高考物理第一輪復習第九章-專題強化十二課件

1、專題強化十二帶電粒子在疊加場 和組合場中的運動大一輪復習講義專題強化十二帶電粒子在疊加場大一輪復習講義1.本專題是磁場、力學、電場等知識的綜合應用，高考往往以計算壓軸題的形 式出現(xiàn).2.學習本專題，可以培養(yǎng)同學們的審題能力、推理能力和規(guī)范表達能力.針對性 的專題訓練，可以提高同學們解決難題、壓軸題的信心.3.用到的知識主要有：動力學觀點(牛頓運動定律)、運動學觀點、能量觀點(動 能定理、能量守恒定律)、電場的觀點(類平拋運動的規(guī)律)、磁場的觀點(帶 電粒子在磁場中運動的規(guī)律).專題解讀1.本專題是磁場、力學、電場等知識的綜合應用，高考往往以計算帶電粒子在疊加場中的運動高考熱點講透練熟題型一1.

2、疊加場電場、磁場、重力場共存，或其中某兩場共存.2.無約束情況下的運動(1)洛倫茲力、重力并存若重力和洛倫茲力平衡，則帶電粒子做勻速直線運動.若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電粒子將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，故機械能守恒，由此可求解問題.帶電粒子在疊加場中的運動高考熱點講透練熟題型一1.疊加場(2)電場力、洛倫茲力并存(不計重力的微觀粒子)若電場力和洛倫茲力平衡，則帶電粒子做勻速直線運動.若電場力和洛倫茲力不平衡，則帶電粒子將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，可用動能定理求解問題.(3)電場力、洛倫茲力、重力并存若三力平衡，一定做勻速直線運動.若重力與電場力平衡，一定做勻速圓周運動.若

3、合力不為零且與速度方向不垂直，將做復雜的曲線運動，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)電場力、洛倫茲力并存(不計重力的微觀粒子)3.有約束情況下的運動帶電粒子在疊加場中受輕桿、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、能量守恒定律結合牛頓運動定律求解.3.有約束情況下的運動例1(2017全國卷16)如圖1，空間某區(qū)域存在勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向上(與紙面平行)，磁場方向垂直于紙面向里，三個帶正電的微粒a、b、c電荷量相等，質量分別為ma、mb、mc

4、，已知在該區(qū)域內，a在紙面內做勻速圓周運動，b在紙面內向右做勻速直線運動，c在紙面內向左做勻速直線運動.下列選項正確的是A.mambmc B.mbmamcC.mcmamb D.mcmbma圖1例1(2017全國卷16)如圖1，空間某區(qū)域存在勻強解析設三個微粒的電荷量均為q，a在紙面內做勻速圓周運動，說明洛倫茲力提供向心力，重力與電場力平衡，則magqEb在紙面內向右做勻速直線運動，三力平衡，則mbgqEqvBc在紙面內向左做勻速直線運動，三力平衡，則mcgqvBqE比較式得：mbmamc，選項B正確.解析設三個微粒的電荷量均為q，magqE變式1(多選)(2019山東濟南市上學期期末)如圖2所

5、示，兩豎直平行邊界內，勻強電場方向豎直(平行紙面)向下，勻強磁場方向垂直紙面向里.一帶負電小球從P點以某一速度垂直邊界進入，恰好沿水平方向做直線運動.若增大小球從P點進入的速度但保持方向不變，則在小球進入的一小段時間內A.小球的動能減小B.小球的電勢能減小C.小球的重力勢能減小D.小球的機械能減小圖2變式1(多選)(2019山東濟南市上學期期末)如圖2所示解析帶負電的小球受向下的重力G、向上的電場力F和向下的洛倫茲力F洛，這三個力都在豎直方向上，小球沿水平方向做直線運動，所以小球受到的合力一定是零，小球做勻速直線運動.當小球的入射速度增大時，洛倫茲力增大但不做功，電場力和重力不變，小球將向下偏

6、轉，電場力與重力的合力向上，則它們的合力對小球做負功，小球動能減小.電場力對小球做負功，小球的機械能減小，電勢能增大.重力對小球做正功，重力勢能減小，故A、C、D正確，B錯誤.解析帶負電的小球受向下的重力G、向上的電場力F和向下的洛倫帶電粒子在組合場中的運動高考熱點講透練熟題型二1.組合場：電場與磁場各位于一定的區(qū)域內，并不重疊，或在同一區(qū)域，電場、磁場交替出現(xiàn).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，對不同的階段選取不同的規(guī)律處理.(2)找關鍵：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鍵.(3)畫運動軌跡：根據(jù)受力分析和運動分析，大致畫出粒子

