《2019年度高考物理一輪復習 第九章 磁場 專題強化十一 帶電粒子在疊加場和組合場中的運動課件.ppt》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019年度高考物理一輪復習 第九章 磁場 專題強化十一 帶電粒子在疊加場和組合場中的運動課件.ppt（61頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

第九章磁場 專題強化十一帶電粒子在疊加場和組合場中的運動 過好雙基關 1 帶電粒子在疊加場中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 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 命題點一帶電粒子在疊加場中的運動 能力考點師生共研 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 帶電粒子在疊加場中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 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 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 ma mb mcB mb ma mcC mc ma mbD mc mb ma 答案 解析 圖1 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 即mag qE b在紙面內向右做勻速直線運動 三力平衡 則mbg qE qvB c在紙面內向左做勻速直線運動 三力平衡 則mcg qvB qE 比較 式得 mb ma mc 選項B正確 例2 多選 2017 河南六市一模 如圖2所示 半徑為R的光滑半圓弧絕緣軌道固定在豎直面內 磁感應強度為B的勻強磁場方向垂直于軌道平面向里 一可視為質點 質量為m 電荷量為q q 0 的小球由軌道左端A點無初速度滑下 當小球滑至軌道最低點C時 給小球再施加一始終水平向右的外力F 使小球能保持不變的速率滑過軌道右側的D點 若軌道的兩端等高 小球始終與軌道接觸 重力加速度為g 則下列判斷正確的是A 小球在C點對軌道的壓力大小為qBB 小球在C點對軌道的壓力大小為3mg qBC 小球從C到D的過程中 外力F的大小保持不變D 小球從C到D的過程中 外力F的功率逐漸增大 答案 解析 圖2 變式1 2017 河北冀州2月模擬 我國位于北半球 某地區(qū)存在勻強電場E和可看做勻強磁場的地磁場B 電場與地磁場的方向相同 地磁場的豎直分量和水平分量分別豎直向下和水平向北 一帶電小球以速度v在此區(qū)域內沿垂直場強方向在水平面內做直線運動 忽略空氣阻力 此地區(qū)的重力加速度為g 則下列說法正確的是A 小球運動方向為自南向北B 小球可能帶正電C 小球速度v的大小為D 小球的比荷為 答案 解析 由受力分析可知小球帶負電 且運動方向為自東向西 則A B錯誤 變式2 2016 天津理綜 11 如圖3所示 空間中存在著水平向右的勻強電場 電場強度大小E 5N C 同時存在著垂直紙面向里的勻強磁場 其方向與電場方向垂直 磁感應強度大小B 0 5T 有一帶正電的小球 質量m 1 10 6kg 電荷量q 2 10 6C 正以速度v在圖示的豎直面內做勻速直線運動 當經(jīng)過P點時撤掉磁場 不考慮磁場消失引起的電磁感應現(xiàn)象 取g 10m s2 求 1 小球做勻速直線運動的速度v的大小和方向 答案 解析 圖3 答案20m s方向與電場方向成60 角斜向上 解析小球做勻速直線運動時受力如圖甲 其所受的三個力在同一平面內 合力為零 有qvB 代入數(shù)據(jù)解得v 20m s 速度v的方向與電場E的方向之間的夾角滿足 60 2 