2019年高考物理大一輪復(fù)習(xí)微專題12帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)學(xué)案新人教版_3192

1、微專題12帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1.帶電體在疊加場(chǎng)中無(wú)約束情況下的運(yùn)動(dòng)(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(yùn)動(dòng).若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)，因洛倫茲力不做功，故機(jī)械能守恒，由此可求解問(wèn)題.(2)靜電力、洛倫茲力并存(不計(jì)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(yùn)動(dòng).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(yùn)動(dòng)，因洛倫茲力不做功，可用動(dòng)能定理求解問(wèn)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(yùn)動(dòng).若重力與靜電力平衡，一定做勻速圓周運(yùn)動(dòng).若合力不為零且與速度方向不垂直，將做復(fù)雜

2、的曲線運(yùn)動(dòng)，因洛倫茲力不做功，可用能量守恒定律或動(dòng)能定理求解問(wèn)題.2.帶電體在疊加場(chǎng)中有約束情況下的運(yùn)動(dòng)帶電體在疊加場(chǎng)中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道等約束的情況下，常見(jiàn)的運(yùn)動(dòng)形式有直線運(yùn)動(dòng)和圓周運(yùn)動(dòng)，此時(shí)解題要通過(guò)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(diǎn)，運(yùn)用動(dòng)能定理、能量守恒定律結(jié)合牛頓運(yùn)動(dòng)定律求解.典曼1(2019山東棗莊一模)如圖所示，穿有MN兩個(gè)小球(均視為質(zhì)點(diǎn))的光滑絕緣圓環(huán)，固定在豎直面內(nèi)，圓心為O半徑R=0.3m.MN用一根不可伸長(zhǎng)的絕緣輕質(zhì)細(xì)繩相連，小球質(zhì)量分別為rm=0.01kg、m尸0.08kg;M帶電荷量q=+7X104C,N不帶電.該空間同時(shí)存在勻強(qiáng)電場(chǎng)和

3、勻強(qiáng)磁場(chǎng).電場(chǎng)方向豎直向上，電場(chǎng)強(qiáng)度E=1X103V/m;磁場(chǎng)方向垂直于圓環(huán)平面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=乎X102T,將兩小球從圖示位置(M與圓心O等高，N在圓心O的正下方)由靜止釋放，兩小球開(kāi)始沿逆時(shí)針?lè)较蛳蛏限D(zhuǎn)動(dòng).重力加速度g取10m/s2,已知sin37°=0.6,cos37°=0.8.則在兩球從圖示位置逆時(shí)針向上轉(zhuǎn)動(dòng)的過(guò)程中，求：(1)通過(guò)計(jì)算判斷，小球M能否到達(dá)圓環(huán)的最高點(diǎn).(2)小球M速度最大時(shí)，圓環(huán)對(duì)小球M的彈力.(3)小球M電勢(shì)能變化量的最大值.解析：(1)設(shè)MN在轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中，繩對(duì)MN做的功分別為W、W,則忸W=0,設(shè)M到達(dá)圓環(huán)最高點(diǎn)時(shí)，MN的動(dòng)能分別為EkM.

4、EkN,對(duì)M洛倫茲力不做功，由動(dòng)能定理得qER-mgR+W=Em,對(duì)N,由動(dòng)能定理得WmNgR=Rn,聯(lián)立解得EkMl+&N=-0.06J,即M在圓環(huán)最高點(diǎn)時(shí)，系統(tǒng)動(dòng)能為負(fù)值，故M不能到達(dá)圓環(huán)的最高點(diǎn).(2)設(shè)N轉(zhuǎn)過(guò)&角時(shí)，MN的速度大小分別為v眺vn,因MN做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑和角速度均相同，故vm=VN,對(duì)M洛倫茲力不做功，由動(dòng)能定理得qERsinamgRsin1.2a+W2=2mvM,對(duì)N,由動(dòng)能定理得W2'mNgR(1cos12)=2nNvN,W2+W'=0,聯(lián)立解得一24、，Vm=x(3sina+4cosa4),3由上式可得，當(dāng)a=37。時(shí)，MN的速度達(dá)到

