《2019年度高考物理一轮复习第九章 磁场 专题强化十一 带电粒子在叠加场和组合场中的运动学案》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019年度高考物理一轮复习第九章 磁场 专题强化十一 带电粒子在叠加场和组合场中的运动学案（14页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、专题强化十一带电粒子在叠加场和组合场中的运动专题解读 1.本专题是磁场、力学、电场等知识的综合应用，高考往往以计算压轴题的形式出现.2.学习本专题，可以培养同学们的审题能力、推理能力和规范表达能力.针对性的专题训练，可以提高同学们解决难题压轴题的信心.3.用到的知识有：动力学观点(牛顿运动定律)、运动学观点、能量观点(动能定理、能量守恒)、电场的观点(类平抛运动的规律)、磁场的观点(带电粒子在磁场中运动的规律).命题点一带电粒子在叠加场中的运动1.带电粒子在叠加场中无约束情况下的运动(1)洛伦兹力、重力并存若重力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动.若重力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子将做复
2、杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒，由此可求解问题.(2)电场力、洛伦兹力并存(不计重力的微观粒子)若电场力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动.若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用动能定理求解问题.(3)电场力、洛伦兹力、重力并存若三力平衡，一定做匀速直线运动.若重力与电场力平衡，一定做匀速圆周运动.若合力不为零且与速度方向不垂直，将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用能量守恒定律或动能定理求解问题.2.带电粒子在叠加场中有约束情况下的运动带电粒子在叠加场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道等约束的情况下，常见的运动形式有直线运动和圆周运动，
3、此时解题要通过受力分析明确变力、恒力做功情况，并注意洛伦兹力不做功的特点，运用动能定理、能量守恒定律结合牛顿运动定律求解.例1(2017全国卷16)如图1，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与纸面平行)，磁场方向垂直于纸面向里，三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等，质量分别为ma、mb、mc，已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动.下列选项正确的是()图1A.mambmcB.mbmamcC.mcmambD.mcmbma答案B解析设三个微粒的电荷量均为q，a在纸面内做匀速圆周运动，说明洛伦兹力提供向心力，重力与电场力
4、平衡，即magqEb在纸面内向右做匀速直线运动，三力平衡，则mbgqEqvBc在纸面内向左做匀速直线运动，三力平衡，则mcgqvBqE比较式得：mbmamc，选项B正确.例2(多选)(2017河南六市一模)如图2所示，半径为R的光滑半圆弧绝缘轨道固定在竖直面内，磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直于轨道平面向里.一可视为质点、质量为m、电荷量为q(q0)的小球由轨道左端A点无初速度滑下，当小球滑至轨道最低点C时，给小球再施加一始终水平向右的外力F，使小球能保持不变的速率滑过轨道右侧的D点.若轨道的两端等高，小球始终与轨道接触，重力加速度为g，则下列判断正确的是()图2A.小球在C点对轨道的压力大小
5、为qBB.小球在C点对轨道的压力大小为3mgqBC.小球从C到D的过程中，外力F的大小保持不变D.小球从C到D的过程中，外力F的功率逐渐增大答案BD解析小球从A到C，只有重力做功，由机械能守恒有mgRmv2，得小球到达C点时的速度v，在C点由牛顿第二定律有FNqvBmgm，解得FN3mgqB，再由牛顿第三定律可知小球在C点对轨道的压力大小为3mgqB，故A错误，B正确；从C到D，小球速率不变，由于轨道对小球的支持力和洛伦兹力不做功，则重力做负功的功率和外力F做正功的功率始终大小相等，设速度方向与竖直方向夹角为，则有mgvcos Fvsin ，得F，因逐渐减小，则外力F逐渐增大，外力F的功率逐渐
6、增大，故C错误，D正确.变式1(2017河北冀州2月模拟)我国位于北半球，某地区存在匀强电场E和可看做匀强磁场的地磁场B，电场与地磁场的方向相同，地磁场的竖直分量和水平分量分别竖直向下和水平向北，一带电小球以速度v在此区域内沿垂直场强方向在水平面内做直线运动，忽略空气阻力，此地区的重力加速度为g，则下列说法正确的是()A.小球运动方向为自南向北B.小球可能带正电C.小球速度v的大小为D.小球的比荷为答案D解析由题意可知，小球受重力、电场力和洛伦兹力，因做直线运动，且F洛qvB，因此一定做匀速直线运动，那么电场力与洛伦兹力的合力与重力等大反向，因电场与地磁场的方向相同，地磁场的竖直分量和水平分量
7、分别竖直向下和水平向北，则小球受力如图所示，其中qvB与qE垂直，因小球受力平衡，则受力关系满足(mg)2(Eq)2(Bqv)2，得，v，则D项正确，C项错误.由受力分析可知小球带负电，且运动方向为自东向西，则A、B错误.变式2(2016天津理综11)如图3所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E5 N/C，同时存在着垂直纸面向里的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B0.5 T.有一带正电的小球，质量m1106 kg，电荷量q2106 C，正以速度v在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象)，取g10 m/s2，求：图3(1
