【物理】2018届一轮复习鲁科版第九章专题强化十一带电粒子在叠加场和组合场中的运动学案

【物理】2018届一轮复习鲁科版第九章专题强化十一带电粒子在叠加场和组合场中的运动学案

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．带电体在叠加场中无约束情况下的运动 ‎(1)洛伦兹力、重力并存 ‎①若重力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动．‎ ‎②若重力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒，由此可求解问题．‎ ‎(2)静电力、洛伦兹力并存(不计重力的微观粒子)‎ ‎①若静电力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动．‎ ‎②若静电力和洛伦兹力不平衡，则带电体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)静电力、洛伦兹力、重力并存 ‎①若三力平衡，一定做匀速直线运动．‎ ‎②若重力与静电力平衡，一定做匀速圆周运动．‎ ‎③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．带电体在叠加场中有约束情况下的运动 带电体在叠加场中受轻杆、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，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　在如图1所示的竖直平面内，水平轨道CD和倾斜轨道GH与半径r＝ m的光滑圆 弧轨道分别相切于D点和G点，GH与水平面的夹角θ＝37°.过G点、垂直于水平面的竖直平面左侧有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度B＝1.25 T；过D点、垂直于水平面的竖直平面右侧有匀强电场，电场方向水平向右，电场强度E＝1×104 N/C.小物体P1质量m＝2×10－3 kg、带电荷量q＝＋8×10－6 C，受到水平向右的推力F＝9.98×10－3 N的作用，沿CD向右做匀速直线运动，到达D点后撤去推力．当P1到达倾斜轨道底端G点时，不带电的小物体P2在GH顶端由静止释放，经过时间t＝0.1 s与P1相遇．P1和P2与轨道CD、GH间的动摩擦因数均为μ＝0.5，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，物体电荷量保持不变，不计空气阻力．求：‎ 图1‎ ‎(1)小物体P1在水平轨道CD上运动速度v的大小；‎ ‎(2)倾斜轨道GH的长度s.‎ ‎①沿CD向右匀速直线运动；②经过时间t＝0.1 s与P1相遇．‎ 答案　(1)4 m/s　(2)0.56 m 解析　(1)设小物体P1在匀强磁场中运动的速度为v，受到向上的洛伦兹力为F1，受到的摩擦力为f，则 F1＝qvB①‎ f＝μ(mg－F1)②‎ 由题意知，水平方向合力为零，F－f＝0③‎ 联立①②③式，代入数据解得v＝4 m/s④‎ ‎(2)设P1在G点的速度大小为vG，由于洛伦兹力不做功，根据动能定理有 qErsin θ－mgr(1－cos θ)＝mv－mv2⑤‎ P1在GH上运动，受到重力、电场力和摩擦力的作用，设加速度为 a1，根据牛顿第二定律有 qEcos θ－mgsin θ－μ(mgcos θ＋qEsin θ)＝ma1⑥‎ P1与P2在GH上相遇时，设P1在GH上运动的距离为s1，则 s1＝vGt＋a1t2⑦‎ 设P2质量为m2，在GH上运动的加速度为a2，则 m2gsin θ－μm2gcos θ＝m2a2⑧‎ P1与P2在GH上相遇时，设P2在GH上运动的距离s2，则s2＝a2t2⑨‎ s＝s1＋s2⑩‎ 联立⑤～⑩式，代入数据得s＝0.56 m.‎ ‎1．