【物理】2019届二轮复习　带电粒子在复合场中的运动学案（全国通用）

【物理】2019届二轮复习　带电粒子在复合场中的运动学案（全国通用）

第2课时　带电粒子在复合场中的运动 ‎1．电场中常见的运动类型 ‎(1)匀变速直线运动：通常利用动能定理qU＝mv2－mv02来求解；对于匀强电场，电场力做功也可以用W＝qEd来求解．‎ ‎(2)偏转运动：一般研究带电粒子在匀强电场中的偏转问题．对于类平抛运动可直接利用平抛运动的规律以及推论；较复杂的曲线运动常用运动的合成与分解的方法来处理．‎ ‎2．匀强磁场中常见的运动类型(仅受磁场力作用)‎ ‎(1)匀速直线运动：当v∥B时，带电粒子以速度v做匀速直线运动．‎ ‎(2)匀速圆周运动：当v⊥B时，带电粒子在垂直于磁感线的平面内以入射速度大小做匀速圆周运动．‎ ‎3．关于粒子的重力 ‎(1)对于微观粒子，如电子、质子、离子等，因为其重力一般情况下与电场力或磁场力相比太小，可以忽略；而对于一些宏观物体，如带电小球、液滴、金属块等一般应考虑其重力．‎ ‎(2)不能直接判断是否要考虑重力的情况，在进行受力分析与运动分析时，根据运动状态可分析出是否要考虑重力．‎ ‎1．解题关键 带电粒子在复合场中做什么运动，取决于带电粒子所受的合外力及初始运动状态的速度，因此带电粒子的运动情况和受力情况的分析是解题的关键．‎ ‎2．力学规律的选择 ‎(1)当带电粒子在复合场中做匀速直线运动时，应根据平衡条件列方程求解．‎ ‎(2)当带电粒子在复合场中做匀速圆周运动时，往往同时应用牛顿第二定律和受力分析列方程联立求解．‎ ‎(3)当带电粒子在复合场中做非匀变速曲线运动时，应选用动能定理或能量守恒定律列方程求解．‎ 高考题型1　带电粒子在叠加场中的运动 ‎1．解题规范 ‎(1)叠加场的组成特点：电场、磁场、重力场两两叠加，或者三者叠加．‎ ‎(2)受力分析：正确分析带电粒子的受力情况，场力、弹力和摩擦力．‎ ‎(3)运动分析：匀速直线运动、匀速圆周运动、匀变速直线运动、类平抛运动、非匀变速曲线运动．‎ ‎(4)选规律，列方程：应用运动学公式、牛顿运动定律和功能关系．‎ ‎2．灵活选择运动规律 ‎(1)若只有两个场且正交，合力为零，则表现为匀速直线运动或静止状态．例如电场与磁场中满足qE＝qvB；重力场与磁场中满足mg＝qvB；重力场与电场中满足mg＝qE.‎ ‎(2)三场共存时，若合力为零，则粒子做匀速直线运动；若粒子做匀速圆周运动，则有mg＝qE，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，即qvB＝m.‎ ‎(3)当带电粒子做复杂的曲线运动或有约束的变速直线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解．‎ 例1　(多选)(2018·河南省安阳市第二次模拟)如图1所示，空间某处存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，一个带负电的金属小球从M点水平射入场区，经一段时间运动到N点，关于小球由M到N的运动，下列说法正确的是(　　)‎ 图1‎ A．小球可能做匀变速运动 B．小球一定做变加速运动 C．小球动能可能不变 D．小球机械能守恒 答案　BC 解析　小球从M到N，在竖直方向上发生了偏转，所以刚开始受到的竖直向下的洛伦兹力、竖直向下的重力和竖直向上的电场力的合力不为零，并且速度方向变化，则洛伦兹力方向变化，所以合力方向变化，故不可能做匀变速运动，一定做变加速运动，A错误，B正确；若电场力和重力等大反向，则此过程中电场力和重力做功之和为零，而洛伦兹力不做功，所以小球的动能不变，重力势能减小，这种情况下机械能不守恒，若电场力和重力不等大反向，则有电场力做功，所以机械能也不守恒，故小球的机械能不守恒，C正确，D错误．‎ 拓展训练1　(多选)(2018·河南省周口市期末)如图2所示，平行纸面向下的匀强电场与垂直纸面向外的匀强磁场相互正交，一带电小球刚好能在其中做竖直面内的匀速圆周运动．‎ 若已知小球做圆周运动的半径为r，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B，重力加速度大小为g，则下列判断中正确的是(　　)‎ 图2‎ A．