2021屆高考物理教學案：第8講　帶電粒子在組合場和復(fù)合場中的運動含解析

1、學必求其心得，業(yè)必貴于專精2021屆高考物理人教版一輪創(chuàng)新教學案：第48講帶電粒子在組合場和復(fù)合場中的運動含解析第48講帶電粒子在組合場和復(fù)合場中的運動能力命題點一帶電粒子在組合場中的運動1組合場：電場和磁場分布在不同的區(qū)域，組合在一起。帶電粒子運動過程中經(jīng)過不同的區(qū)域時受力情況不同，在電場中一定受電場力,在磁場中可能受到洛倫茲力.2分析思路(1)劃分過程：將粒子運動的過程劃分為幾個不同的階段,不同階段受力情況不同，所適用的解題規(guī)律不同,根據(jù)各階段的運動特點選取各自合適的規(guī)律。（2)找關(guān)鍵:確定帶電粒子在場區(qū)邊界的速度(包括大小和方向）是解決該類問題的關(guān)鍵。此速度是前一過程的末速度，也是后一過

2、程的初速度，是前后兩過程的聯(lián)系。(3）畫運動軌跡:根據(jù)受力分析和運動分析,大致畫出粒子的運動軌跡圖，有利于形象、直觀地解決問題。3組合場中的兩種典型偏轉(zhuǎn)（2017天津高考）平面直角坐標系xoy中，第象限存在垂直于平面向里的勻強磁場，第象限存在沿y軸負方向的勻強電場,如圖所示。一帶負電的粒子從電場中的q點以速度v0沿x軸正方向開始運動，q點到y(tǒng)軸的距離為到x軸距離的2倍。粒子從坐標原點o離開電場進入磁場,最終從x軸上的p點射出磁場，p點到y(tǒng)軸距離與q點到y(tǒng)軸距離相等。不計粒子重力，問：（1)粒子到達o點時速度的大小和方向;(2)電場強度和磁感應(yīng)強度的大小之比。解析(1)在電場中，粒子做類平拋運動

3、,設(shè)q點到x軸距離為l，到y(tǒng)軸距離為2l,粒子的加速度為a，運動時間為t，有2lv0tlat2設(shè)粒子到達o點時沿y軸方向的分速度為vyvyat設(shè)粒子到達o點時速度方向與x軸正方向夾角為，有tan聯(lián)立式得45即粒子到達o點時速度方向與x軸正方向成45角斜向上。設(shè)粒子到達o點時速度大小為v，由運動的合成有v 聯(lián)立式得vv0（2）設(shè)電場強度為e，粒子所帶電荷量為q，質(zhì)量為m,粒子在電場中受到的電場力為f,由牛頓第二定律可得fma又fqe設(shè)磁場的磁感應(yīng)強度大小為b,粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為r，所受的洛倫茲力提供向心力，有qvbm由幾何關(guān)系可知rl聯(lián)立式得。答案(1)v0，速度方向與x軸正方向

4、成45角斜向上(2）帶電粒子在電場和磁場的組合場中運動,實際上是將粒子在電場中的加速與偏轉(zhuǎn),跟粒子在磁場中的勻速圓周運動有效組合在一起。區(qū)別電偏轉(zhuǎn)和磁偏轉(zhuǎn),尋找兩種運動的聯(lián)系和幾何關(guān)系是解題的關(guān)鍵。當帶電粒子連續(xù)通過幾個不同的場區(qū)時，粒子的受力情況和運動情況也發(fā)生相應(yīng)的變化，其運動過程則由幾種不同的運動階段組成；前后兩段過程的聯(lián)系是帶電粒子在邊界的速度，前一過程的末速度就是后一過程的初速度。 (2019山東淄博一模)如圖,與水平面成45角的平面mn將空間分成和兩個區(qū)域。區(qū)域存在方向豎直向下的勻強電場，電場強度大小為e；區(qū)域存在垂直于紙面向外的勻強磁場。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子以速度v

