《2022高考物理一輪復習 微專題系列之熱點專題突破 專題52 帶電粒子在疊加場中的運動問題學案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2022高考物理一輪復習 微專題系列之熱點專題突破 專題52 帶電粒子在疊加場中的運動問題學案（10頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022高考物理一輪復習 微專題系列之熱點專題突破 專題52 帶電粒子在疊加場中的運動問題學案 帶電粒子在疊加場中的運動問題是典型的力電綜合問題．在同一區(qū)域內同時有電場和磁場、電場和重力場或同時存在電場、磁場和重力場等稱為疊加場．帶電粒子在疊加場中的運動問題有很明顯的力學特征，一般要從受力、運動、功能的角度來分析．這類問題涉及的力的種類多，含重力、電場力、磁場力、彈力、摩擦力等；包含的運動種類多，含勻速直線運動、勻變速直線運動、類平拋運動、圓周運動以及其他曲線運動，綜合性強，數(shù)學能力要求高． 解題技巧 　(1)帶電粒子在電場和磁場疊加場中做直線運動，電場力和洛倫茲力一定相互平衡，因此常用

2、二力平衡方法解題。 (2)帶電粒子在電場和磁場疊加場中偏轉，是電場力和洛倫茲力不平衡造成的。此過程中電場力做功，洛倫茲力不做功，需根據(jù)電場力做功的正、負判斷動能的變化。 【典例1】如圖所示，在豎直平面xOy內，y軸左側有一水平向右的電場強度為E1的勻強電場和磁感應強度為B1的勻強磁場，y軸右側有一豎直向上的電場強度為E2的勻強電場，第一象限內有一勻強磁場，一帶電荷量為＋q、質量為m的粒子從x軸上的A點以初速度v與水平方向成θ＝30°沿直線運動到y(tǒng)軸上的P點，OP＝d.粒子進入y軸右側后在豎直面內做勻速圓周運動，然后垂直x軸沿半徑方向從M點進入第四象限內、半徑為d的圓形磁場區(qū)域，粒子在圓

3、形磁場中偏轉60°后從N點射出磁場，求： (1)電場強度E1與E2大小之比． (2)第一象限內磁場的磁感應強度B的大小和方向． (3)粒子從A到N運動的時間． (2)粒子從P到M、從M到N的運動軌跡如圖，在第一象限內有R1＝＝ 由洛倫茲力提供向心力知 Bqv＝m 聯(lián)立得B＝，方向垂直紙面向外． (3)粒子從A到P有vt1＝，即t1＝ 從P到M粒子運動軌跡對應的圓心角為120°，所用時間為t2＝×＝×＝ 粒子從M到N做圓周運動，由圖知其半徑為R2＝d，對應圓心角為60°，所用時間為t3＝×＝ 所以粒子從A到N運動的時間為t＝t1＋t2＋t3＝. 【典例2】如圖

4、所示，在xOy平面的第一、四象限內存在著方向垂直紙面向外、磁感應強度為B的勻強磁場，第四象限內存在方向沿y軸負方向、電場強度為E的勻強電場。從y軸上坐標為a的一點向磁場區(qū)發(fā)射速度大小不等的帶正電同種粒子，速度方向范圍與y軸正方向成30°～150°夾角，且在xOy平面內。結果所有粒子經過磁場偏轉后都垂直打到x軸上，然后進入第四象限的勻強電場區(qū)。已知帶電粒子電量為q、質量為m，重力不計。求： (1)垂直y軸方向射入磁場的粒子運動的速度大小v1； (2)粒子在第一象限的磁場中運動的最長時間以及對應的射入方向； (3)從x軸上x＝(－1)a點射入第四象限的粒子穿過電磁場后經過y軸上y＝－b

5、的點，求該粒子經過y＝－b點的速度大小。 【答案】　(1) (2)，粒子初速度方向與y軸正方向夾角為30° (3) 【解析】　 (1)垂直y軸方向射入磁場的粒子運動規(guī)律如圖所示， 粒子的運動時間：t＝T＝×＝。 (3)如圖所示，設粒子射入磁場時速度方向與y軸負方向的夾角為θ，軌跡半徑為R， 由幾何關系得：R－Rcos θ＝(－1)a Rsin θ＝a 解得：θ＝45° R＝a 由牛頓第二定律得qv0B＝m 此粒子進入磁場的速度v0＝＝ 設粒子到達y軸上速度為v， 根據(jù)動能定理得：qEb＝mv2－mv02 解得：v＝ 。 【典例3】 如圖甲所示

