《2019高考物理一輪復(fù)習(xí) 微專題系列之熱點(diǎn)專題突破 專題52 帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動(dòng)問題學(xué)案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019高考物理一輪復(fù)習(xí) 微專題系列之熱點(diǎn)專題突破 專題52 帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動(dòng)問題學(xué)案（11頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、突破52 帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動(dòng)問題 帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動(dòng)問題是典型的力電綜合問題．在同一區(qū)域內(nèi)同時(shí)有電場和磁場、電場和重力場或同時(shí)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(yùn)動(dòng)問題有很明顯的力學(xué)特征，一般要從受力、運(yùn)動(dòng)、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(yùn)動(dòng)種類多，含勻速直線運(yùn)動(dòng)、勻變速直線運(yùn)動(dòng)、類平拋運(yùn)動(dòng)、圓周運(yùn)動(dòng)以及其他曲線運(yùn)動(dòng)，綜合性強(qiáng)，數(shù)學(xué)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(yùn)動(dòng)，電場力和洛倫茲力一定相互平衡，因此常用二力平衡方法解題。 (2)帶電粒子在電場和磁場疊加場中

2、偏轉(zhuǎn)，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(fù)判斷動(dòng)能的變化。 【典例1】如圖所示，在豎直平面xOy內(nèi)，y軸左側(cè)有一水平向右的電場強(qiáng)度為E1的勻強(qiáng)電場和磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1的勻強(qiáng)磁場，y軸右側(cè)有一豎直向上的電場強(qiáng)度為E2的勻強(qiáng)電場，第一象限內(nèi)有一勻強(qiáng)磁場，一帶電荷量為＋q、質(zhì)量為m的粒子從x軸上的A點(diǎn)以初速度v與水平方向成θ＝30°沿直線運(yùn)動(dòng)到y(tǒng)軸上的P點(diǎn)，OP＝d.粒子進(jìn)入y軸右側(cè)后在豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，然后垂直x軸沿半徑方向從M點(diǎn)進(jìn)入第四象限內(nèi)、半徑為d的圓形磁場區(qū)域，粒子在圓形磁場中偏轉(zhuǎn)60°后從N點(diǎn)射出磁場，求： (1)電

3、場強(qiáng)度E1與E2大小之比． (2)第一象限內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小和方向． (3)粒子從A到N運(yùn)動(dòng)的時(shí)間． (2)粒子從P到M、從M到N的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖，在第一象限內(nèi)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(yùn)動(dòng)軌跡對應(yīng)的圓心角為120°，所用時(shí)間為t2＝×＝×＝ 粒子從M到N做圓周運(yùn)動(dòng)，由圖知其半徑為R2＝d，對應(yīng)圓心角為60°，所用時(shí)間為t3＝×＝ 所以粒子從A到N運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t＝t1＋t2＋t3＝. 【典例2】如圖所示，在xOy平面的第一、四象限內(nèi)存在著方向垂直紙面向外

4、、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，第四象限內(nèi)存在方向沿y軸負(fù)方向、電場強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場。從y軸上坐標(biāo)為a的一點(diǎn)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(nèi)。結(jié)果所有粒子經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)后都垂直打到x軸上，然后進(jìn)入第四象限的勻強(qiáng)電場區(qū)。已知帶電粒子電量為q、質(zhì)量為m，重力不計(jì)。求： (1)垂直y軸方向射入磁場的粒子運(yùn)動(dòng)的速度大小v1； (2)粒子在第一象限的磁場中運(yùn)動(dòng)的最長時(shí)間以及對應(yīng)的射入方向； (3)從x軸上x＝(－1)a點(diǎn)射入第四象限的粒子穿過電磁場后經(jīng)過y軸上y＝－b的點(diǎn)，求該粒子經(jīng)過y＝－b點(diǎn)的速度大小。 【答案】　(

5、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(yùn)動(dòng)規(guī)律如圖所示， 粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t＝T＝×＝。 (3)如圖所示，設(shè)粒子射入磁場時(shí)速度方向與y軸負(fù)方向的夾角為θ，軌跡半徑為R， 由幾何關(guān)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(jìn)入磁場的速度v0＝＝ 設(shè)粒子到達(dá)y軸上速度為v， 根據(jù)動(dòng)能定理得：qEb＝mv2－mv02 解得：v＝ 。 【典例3】 如圖甲所示，寬度為d的豎直狹長區(qū)域內(nèi)(邊界為L1、L2)，存在垂直

