考前三個月高考物理廣東專用精講專題8 帶電粒子在復合場中的運動

1、高考定位帶電粒子在復合場中的運動是力電綜合的重點和高考的熱點，常見的考查形式有組合場(電場、磁場、重力場依次出現(xiàn))、疊加場(空間同一區(qū)域同時存在兩種以上的場)、周期性變化場等，近幾年高考試題中，涉及本專題內(nèi)容的頻度極高，特別是計算題，題目難度大，涉及面廣試題多把電場和磁場的性質(zhì)、運動學規(guī)律、牛頓運動定律、圓周運動規(guī)律、功能關系揉合在一起主要考查考生的空間想象能力、分析綜合能力以及運用數(shù)學知識解決物理問題的能力以考查考生綜合分析和解決復雜問題的能力考題1帶電粒子在疊加場中的運動分析例1如圖1所示，位于豎直平面內(nèi)的坐標系xOy，在其第三象限空間有垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為BT，還有

2、沿x軸負方向的勻強電場，場強大小為E2Ny軸負方向的、場強大小也為E的勻強電場，并在yh0.4 m的區(qū)域有磁感應強度也為B的垂直于紙面向里的勻強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(PO與x軸負方向的夾角為45)，并從原點O進入第一象限已知重力加速度g10 m/s2，問：圖1(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；(2)油滴在P點得到的初速度大小；(3)油滴在第一象限運動的時間審題突破(1)結(jié)合平衡條件判斷油滴所受電場力的方向和洛倫茲力的方向，進而判斷油滴的電性，對油滴受力分析后采用合成法作圖

3、，由幾何關系得出三力之比；(2)根據(jù)油滴在垂直直線方向上應用平衡條件列方程求得速度大??；(3)進入第一象限，由于重力等于電場力，在電場中做勻速直線運動，在混合場中做勻速圓周運動，作出運動軌跡，結(jié)合磁場中圓周運動的周期公式即運動的對稱性確定運動總時間解析(1)根據(jù)受力分析(如圖)可知油滴帶負電荷，設油滴質(zhì)量為m，由平衡條件得：mgqEF11.(2)由第(1)問得：mgqEqvBqE解得：v4m/s.(3)進入第一象限，電場力和重力平衡，知油滴先做勻速直線運動，進入yh的區(qū)域后做勻速圓周運動，軌跡如圖，最后從x軸上的N點離開第一象限由OA勻速運動的位移為s1h其運動時間：t1s由幾何關系和圓周運動

4、的周期關系式T知，由AC的圓周運動時間為t2Ts由對稱性知從CN的時間t3t1在第一象限運動的總時間tt1t2t32s答案(1)11油滴帶負電荷(2)4m/s(3)s1如圖2，水平地面上方有一底部帶有小孔的絕緣彈性豎直擋板，板高h9m，與板上端等高處水平線上有一P點，P點離擋板的距離s3m板的左側(cè)以及板上端與P點的連線上方存在勻強磁場和勻強電場磁場方向垂直紙面向里，磁感應強度B1T；比荷大小C/kg可視為質(zhì)點的小球從擋板下端處小孔以不同的速度水平射入場中做勻速圓周運動，若與擋板相碰就以原速率彈回，且碰撞時間不計，碰撞時電量不變，小球最后都能經(jīng)過位置P，g10 m/s2，求：圖2(1)電場強度的

5、大小與方向；(2)小球不與擋板相碰運動到P的時間；(3)要使小球運動到P點時間最長應以多大的速度射入？答案(1)10N/C，方向豎直向下(2)arcsin(s)(3)m/s解析(1)由題意可知，小球帶負電，因小球做勻速圓周運動，有：Eqmg得：E10N/C，方向豎直向下(2)小球不與擋板相碰直接到達P點軌跡如圖：有：(hR)2s2R2得：R5m設PO與擋板的夾角為，則sin小球做圓周運動的周期T設小球做圓周運動所經(jīng)過圓弧的圓心角為，則t運動時間tarcsin(s)(3)因速度方向與半徑垂直，圓心必在擋板上，設小球與擋板碰撞n次，有R又Rs，n只能取0,1.n0時，(2)問不符合題意n1時，有(

6、3Rh)2s2R2解得：R13m，R2m軌跡如圖，半徑為R2時運動時間最長洛倫茲力提供向心力：qvBm得：vm/s.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