6、，寬度為d的豎直狹長區(qū)域內(邊界為L1、L2)，存在垂直紙面向里的勻強磁場和豎直方向上的周期性變化的電場(如圖乙所示)，電場強度的大小為E0，E>0表示電場方向豎直向上．t＝0時，一帶正電、質量為m的微粒從左邊界上的N1點以水平速度v射入該區(qū)域，沿直線運動到Q點后，做一次完整的圓周運動，再沿直線運動到右邊界上的N2點．Q為線段N1N2的中點，重力加速度為g.上述d、E0、m、v、g為已知量． (1)求微粒所帶電荷量q和磁感應強度B的大?。? (2)求電場變化的周期T. (3)改變寬度d，使微粒仍能按上述運動過程通過相應寬度的區(qū)域，求T的最小值． 【答案】　(1)　　(2)＋　(3)

7、 【解析】　(1)微粒做直線運動，則 mg＋qE0＝qvB① 微粒做圓周運動，則mg＝qE0② (3)若微粒能完成題述的運動過程，要求d≥2R⑩ 聯(lián)立③④⑥得R≤? 設在N1Q段直線運動的最短時間為t1min，由⑤⑩?得t1min＝，因t2不變，T的最小值Tmin＝t1min＋t2＝ 【跟蹤短訓】 1. 如圖所示，有一混合正離子束先后通過正交的電場、磁場區(qū)域Ⅰ和勻強磁場區(qū)域Ⅱ，如果正離子束在區(qū)域Ⅰ中不偏轉，進入?yún)^(qū)域Ⅱ后偏轉半徑r相同，則它們一定具有相同的(　　) A．速度　　　　　　　 B．質量 C．電荷量 D.電荷量與質量之比 【答案】　AD 【解析】　因為

8、正離子束通過區(qū)域Ⅰ時不偏轉，說明它們受到的電場力與洛倫茲力相等，即Eq＝B1qv，故它們的速度相等，選項A正確；又因為進入磁場Ⅱ后，其偏轉半徑相同，由公式r＝可知，它們的電荷量與質量之比相同，選項D正確。 2.一個帶正電的微粒(重力不計)穿過如圖所示的勻強磁場和勻強電場區(qū)域時，恰能沿直線運動，則欲使微粒向下偏轉，應采用的辦法是(　　) A．增大微粒質量 B．增大微粒電荷量 C．減小入射速度 D．增大磁感應強度 【答案】C 3.如圖所示，水平的兩塊帶電金屬極板a、b平行正對放置，極板長度為l，板間距為d，板間存在方向豎直向下、場強大小為E的勻強電場和垂直于紙面向里的勻強磁場

9、，假設電場、磁場只存在于兩極板間，一質量為m、電荷量為q的粒子，以水平速度v0從兩極板的左端正中央沿垂直于電場、磁場的方向進入極板間，恰好做勻速直線運動，不計重力及空氣阻力。 (1)求勻強磁場磁感應強度B的大小； (2)若撤去磁場，粒子能從極板間射出，求粒子穿過電場時沿電場方向移動的距離； (3)若撤去磁場，并使電場強度變?yōu)樵瓉淼?倍，粒子將打在下極板上，求粒子到達下極板時動能的大小。 【答案】：(1)　(2)　(3)mv02＋qEd 解得Ek＝mv02＋qEd。 4. 如圖所示，在xOy豎直平面內，y軸的右側有垂直紙面向外的勻強磁場B＝0.4 T和豎直向上的勻強電場E＝2

10、 N/C，長為L＝16 m的水平絕緣傳送帶AB以速度v0＝3 m/s順時針勻速轉動，右側輪的軸心在y軸上，右側輪的上側邊緣B點的坐標是(0,8 m)。一個質量為m＝2 g、電荷量為q＝＋0.01 C的小物塊(可視為點電荷)輕放在傳送帶左端，小物塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，小物塊從傳送帶滑下后，經過x軸上的P點(未畫出)，重力加速度g＝10 m/s2。求： (1)P點的坐標； (2)小物塊從靜止開始到經過x軸所用的時間；(結果保留2位小數(shù)) (3)改變傳送帶勻速轉動的速度，可讓小物塊從傳送帶上滑下后經過坐標原點O，要讓小物塊經過坐標原點O，傳送帶運行的速度范圍。 【答案】　