5、最大速度，最大速度Vmax=智m/s,M速度最大時(shí)，設(shè)繩的拉力為F,圓環(huán)對(duì)小球M的彈力為Fn,由牛頓第二定律得Fcos45。=(qEmMg)cos372qvmaXB=Fsin45°,l、.一。,lmvmax一(qE-mg)sin37+Fn=-r-,解得Fn=0.096N,負(fù)號(hào)表示彈力方向沿圓環(huán)徑向向外.(3)MN從圖示位置逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中，由于M不能到達(dá)最高點(diǎn)，所以，當(dāng)兩球速度為240時(shí)，電場(chǎng)力做功取多，電勢(shì)能減少取多.由Vm=3x(3sina+4cosa-4)得3sina+4COSa4=0,解得sina=芻(sina=0舍去),126a=一J=0.2016J.62525故M的電勢(shì)能

6、變化量的最大值|AEp|=qEFSin答案：(1)見(jiàn)解析(2)0.096N沿圓環(huán)徑向向外(3)0.2016J帶電粒子在疊加場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的分析方法(1)弄清疊加場(chǎng)的組成.(2)進(jìn)行受力分析.(3)確定帶電粒子的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，注意運(yùn)動(dòng)情況和受力情況的結(jié)合.(4)對(duì)于粒子連續(xù)通過(guò)幾個(gè)不同種類的場(chǎng)時(shí)，要分階段進(jìn)行處理.(5)畫出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡，靈活選擇不同的運(yùn)動(dòng)規(guī)律.當(dāng)帶電粒子在疊加場(chǎng)中做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)受力平衡列方程求解.當(dāng)帶電粒子在疊加場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，應(yīng)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律結(jié)合圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律求解.當(dāng)帶電粒子做復(fù)雜曲線運(yùn)動(dòng)時(shí)，一般用動(dòng)能定理或能量守恒定律求解.對(duì)于臨界問(wèn)題，注意挖掘隱含條件.變氏工工(201

7、9遼寧五校聯(lián)考)如圖所示，與水平面成37。的傾斜軌道AG其延長(zhǎng)線在D點(diǎn)與半圓軌道DF相切，軌道半徑R=1m,軌道均為絕緣材料制成且位于豎直面內(nèi)，整個(gè)空間存在水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，MN的右側(cè)存在垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(C點(diǎn)在MN邊界上).一質(zhì)量為0.4kg的帶電小球沿軌道AC下滑，至C點(diǎn)時(shí)速度v。：1*m/s,接著沿直線CD1動(dòng)到D處進(jìn)入半圓軌道，進(jìn)入時(shí)無(wú)動(dòng)能損失，且恰好能通過(guò)F點(diǎn)，在F點(diǎn)速度vf=4m/s,不計(jì)空氣阻力，g取10m/s2,cos37°=0.8,求：(1)小球帶何種電荷；(2)小球在半圓軌道部分克服摩擦力所做的功.(3)小球從F點(diǎn)飛出時(shí)磁場(chǎng)同時(shí)消失，小球離開(kāi)F點(diǎn)后的運(yùn)動(dòng)

8、軌跡與軌道AC所在直線的交點(diǎn)為QG點(diǎn)未標(biāo)出)，求G點(diǎn)到D點(diǎn)的距離.解析：(1)在MW?側(cè)，小球受到重力、電場(chǎng)力與洛倫茲力作用，如果小球帶負(fù)電荷，電場(chǎng)力水平向右，洛倫茲力指向左下方，重力豎直向下，小球受到的合力不可能為零，小球不可能做直線運(yùn)動(dòng)，則小球帶正電荷.100(2)小球在CD間做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則在D點(diǎn)的速度與C點(diǎn)的速度大小相等，即Vd=7-m/s,電場(chǎng)力與重力的合力F0=一mg=5N.cos37從D到F的過(guò)程，對(duì)小球，1212由動(dòng)能th理可得一WF0-2R=2mv2mv),代入數(shù)據(jù)解得W=27.6J.(3)小球離開(kāi)F點(diǎn)后做類平拋運(yùn)動(dòng)，加速度a=-F0,m12，、一2.22R=2at,代入數(shù)

