理得:qEd=|mv22mv2220由題意知d=0.20m，代入數(shù)據(jù)得v=2x106m/s帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動V2qBv=m_r解得r=qB=0-2m.設(shè)粒子沿垂直于電場方向射入時，出電場時水平位移為x,則由平拋規(guī)律得:d=l呂t22mx=vt0解得x=mi5(3門=竊，由分析可知，00,方向射出的粒子運動時間最長，設(shè)FG長度為L離開電場時，sin1=-V=2，=30v21由題意可知，PS丄MN,沿0C方向射出粒子到達(dá)P點，為左邊界，垂直MN射出的粒子與邊

14、界FG相切于Q點，Q為右邊界，QO=r，軌跡如圖.范圍長度為l=x+r=0.sin2iL-r12=302帶電粒子在磁場中運動的最大圓心角為120，對應(yīng)的最長時間tmax=|T=23qm2.1x10-7s如圖3所示，質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子從坐標(biāo)原點0以初速度v0射出，粒子恰好經(jīng)過A點，0、A兩點長度為1，連線與坐標(biāo)軸+y方向的夾角為a=37，不計粒子的重力.若在平行于x軸正方向的勻強(qiáng)電場三中，粒子沿+y方向從0點射出，恰好經(jīng)過A點；若在平行于y軸正方向的勻強(qiáng)電場E2中，粒子沿+x方向從0點射出，也恰好能經(jīng)過A點，求這兩種情況電場強(qiáng)度的比值豈.2（2）若在y軸左側(cè)空間（第II、III象限）存

15、在垂直紙面的勻強(qiáng)磁場，粒子從坐標(biāo)原點0,沿與+y軸成30。的方向射入第二象限，恰好經(jīng)過A點，求磁感應(yīng)強(qiáng)度B.（i）27吩答案解析lsin在電場氣中qEa=t2m1a=vt01在電場E2中n1qElcosa=-122m2lcoslsina=vt022764.Vi聯(lián)立2設(shè)軌跡半徑為R,軌跡如圖所示.0C=2Rsin30由幾何知識可得tan30lsin372Rsin30lcos37解得只=逬二又由qv0B=mv2mv得R=533+4mv聯(lián)立解得B=而0方向垂直紙面向里題組3帶電粒子在周期性變化的電磁場中的運動分析如圖4a所示，水平直線MN下方有豎直向上的勻強(qiáng)電場，現(xiàn)將一重力不計、比荷m=1x106n

16、C/kg的正電荷置于電場中的0點由靜止釋放，經(jīng)過護(hù)1一5s后，電荷以近15X1O4m/s的速度通過MN進(jìn)入其上方的勻強(qiáng)磁場，磁場與紙面垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度B按圖b所示規(guī)律周期性變化(圖b中磁場以垂直紙面向外為正，以電荷第一次通過MN時為t=0時刻)計算結(jié)果可用n表示.b圖4求0點與直線MN之間的電勢差；2n求圖b中t=-yX10-5s時刻電荷與0點的水平距離；如果在0點右方d=67.5cm處有一垂直于MN的足夠大的擋板，求電荷從0點出發(fā)運動到擋板所需的時間.答案(1)112.5V(2)4cm(3)3.86x10-5s解析(1)電荷在電場中做勻加速直線運動，由動能定理Uq=jmv0,mv2r=1125v.當(dāng)磁場垂直紙面向外時，設(shè)電荷運動的半徑為-mv2mv由Bqv=，得r=右=5cm，10r1qB112nm2n1_周期T1=_q=_rx10-5s.當(dāng)磁場垂直紙面向里時，設(shè)電荷運動的半徑為r2mvr=z=3cm，2qB2周期T2=2nmq