(2016·天津·11)如图2所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E＝5 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B＝0.5 T．有一带正电的小球，质量m＝1×10－6 kg，电荷量q＝2×10－6 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g＝10 m/s2，求：‎ 图2‎ ‎(1)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)3.5 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＝①‎ 甲 代入数据解得v＝20 m/s②‎ 速度v的方向与电场E的方向之间的夹角满足 tan θ＝③‎ 代入数据解得tan θ＝ θ＝60°④‎ ‎(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 乙 a＝⑤‎ 设撤去磁场后小球在初速度方向上的分位移为x，有 x＝vt⑥‎ 设小球在重力与电场力的合力方向上的分位移为y，有 y＝at2⑦‎ tan θ＝⑧‎ 联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得 t＝2 s≈3.5 s⑨‎ 解法二　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 vy＝vsin θ⑤‎ 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vyt－gt2＝0⑥‎ 联立⑤⑥式，代入数据解得t＝2 s≈3.5 s.‎ ‎2．如图3所示，在竖直平面内，水平x轴的上方和下方分别存在方向垂直纸面向外和方向垂直纸面向里的匀强磁场，其中x轴上方的匀强磁场磁感应强度大小为B1，并且在第一象限和第二象限有方向相反、强弱相同的平行于x轴的匀强电场，电场强度大小为E1，已知一质量为m的带电小球从y轴上的A(0，L)位置斜向下与y轴负半轴成60°角射入第一象限，恰能做匀速直线运动．‎ 图3‎ ‎(1)判定带电小球的电性，并求出所带电荷量q及入射的速度大小；‎ ‎(2)为使得带电小球在x轴下方的磁场中能做匀速圆周运动，需要在x轴下方空间加一匀强电场，试求所加匀强电场的方向和电场强度的大小；‎ ‎(3)在满足第(2)问的基础上，若在x轴上安装有一绝缘弹性薄板，并且调节x轴下方的磁场强弱，使带电小球恰好与绝缘弹性板碰撞两次从x轴上的某一位置返回到x轴的上方(带电小球与弹性板碰撞时，既无电荷转移，也无能量损失，‎ 并且入射方向和反射方向与弹性板的夹角相同)，然后恰能做匀速直线运动至y轴上的A(0，L)位置，则：弹性板至少多长？带电小球从A位置出发到返回至A位置过程所经历的时间为多少？‎ 答案　(1)负电　q＝　v＝　(2)竖直向下 E1　(3)L　＋ 解析　(1)小球在第一象限中的受力分析如图所示，所以带电小球带负电．mg＝qE1tan 60°，q＝.又qE1＝qvB1cos 60°，得v＝ ‎(2)小球若在x轴下方的磁场中做匀速圆周运动，必须使得电场力与重力二力平衡，即应施加一竖直向下的匀强电场，且电场强度大小满足qE＝mg，即E＝E1.‎ ‎(3)要想让小球恰好与弹性板发生两次碰撞，并且碰撞后返回x轴上方空间匀速运动到A点，则其轨迹应该如图所示，且由几何关系可知3PD＝2ON，＝＝tan 60°，‎ 联立上述方程解得 PD＝DN＝L，‎ R＝L.‎ 设x轴下方的磁感应强度为B，则满足qvB＝m，T＝.‎ 从N点运动到C点的时间为t＝3×T.‎ 联立上式解得t＝.‎ 由几何关系可知＝cos 60°.‎ 在第一象限运动的时间t1和第二象限中的运动的时间t2相等，且t1＝t2＝＝＝.‎ 所以带电小球从A点出发至回到A点的过程中所经历的总时间为t总＝t＋t1＋t2.‎ 联立上述方程解得t总＝＋.