6、紙面向里的勻強(qiáng)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(qiáng)度的大小為E0，E>0表示電場方向豎直向上．t＝0時(shí)，一帶正電、質(zhì)量為m的微粒從左邊界上的N1點(diǎn)以水平速度v射入該區(qū)域，沿直線運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)后，做一次完整的圓周運(yùn)動(dòng)，再沿直線運(yùn)動(dòng)到右邊界上的N2點(diǎn)．Q為線段N1N2的中點(diǎn)，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(yīng)強(qiáng)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(yùn)動(dòng)過程通過相應(yīng)寬度的區(qū)域，求T的最小值． 【答案】　(1)　　(2)＋　(3) 【解析】　(1)微粒做直線運(yùn)動(dòng)，則 mg＋qE0＝

7、qvB① 微粒做圓周運(yùn)動(dòng)，則mg＝qE0② (3)若微粒能完成題述的運(yùn)動(dòng)過程，要求d≥2R⑩ 聯(lián)立③④⑥得R≤? 設(shè)在N1Q段直線運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間為t1min，由⑤⑩?得t1min＝，因t2不變，T的最小值Tmin＝t1min＋t2＝ 【跟蹤短訓(xùn)】 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(qiáng)磁場區(qū)域Ⅱ，如果正離子束在區(qū)域Ⅰ中不偏轉(zhuǎn)，進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ后偏轉(zhuǎn)半徑r相同，則它們一定具有相同的(　　) A．速度　　　　　　　 B．質(zhì)量 C．電荷量 D.電荷量與質(zhì)量之比 【答案】　AD 【解析】　因?yàn)檎x子束通過區(qū)域Ⅰ時(shí)不偏轉(zhuǎn)，說明它們受到的電場力與洛倫茲

8、力相等，即Eq＝B1qv，故它們的速度相等，選項(xiàng)A正確；又因?yàn)檫M(jìn)入磁場Ⅱ后，其偏轉(zhuǎn)半徑相同，由公式r＝可知，它們的電荷量與質(zhì)量之比相同，選項(xiàng)D正確。 2.一個(gè)帶正電的微粒(重力不計(jì))穿過如圖所示的勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場區(qū)域時(shí)，恰能沿直線運(yùn)動(dòng)，則欲使微粒向下偏轉(zhuǎn)，應(yīng)采用的辦法是(　　) A．增大微粒質(zhì)量 B．增大微粒電荷量 C．減小入射速度 D．增大磁感應(yīng)強(qiáng)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(qiáng)大小為E的勻強(qiáng)電場和垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，假設(shè)電場、磁場只存在于兩極板間，一質(zhì)量為m、電荷量為q

9、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(jìn)入極板間，恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)，不計(jì)重力及空氣阻力。 (1)求勻強(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??； (2)若撤去磁場，粒子能從極板間射出，求粒子穿過電場時(shí)沿電場方向移動(dòng)的距離； (3)若撤去磁場，并使電場強(qiáng)度變?yōu)樵瓉淼?倍，粒子將打在下極板上，求粒子到達(dá)下極板時(shí)動(dòng)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(nèi)，y軸的右側(cè)有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場B＝0.4 T和豎直向上的勻強(qiáng)電場E＝2 N/C，長為L＝16 m的水平絕緣傳送帶AB以速度v0

10、＝3 m/s順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，右側(cè)輪的軸心在y軸上，右側(cè)輪的上側(cè)邊緣B點(diǎn)的坐標(biāo)是(0,8 m)。一個(gè)質(zhì)量為m＝2 g、電荷量為q＝＋0.01 C的小物塊(可視為點(diǎn)電荷)輕放在傳送帶左端，小物塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，小物塊從傳送帶滑下后，經(jīng)過x軸上的P點(diǎn)(未畫出)，重力加速度g＝10 m/s2。求： (1)P點(diǎn)的坐標(biāo)； (2)小物塊從靜止開始到經(jīng)過x軸所用的時(shí)間；(結(jié)果保留2位小數(shù)) (3)改變傳送帶勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的速度，可讓小物塊從傳送帶上滑下后經(jīng)過坐標(biāo)原點(diǎn)O，要讓小物塊經(jīng)過坐標(biāo)原點(diǎn)O，傳送帶運(yùn)行的速度范圍。 【答案】　(1)(－3 m,0)　(2)8.65 s　(3)v≥8