7、的運動軌跡圖，有利于形象、直觀地解決問題.帶電粒子在組合場中的運動高考熱點講透練熟題型二1.組合場：例2(2017全國卷24)如圖3，空間存在方向垂直于紙面(xOy平面)向里的磁場.在x0 區(qū)域，磁感應強度的大小為B0；x0區(qū)域，磁感應強度的大小為B0(常數(shù)1).一質量為m、電荷量為q(q0)的帶電粒子以速度v0從坐標原點O沿x軸正向射入磁場，此時開始計時，當粒子的速度方向再次沿x軸正向時，求：(不計重力)(1)粒子運動的時間；模型1磁場與磁場的組合圖3例2(2017全國卷24)如圖3，空間存在方向垂直于解析在勻強磁場中，帶電粒子做勻速圓周運動.設在x0區(qū)域，圓周半徑為R1；在x0區(qū)域，圓周半

8、徑為R2.由洛倫茲力公式及牛頓第二定律得設粒子在x0區(qū)域運動的時間為t1，則解析在勻強磁場中，帶電粒子做勻速圓周運動.設粒子在x0區(qū)粒子在x0區(qū)域運動的時間為t2，則聯(lián)立式得，所求時間為粒子在x0區(qū)域運動的時間為t2，則聯(lián)立式得，所求時(2)粒子與O點間的距離.解析由幾何關系及式得，所求距離為(2)粒子與O點間的距離.解析由幾何關系及式得，所求距變式2(2019江蘇南京市六校聯(lián)考)如圖4所示，在矩形區(qū)域ABCD內存在豎直向上的勻強電場，在BC右側、兩區(qū)域存在勻強磁場，虛線L1、L2、L3是磁場的邊界線(BC與L1重合)，寬度相同，方向如圖所示，區(qū)域的磁感應強度大小為B1.一電荷量為q、質量為m

9、的粒子(重力不計)從AD邊中點以初速度v0沿水平向右方向進入電場，粒子恰好從B點進入磁場，經(jīng)區(qū)域后又恰好從與B點同一水平高度處進入?yún)^(qū)域.已知AB長度是BC長度的 倍圖4變式2(2019江蘇南京市六校聯(lián)考)如圖4所示，在矩形區(qū)(1)求帶電粒子到達B點時的速度大小；(1)求帶電粒子到達B點時的速度大??；解析設帶電粒子進入磁場時的速度大小為v，與水平方向成角，粒子在勻強電場中做類平拋運動，由類平拋運動的速度方向與位移方向的關系有：解析設帶電粒子進入磁場時的速度大小為v，與水平方向成角，(2)求區(qū)域磁場的寬度L；解析設帶電粒子在區(qū)域中的軌道半徑為r1，由幾何關系得：Lr1(2)求區(qū)域磁場的寬度L；解析

10、設帶電粒子在區(qū)域中的軌道(3)要使帶電粒子在整個磁場中運動的時間最長，求區(qū)域的磁感應強度B2的最小值答案1.5B1(3)要使帶電粒子在整個磁場中運動的時間最長，求區(qū)域的磁感解析當帶電粒子不從區(qū)域右邊界離開磁場時，在磁場中運動的時間最長設區(qū)域中最小磁感應強度為B2m，此時粒子恰好不從區(qū)域右邊界離開磁場，對應的軌跡半徑為r2，軌跡如圖乙所示：根據(jù)幾何關系有：Lr2(1sin )解得：B2m1.5B1.解析當帶電粒子不從區(qū)域右邊界離開磁場時，根據(jù)幾何關系有：例3(2019全國卷24)如圖5，在直角三角形OPN區(qū)域內存在勻強磁場，磁感應強度大小為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

11、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；圖5模型2電場與磁場的組合例3(2019全國卷24)如圖5，在直角三角形OPN解析設帶電粒子的質量為m，電荷量為q，加速后的速度大小為v.設粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為r，洛倫茲力提供粒子做圓周運動的向心力，解析設帶電粒子的質量為m，電荷量為q，加速后的速度大小為v(2)帶電粒子從射入磁場到運動至x軸的時間.解析由幾何關系知，帶電粒子射入磁場后運動到