9、據(jù)解得t=U-s,G點(diǎn)到D點(diǎn)的距離x=VFt=4X2,25m=2.26m.答案：(1)帶正電荷(2)27.6J(3)2.26m1.設(shè)在地面上方的真空室內(nèi)存在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng).已知電場(chǎng)強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向是相同的，電場(chǎng)強(qiáng)度的大小E=4.0V/m,磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B=0.15T,今有一個(gè)帶負(fù)電的質(zhì)點(diǎn)以v=20m/s的速度在此區(qū)域內(nèi)沿垂直場(chǎng)強(qiáng)方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，求此帶電質(zhì)點(diǎn)的電量與質(zhì)量之比q/m以及磁場(chǎng)的所有可能方向(角度可用反三角函數(shù)表示).解析：根據(jù)帶電質(zhì)點(diǎn)做勻速直線運(yùn)動(dòng)的條件，得知此帶電質(zhì)點(diǎn)所受的重力、電場(chǎng)力和洛倫茲力的合力必定為零.由此推知此三個(gè)力的同一豎直平面內(nèi)，如圖所示，質(zhì)點(diǎn)的速度垂

10、直紙面向外.由合力為零的條件，可得mg=ZvB2+E,q求得帶電質(zhì)點(diǎn)的電量與質(zhì)量之比m,B代入數(shù)據(jù)得m=9.80北xu"52T4.020kg=1.96C/kg因質(zhì)點(diǎn)帶負(fù)電，電場(chǎng)方向與電場(chǎng)力方向相反,因而磁場(chǎng)方向也與電場(chǎng)力方向相反，設(shè)磁場(chǎng)方向與重力方向之間夾角為0,則有qEsin0=qvBcos0.vB20X0.150=arctg0.750斛信tg0="E'=4"q即磁場(chǎng)是沿著與重力方向夾角0=arctg0.75,且斜向下方的一切方向.答案：見(jiàn)解析帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1.組合場(chǎng)：電場(chǎng)與磁場(chǎng)各位于一定的區(qū)域內(nèi)，并不重疊，電場(chǎng)、磁場(chǎng)交替出現(xiàn).2.分析思路(1

11、)劃分過(guò)程：將粒子運(yùn)動(dòng)的過(guò)程劃分為幾個(gè)不同的階段，對(duì)不同的階段選取不同的規(guī)律處理.(2)找關(guān)鍵點(diǎn)：確定帶電粒子在場(chǎng)區(qū)邊界的速度(包括大小和方向)是解決該類問(wèn)題的關(guān)鍵.(3)畫運(yùn)動(dòng)軌跡：根據(jù)受力分析和運(yùn)動(dòng)分析，大致畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡圖，有利于形象、直觀地解決問(wèn)題.英型包如圖所示，半徑為R的圓形區(qū)域，c為圓心，在圓上a點(diǎn)有一粒子源以相同的速率向圓面內(nèi)各個(gè)方向發(fā)射多個(gè)質(zhì)量為m電荷量為+q的帶電粒子.當(dāng)圓形區(qū)域存在垂直于圓面、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)時(shí)，沿ac方向射入的粒子從b點(diǎn)離開(kāi)場(chǎng)區(qū)，此過(guò)2程粒子速度方向偏轉(zhuǎn)了*.若只將圓形區(qū)域內(nèi)的磁場(chǎng)換成平行于圓面的勻強(qiáng)電場(chǎng)，粒子從電3場(chǎng)圓邊界的不同位置射出