8、)小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向；(2)从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间t.答案(1)20 m/s方向与电场方向成60角斜向上(2)2 s解析(1)小球做匀速直线运动时受力如图甲，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，有qvB代入数据解得v20 m/s速度v的方向与电场E的方向之间的夹角满足tan 代入数据解得tan 60(2)解法一撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，如图乙所示，设其加速度为a，有a设撤去磁场后小球在初速度方向上的分位移为x，有xvt设小球在重力与电场力的合力方向上的分位移为y，有yat2tan 联立式，代入数据解得t2 s解法
9、二撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响，以P点为坐标原点，竖直向上为正方向，小球在竖直方向上做匀减速运动，其初速度为vyvsin 若使小球再次穿过P点所在的电场线，仅需小球的竖直方向上分位移为零，则有vytgt20联立式，代入数据解得t2 s.命题点二带电粒子在组合场中的运动1.组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，电场、磁场交替出现.2.分析思路(1)划分过程：将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选取不同的规律处理.(2)找关键：确定带电粒子在场区边界的速度(包括大小和方向)是解决该类问题的关键.(3)画运动轨迹：根据受力分析和运动分析，
10、大致画出粒子的运动轨迹图，有利于形象、直观地解决问题.模型1磁场与磁场的组合例3(2017全国卷24)如图4，空间存在方向垂直于纸面(xOy平面)向里的磁场.在x0 区域，磁感应强度的大小为B0；x0区域，磁感应强度的大小为B0(常数1).一质量为m、电荷量为q(q0)的带电粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴正向射入磁场，此时开始计时，当粒子的速度方向再次沿x轴正向时，求：(不计重力)图4(1)粒子运动的时间；(2)粒子与O点间的距离.答案(1)(1)(2)(1)解析(1)在匀强磁场中，带电粒子做匀速圆周运动.设在x0区域，圆周半径为R1；在x0区域，圆周半径为R2.由洛伦兹力公式及牛顿运动定律
11、得qB0v0mqB0v0m粒子速度方向转过180时，所需时间t1为t1粒子再转过180时，所需时间t2为t2联立式得，所求时间为tt1t2(1)(2)由几何关系及式得，所求距离为d2(R1R2)(1)变式3如图5所示，足够大的平行挡板A1、A2竖直放置，间距6l.两板间存在两个方向相反的匀强磁场区域和，以水平面MN为理想分界面，区的磁感应强度为B0，方向垂直纸面向外.A1、A2上各有位置正对的小孔S1、S2，两孔与分界面MN的距离均为l.质量为m、电荷量为q的粒子经宽度为d的匀强电场由静止加速后，沿水平方向从S1进入区，并直接偏转到MN上的P点，再进入区，P点与A1板的距离是l的k倍，不计重力
12、，碰到挡板的粒子不予考虑.图5(1)若k1，求匀强电场的电场强度E.(2)若2k3，且粒子沿水平方向从S2射出，求出粒子在磁场中的速度大小v与k的关系式和区的磁感应强度B与k的关系式.答案(1)(2)vB解析(1)若k1，则有MPl，粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系，该情况粒子的轨迹半径R1l粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律知qvB0m粒子在匀强电场中加速，根据动能定理有qEdmv2联立解得E.(2)因为2k3，且粒子沿水平方向从S2射出，则从S1到S2的轨迹如图所示.由几何关系得R(kl)2(R2l)2又有qvB0m联立解得v又因为6l2kl2x根据几何关系有由R知
13、，联立解得B.模型2电场与磁场的组合例4(2017天津理综11)平面直角坐标系xOy中，第象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第象限存在沿y轴负方向的匀强电场，如图6所示.一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0沿x轴正方向开始运动.Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍.粒子从坐标原点O离开电场进入磁场，最终从x轴上的P点射出磁场，P点到y轴距离与Q点到y轴距离相等.不计粒子重力，问：图6(1)粒子到达O点时速度的大小和方向；(2)电场强度和磁感应强度的大小之比.答案(1)v0方向与x轴正方向成45角斜向上(2)解析(1)在电场中，粒子做类平抛运动，设Q点到x轴距离为L，到y轴距离为2L，粒子的加速
14、度为a，运动时间为t，有2Lv0tLat2设粒子到达O点时沿y轴方向的分速度为vyvyat设粒子到达O点时速度方向与x轴正方向夹角为，有tan 联立式得45即粒子到达O点时速度方向与x轴正方向成45角斜向上.设粒子到达O点时速度大小为v，由运动的合成有v联立式得vv0(2)设电场强度为E，粒子电荷量为q，质量为m，粒子在电场中受到的电场力为F，由牛顿第二定律可得Fma又FqE设磁场的磁感应强度大小为B，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，所受的洛伦兹力提供向心力，有qvBm由几何关系可知RL联立式得变式4(2017河南六市一模)如图7所示，一带电粒子垂直射入匀强电场，经电场偏转后从磁场的左边界上M点进入垂直纸面向外的匀强磁场中，最后从磁场的左边界上的N点离开磁场.已知带电粒子的比荷3.2109 C/kg，电场强度E200 V/m，M、N间距MN1 cm，金属板长L25 cm，粒子的初速度v04105 m/s，带电粒子的重力忽略不计，求：图7(1)粒子射出电场时