‎ 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)找关键点：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，大致画出粒子的运动轨迹图，有利于形象、直观地解决问题．‎ 图4‎ 例2　在如图4所示的直角坐标系xOy中，矩形区域OACD内有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝5.0×10－2 T；第一象限内有沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E＝1.0×105 N/C.已知矩形区域OA边长为0.60 m，AC边长为0.20 m．在CD边中点N处有一放射源，某时刻，放射源沿纸面向磁场中的各个方向均匀辐射出速率均为v＝2.0×106 m/s的某种带正电粒子，带电粒子的质量为m＝1.6×10－27 kg、电荷量为q＝3.2×10－19 C，不计粒子重力，计算结果均保留两位有效数字，试求：‎ ‎(1)粒子在磁场中运动的半径；‎ ‎(2)从N处射出的粒子在磁场中运动的最短路程；‎ ‎(3)沿x轴负方向射出的粒子，从射出到从y轴离开所经历的时间．‎ ‎①各个方向均匀辐射；②不计粒子重力．‎ 答案　(1)0.20 m　(2)0.21 m　(3)4.6×10－7 s 解析　(1)设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，由牛顿第二定律可得 qvB＝m 代入数据解得r＝0.20 m.‎ ‎(2)设粒子在磁场中运动的最短路程为s，由数学知识可知，最短弦长对应最短的弧长，粒子运动轨迹如图甲所示，由几何关系可知，α＝60°，最短的弧长即最短路程，则有s＝×2πr＝0.21 m.‎ 甲 ‎(3)如图乙所示，粒子在磁场中运动的周期T＝＝6.28×10－7 s，设沿x轴负方向射出的粒子在磁场中沿弧NP运动的时间为t1，则有t1＝＝1.57×10－7 s 设粒子在电场中运动的时间为t2，加速度大小为a，则有t2＝，a＝，代入数据解得t2＝2.0×10－7 s 由几何关系可知，cos θ＝，所以θ＝60°，设粒子沿弧PH运动的时间为t3，则t3＝，t3＝1.05×10－7 s 故沿x轴负方向射出的粒子，从射出到从y轴离开所经历的时间t＝t1＋t2＋t3＝4.6×10－7 s.‎ 乙 带电粒子在组合场中运动的分析思路 第1步：分阶段(分过程)按照时间顺序和进入不同的区域分成几个不同的阶段；‎ 第2步：受力和运动分析，主要涉及两种典型运动，如下：‎ ←←←→→→ 第3步：用规律 →→→→ → ‎3．如图5所示，直角坐标系xOy第一象限的区域存在沿y轴正方向的匀强电场．现有一质量为m，电荷量为e的电子从第一象限的某点P(L，L)以初速度v0沿x轴的负方向开始运动，经过x轴上的点Q(，0)进入第四象限，‎ 先做匀速直线运动然后进入垂直纸面的矩形匀强磁场区域(图中未画出)，磁场左边界和上边界分别与y轴、x轴重合，电子偏转后恰好经过坐标原点O，并沿y轴的正方向运动，不计电子的重力．求：‎ 图5‎ ‎(1)电子经过Q点时的速度v；‎ ‎(2)该匀强磁场的磁感应强度B和最小面积S.‎ 答案　见解析 解析　(1)电子从P点开始在电场力作用下做类平抛运动到Q点，可知竖直方向y＝L＝at2，水平方向x＝L＝v0t，‎ 解得a＝ 而vy＝at＝v0，所以电子经过Q点时的速度为 v＝＝v0‎ 设v与x轴负方向的夹角为θ，可知tan θ＝＝，所以θ＝30°.‎ ‎(2)如图所示，电子以与x轴负方向成30°角的方向进入第四象限后先沿QM做匀速直线运动，然后进入匀强磁场区域做匀速圆周运动，恰好以沿y轴向上的速度经过O点．可知圆周运动的圆心O′一定在x轴上，且O′点到O点的距离与O′点到直线QM上M点(M点即磁场的边界点)的距离相等，找出O′点，画出其运动的部分轨迹为弧MNO，所以面积最小的磁场的右边界和下边界就确定了 设偏转半径为R，evB＝m，由图知OQ＝L＝3R，解得B＝，方向垂直纸面向里 面积最小的磁场的长度LOC＝R＝L，宽度LOA＝R＝L 矩形磁场的最小面积为：Smin＝LOC·LOA＝L2.