12、時(shí)有不同的動(dòng)能，其最大動(dòng)能是初動(dòng)能的4倍，經(jīng)過(guò)b點(diǎn)的粒子在b點(diǎn)的動(dòng)能是初動(dòng)能的3倍.不計(jì)粒子重力及粒子間的相互作用.求：(1)粒子源發(fā)射粒子的速度V。及從b點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間tm；(2)電場(chǎng)強(qiáng)度的方向及大小.r,作出以ab為弦的兩段圓弧如圖所示，O、Q分別為兩圓圓心，由從b點(diǎn)射出的粒子速度偏轉(zhuǎn)角知：對(duì)以O(shè)為圓心的解析：(1)粒子在磁場(chǎng)中作勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)軌跡圓半徑為圓有：圓周角/aOb=2,3由幾何知識(shí)可知：弦切角/cab=*,3abc為等邊三角形，可得ab長(zhǎng)度：L=R©從abO可得：r=2»Vo_由圓周運(yùn)動(dòng)的規(guī)律有：qvoB=mr由式可得：出=萼%)3

13、m粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)時(shí)的軌跡是以O(shè)為圓心的圓弧，在菱形aObO中有：ZaC2b2兀=/aOb=-3粒子的偏轉(zhuǎn)角0=2%-ZaOb由圓周運(yùn)動(dòng)的規(guī)律有:少tm=dVo解得tm=47tm3qB.(2)設(shè)電場(chǎng)方向與ab連線夾角為0,離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)動(dòng)能最大的粒子的射出點(diǎn)和c點(diǎn)連線定和電場(chǎng)方向平行，如圖所示.在粒子從a運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)過(guò)程中由動(dòng)能定理有:124qERCos0=2x2mv以離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)動(dòng)能最大的粒子在電場(chǎng)中由動(dòng)能定理有：qER1+sin+T-)=3x；mV62由式解得:。=0(即電場(chǎng)方向由a指向b)qRB3E=三二或。滿足3111sin0=-7/3E=等.3m答案：呼47tm麗(2)qRBjqRB

14、二-或3m3m帶電粒子在分離電場(chǎng)和磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題分析(1)帶電粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)的組合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng).根據(jù)粒子在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的受力情況，確定運(yùn)動(dòng)軌跡，計(jì)算粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間、位移等物理量.由于電場(chǎng)與磁場(chǎng)是分離的，帶電粒子在電場(chǎng)中受到恒定的電場(chǎng)力作用，加速度恒定，可能做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，也可能做勻變速曲線運(yùn)動(dòng).進(jìn)入磁場(chǎng)之后，在磁場(chǎng)中受到洛倫茲力作用，粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng).(2)處理帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，用動(dòng)能定理較為簡(jiǎn)單.(3)解題過(guò)程中要注意不要漏解.變支如圖所示，在邊長(zhǎng)L=3小dm的等邊三角形abc的外接圓區(qū)域內(nèi)有平行于紙面的勻強(qiáng)電場(chǎng)，將質(zhì)量m=2X1013kg,電量q=+ixio10C的點(diǎn)電荷從

15、a點(diǎn)以相等的速率沿不同方向射出時(shí)可到達(dá)圓上的不同位置，其中電荷到達(dá)b點(diǎn)時(shí)動(dòng)能最大，其動(dòng)能增量為AR=8.1x1010J.若將該點(diǎn)以某一初速度vo沿ac方向從a點(diǎn)射出時(shí)恰通過(guò)b點(diǎn)，現(xiàn)撤去電場(chǎng)并在該圓形區(qū)域內(nèi)加上垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)時(shí)，仍讓該點(diǎn)電荷從a點(diǎn)沿ac方向以vo射出時(shí)也能通過(guò)b點(diǎn).求：(1)勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)E;(2)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B;(3)點(diǎn)電荷在勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比.解析：(1)由于電場(chǎng)力做功與路徑無(wú)關(guān)，且點(diǎn)電荷從a點(diǎn)沿不同方向射出時(shí)到達(dá)b點(diǎn)時(shí)動(dòng)能最大，說(shuō)明在圓周上b點(diǎn)的電勢(shì)最低，則過(guò)b點(diǎn)所作外接圓的切線為b點(diǎn)的等勢(shì)線，又因?yàn)殡妶?chǎng)線總是與等勢(shì)面相垂直，且由高等勢(shì)面指向低

