人教版(新教材)高中物理選擇性必修2學案：專題強化5 帶電粒子在疊加場中的運動

人教版(新教材)高中物理選擇性必修第二冊PAGEPAGE1帶電粒子在疊加場中的運動〖學習目標〗1.掌握帶電粒子在疊加場中常見的兩種運動情景.2.會分析其受力情況和運動情況，能正確選擇物理規(guī)律解決問題．處理帶電粒子在疊加場中的運動的基本思路1．弄清疊加場的組成．2．進行受力分析，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．畫出粒子運動軌跡，靈活選擇不同的運動規(guī)律．(1)由于洛倫茲力的大小與速度有關(guān)，帶電粒子在含有磁場的疊加場中的直線運動一定為勻速直線運動，根據(jù)平衡條件列式求解．(2)當帶電粒子在疊加場中做勻速圓周運動時，一定是電場力和重力平衡，洛倫茲力提供向心力，應用平衡條件和牛頓運動定律分別列方程求解．(3)當帶電粒子做復雜曲線運動時，一般用動能定理或能量守恒定律求解．一、帶電粒子在疊加場中的直線運動(多選)(2021·綿陽市月考)地面附近空間中存在著水平方向的勻強電場(未畫出)和勻強磁場，已知磁場方向垂直紙面向里，一個帶電油滴沿著一條與豎直方向成α角的直線MN運動，如圖1所示，由此可以判斷()圖1A．油滴一定做勻速運動B．油滴可以做變速運動C．如果油滴帶正電，它是從N點運動到M點D．如果油滴帶正電，它是從M點運動到N點〖答案〗AD〖解析〗油滴做直線運動，受重力、電場力和洛倫茲力作用，因為重力和電場力均為恒力，根據(jù)油滴做直線運動條件可知，油滴所受洛倫茲力亦為恒力．根據(jù)F＝qvB可知，油滴必定做勻速直線運動，A正確，B錯誤；根據(jù)做勻速直線運動的條件可知油滴的受力情況如圖所示，如果油滴帶正電，由左手定則可知，油滴從M點運動到N點，C錯誤，D正確．二、帶電粒子在疊加場中的勻速圓周運動如圖2所示，已知一帶電小球在光滑絕緣的水平面上從靜止開始經(jīng)電壓U加速后，水平進入由互相垂直的勻強電場E和勻強磁場B構(gòu)成的疊加場中(E和B已知)，小球在此空間的豎直面內(nèi)做勻速圓周運動，重力加速度大小為g，則()圖2A．小球可能帶正電B．小球做勻速圓周運動的半徑為r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2UE,g))C．小球做勻速圓周運動的周期為T＝eq\f(πE,Bg)D．若電壓U增大，則小球做勻速圓周運動的周期增加〖答案〗B〖解析〗小球在疊加場中做勻速圓周運動，則小球受到的電場力和重力滿足mg＝Eq，則小球帶負電，A項錯誤；因為小球做圓周運動的向心力由洛倫茲力提供，由牛頓第二定律和動能定理可得：qvB＝eq\f(mv2,r)，Uq＝eq\f(1,2)mv2，故小球做勻速圓周運動的半徑r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2UE,g))，B項正確；由T＝eq\f(2πr,v)，可以得出T＝eq\f(2πE,Bg)，與電壓U無關(guān)，C、D項錯誤．如圖3所示，A、B間存在與豎直方向成45°斜向上的勻強電場E1，B、C間存在豎直向上的勻強電場E2，A、B的間距為1.25m，B、C的間距為3m，C為熒光屏．一質(zhì)量m＝1.0×10－3kg、電荷量q＝＋1.0×10－2C的帶電粒子由a點靜止釋放，恰好沿水平方向經(jīng)過b點到達熒光屏上的O點．若在B、C間再加方向垂直紙面向外且大小為B＝0.1T的勻強磁場，粒子經(jīng)b點偏轉(zhuǎn)到達熒光屏O′點(圖中未畫出)．取g＝10m/s2.求：圖3(1)E1的大??；(2)加上磁場后粒子打在屏上的位置O′距O點的距離；(3)加上磁場后，粒子由b點到O′點電勢能的變化量．〖答案〗(1)eq\r(2)N/C(2)1.0m(3)增加了1.0×10－2J〖解析〗(1)粒子在A、B間做勻加速直線運動，豎直方向受力平衡，則有qE1cos45°＝mg解得E1＝eq\r(2)N/C.(2)粒子從a到b的過程中，由動能定理得：qE1dABsin45°＝eq\f(1,2)mvb2解得vb＝5m/s加磁場后粒子在B、C間必做勻速圓周運動，如圖所示，由牛頓第二定律可得：qvbB＝meq\f(v\o\al(b2),R)解得R＝5m設粒子在B、C運動的偏轉(zhuǎn)距離為y，由幾何知識得R2＝dBC2＋(R－y)2代入數(shù)據(jù)得y＝1.0m(y＝9.0m舍去)(3)加磁場前粒子在B、C間必做勻速直線運動，則有：qE2＝mg粒子在B、C間運動時電場力做的功有W＝－qE2y＝－mgy＝－1.0×10－2J由功能關(guān)系知，粒子由b點到O′點電勢能增加了1.0×10－2J.