從撤掉磁場到小球再次穿過P點所在的這條電場線經(jīng)歷的時間t 答案 解析 解析解法一撤去磁場 小球在重力與電場力的合力作用下做類平拋運動 如圖乙所示 設其加速度為a 有 設撤去磁場后小球在初速度方向上的分位移為x 有x vt 設小球在重力與電場力的合力方向上的分位移為y 有 解法二撤去磁場后 由于電場力垂直于豎直方向 它對豎直方向的分運動沒有影響 以P點為坐標原點 豎直向上為正方向 小球在豎直方向上做勻減速運動 其初速度為vy vsin 1 組合場 電場與磁場各位于一定的區(qū)域內 并不重疊 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 大致畫出粒子的運動軌跡圖 有利于形象 直觀地解決問題 命題點二帶電粒子在組合場中的運動 能力考點師生共研 模型1磁場與磁場的組合例3 2017 全國卷 24 如圖4 空間存在方向垂直于紙面 xOy平面 向里的磁場 在x 0區(qū)域 磁感應強度的大小為B0 x 0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 q 0 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 答案 解析 圖4 解析在勻強磁場中 帶電粒子做勻速圓周運動 設在x 0區(qū)域 圓周半徑為R1 在x 0區(qū)域 圓周半徑為R2 由洛倫茲力公式及牛頓運動定律得 粒子速度方向轉過180 時 所需時間t1為 粒子再轉過180 時 所需時間t2為 聯(lián)立 式得 所求時間為 2 粒子與O點間的距離 答案 解析 解析由幾何關系及 式得 所求距離為 變式3如圖5所示 足夠大的平行擋板A1 A2豎直放置 間距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的距離均為l 質量為m 電荷量為 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 區(qū) 并直接偏轉到MN上的P點 再進入 區(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 1 若k 1 求勻強電場的電場強度E 圖5 答案 解析 解析若k 1 則有MP l 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R1 l 2 若2 k 3 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 答案 解析 解析因為2 k 3 且粒子沿水平方向從S2射出 則從S1到S2的軌跡如圖所示 由幾何關系得R22 kl 2 R2 l 2 又因為6l 2kl 2x 模型2電場與磁場的組合例4 2017 天津理綜 11 平面直角坐標系xOy中 第 象限存在垂直于平面向里的勻強磁場 第 象限存在沿y軸負方向的勻強電場 如圖6所示 一帶負電的粒子從電場中的Q點以速度v0沿x軸正方向開始運動 Q點到y(tǒng)軸的距離為到x軸距離的2倍 粒子從坐標原點O離開電場進入磁場 最終從x軸上的P點射出磁場 P點到y(tǒng)軸距離與Q點到y(tǒng)軸距離相等 不計粒子重力 問 1 粒子到達O點時速度的大小和方向 圖6 答案 解析 解析在電場中 粒子做類平拋運動 設Q點到x軸距離為L 到y(tǒng)軸距離為2L 粒子的加速度為a 運動時間為t 有2L v0t L at2 設粒子到達O點時沿y軸方向的分速度為vyvy at 設粒子到達O點時速度方向與x軸正方向夾角為 有tan 聯(lián)立 式得 45 即粒子到達O點時速度方向與x軸正方向成45 角斜向上 設粒子到達O點時速度大小為v 由運動的合成有v 聯(lián)立 式得v v0 2 電場強度和磁感應強度的大小之比 答案 解析 解析設電場強度為E 粒子電荷量為q 質量為m 粒子在電場中受到的電場力為F 