12、x軸所經(jīng)過的路程為s rtan 30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 (2)帶電粒子從射入磁場到運動至x軸的時間.解析由幾何關系變式3(2019河南平頂山市一輪復習質檢)如圖6所示，平面直角坐標系xOy的第二、三象限內有方向沿y軸正向的勻強電場，第一、四象限內有圓形有界磁場，有界磁場的半徑為 L，磁場的方向垂直于坐標平面向里，磁場邊界與y軸相切于O點，在x軸上坐標為(L,0)的P點沿與x軸正向成45角斜向上射出一個速度大小為v0的帶電粒子，粒子的質量為m，電荷量為q，粒子經(jīng)電場偏轉垂直y軸射出電場，粒子進入磁場后經(jīng)磁場偏轉以沿y軸負方向的速度射出磁場，不計粒子的重力.求：(

13、1)粒子從y軸上射出電場的位置坐標；圖6變式3(2019河南平頂山市一輪復習質檢)如圖6所示，平解析粒子在電場中的運動為類平拋運動的逆運動，水平方向：Lv0cos t1，解析粒子在電場中的運動為類平拋運動的逆運動，(2)勻強電場電場強度大小及勻強磁場的磁感應強度大?。?2)勻強電場電場強度大小及勻強磁場的磁感應強度大?。涣Ｗ舆M入磁場后做勻速圓周運動，以沿y軸負方向的速度射出磁場，運動軌跡如圖所示，由幾何知識得：AC與豎直方向夾角為45，因此AC剛好為圓形有界磁場的直徑，粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑：rL，粒子進入磁場后做勻速圓周運動，以沿y軸負方向的速度射出磁場，其中，粒子的速度：vv0c

14、os ，其中，粒子的速度：vv0cos ，(3)粒子從P點射出到射出磁場運動的時間為多少？(3)粒子從P點射出到射出磁場運動的時間為多少？粒子離開電場進入磁場前做勻速直線運動，粒子離開電場進入磁場前做勻速直線運動，1.(多選)(2020遼寧沈陽市調研)如圖1所示，空間某處存在豎直向下的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，一個帶負電的金屬小球從M點水平射入場區(qū)，經(jīng)一段時間運動到N點，關于小球由M到N的運動，下列說法正確的是A.小球可能做勻變速運動 B.小球一定做變加速運動C.小球動能可能不變 D.小球機械能守恒123456圖1課時精練限時訓練 練規(guī)范 練速度1.(多選)(2020遼寧沈陽市調研)如

15、圖1所示，空間某處解析小球從M到N，在豎直方向上發(fā)生了偏轉，所以在M點受到的豎直向下的洛倫茲力、豎直向下的重力和豎直向上的電場力的合力不為零，且速度方向變化，則洛倫茲力方向變化，所以合力為變力，故不可能做勻變速運動，一定做變加速運動，A錯誤，B正確；123456若電場力和重力等大反向，則運動過程中電場力和重力做功之和為零，而洛倫茲力不做功，所以小球的動能可能不變，C正確；沿電場方向有位移，電場力一定做功，故小球的機械能不守恒，D錯誤.解析小球從M到N，在豎直方向上發(fā)生了偏轉，所以在M點受到的2.(2019河南開封市第一次模擬)如圖2所示，空間存在垂直紙面向里、磁感應強度為B的勻強磁場和水平向左

16、、場強為E的勻強電場.有一質量為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.勻強磁場的磁感應強度BD.勻強電場的電場強度E123456圖22.(2019河南開封市第一次模擬)如圖2所示，空間存在垂解析微粒受重力、電場力、洛倫茲力作用，若v發(fā)生變化，則洛倫茲力發(fā)生變化且洛倫茲力與速度方向垂直，微粒不可能做直線運動，所以重力、電場力和洛倫茲力三力平衡，微粒做勻速直線運動，故A、B錯誤；根據(jù)平衡條件，有：qEmgtan 45，123456解析微粒受重力、電場力、洛倫茲力作用，若

17、v發(fā)生變化，則洛倫3.(多選)(2019山東濱州市上學期期末)如圖3所示，空間存在豎直向下的勻強電場和垂直紙面向外的勻強磁場，一帶電液滴從靜止開始自A點沿曲線ACB運動，到達B點時速度為零，C點是運動的最低點，不計摩擦阻力，則以下說法中正確的是A.液滴一定帶正電B.液滴在C點時的動能最大C.從A到C過程液滴的電勢能增大D.從C到B過程液滴的機械能增大123456圖33.(多選)(2019山東濱州市上學期期末)如圖3所示，空解析從題圖中可以看出，帶電液滴由靜止開始向下運動，說明重力和電場力的合力向下，洛倫茲力指向弧線內側，根據(jù)左手定則可知，液滴帶負電，故A錯誤；從A到C的過程中，重力做正功，而電