小球一定带负电荷 B．小球一定沿顺时针方向转动 C．小球做圆周运动的线速度大小为 D．小球在做圆周运动的过程中，电场力始终不做功 答案　AC 解析　带电小球在重力场、匀强电场和匀强磁场中做匀速圆周运动，可知，带电小球受到的重力和电场力是一对平衡力，重力竖直向下，所以电场力竖直向上，与电场方向相反，故小球一定带负电荷，故A正确；磁场方向向外，洛伦兹力的方向始终指向圆心，由左手定则可判断小球的运动方向为逆时针，故B错误；由电场力和重力大小相等，得：mg＝qE，带电小球在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动的半径为：r＝，联立得：v＝，故C正确；小球在做圆周运动的过程中，电场力做功，洛伦兹力始终不做功，故D错误．‎ 高考题型2　带电粒子在组合场中的运动 ‎1．两大偏转模型 电偏转：带电粒子垂直进入匀强电场中；磁偏转：带电粒子垂直进入匀强磁场中．‎ ‎2．思维流程 例2　(2018·全国卷Ⅰ·25)如图3，在y>0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E；在y<0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场．一个氕核H和一个氘核H先后从y轴上y＝h点以相同的动能射出，速度方向沿x轴正方向．已知H进入磁场时，‎ 速度方向与x轴正方向的夹角为60°，并从坐标原点O处第一次射出磁场.H的质量为m，电荷量为q.不计重力．求：‎ 图3‎ ‎(1)H第一次进入磁场的位置到原点O的距离；‎ ‎(2)磁场的磁感应强度大小；‎ ‎(3)H第一次离开磁场的位置到原点O的距离．‎ 答案　(1)h　(2)　(3)(－1)h 解析　(1)H在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示．设H在电场中的加速度大小为a1，初速度大小为v1，它在电场中的运动时间为t1，第一次进入磁场的位置到原点O的距离为s1，由运动学公式有 s1＝v1t1①‎ h＝a1t12②‎ 由题给条件，H进入磁场时速度的方向与x轴正方向夹角θ1＝60°.H进入磁场时速度的y分量的大小为 a1t1＝v1tan θ1③‎ 联立以上各式得 s1＝h④‎ ‎(2)H在电场中运动时，由牛顿第二定律有 qE＝ma1⑤‎ 设H进入磁场时速度的大小为v1′，由速度合成法则有 v1′＝⑥‎ 设磁感应强度大小为B，H在磁场中运动的轨迹半径为R1，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有 qv1′B＝⑦‎ 由几何关系得 s1＝2R1sin θ1⑧‎ 联立以上各式得 B＝⑨‎ ‎(3)设H在电场中沿x轴正方向射出的速度大小为v2，在电场中的加速度大小为a2，由题给条件得 (2m)v22＝mv12⑩‎ 由牛顿第二定律有 qE＝2ma2⑪‎ 设H第一次射入磁场时的速度大小为v2′，速度的方向与x轴正方向夹角为θ2，入射点到原点的距离为s2，在电场中运动的时间为t2.由运动学公式有 s2＝v2t2⑫‎ h＝a2t22⑬‎ v2′＝⑭‎ sin θ2＝⑮‎ 联立以上各式得 s2＝s1，θ2＝θ1，v2′＝v1′⑯‎ 设H在磁场中做圆周运动的半径为R2，由⑦⑯式及粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公式得 R2＝＝R1⑰‎ 所以出射点在原点左侧．设H进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点的距离为s2′，由几何关系有 s2′＝2R2sin θ2⑱‎ 联立④⑧⑯⑰⑱式得，H第一次离开磁场时的位置到原点O的距离为 s2′－s2＝(－1)h⑲‎ 拓展训练2　(2018·全国卷Ⅱ·25)一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在xOy平面内的截面如图4所示：中间是磁场区域，其边界与y轴垂直，宽度为l，磁感应强度的大小为B，方向垂直于xOy平面；磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为l′，电场强度的大小均为E，方向均沿x轴正方向；M、N为条状区域边界上的两点，它们的连线与y 轴平行．