由牛頓第二定律可得F ma 又F qE 設磁場的磁感應強度大小為B 粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R 所受的洛倫茲力提供向心力 有qvB m 由幾何關系可知R L 聯(lián)立 式得 變式4 2017 河南六市一模 如圖7所示 一帶電粒子垂直射入勻強電場 經(jīng)電場偏轉后從磁場的左邊界上M點進入垂直紙面向外的勻強磁場中 最后從磁場的左邊界上的N點離開磁場 已知帶電粒子的比荷 3 2 109C kg 電場強度E 200V m M N間距MN 1cm 金屬板長L 25cm 粒子的初速度v0 4 105m s 帶電粒子的重力忽略不計 求 1 粒子射出電場時的運動方向與初速度v0的夾角 答案 解析 圖7 答案45 解析由牛頓第二定律有qE ma粒子在電場中水平方向做勻速直線運動 L v0t粒子在豎直方向做初速度為零的勻加速運動 射出電場時的豎直分速度vy at速度偏轉角的正切值tan 由以上各式代入數(shù)據(jù)解得 45 2 磁感應強度B的大小 答案 解析 答案2 5 10 2T 解析粒子射出電場時的速度大小為 代入數(shù)據(jù)解得B 2 5 10 2T 課時作業(yè) 1 多選 如圖1所示 一帶電小球在一正交電場 磁場區(qū)域里做勻速圓周運動 電場方向豎直向下 磁場方向垂直紙面向里 則下列說法正確的是A 小球一定帶正電B 小球一定帶負電C 小球的繞行方向為順時針D 改變小球的速度大小 小球將不做圓周運動 答案 圖1 1 2 3 4 5 6 2 如圖2所示的虛線區(qū)域內 充滿垂直于紙面向里的勻強磁場和豎直向下的勻強電場 一帶電粒子a 不計重力 以一定的初速度由左邊界的O點射入磁場 電場區(qū)域 恰好沿直線由區(qū)域右邊界的O 點 圖中未標出 穿出 若撤去該區(qū)域內的磁場而保留電場不變 另一個同樣的粒子b 不計重力 仍以相同初速度由O點射入 從區(qū)域右邊界穿出 則粒子bA 穿出位置一定在O 點下方B 穿出位置一定在O 點上方C 運動時 在電場中的電勢能一定減小D 在電場中運動時 動能一定減小 圖2 答案 1 2 3 4 5 6 3 在xOy平面內 以拋物線OM為界 MOy區(qū)域內存在豎直向上的勻強電場 電場強度為E y軸為電場的右邊界 MOx區(qū)域內有垂直于平面向外的勻強磁場 x軸為磁場的下邊界 如圖3所示 質量為m 電荷量為q的粒子從y軸上P 0 h 點以垂直于y軸的初速度進入電場中 經(jīng)電場后以與x軸成45 角的速度從拋物線上的Q點 圖中未畫出 進入磁場 已知Q點的縱坐標為 粒子重力不計 1 試求帶電粒子從P射入電場時的速度大小 圖3 答案 解析 1 2 3 4 5 6 解析帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動 由牛頓第二定律得粒子加速度 過邊界OM時y方向上的速度大小為vy 由此時速度方向與x軸成45 角可知vy v0 1 2 3 4 5 6 2 若O為拋物線OM的頂點 寫出邊界OM的拋物線方程 答案 解析 聯(lián)立 解得x h 1 2 3 4 5 6 3 要使帶電粒子不穿過x軸 試確定勻強磁場的磁感應強度B應滿足的條件 答案 解析 1 2 3 4 5 6 解析帶電粒子的運動軌跡如圖所示 設粒子在磁場中的軌道半徑為R 要使粒子不穿過x軸 則由幾何關系得 粒子在磁場中運動的速度大小 1 2 3 4 5 6 4 如圖4甲所示 在xOy平面內存在磁場和電場 磁感應強度和電場強度大小隨時間周期性變化 B的變化周期為4t0 E的變化周期為2t0 變化規(guī)律分別如圖乙和圖丙所示 在t 0時刻從O點發(fā)射一帶負電的粒子 不計重力 初速度大小為v0 方向沿y軸正方向 在x軸上有一點A 圖中未標出 坐標為 0 若規(guī)定垂直紙面向里為磁感應強度的正方向 y軸正方向為電場強度的正方向 