‎ ‎4．x轴下方有两个关于直线x＝－0.5a对称的沿x轴的匀强电场(大小相等，方向相反)．如图 ‎6甲所示，一质量为m、带电荷量为－q的粒子(不计重力)，以初速度v沿y轴正方向从P点进入电场，后从原点O以与过P点时相同的速度进入磁场(图中未画出)．粒子过O点的同时在MN和x轴之间加上按图乙所示的规律发生周期性变化的磁场，规定垂直纸面向里为正方向．正向磁场与反向磁场的磁感应强度大小相等，且持续的时间相同．粒子在磁场中运动一段时间后到达Q点，并且速度也与过P点时速度相同．已知P、O、Q在一条直线上，与水平方向夹角为θ，且P、Q两点横坐标分别为－a、a.试计算：‎ 图6‎ ‎(1)电场强度E的大小；‎ ‎(2)磁场的磁感应强度B的大小；‎ ‎(3)粒子从P到Q的总时间．‎ 答案　(1)　(2)(n＝1,2,3，…)‎ ‎(3)＋ 解析　(1)带电粒子在第三象限的运动为两个阶段的匀变速曲线运动，且时间相等，设为t，对该运动分析得 y方向：atan θ＝2vt x方向：a＝t2，‎ 解得：E＝，‎ t＝.‎ ‎(2)带电粒子在第一象限的磁场中做匀速圆周运动，轨迹如图所示(只画出一个周期的情况)‎ 设半径为R，由几何关系可知 ＝4nRcos θ(n＝1,2,3，…)，‎ Bqv＝m，‎ 解得B＝(n＝1,2,3，…)．‎ ‎(3)带电粒子在电场中运动的时间 t电＝2t＝.‎ 研究带电粒子在磁场中的匀速圆周运动，设时间为t磁，设单元圆弧对应的圆心角为α，由几何关系可知 α＝π－2θ，‎ 则t磁＝2n＝，‎ 所以粒子从P到Q的总时间 t总＝t电＋t磁＝＋.‎ 题组1　带电粒子在叠加场中的运动 ‎1．如图1，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，其第一象限存在着正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度的方向水平向右，磁感应强度的方向垂直纸面向里．一带电荷量为＋q、质量为m的微粒从原点出发进入复合场中，初速度方向与x轴正方向的夹角为45°，正好做直线运动，当微粒运动到A(l，l)时，电场方向突然变为竖直向上(不计电场变化的时间)，微粒继续运动一段时间后，正好垂直于y轴穿出复合场．不计一切阻力，求：‎ 图1‎ ‎(1)电场强度E的大小；‎ ‎(2)磁感应强度B的大小；‎ ‎(3)微粒在复合场中的运动时间．‎ 答案　(1)　(2)　(3)(＋1) 解析　(1)微粒到达A(l，l)之前做匀速直线运动，对微粒受力分析如图甲：‎ 由几何关系知Eq＝mg，得：E＝ ‎(2)由平衡条件：‎ qvB＝mg 电场方向变化后，微粒所受重力与电场力平衡，微粒在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹如图乙 qvB＝m 由几何知识可得：r＝l 联立解得：v＝，B＝ ‎(3)微粒做匀速运动时间：t1＝＝ 做匀速圆周运动时间：t2＝＝ 故微粒在复合场中的运动时间：‎ t＝t1＋t2＝(＋1).‎ ‎2．如图2所示，与水平面成37°的倾斜轨道AC，其延长线在D点与半圆轨道DF相切，全部轨道为绝缘材料制成且位于竖直面内，整个空间存在水平向左的匀强电场，MN的右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场(C点处于MN边界上)．一质量为0.4 kg的带电小球沿轨道AC下滑，至C点时速度为vC＝ m/s，接着沿直线CD运动到D 处进入半圆轨道，进入时无动能损失，且恰好能通过F点，在F点速度为vF＝4 m/s(不计空气阻力，g＝10 m/s2，cos 37°＝0.8)．求：‎ 图2‎ ‎(1)小球带何种电荷？‎ ‎(2)小球在半圆轨道部分克服摩擦力所做的功；‎ ‎(3)小球从F点飞出时磁场同时消失，小球离开F点后的运动轨迹与直线AC(或延长线)的交点为G点(未标出)，求G点到D点的距离．‎ 答案　(1)正电荷　(2)27.6 J　(3)2.26 m 解析　(1)依题意可知小球在CD间做匀速直线运动，在CD段受重力、电场力、洛伦兹力且合力为零，若小球带负电，小球受到的合力不为零，因此带电小球应带正电荷．