一带正电的粒子以某一速度从M点沿y轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从M点入射的速度从N点沿y轴正方向射出．不计重力．‎ 图4‎ ‎(1)定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹；‎ ‎(2)求该粒子从M点入射时速度的大小；‎ ‎(3)若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x轴正方向的夹角为，求该粒子的比荷及其从M点运动到N点的时间．‎ 答案　(1)见解析图　(2)　(3) 解析　(1)粒子运动的轨迹如图(a)所示．(粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中为圆弧，上下对称)‎ ‎(2)粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动．设粒子从M点射入时速度的大小为v0，在下侧电场中运动的时间为t，加速度的大小为a；粒子进入磁场的速度大小为v，方向与电场方向的夹角为θ[如图(b)]，速度沿电场方向的分量为v1.‎ 根据牛顿第二定律有①‎ qE＝ma 式中q和m分别为粒子的电荷量和质量．‎ 由运动学公式有 v1＝at②‎ l′＝v0t③‎ v1＝vcos θ④‎ 粒子在磁场中做匀速圆周运动，设其运动轨道半径为R，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得 qvB＝⑤‎ 由几何关系得 l＝2Rcos θ⑥‎ 联立①②③④⑤⑥式得 v0＝⑦‎ ‎(3)由运动学公式和题给数据得 v1＝⑧‎ 联立①②③⑦⑧式得 ＝⑨‎ 设粒子由M点运动到N点所用的时间为t′，则 t′＝2t＋T⑩‎ 式中T是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期，‎ T＝⑪‎ 由③⑦⑨⑩⑪式得 t′＝⑫‎ 拓展训练3　(2018·四川省乐山市第二次调研)如图5所示，在平面直角坐标系xOy平面内，直角三角形abc的直角边ab长为6d，与y轴重合，∠bac＝30°，中位线OM与x轴重合，三角形内有垂直纸面向里的匀强磁场．在笫一象限内，有方向沿y轴正向的匀强电场，场强大小E与匀强磁场磁感应强度B的大小满足E＝v0B.在x＝3d的N点处，垂直于x轴放置一平面荧光屏．电子束以相同的初速度v0从y轴上－3d≤y≤0的范围内垂直于y轴向左射入磁场，其中从y轴上y＝－2d处射入的电子，经磁场偏转后，恰好经过O点．电子质量为m，电荷量为e，电子间的相互作用及重力不计．求 图5‎ ‎(1)匀强磁杨的磁感应强度B；‎ ‎(2)电子束从y轴正半轴上射入电场时的纵坐标y的范围；‎ ‎(3)荧光屏上发光点距N点的最远距离L.‎ 答案　(1)　(2)0≤y≤2d　(3)d 解析　(1)设电子在磁场中做圆周运动的半径为r；‎ 由几何关系可得r＝d 电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：ev0B＝m 解得：B＝ ‎(2)当电子在磁场中运动的圆轨迹与ac边相切时，电子从＋y轴射入电场的位置距O点最远，如图甲所示．‎ 设此时的圆心位置为O′，有：O′a＝ OO′＝3d－O′a 解得OO′＝d 即从O点进入磁场的电子射出磁场时的位置距O点最远 所以ym＝2r＝2d 电子束从y轴正半轴上射入电场时的纵坐标y的范围为0≤y≤2d ‎(3)设电子从0≤y≤2d范围内某一位置射入电场时的纵坐标为y，从ON间射出电场时的位置横坐标为x，速度方向与x轴间夹角为θ，在电场中运动的时间为t，电子打到荧光屏上产生的发光点距N点的距离为L，如图乙所示：‎ 根据运动学公式有：x＝v0t y＝·t2‎ vy＝t tan θ＝，tan θ＝ 由题意知E＝v0B＝ 解得：L＝(3－)· 当3－＝ 即y＝d时，L有最大值 解得：L＝d 高考题型3　带电粒子在周期性变化电场或磁场中的运动 ‎1．基本思路 变化的电场或磁场往往具有周期性，粒子的运动也往往具有周期性．