7、電粒子做復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考題2帶電粒子在組合場中的運動分析例2(2014廣東36)如圖3所示，足夠大的平行擋板A1、A2豎直放置，間距為6L.兩板間存在兩個方向相反的勻強磁場區(qū)域和，以水平面MN為理想分界面區(qū)的磁感應強度為B0，方向垂直紙面向外，A1、A2上各有位置正對的小孔S1、S2，兩孔與分界面MN的距離為L.質(zhì)量為m、電量為q的粒子經(jīng)寬度為d的勻強電場由靜止加速后，沿水平方向從S1進入?yún)^(qū)，并直接偏轉(zhuǎn)到MN上的P點，再進入?yún)^(qū)P點與A1板的距離是L的k倍不計重力，碰到擋板的粒子不予考慮圖3(1)若k1，求勻強電場的電場強度E；(2)若2

8、k3，且粒子沿水平方向從S2射出，求出粒子在磁場中的速度大小v與k的關系式和區(qū)的磁感應強度B與k的關系式審題突破(1)粒子在電場中做加速直線運動，根據(jù)動能定理列式；粒子在磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律列式；結(jié)合幾何關系得到軌道半徑；最后聯(lián)立求解(2)結(jié)合幾何關系列式求解出軌道半徑；粒子在磁場中做勻速圓周運動時，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律列式；最后聯(lián)立求解即可解析(1)若k1，則有MPL，粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)幾何關系，該情況粒子的軌跡半徑為RL粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，則有：qvB0m粒子在勻強電場中加速，根據(jù)動能定理有：qEdmv2綜合上式解得：E(2)

9、因為2k3，且粒子沿水平方向從S2射出，該粒子運動軌跡如圖所示，由幾何關系：R2(kL)2(RL)2，又有qvB0m則整理解得：v又因為：6L2kL2x根據(jù)幾何關系有：又qvBm則區(qū)的磁感應強度B與k的關系：B.答案(1)(2)vB2如圖4所示的直角坐標xOy平面內(nèi)有間距為d，長度為d的平行正對金屬板M、N，M位于x軸上，OP為過坐標原點O和極板N右邊緣的直線，與y軸的夾角，OP與y軸之間及y軸右側(cè)空間中分別存在磁感應強度大小相等方向相反且均垂直于坐標平面的勻強磁場質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從M板左側(cè)邊緣以速度v0沿極板方向射入，恰好從N板的右側(cè)邊緣A點射出進入磁場粒子第一次通過y軸時，

10、速度與y軸負方向的夾角為.不計粒子重力，求：圖4(1)極板M、N間的電壓；(2)勻強磁場磁感應強度的大?。?3)粒子第二次通過y軸時的縱坐標值；(4)粒子從進入板間到第二次通過y軸時經(jīng)歷的時間答案(1)(2)(3)2d(4)()解析(1)粒子在M、N板間做類平拋運動，設加速度為a，運動時間為t1，則dv0t1dat根據(jù)牛頓運動定律得qma聯(lián)立解得U.(2)設粒子經(jīng)過A點時的速度為v，方向與x軸的夾角為，根據(jù)動能定理，得qUmv2mvcos解得v2v0，設粒子第一次與y軸相交于D點，軌跡如圖，由幾何關系知D點與A點高度相等，C1DO為等邊三角形Rd根據(jù)牛頓定律，得qvBm整理得B.(3)粒子在y

11、軸右側(cè)空間的運動軌跡如圖由幾何關系知DE2Rcosd即E點的縱坐標為yE2d.(4)粒子從A到D的時間t2T從D到E的時間t3T而T故tt1t2t3().3如圖5所示，相距3L的AB、CD兩直線間的區(qū)域存在著兩個大小不同、方向相反的有界勻強電場，其中PT上方的電場的場強方向豎直向下，PT下方的電場的場強方向豎直向上，電場的場強大小是電場的場強大小的兩倍，在電場左邊界AB上有點Q，PQ間距離為L.從某時刻起由Q以初速度v0沿水平方向垂直射入勻強電場的帶電粒子，電量為q、質(zhì)量為m.通過PT上的某點R進入勻強電場后從CD邊上的M點水平射出，其軌跡如圖，若PR兩點的距離為2L.不計粒子的重力試求：圖5