11、(1)(－3 m,0)　(2)8.65 s　(3)v≥8 m/s 【解析】　(1)小物塊在傳送帶上運動 a＝＝μg＝2 m/s2 小物塊與傳送帶速度相等時t1＝＝1.5 s， x1＝at2＝2.25 m

12、8 m/s v1＝8 m/s時，它在傳送帶上做勻加速運動的距離 x＝＝16 m 說明如果小物塊在傳送帶上一直做勻加速運動，則小物塊就會經過坐標原點O，所以傳送帶的速度范圍為v≥8 m/s。 5. 如圖所示，ABCD矩形區(qū)域內存在互相垂直的有界勻強電場和勻強磁場的復合場，有一帶電小球質量為m、電量大小為q，小球在光滑絕緣的水平面上從靜止開始經電壓為U的電場加速后，水平進入ABCD區(qū)域中，恰能在此空間的豎直面內做勻速圓周運動，且從B點射出，已知AB長度為L，AD長度為L，求： (1)小球帶何種電荷及進入復合場時的速度大?。? (2)小球在復合場中做圓周運動的軌道半徑； (3)小球在

13、復合場中運動的時間。 【答案】：(1)負電荷　　(2)2L　(3) 【解析】：(1)小球在電場、磁場和重力場的復合場中，做勻速圓周運動，且從B點射出，根據(jù)左手定則可知小球帶負電荷。 小球進入復合場之前，由動能定理得：qU＝mv2， 解得：v＝ 。 5. 在豎直面內建立直角坐標系，曲線y＝位于第一象限的部分如圖所示，在曲線上不同點以初速度v0向x軸負方向水平拋出質量為m、帶電量為＋q的小球，小球下落過程中都會通過坐標原點，之后進入第三象限的勻強電場和勻強磁場區(qū)域(圖中未畫出)，磁感應強度為B＝ T，方向垂直紙面向里，小球恰好做勻速圓周運動，并在做圓周運動的過程中都能打到y(tǒng)軸負半軸

14、上(已知重力加速度g＝10 m/s2，＝102 C/kg)。求： (1)第三象限的電場強度大小及方向； (2)沿水平方向拋出小球的初速度v0； (3)為了使所有的小球都能打到y(tǒng)軸的負半軸，所加磁場區(qū)域的最小面積。 【答案】：(1)0.1 N/C，方向豎直向上　(2)10 m/s　(3)0.5 m2 【解析】：(1)小球在第三象限做勻速圓周運動， 則：mg＝qE，即E＝， 解得：E＝0.1 N/C，方向豎直向上。 (2)設小球釋放點的坐標為(x，y)，由平拋規(guī)律可知 x＝v0t，y＝gt2， 由以上兩式可得y＝x2 又由題意可知：y＝ 聯(lián)立可得：v0＝10 m/s。

15、 解得：Smin＝0.5 m2。 6. 如圖甲所示，在以O為坐標原點的xOy平面內，存在著范圍足夠大的電場和磁場．一個質量m＝2×10－2kg，帶電荷量q＝＋5×10－3C的小球在0時刻以v0＝40 m/s的速度從O點沿＋x方向(水平向右)射入該空間，在該空間同時加上如圖乙所示的電場和磁場，其中電場沿－y方向(豎直向上)，場強大小E0＝40 V/m.磁場垂直于xOy平面向外，磁感應強度大小B0＝4π T．取當?shù)氐闹亓铀俣萭＝10 m/s2，計算結果中可以保留根式或π. (1)求12 s末小球速度的大?。? (2)在給定的xOy坐標系中，大致畫出小球在24 s內的運動軌跡示意

16、圖． (3)求26 s末小球的位置坐標． 【答案】　(1)20 m/s　(2)見【解析】　(3)x2＝m　y2＝m 【解析】　(1)當不存在電場和磁場時，小球只受重力作用，做平拋運動，當同時加上電場和磁場時， (2)小球在24 s內的運動軌跡示意圖如圖所示(半徑越來越大)． (3)分析可知，小球24 s末與26 s末的位置相同，在26 s內小球做了t2＝3 s的平拋運動，23 s末小球平拋運動的位移大小為x1＝v0t2＝120 m y1＝gt＝45 m 此時小球的速度大小為v2＝＝50 m/s 速度與豎直方向的夾角為θ＝53° 此后小球做勻速圓周運動的半徑r2＝＝ m 26 s末，小球恰好完成了半個圓周運動，此時小球的位置坐標x2＝x1－2r2cos θ＝m y2＝y(tǒng)1＋2r2sin θ＝m.