16、等勢(shì)面，故圖中的Ob方向即為場(chǎng)強(qiáng)方向設(shè)外接圓半徑為R,由幾何關(guān)系知L=2RCos300,由功能關(guān)系知電場(chǎng)力做功等于動(dòng)能增量A&=Ec(R+RSin30°),解得R=0.3m,E=18N/C.(2)電荷沿ac方向射入時(shí)在電場(chǎng)中恰做類平拋運(yùn)動(dòng)，由Rcos30°=V0t1和R+Rsin30°=!當(dāng)1得11=0.01s，V0=15*73m/s2m,換成磁場(chǎng)后仍過(guò)ab兩點(diǎn)，則圓心在ab的垂直平分線上，同時(shí)圓心還應(yīng)在過(guò)a點(diǎn)垂直于ac的直線上.，如圖中的O點(diǎn)，由左手定則知磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向下，由幾何關(guān)系可知其圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑r=R又電荷做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，由qv0B=

17、孝得r=mv,代入數(shù)據(jù)可得B=索T.rqB10120°(3)由幾何關(guān)系知電荷在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)了120°圓心角，因此對(duì)應(yīng)的時(shí)間為t2=T7T-360一一一一227rm47rx10XpsqB3.3于是對(duì)應(yīng)的時(shí)間之比為：="，整理可得¥=4”上.1133119答案：(1)18N/C(2)嗜T(3)4-32. (2019遼寧五校協(xié)作體聯(lián)考)如圖，在xOy平面第一象限內(nèi)有平行于y軸的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直于xOy平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度為E帶電荷量為+q的小球從y軸上離坐標(biāo)原點(diǎn)距離為L(zhǎng)的A點(diǎn)處，以沿x軸正方向的初速度進(jìn)入第一象限，如果電場(chǎng)和磁場(chǎng)同時(shí)存在，小球?qū)⒆鰟蛩?/p>

18、圓周運(yùn)動(dòng)，并從x軸上距坐標(biāo)原點(diǎn)，的C點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng).如果只撤去磁場(chǎng)，并且將電場(chǎng)反向，帶電小球以相同的初速度從A點(diǎn)進(jìn)入第一象限，仍然從x軸上距坐標(biāo)原點(diǎn)L的C點(diǎn)離開(kāi)電場(chǎng).求：(1)小球從A點(diǎn)出發(fā)時(shí)的初速度大小；(2)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小.解析：(1)由帶電小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)知mg=qED所以電場(chǎng)反向后，由牛頓第二定律有m/qE=m(02),12小球做類平拋運(yùn)動(dòng)有L=/atL-2=v0t1-由聯(lián)立得V0=2JgL2mv-(2)帶電小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，洛倫茲力提供向心力，則qv0B=萬(wàn)R由幾何知識(shí)得(L-d+&)2=h由得B=4H.5gL答案：(1)11gL(2)4E-gL25gL3. (2019江西紅色七校模擬)如圖所示，粒子源O可以源源不斷地產(chǎn)生初速度為零的正離子同位素，即這些正離子帶相同的電荷量q,質(zhì)量卻不相同.所有的正離子先被一個(gè)電壓為U0的勻強(qiáng)加速電場(chǎng)加速，再?gòu)膬砂逯醒氪怪鄙淙胍粋€(gè)勻強(qiáng)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，已知此偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)兩板間距為d,板間電壓為2U0,偏轉(zhuǎn)后通過(guò)下極板上的小孔P離開(kāi)電場(chǎng).經(jīng)過(guò)一段勻速直線運(yùn)動(dòng)后，正離子從Q點(diǎn)