5、0從平面mn上的p點水平向右射入?yún)^(qū)域。粒子的重力忽略不計。（1)求粒子第一次到達平面mn時離出發(fā)點p的距離；(2）上述粒子進入?yún)^(qū)域空間后，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)第一次離開區(qū)域時,恰好能夠通過p點，試求該勻強磁場的磁感應(yīng)強度b的大小。答案(1）(2)解析（1）帶電粒子進入電場后做類平拋運動,設(shè)其加速度為a，運動時間為t，所求的距離為s，由牛頓第二定律可得:eqma由運動學公式和幾何關(guān)系可知：scos45v0t，ssin45at2聯(lián)立解得s。（2)設(shè)粒子進入磁場時豎直方向的分速度為vy，合速度為v，v與mn所成的夾角為，與水平方向的夾角為，則:vyat 2v0vcossin，粒子在磁場中做勻速圓周運動，由題意

6、得在磁場中：rsinqvbm聯(lián)立解得b。能力命題點二帶電粒子在復(fù)合場中的運動1復(fù)合場存在形式有以下三種(1）洛倫茲力、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，只有重力做功,故機械能守恒，由此可求解問題。（2)靜電力、洛倫茲力并存(不計重力的微觀粒子)若靜電力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運動.若靜電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）靜電力、洛倫茲力、重力并存若三力平衡，一定做勻速直線運動。若粒子所受重力與靜電力一直大小相等、方向相反，且粒子速度垂直

7、勻強磁場方向，則一定做勻速圓周運動。反之，若空間勻強電場、勻強磁場和重力場疊加，且粒子在垂直于磁場的方向上做勻速圓周運動，則重力和靜電力一定大小相等、方向相反。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，可用能量守恒定律或動能定理求解問題。2帶電粒子在復(fù)合場中有約束情況下的運動帶電粒子在復(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)合牛頓運動定律求解.3帶電粒子在復(fù)合場中運動的分析方法如圖所示，區(qū)域內(nèi)有與水平方向成45角的勻強電場

8、，區(qū)域?qū)挾葹閐1,區(qū)域內(nèi)有正交的有界勻強磁場和勻強電場，區(qū)域?qū)挾葹閐2，磁場方向垂直紙面向里,電場方向豎直向下。一質(zhì)量為m、電荷量為q的微粒在區(qū)域左邊界的p點由靜止釋放后水平向右做直線運動，進入?yún)^(qū)域后做勻速圓周運動，從區(qū)域右邊界上的q點穿出，其速度方向改變了60，重力加速度為g,求：（1）區(qū)域和區(qū)域內(nèi)勻強電場的電場強度e1、e2的大?。唬?）區(qū)域內(nèi)勻強磁場的磁感應(yīng)強度b的大?。唬?)微粒從p運動到q的時間。解析（1）微粒在區(qū)域內(nèi)水平向右做直線運動，則在豎直方向上，有qe1sin45mg解得e1微粒在區(qū)域內(nèi)做勻速圓周運動，則在豎直方向上，有mgqe2解得e2.（2)設(shè)微粒在區(qū)域內(nèi)水平向右做直線運

9、動時加速度為a,離開區(qū)域時速度為v，在區(qū)域內(nèi)做勻速圓周運動的軌道半徑為r，則agv22ad1rsin60d2qvbm解得b 。（3)微粒在區(qū)域內(nèi)做勻加速直線運動,t1 在區(qū)域內(nèi)做勻速圓周運動的圓心角為60，而t則t2 解得tt1t2 。答案（1)（2) （3) 關(guān)于是否考慮粒子重力的三種情況（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靜電力或磁場力相比太小，可以忽略；而對于一些宏觀帶電小物體,如帶電小球、液滴、塵埃等一般應(yīng)當考慮其重力。(2)在題目中有明確說明是否要考慮重力的，按題目要求處理。（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，要結(jié)合運動狀態(tài)確定

10、是否要考慮重力。1(2019北京市豐臺區(qū)高三月考)如圖所示，地面附近某真空環(huán)境中存在著水平方向的勻強電場和勻強磁場,已知磁場方向垂直紙面向里，一個帶正電的油滴，沿著一條與豎直方向成角的直線mn運動,由此可以判斷（） a勻強電場方向一定是水平向左b油滴沿直線一定做勻加速運動c油滴可能是從n點運動到m點d油滴一定是從n點運動到m點答案a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)物體做直線運動的條件及f洛qvb可知，油滴必定做勻速直線運動，油滴所受洛倫茲力亦為恒力，故b錯誤；油滴受到的重力豎直向下，電場力沿水平方向，而所受合力為零,所以油滴受到的洛倫茲力的方向為