‎ ‎(2)小球在D点速度为 vD＝vC＝ m/s 设重力与电场力的合力为F1，如图所示，则F1＝F洛＝qvCB 又F1＝＝5 N 解得qB＝＝ C·T 在F处由牛顿第二定律可得 qvFB＋F1＝ 把qB＝ C·T代入得R＝1 m 小球在DF段克服摩擦力做功Wf，由动能定理可得 ‎－Wf－2F1R＝mv－mv 解得Wf≈27.6 J ‎(3)小球离开F点后做类平抛运动，其加速度为a＝ 由2R＝ 解得t＝ ＝ s 交点G与D点的距离GD＝vFt＝ m≈2.26 m.‎ 题组2　带电粒子在组合场中的运动 ‎3．如图3所示，在xOy平面内y轴与MN边界之间有沿x轴负方向的匀强电场，y轴左侧和MN边界右侧的空间有垂直纸面向里、磁感应强度大小相等的匀强磁场，MN边界与y轴平行且间距保持不变．一质量为m、电荷量为－q的粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴负方向射入磁场，每次经过磁场的时间均为t0，粒子重力不计．‎ 图3‎ ‎(1)求磁感应强度的大小B；‎ ‎(2)若t＝5t0时粒子回到原点O，求电场区域的宽度d和此时的电场强度E0；‎ ‎(3)若带电粒子能够回到原点O，则电场强度E应满足什么条件？‎ 答案　(1)　(2)v0t0　 ‎(3)E＝(n＝1,2,3，…)‎ 解析　(1)粒子在磁场中做圆周运动的周期T＝，粒子每次经过磁场的时间为半个周期，则T＝2t0，解得B＝ ‎(2)t＝5t0时粒子回到原点，轨迹如图甲所示，由几何关系有r2＝2r1‎ 由向心力公式有qBv0＝m，qBv2＝m 电场宽度d＝t0，解得d＝v0t0‎ 又v2＝v0＋t0，解得E0＝ ‎(3)如图乙所示，由几何关系可知，要使粒子能够回到原点，则应满足n(2r2′－2r1)＝2r1(n＝1,2,3，…)‎ 由向心力公式有qBv2′＝m，解得v2′＝v0‎ 根据动能定理有qEd＝mv2′2－mv 解得E＝(n＝1,2,3，…)．‎ ‎4．如图4甲所示，相隔一定距离的竖直边界两侧为相同的匀强磁场区，磁场方向垂直纸面向里，在边界上固定两长为L的平行金属极板MN和PQ，两极板中心各有一小孔S1、S2，两极板间电压的变化规律如图乙所示，正反向电压的大小均为U0，周期为T0.在t＝0时刻将一个质量为m、电荷量为－q(q>0)的粒子由S1静止释放，粒子在电场力的作用下向右运动，在t＝时刻通过S2垂直于边界进入右侧磁场区．(不计粒子重力，不考虑极板外的电场)‎ 图4‎ ‎(1)求粒子到达S2时的速度大小v和极板间距d；‎ ‎(2)为使粒子不与极板相撞，求磁感应强度的大小应满足的条件；‎ ‎(3)若已保证了粒子未与极板相撞，为使粒子在t＝3T0时刻再次到达S2，且速度恰好为零，求该过程中粒子在磁场内运动的时间和磁感应强度的大小．‎ 答案　(1) 　 　(2)B< ‎(3)T0　 解析　(1)粒子由S1到S2的过程，根据动能定理得 qU0＝mv2①‎ 由①式得v＝ ②‎ 设粒子的加速度大小为a，由牛顿第二定律得q＝ma③‎ 由运动学公式得d＝a2④‎ 联立③④式得d＝ ⑤‎ ‎(2)设磁感应强度大小为B，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，由牛顿第二定律得qvB＝m⑥‎ 要使粒子在磁场中运动时不与极板相撞，应满足2R>⑦‎ 联立②⑥⑦式得B< ⑧‎ ‎(3)设粒子在两边界之间无场区向左匀速运动的过程用时为t1，有d＝vt1⑨‎ 联立②⑤⑨式得t1＝⑩‎ 若粒子再次到达S2时速度恰好为零，粒子回到极板间做匀减速运动，设匀减速运动的时间为t2，根据运动学公式得 d＝t2⑪‎ 联立⑨⑩⑪式得t2＝⑫‎ 设粒子在磁场中运动的时间t＝3T0－－t1－t2⑬‎ 联立⑫⑬式得t＝⑭‎ 则粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T，由⑥式结合运动学公式得T＝⑮‎ 由题意可知T＝t＝⑯‎ 联立⑭⑮⑯式得B＝.‎