11、 m/s 【解析】　(1)小物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng) a＝＝μg＝2 m/s2 小物塊與傳送帶速度相等時(shí)t1＝＝1.5 s， x1＝at2＝2.25 m

12、動(dòng)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(yùn)動(dòng)，則小物塊就會(huì)經(jīng)過坐標(biāo)原點(diǎn)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(nèi)存在互相垂直的有界勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場的復(fù)合場，有一帶電小球質(zhì)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(jīng)電壓為U的電場加速后，水平進(jìn)入ABCD區(qū)域中，恰能在此空間的豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，且從B點(diǎn)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(jìn)入復(fù)合場時(shí)的速度大??； (2)小球在復(fù)合場中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑； (3)小球在復(fù)合場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。 【答案】：(1)負(fù)電荷　　(2)

13、2L　(3) 【解析】：(1)小球在電場、磁場和重力場的復(fù)合場中，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，且從B點(diǎn)射出，根據(jù)左手定則可知小球帶負(fù)電荷。 小球進(jìn)入復(fù)合場之前，由動(dòng)能定理得：qU＝mv2， 解得：v＝ 。 5. 在豎直面內(nèi)建立直角坐標(biāo)系，曲線y＝位于第一象限的部分如圖所示，在曲線上不同點(diǎn)以初速度v0向x軸負(fù)方向水平拋出質(zhì)量為m、帶電量為＋q的小球，小球下落過程中都會(huì)通過坐標(biāo)原點(diǎn)，之后進(jìn)入第三象限的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場區(qū)域(圖中未畫出)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝ T，方向垂直紙面向里，小球恰好做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，并在做圓周運(yùn)動(dòng)的過程中都能打到y(tǒng)軸負(fù)半軸上(已知重力加速度g＝10 m/s2，＝102 C/kg

14、)。求： (1)第三象限的電場強(qiáng)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(fù)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(yùn)動(dòng)， 則：mg＝qE，即E＝， 解得：E＝0.1 N/C，方向豎直向上。 (2)設(shè)小球釋放點(diǎn)的坐標(biāo)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。 解得：Smin＝0.5 m2。 6. 如圖甲

15、所示，在以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)的xOy平面內(nèi)，存在著范圍足夠大的電場和磁場．一個(gè)質(zhì)量m＝2×10－2kg，帶電荷量q＝＋5×10－3C的小球在0時(shí)刻以v0＝40 m/s的速度從O點(diǎn)沿＋x方向(水平向右)射入該空間，在該空間同時(shí)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(qiáng)大小E0＝40 V/m.磁場垂直于xOy平面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B0＝4π T．取當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萭＝10 m/s2，計(jì)算結(jié)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(biāo)系中，大致畫出小球在24 s內(nèi)的運(yùn)動(dòng)軌跡示意圖． (3)求26 s末小球的位置坐標(biāo)． 【答案】　

16、(1)20 m/s　(2)見【解析】　(3)x2＝m　y2＝m 【解析】　(1)當(dāng)不存在電場和磁場時(shí)，小球只受重力作用，做平拋運(yùn)動(dòng)，當(dāng)同時(shí)加上電場和磁場時(shí)， (2)小球在24 s內(nèi)的運(yùn)動(dòng)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(nèi)小球做了t2＝3 s的平拋運(yùn)動(dòng)，23 s末小球平拋運(yùn)動(dòng)的位移大小為x1＝v0t2＝120 m y1＝gt＝45 m 此時(shí)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(yùn)動(dòng)的半徑r2＝＝ m 26 s末，小球恰好完成了半個(gè)圓周運(yùn)動(dòng)，此時(shí)小球的位置坐標(biāo)x2＝x1－2r2cos θ＝m y2＝y(tǒng)1＋2r2sin θ＝m. 11