12、(1)勻強電場的電場強度的大小和MT之間的距離；(2)有一邊長為a、由光滑彈性絕緣壁圍成的正三角形容器，在其邊界正中央開有一小孔S，將其置于CD右側(cè)且緊挨CD邊界，若從Q點射入的粒子經(jīng)AB、CD間的電場從S孔水平射入容器中欲使粒子在容器中與器壁多次垂直碰撞后仍能從S孔射出(粒子與絕緣壁碰撞時無機械能和電量損失)，并返回Q點，需在容器中現(xiàn)加上一個如圖所示的勻強磁場，粒子運動的半徑小于a，求磁感應強度B的大小應滿足的條件以及從Q出發(fā)再返回到Q所經(jīng)歷的時間答案(1)L(2)B，n1,2，n1,2，解析(1)設粒子經(jīng)PT直線上的點R由E2電場進入E1電場，由Q到R及R到M點的時間分別為t2與t1，到達

13、R時豎直速度為vy，則由FqEma，2Lv0t2，Lv0t1，Lt，E12E2，得E1vyt2t1MTt聯(lián)立解得MTL.(2)欲使粒子仍能從S孔處射出，粒子運動的半徑為r，則qv0B(12n)ra，n1,2，解得：B，n1,2，由幾何關系可知t3(2n)(3n)Tn1,2,3T代入B得T，n1,2，t2t12t2t，n1,2，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

14、規(guī)律結(jié)合幾何關系處理(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考題3帶電粒子在周期性變化的電磁場中的運動分析例3(19分)如圖6甲所示，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軸正方向的帶負電粒子圖6已知v0、t0、B0，粒子的比荷為，不計粒子的重力求：(1)tt0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

15、有E0值解析(1)由粒子的比荷，則粒子做圓周運動的周期T2t0(1分)則在0t0內(nèi)轉(zhuǎn)過的圓心角(2分)由牛頓第二定律qv0B0m(2分)得r1(1分)位置坐標(，0)(1分)(2)粒子t5t0時回到原點，軌跡如圖所示r22r1(2分)r1r2(1分)得v22v0(1分)又，r2(1分)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，則在05t0時間內(nèi)粒子距x軸的最大距離：hmt0r2()v0t0.(2分)(3)如圖所示，設帶電粒子在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，由幾何關系可知，要使粒子經(jīng)過原點，則必須滿足：n(2r22r1)

16、2r1，(n1,2,3，)(1分)r1r2(1分)聯(lián)立以上各式解得vv0，(n1,2,3，)(1分)又由vv0(1分)得E0，(n1,2,3，)(1分)答案(1)(，0)(2)()v0t0(3)，(n1,2,3，)(20分)如圖7甲所示，間距為d、垂直于紙面的兩平行板P、Q間存在勻強磁場取垂直于紙面向里為磁場的正方向，磁感應強度隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示t0時刻，一質(zhì)量為m、帶電量為q的粒子(不計重力)，以初速度v0由Q板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁場且平行于板面的方向射入磁場區(qū)當B0和TB取某些特定值時，可使t0時刻入射的粒子經(jīng)t時間恰能垂直打在P板上(不考慮粒子反彈)上述m、q、d、v0

17、為已知量圖7(1)若tTB，求B0；(2)若tTB，求粒子在磁場中運動時加速度的大小；(3)若B0，為使粒子仍能垂直打在P板上，求TB.答案(1)(2)(3)或解析(1)設粒子做圓周運動的半徑為R1，由牛頓第二定律得qv0B0據(jù)題意由幾何關系得R1d聯(lián)立式得B0(2)設粒子做圓周運動的半徑為R2，加速度大小為a，由圓周運動公式得a據(jù)題意由幾何關系得3R2d聯(lián)立式得a.(3)設粒子做圓周運動的半徑為R，周期為T，由圓周運動公式得T由牛頓第二定律得qv0B0由題意知B0，代入式得d4R粒子運動軌跡如圖所示，O1、O2為圓心，O1O2連線與水平方向的夾角為，在每個TB內(nèi)，只有A、B兩個位置才有可能垂