这种情况下要仔细分析带电粒子的运动过程、受力情况，弄清楚带电粒子在变化的电场、磁场中各处于什么状态，做什么运动，画出一个周期内的运动轨迹的草图．‎ ‎2．分析重点 例3　(2018·山西省晋城市第一次模拟)在如图6甲所示的xOy坐标系中，第一象限内有垂直坐标平面的匀强磁场；第二象限内有方向水平向右、场强大小为E的匀强电场E1；第四象限内有方向水平(以水平向右为正方向)、大小按图乙规律变化的电场E2，变化周期T＝.一质量为m、电荷量为＋q的粒子，从(－x0，x0)点由静止释放，进入第一象限后恰能绕O点做匀速圆周运动．以粒子经过x轴进入第四象限时为电场E2的计时起点，不计粒子重力．求：‎ 图6‎ ‎(1)第一象限内匀强磁场的磁感应强度B的大小；‎ ‎(2)粒子在第四象限中运动，当t＝时，粒子的速度；‎ ‎(3)粒子在第四象限中运动，当t＝nT(n＝1,2,3…) 时，粒子的坐标．‎ 答案　(1) 　(2)2 　方向与水平方向成45°斜向右下方　(3)[(n＋1)x0，－2nx0](n＝1,2,3…)‎ 解析　(1)设粒子离开第二象限时的速度为v0，在第二象限内，由动能定理得 qEx0＝mv02‎ 解得v0＝ 在第一象限内，粒子做匀速圆周运动的速度为v0，由qv0B＝m 得B＝ ‎(2)粒子进入第四象限后，当t＝时在水平方向上有v水平＝at＝× 得v水平＝＝v0‎ v合＝v0＝2，方向与水平方向成45°角斜向右下方 ‎(3)粒子在第四象限中运动时，y方向上做匀速直线运动，x方向上前半个周期向右做匀加速运动，后半个周期向右做匀减速运动直到速度为0，每半个周期向右前进x＝×2＝，每个周期前进x0‎ 当t＝nT时，横坐标为x0＋nx0‎ 纵坐标为－v0nT＝－2nx0‎ 则粒子的坐标[(n＋1)x0，－2nx0](n＝1,2,3…)‎ 拓展训练4　(2018·江西省五市八校第二次联考)如图7甲所示，直角坐标系xOy中，‎ 第二象限内有沿x轴正方向的匀强电场，第一、四象限内有垂直坐标平面的匀强交变磁场，磁场方向垂直纸面向外为正方向．第三象限内有一发射装置(没有画出)沿y轴正方向射出一个比荷＝100 C/kg的带正电的粒子(可视为质点且不计重力)，该粒子以v0＝20 m/s的速度从x轴上的点A(－2 m,0)进入第二象限，从y轴上的点C(0,4 m)进入第一象限．取粒子刚进入第一象限的时刻为0时刻，第一、四象限内磁场的磁感应强度按图乙所示规律变化，g＝10 m/s2.‎ 图7‎ ‎(1)求第二象限内电场的电场强度大小；‎ ‎(2)求粒子第一次经过x正半轴时的位置坐标．‎ 答案　(1)1.0 N/C　(2)(3 m,0) ‎ 解析　(1)带电粒子在第二象限的电场中做类平抛运动，设粒子从A点到C点用时为t，则 Eq|xA|＝m(vC2－v02)‎ ‎|xA|＝t ‎|yC|＝v0t vC2＝v02＋v Cx2‎ 解得：E＝1.0 N/C，vC＝20 m/s ‎(2)设粒子在C点的运动方向与y轴正方向成θ角，‎ 则cos θ＝＝ 即θ＝45°‎ 粒子在第一象限的磁场中运动时有：qvCB＝m 解得：r＝ m 粒子做圆周运动的周期T＝＝ s 所以粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，粒子运动第四个半圆的过程中第一次经过x正半轴，在x正半轴上对应的弦长为r＝1 m，所以OD＝3 m 粒子第一次经过x正半轴时的位置坐标为(3 m,0)‎ 专题强化练 ‎1．(2018·山东省菏泽市上学期期末)如图1所示，某一空间存在正交的匀强电场和匀强磁场，三种速度不同的质子从同一点沿垂直电场线和磁感线方向射入场区，其轨迹为图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三条虚线，设质子沿轨迹Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ进入场区时速度分别为v1、v2、v3，射出场区时速度分别为v1′、v2′、v3′，不计质子重力，则下列选项正确的是(　　)‎ 图1‎ A．v1>v2>v3，v1′v2>v3，v1>v1′，v3′>v3‎ C．v1v1′，v3′>v3‎ D．