v0 t0 B0為已知量 磁感應強度與電場強度的大小滿足 粒子的比荷滿足 求 圖4 1 2 3 4 5 6 1 在t 時 粒子的位置坐標 答案 解析 1 2 3 4 5 6 2 粒子偏離x軸的最大距離 答案 解析 1 2 3 4 5 6 解析在t0 2t0時間內 設粒子經(jīng)電場加速后的速度為v 粒子的運動軌跡如圖所示 1 2 3 4 5 6 3 粒子運動至A點的時間 答案 解析 答案32t0 解析粒子在xOy平面內做周期性運動的運動周期為4t0 所以 粒子運動至A點的時間t 32t0 1 2 3 4 5 6 5 如圖5所示 豎直平面坐標系xOy的第一象限 有垂直xOy平面向外的水平勻強磁場和豎直向上的勻強電場 大小分別為B和E 第四象限有垂直xOy平面向里的水平勻強電場 大小也為E 第三象限內有一絕緣光滑豎直放置的半徑為R的半圓軌道 軌道最高點與坐標原點O相切 最低點與絕緣光滑水平面相切于N 一質量為m的帶電小球從y軸上 y 0 的P點沿x軸正方向進入第一象限后做圓周運動 恰好通過坐標原點O 且水平切入半圓軌道并沿軌道內側運動 過N點水平進入第四象限 并在電場中運動 已知重力加速度為g 圖5 1 2 3 4 5 6 1 判斷小球的帶電性質并求出其所帶電荷量 解析小球進入第一象限后做圓周運動 說明重力與電場力平衡 設小球所帶電荷量為q 則有qE mg 又電場方向豎直向上 故小球帶正電 答案 解析 1 2 3 4 5 6 2 P點距坐標原點O至少多高 解析設勻速圓周運動的速度為v 軌道半徑為r 由洛倫茲力提供向心力得qBv 小球恰能通過半圓軌道的最高點并沿軌道運動 則應滿足mg 答案 解析 1 2 3 4 5 6 3 若該小球以滿足 2 中OP最小值的位置和對應速度進入第四象限 通過N點開始計時 經(jīng)時間t 2小球距坐標原點O的距離s有多遠 答案 解析 1 2 3 4 5 6 解析設小球到達N點的速度為vN 小球由O運動到N的過程中 由機械能守恒得 小球從N點進入電場區(qū)域后做類平拋運動 設加速度為a 則沿x軸方向有x vNt 1 2 3 4 5 6 經(jīng)t時間小球距坐標原點O的距離為 1 2 3 4 5 6 6 2018 廣東中山調研 如圖6所示 兩平行金屬板A B間的電勢差為U 5 104V 在B板的右側有兩個方向不同但寬度相同的有界磁場 它們的寬度為d1 d2 6 25m 磁感應強度分別為B1 2 0T B2 4 0T 方向如圖中所示 現(xiàn)有一質量m 1 0 10 8kg 電荷量q 1 6 10 6C 重力忽略不計的粒子從A板的O點由靜止釋放 經(jīng)過加速后恰好從B板的小孔Q處飛出 試求 1 帶電粒子從加速電場中出來的速度v的大小 圖6 答案 解析 答案4 0 103m s 1 2 3 4 5 6 解析粒子在電場中做勻加速直線運動 由動能定理有 1 2 3 4 5 6 2 帶電粒子穿過磁場區(qū)域 所用的時間t 答案 解析 1 2 3 4 5 6 解析粒子運動軌跡如圖甲 代入數(shù)據(jù)解得r 12 5m設粒子在 區(qū)內做圓周運動的圓心角為 則 1 2 3 4 5 6 所以 30 粒子在 區(qū)運動周期 則粒子在 區(qū)運動時間 1 2 3 4 5 6 3 帶電粒子從磁場區(qū)域 射出時的速度方向與邊界面的夾角 答案 解析 答案60 解析設粒子在 區(qū)做圓周運動的軌道半徑為R 則qvB2 解得R 6 25m如圖甲所示 由幾何關系可知 MO2P為等邊三角形 所以粒子離開 區(qū)域時速度方向與邊界面的夾角為 60 1 2 3 4 5 6 4 若d1的寬度不變 改變d2的寬度 要使粒子不能從 區(qū)飛出磁場 則d2的寬度至少為多大 答案 解析 1 2 3 4 5 6 答案9 375m 解析要使粒子不能從 區(qū)飛出磁場 粒子運動的軌跡與磁場邊界相切時 由圖乙可知 區(qū)磁場的寬度至少為 d2 R Rcos60 1 5R 9 375m