三、帶電粒子在疊加場中的一般曲線運動(多選)(2020·揚州中學高二期中)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4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4A．該離子帶負電B．A、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由靜止開始向下運動，可知離子受到的電場力方向向下，則該離子帶正電，A錯誤；洛倫茲力不做功，從A到B，動能變化為零，根據(jù)動能定理知，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(jù)動能定理知，離子到達C點時電場力做功最多，則速度最大，C正確；離子在B點的狀態(tài)與A點的狀態(tài)(速度為零，電勢能相等)相同，如果右側(cè)仍有同樣的電場和磁場的疊加區(qū)域，離子將在B點的右側(cè)重復前面的曲線運動，不可能沿原曲線返回A點，D錯誤.1．(帶電粒子在疊加場中的直線運動)如圖5所示，豎直平面內(nèi)存在水平方向的勻強電場，電場強度為E，同時存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B，紙面內(nèi)放置一光滑的絕緣細桿，與水平方向成θ＝45°角．質(zhì)量為m、帶電荷量為q的金屬小環(huán)套在細桿上，以初速度v0沿著細桿向下運動，小環(huán)離開細桿后，恰好做直線運動，則以下說法正確的是()圖5A．小環(huán)可能帶負電B．電場方向可能水平向右C．小環(huán)的初速度v0＝eq\f(\r(2)mg,qB)D．小環(huán)離開細桿時的速度v＝eq\f(E,B)〖答案〗C2．(帶電粒子在疊加場中的圓周運動)如圖6所示，直角坐標系xOy位于豎直平面內(nèi)，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(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的小球，從y軸上的A點水平向右拋出，經(jīng)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軸正方向的夾角為θ.不計空氣阻力，重力加速度為g，求：圖6(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)eq\f(mg,q)豎直向上(2)eq\f(qBL,2mtanθ)(3)eq\f(q2B2L2,8m2g)〖解析〗(1)小球在電場、磁場區(qū)域中恰能做勻速圓周運動，其所受電場力與重力平衡，有qE＝mg①則E＝eq\f(mg,q)②重力的方向豎直向下，電場力的方向應為豎直向上，由于小球帶正電，所以電場強度方向豎直向上．(2)小球在疊加場中做勻速圓周運動，如圖所示，O′為圓心，MN為弦長，∠MO′P＝θ，設軌道半徑為r，由幾何關(guān)系知eq\f(L,2r)＝sinθ③小球做勻速圓周運動的向心力由洛倫茲力提供，設小球做圓周運動的速度為v，有qvB＝eq\f(mv2,r)④由速度的合成與分解知eq\f(v0,v)＝cosθ⑤由③④⑤式得v0＝eq\f(qBL,2mtanθ).⑥(3)設小球到M點時的豎直分速度為vy，它與水平分速度的關(guān)系為vy＝v0tanθ⑦由勻變速直線運動規(guī)律有vy2＝2gh⑧由⑥⑦⑧式得h＝eq\f(q2B2L2,8m2g).3．(帶電粒子在疊加場中的一般曲線運動)(多選)如圖7所示，xOy坐標平面在豎直面內(nèi)，x軸沿水平方向，y軸正方向豎直向上，在圖示空間內(nèi)有垂直于xOy平面的水平勻強磁場(圖中未畫出)．一帶電小球從O點由靜止釋放，運動軌跡如圖中曲線所示．關(guān)于帶電小球的運動，下列說法中正確的是()圖7A．OAB軌跡為半圓B．小球運動至最低點A時速度最大，且沿水平方向C．小球在整個運動過程中機械能守恒D．小球在最低點A時受到的洛倫茲力與重力大小相等〖答案〗BC〖解析〗因為重力改變速度的大小，而洛倫茲力僅改變速度的方向，又洛倫茲力大小隨速度大小的變化而變化，故小球運動的軌跡不可能是圓，故A錯誤；整個過程中由于洛倫茲力不做功，即只有重力做功，故小球機