18、直擊中P板，且均要求0，由題意可知T設經(jīng)歷完整TB的個數(shù)為n(n0,1,2,3，)若在A點擊中P板，據(jù)題意由幾何關系得R2(RRsin)nd當n0時，無解當n1時，聯(lián)立式得(或sin)聯(lián)立式得TB當n2時，不滿足090的要求若在B點擊中P板，據(jù)題意由幾何關系得R2Rsin2(RRsin)nd當n0時，無解當n1時，聯(lián)立式得arcsin(或sin)聯(lián)立式得TB當n2時，不滿足090的要求知識專題練訓練8題組1帶電粒子在疊加場中的運動分析1(雙選)如圖1所示，空間存在水平向左的勻強電場和垂直紙面向里的水平勻強磁場在該區(qū)域中，有一個豎直放置的光滑絕緣圓環(huán)，環(huán)上套有一個帶正電的小球O點為圓環(huán)的圓心，a

19、、b、c、d為圓環(huán)上的四個點，a點為最高點，c點為最低點，b、O、d三點在同一水平線上已知小球所受電場力與重力大小相等現(xiàn)將小球從環(huán)的頂端a點由靜止釋放，下列判斷正確的是()圖1A小球能越過d點并繼續(xù)沿環(huán)向上運動B當小球運動到d點時，不受洛倫茲力C小球從d點運動到b點的過程中，重力勢能減小，電勢能減小D小球從b點運動到c點的過程中，經(jīng)過弧bc中點時速度最大答案BD解析電場力與重力大小相等，則二者的合力指向左下方45，由于合力是恒力，故類似于新的重力，所以ad弧的中點相當于豎直平面圓環(huán)的“最高點”關于圓心對稱的位置(即bc弧的中點)就是“最低點”，速度最大；由于a、d兩點關于新的最高點對稱，若從a

20、點靜止釋放，最高運動到d點，故A錯誤；當小球運動到d點時，速度為零，故不受洛倫茲力，故B正確；由于d、b等高，故小球從d點運動到b點的過程中，重力勢能不變，故C錯誤；由于等效重力指向左下方45，由于弧bc中點是等效最低點，故小球從b點運動到c點的過程中，經(jīng)過弧bc中點時速度最大，故D正確2如圖2甲所示，x軸正方向水平向右，y軸正方向豎直向上在xOy平面內(nèi)有與y軸平行的勻強電場，在半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)加有與xOy平面垂直的勻強磁場在坐標原點O處放置一帶電微粒發(fā)射裝置，它可以連續(xù)不斷地發(fā)射具有相同質(zhì)量m、電荷量q(q0)和初速度為v0的帶電微粒(已知重力加速度為g)圖2(1)當帶電微粒發(fā)射裝置連續(xù)

21、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度E和磁感應強度B的大小和方向(2)調(diào)節(jié)坐標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，則在保證電場強度E和磁感應強度B的大小和方向不變的條件下，求出符合條件的磁場區(qū)域的最小面積答案(1)E，沿y軸正方向B，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電場強度大小為E，由平衡條件得：mgqE解得：E由于粒子帶正電，故

22、電場方向沿y軸正方向帶電微粒進入磁場后，做勻速圓周運動，且半徑rR.設勻強磁場的磁感應強度大小為B.由牛頓第二定律得：qv0Bm解得B，磁場方向垂直紙面向外(2)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O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OA與圓弧ODA之間的區(qū)域即為磁場區(qū)域的最小面積：S2(R2R2)(1)R2.題組2帶電粒子在組合場中的運動分析3如圖3所

23、示，在矩形區(qū)域CDNM內(nèi)有沿紙面向上的勻強電場，場強的大小E105V/m；在矩形區(qū)域MNGF內(nèi)有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小B0.2 T已知CDMNFG0.60 m，CMMF0.20 m在CD邊中點O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v01.0106 m/s的某種帶正電粒子，粒子質(zhì)量m1027kg，電荷量q1019C，粒子可以無阻礙地通過邊界MN進入磁場，不計粒子的重力求：圖3(1)粒子在磁場中做圓周運動的半徑；(2)邊界FG上有粒子射出磁場的范圍長度；(3)粒子在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)m(2)m(3)107s解析(1)電場中由動能定理得：qEdmv2mv由題意知dm，代入數(shù)據(jù)得v2106m/s帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，qBvm解得rm.(2)設粒子沿垂直于電場方向射入時，出電場時水平位移為s，則由平拋規(guī)律得：解得sm離開電場時，sin1，130.由題意可知，PSMN，沿OC方向射出粒子到達P點，為左邊界，垂直MN射出的粒子與邊界FG相切于Q點，Q為右邊界，QOr，軌跡如圖范圍長度為lsr() m