v10)的粒子以初动能Ek自A点垂直于直线AC射入磁场，粒子依次通过磁场中B、C两点所用时间之比为1∶3.若在该平面内同时加匀强电场，从A点以同样的初动能沿某一方向射入同样的带电粒子，该粒子到达B点时的动能是初动能的3倍，到达C点时的动能为初动能的5倍．已知AB的长度为l，不计带电粒子的重力，求 图5‎ ‎(1)磁感应强度的大小和方向；‎ ‎(2)电场强度的大小和方向．‎ 答案　见解析 解析　(1)设AC中点为O，由题意可知AC长度为粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径，连接OB.因为粒子在运动过程中依次通过B、C 两点所用时间之比为1∶3，所以∠AOB＝60°，粒子做圆周运动的半径r＝l 由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得：qvB＝m 初动能：Ek＝mv2‎ 解得：B＝ 因为粒子带正电，根据洛伦兹力的方向可以判断，磁感应强度B的方向为垂直纸面向外．‎ ‎(2)加上电场后，只有电场力做功，从A到B：qUAB＝3Ek－Ek 从A到C：qUAC＝5Ek－Ek 则UAC＝2UAB 在匀强电场中，沿任意一条直线电势的降落是均匀的，可以判断O点与B点是等电势的，所以电场强度E与OB垂直；因为由A到B电场力做正功，所以电场强度的方向与AB成30°夹角斜向上．设电场强度的大小为E，‎ 有：UAB＝Elcos 30°‎ 联立解得：E＝.‎ ‎6．(2018·河南省濮阳市第二次模拟)如图6所示，在xOy坐标系的第二象限内有水平向右的匀强电场，第四象限内有竖直向上的匀强电场，两个电场的场强大小相等，‎ 第四象限内还有垂直于纸面的匀强磁场，让一个质量为m、带电荷量为q的粒子在第二象限内的P(－L，L)点由静止释放，结果粒子沿直线运动到坐标原点并进入第四象限，粒子在第四象限内运动后从x轴上的Q(L,0)点进入第一象限，重力加速度为g，求：‎ 图6‎ ‎(1)粒子从P点运动到坐标原点的时间；‎ ‎(2)匀强磁场的磁感应强度的大小和方向；‎ 答案　(1)　(2)，垂直纸面向里 解析　(1)粒子在第二象限内做直线运动，因此电场力和重力的合力方向沿PO方向，则粒子带正电．‎ mg＝qE1＝qE2，mg＝ma，L＝at2，解得t＝ ‎(2)设粒子从O点进入第四象限的速度大小为v，则v＝at＝2，方向与x轴正方向成45°角，由于粒子在第四象限内受到的电场力与重力等大反向，因此粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由于粒子做匀速圆周运动后从x轴上的Q(L,0)点进入第一象限，根据左手定则可以判断，磁场方向垂直于纸面向里．‎ 粒子做圆周运动的轨迹如图，由几何关系可知 粒子做匀速圆周运动的轨迹半径为R＝L 由牛顿第二定律可得Bqv＝m，解得B＝.‎ ‎7．(2018·山东省临沂市一模)如图7甲所示，有一磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁场边界OP与水平方向夹角为θ＝45°，紧靠磁场边界放置长为6d、间距为d 的平行金属板M、N，M板与磁场边界的交点为P，磁场边界上的O点与N板在同一水平面上．在两板间存在如图乙所示的交变电场(取竖直向下为正方向)，其周期T＝，E0＝.某时刻从O点竖直向上以初速度v0发射一个电荷量为＋q的粒子，结果粒子恰在图乙中的t＝时刻从P点水平进入板间电场，最后从电场中的右边界射出．不计粒子重力．求：‎ 图7‎ ‎(1)粒子的质量m；‎ ‎(2)粒子从O点进入磁场到射出电场运动的总时间t；‎ ‎(3)粒子从电场中的射出点到M点的距离．‎ 答案　见解析 解析　(1)粒子在磁场中的运动轨迹如图，‎ 轨迹半径r＝d 由牛顿第二定律得 qv0B＝m 解得：m＝ ‎(2)粒子在磁场中运动的周期T0＝ 在磁场中运动的时间t1＝ 粒子在电场中做曲线运动，与两板平行方向上的分运动为匀速直线运动 运动时间t2＝ 从O点到离开电场的总时间t＝t1＋t2‎ 解得：t＝＋＝d ‎(3)粒子在电场中的运动时间t2＝＝T 当粒子从时刻t＝自P点进入电场后，在竖直方向上运动一个周期T的位移为0，速度图象如图所示 故粒子在T内运动的竖直位移y＝2×a2‎ a＝，解得y＝.‎