11、垂直于mn斜向右上方,電場力水平向左，如圖所示，又因為油滴帶正電,故電場水平向左，a正確；再結(jié)合左手定則，可知油滴一定是從m點運動到n點，故c、d錯誤。2(2019蘭州高三診斷考試）（多選）質(zhì)量為m、帶電量為q的小球套在水平固定且足夠長的粗糙絕緣桿上,如圖所示，整個裝置處于磁感應(yīng)強度為b、垂直紙面向里的水平勻強磁場中?，F(xiàn)給小球一個水平向右的初速度v0使其開始運動,不計空氣阻力，則對小球從開始到最終穩(wěn)定的過程,下列說法正確的是（)a一定做減速運動b運動過程中克服摩擦力做的功可能是0c最終穩(wěn)定時的速度一定是d最終穩(wěn)定時的速度可能是0答案bd解析對小球受力分析，小球受豎直向下的重力、豎直向上的洛倫茲

12、力及可能有的彈力和摩擦力。若qv0bmg，則小球受豎直向下的重力、豎直向上的洛倫茲力、向下的彈力和向左的摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律可得：qvbmgfn,fnma,解得：小球的加速度a，方向向左，則小球做加速度減小的減速運動，最終勻速運動，勻速運動的速度v；若qv0bmg，則小球受豎直向下的重力、豎直向上的洛倫茲力，二力平衡，小球做勻速運動，勻速運動的速度v；若qv0bmbmc bmbmamccmcmamb dmcmbma答案b解析設(shè)三個微粒的電荷量均為q，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運動，說明洛倫茲力提供向心力，重力與電場力平衡，即magqeb在紙面內(nèi)向右做勻速直線運動，三力平衡,則mbgqeqvbbc

13、在紙面內(nèi)向左做勻速直線運動，三力平衡，則mcgqvcbqe比較式得:mbmamc，選項b正確.9。 （2019河南開封高三上一模)如圖所示,空間存在垂直紙面向里、磁感應(yīng)強度為b的勻強磁場和水平向左、場強為e的勻強電場.有一質(zhì)量為m，電荷量大小為q的微粒垂直于磁場且以與水平方向成45角的速度v做直線運動,重力加速度為g.則下列說法正確的是() a微?？赡茏鰟蚣铀僦本€運動b微粒可能只受兩個力作用c勻強磁場的磁感應(yīng)強度bd勻強電場的電場強度e答案d解析若微粒只受電場力和洛倫茲力兩個力，因洛倫茲力垂直于速度,故不可能做直線運動，微粒還受重力，b錯誤;若微粒帶正電，受電場力水平向左，洛倫茲力垂直于速度方

14、向斜向右下方,而重力豎直向下，則電場力、洛倫茲力和重力三個力的合力與速度不可能一直在同一直線上，微粒不可能做直線運動，所以微粒不可能帶正電。若微粒帶負電,受電場力水平向右，洛倫茲力垂直于速度方向斜向左上方,而重力豎直向下，如圖所示，只有電場力、洛倫茲力和重力三力平衡，粒子才能做直線運動，所以粒子做勻速直線運動，故a錯誤；根據(jù)平衡條件，有：qemgtan45,qvb,聯(lián)立解得：e，b，故d正確,c錯誤。10（2020洛陽尖子生第一次聯(lián)考）(多選）如圖所示，兩平行線ef和mn將磁場分割為上、下兩部分,磁場的磁感應(yīng)強度大小為b，方向垂直紙面向里?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子(不計重力)從ef