18、場力做負功，洛倫123456茲力不做功，合力做正功，液滴動能增大，從C到B的過程中，重力做負功，電場力做正功，洛倫茲力不做功，合力做負功，液滴動能減小，所以液滴在C點時的動能最大，故B正確；從A到C過程液滴克服電場力做功，電勢能增加，故C正確；從C到B的過程中，電場力做正功，洛倫茲力不做功，機械能增大，故D正確.解析從題圖中可以看出，帶電液滴由靜止開始向下運動，說明重力12344.(2018全國卷25改編)一足夠長的條狀區(qū)域內存在勻強電場和勻強磁場，其在xOy平面內的截面如圖4所示：中間是磁場區(qū)域，其邊界與y軸垂直，寬度為l，磁感應強度的大小為B，方向垂直于xOy平面；磁場的上、下兩側為電場區(qū)

19、域，寬度均為l，電場強度的大小均為E，方向均沿x軸正方向；M、N為條狀區(qū)域邊界上的兩點，它們的連線與y軸平行.一帶正電的粒子以某一速度從M點沿y軸正方向射入電場，經(jīng)過一段時間后恰好以從M點入射的速度從N點沿y軸正方向射出.不計重力.圖45612344.(2018全國卷25改編)一足夠長的條狀區(qū)1234(1)定性畫出該粒子在電磁場中運動的軌跡；56答案見解析圖解析粒子運動的軌跡如圖(a)所示.(粒子在電場中的軌跡為拋物線，在磁場中為圓弧，上下對稱)1234(1)定性畫出該粒子在電磁場中運動的軌跡；56答案1234(2)求該粒子從M點入射時速度的大小.561234(2)求該粒子從M點入射時速度的大

20、小.561234解析粒子從電場下邊界入射后在電場中做類平拋運動.設粒子從M點射入時速度的大小為v0，在下側電場中運動的時間為t，加速度的大小為a；粒子進入磁場的速度大小為v，方向與電場方向的夾角為，如圖(b)，速度沿電場方向的分量為v1.根據(jù)牛頓第二定律有qEma 式中q和m分別為粒子的電荷量和質量.由運動學公式有v1at lv0t v1vcos 561234解析粒子從電場下邊界入射后在電場中做類平拋運動.設1234粒子在磁場中做勻速圓周運動，設其運動軌道半徑為R，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得56由幾何關系得l2Rcos 聯(lián)立式得1234粒子在磁場中做勻速圓周運動，設其運動軌道半徑為R，由1

21、2345.(2020福建南平市適應性檢測)如圖5，在平面直角坐標系xOy中，x軸上方存在沿y軸負方向的勻強電場，電場強度為E，x軸下方存在垂直坐標系平面向外的勻強磁場，磁感應強度為B.一個靜止的帶正電粒子位于y軸正半軸的A(0，h)點，某時刻由于內部作用，分裂成兩個電荷量都為q的粒子a和b，分別沿x圖556軸正方向和負方向進入電場.已知粒子a的質量為m，粒子a進入第一象限的動量大小為p.設分裂過程不考慮外力的作用，在電場與磁場中的運動過程不計粒子重力和粒子間的相互作用.求：(1)粒子a第一次通過x軸時離原點O的距離x；答案見解析12345.(2020福建南平市適應性檢測)如圖5，在平面解析如圖

22、所示，粒子a在電場中只受電場力，做類平拋運動由平拋運動規(guī)律可得：xv0t h at2 qEma pmv0 123456解析如圖所示，粒子a在電場中只受電場力，做類平拋運動123(2)粒子a第二次通過x軸時與第一次通過x軸時兩點間的距離L.123456答案見解析(2)粒子a第二次通過x軸時與第一次通過x軸時兩點間的距離L1234解析粒子a進入磁場時，設速度為v，與x軸正方向成角，y軸方向的速度為vy，則vyat vyvsin 粒子a在磁場中做勻速圓周運動，設軌跡半徑為r，有56由幾何知識得：L2rsin 聯(lián)立式解得：1234解析粒子a進入磁場時，設速度為v，與x軸正方向成1236.(2019山西運城市5月適應性測試)如圖6甲所示，以O為坐標原點建立坐標系，等邊三角形OMN內存在垂直紙