15、線上的a點以速度v斜向下射入ef下方磁場,速度與ef成30角，經(jīng)過一段時間后粒子正好經(jīng)過c點,經(jīng)過c點時速度方向斜向上，與ef也成30角.已知a、c兩點間距為l,兩平行線間距為d，下列說法正確的是()a粒子不可能帶負電b磁感應(yīng)強度大小可能為bc粒子到達c點的時間可能為d粒子的速度可能為v答案bcd解析若粒子帶負電，其運動軌跡可能如圖甲所示，粒子可能經(jīng)過c點,且速度斜向上與ef成30角，故粒子可能帶負電，a錯誤;若粒子帶正電,且第一次到達ef時經(jīng)過c點,如圖乙所示，由幾何關(guān)系可知，粒子軌跡半徑為l,由qvbm，可解得v，b,b、d正確；若粒子帶正電，其運動軌跡也可能如圖丙所示，它在下方磁場中運動

16、一次的時間t1,在上方磁場中運動一次的時間t2t，在無磁場區(qū)域中做一次直線運動的時間t3，則粒子到達c點的時間可能為t2t1t22t3，c正確。11. (2019安徽合肥高三上一診）(多選)如圖所示，一根固定的絕緣豎直長桿位于范圍足夠大且相互正交的勻強電場和勻強磁場中，電場強度大小為e，磁感應(yīng)強度大小為b。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小圓環(huán)套在桿上，環(huán)與桿間的動摩擦因數(shù)為，現(xiàn)使圓環(huán)以初速度v0向下運動，經(jīng)時間t0，圓環(huán)回到出發(fā)點.若圓環(huán)回到出發(fā)點之前已經(jīng)開始做勻速直線運動，不計空氣阻力，重力加速度為g。則下列說法中正確的是（） a環(huán)經(jīng)過時間剛好到達最低點b環(huán)的最大加速度為amgc環(huán)在t0時間

17、內(nèi)損失的機械能為mvd環(huán)下降過程和上升過程系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能相等答案bc解析由題意可知，環(huán)在運動的過程中,受到的電場力大小為fqe2mg,方向始終豎直向上。設(shè)豎直向下為正方向，環(huán)下滑的過程中,根據(jù)牛頓第二定律得：mg（qeqvb)ma，解得：ag，故環(huán)在下滑的過程中做加速度逐漸減小的減速運動;環(huán)上升的過程中，根據(jù)牛頓第二定律mgqvbqema，解得：ag，環(huán)上升過程做加速度逐漸減小的加速運動，在到達原出發(fā)點前，加速度減為零，此時,a0，v，開始以速度v做勻速直線運動。所以，由于運動的不對稱性可以確定，從開始下滑到最低點的時間不等于，a錯誤；整個運動過程中，加速度一直減小，所以在運動的最開始時

18、，環(huán)的加速度最大，加速度大小的最大值為：amg,b正確；由以上計算可知，整個過程中，系統(tǒng)損失的機械能emvmv2mv，c正確;環(huán)上升和下降的過程中，摩擦力的平均值大小不相等，故因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能不相等，d錯誤。12(2019全國卷）如圖，在直角三角形opn區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為b、方向垂直于紙面向外。一帶正電的粒子從靜止開始經(jīng)電壓u加速后,沿平行于x軸的方向射入磁場;一段時間后，該粒子在op邊上某點以垂直于x軸的方向射出。已知o點為坐標原點，n點在y軸上，op與x軸的夾角為30，粒子進入磁場的入射點與離開磁場的出射點之間的距離為d，不計重力。求：（1）帶電粒子的比荷；（2)帶電粒子

19、從射入磁場到運動至x軸的時間.答案(1)（2）解析(1)設(shè)帶電粒子的質(zhì)量為m,電荷量為q，加速后的速度大小為v。由動能定理有qumv2設(shè)粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為r,由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有qvbm粒子運動的軌跡如圖，由幾何關(guān)系知dr聯(lián)立式得（2）由幾何關(guān)系知，帶電粒子從射入磁場到運動至x軸所經(jīng)過的路程為srtan30帶電粒子從射入磁場到運動至x軸的時間為t聯(lián)立式得t。13(2019山東德州高三一模）如圖所示，在xoy坐標平面內(nèi),虛線pq與x軸正方向的夾角為60，其右側(cè)有沿y軸正方向的勻強電場；左側(cè)有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為b。一質(zhì)量為m，帶電量為q的帶負電的粒

20、子自坐標原點o射入勻強磁場中，經(jīng)過一段時間后恰好自虛線pq上的m點沿x軸正方向進入勻強電場，粒子在電場中的運動軌跡與x軸的交點為n。已知o、m兩點間的距離為l;o、n兩點間的距離為1l，粒子重力不計。求：（1）帶電粒子自坐標原點o射入勻強磁場的速度大??；(2）勻強電場的電場強度的大小;（3）若自o點射入磁場的粒子帶正電，粒子的質(zhì)量、帶電量、初速度等都不變，則在粒子離開o點后的運動中第二次與虛線pq相交的交點坐標。答案(1)（2）（3）l,l解析(1)粒子在磁場中運動時qvbl2rsin60解得粒子自坐標原點o射入勻強磁場的速度大小v。(2)粒子自m到n做類平拋運動沿電場方向：lsin60t垂直

21、電場方向:1llcos60vt1得電場強度e。(3）若自o點射入磁場的粒子帶正電，粒子在磁場中逆時針轉(zhuǎn)過240后自r點垂直于電場方向離開磁場，如圖所示.由幾何關(guān)系可得r點的橫坐標：xrrcos30lr點的縱坐標：yr（rrsin30)l粒子進入電場后做類平拋運動，交pq于s點垂直電場方向：xrsvt2沿電場方向：yrsttan60解得：t2，xrs，yrs2l粒子第二次與虛線pq的交點s的橫坐標：xxrsxrl縱坐標：yyrsyrl則粒子第二次與虛線pq的交點s的坐標為l，l.14（2019廣東深圳二模）如圖a所示，整個空間存在豎直向上的勻強電場（平行于紙面)，在同一水平線上的兩位置，以相同速

22、率同時噴出質(zhì)量均為m的油滴a和b，帶電量為q的a水平向右，不帶電的b豎直向上。b上升高度為h時,到達最高點，此時a恰好與它相碰，瞬間結(jié)合成油滴p。忽略空氣阻力，重力加速度為g。求：(1）油滴b豎直上升的時間及兩油滴噴出位置的距離；（2)勻強電場的場強及油滴a、b結(jié)合為p后瞬間的速度；(3）若油滴p形成時恰位于某矩形區(qū)域邊界,取此時為t0時刻，同時在該矩形區(qū)域加一個垂直于紙面的周期性變化的勻強磁場,磁場變化規(guī)律如圖b所示，磁場變化周期為t0(垂直紙面向外為正）,已知p始終在矩形區(qū)域內(nèi)運動，求矩形區(qū)域的最小面積。(忽略磁場突變的影響）答案（1） 2h(2)，方向向右上方，與水平方向夾角為45（3）

23、解析(1）設(shè)油滴的噴出速率為v0,則油滴b做豎直上拋運動，則：0v2gh解得v00v0gt0解得t0 對油滴a的水平分運動，有：x0v0t0解得x02h.(2)兩油滴結(jié)合之前,油滴a做類平拋運動,設(shè)其加速度為a,則：qemgmahat解得ag,e設(shè)兩油滴結(jié)合前瞬間油滴a的速度大小為va,方向向右上方，與水平方向的夾角為，則：v0vacosv0tanat0解得va2，45兩油滴的結(jié)合過程動量守恒: mva2mvp聯(lián)立解得vp，方向向右上方，與水平方向的夾角為45。(3）因qe2mg，油滴p在磁場中做勻速圓周運動,設(shè)其半徑為r，周期為t，則：bqvp2m解得r由t,解得tt0即油滴p在磁場中的運動軌跡是兩個外切圓組成的“8”字形，最小矩形的兩條邊長分別為2r和4r，軌跡如圖，最小面積為：smin2r4r。15。 （2018全國卷)如圖,在y0的區(qū)域存在方向沿y軸負方向的勻強電場，場強大小為e；在y0的區(qū)域存在方向垂直于xoy平面向外的勻強磁場.一個氕核h和一個氘核h先后從y軸上yh點以相同的動能射出，速度方向沿x軸正方向。已知h進入磁場時，速度方向與x軸正方向的夾角為60，并從坐標原點o處第一