2019届一轮复习人教版 带电粒子在叠加场和组合场中的运动 学案
更新时间:2024-04-01 10:20:01 阅读量: 综合文库 文档下载
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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
①若重力和洛伦兹力平衡,则带电粒子做匀速直线运动.
②若重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,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)
①若电场力和洛伦兹力平衡,则带电粒子做匀速直线运动.
②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 ①若三力平衡,一定做匀速直线运动. ②若重力与电场力平衡,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,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Ⅰ·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1
A.ma>mb>mc C.mc>ma>mb 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,重力与电场力平衡,即 mag=qE
①
B.mb>ma>mc D.mc>mb>ma
b在纸面内向右做匀速直线运动,三力平衡,则 mbg=qE+qvB
②
c在纸面内向左做匀速直线运动,三力平衡,则 mcg+qvB=qE
③
比较①②③式得:mb>ma>mc,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(q>0)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2
A.小球在C点对轨道的压力大小为qB2gR B.小球在C点对轨道的压力大小为3mg-qB2gR
C.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
1
解析 小球从A到C,只有重力做功,由机械能守恒有mgR=mv2,得小球到达C点时的速
2v2
度v=2gR,在C点由牛顿第二定律有FN+qvB-mg=m,解得FN=3mg-qB2gR,再由
R牛顿第三定律可知小球在C点对轨道的压力大小为3mg-qB2gR,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θ,则有mgvcos θ=Fvsin mgθ,得F=,因θ逐渐减小,则外力F逐渐增大,外力F的功率逐渐增大,故C错误,D
tan θ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 EC.小球速度v的大小为
BD.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分别竖直向下和水平向北,则小球受力如图所示,其中q
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=m
gE+?vB?
2
2
g
E2+?vB?2,v=?mg?2-?qE?2
,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
qB
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E=53 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=1×106 kg,电荷量q=2×106 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3
(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)23 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=
q2E2+m2g2
①
代入数据解得v=20 m/s
②
速度v的方向与电场E的方向之间的夹角满足 qEtan θ=
mg
代入数据解得tan θ=3 θ=60°
④
③
(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=q2E2+m2g2
m
⑤
设撤去磁场后小球在初速度方向上的分位移为x,有 x=vt
⑥
设小球在重力与电场力的合力方向上的分位移为y,有 1y=at2
2ytan θ=
x
联立④⑤⑥⑦⑧式,代入数据解得 t=23 s
⑨
⑦ ⑧
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 θ
⑤
1
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=
20
⑥
联立⑤⑥式,代入数据解得t=23 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,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Ⅲ·24)如图4,空间存在方向垂直于纸面(xOy平面)向里的磁场.在x≥0 区域,磁感应强度的大小为B0;x<0区域,磁感应强度的大小为λB0(常数λ>1).一质量为m、电荷量为q(q>0)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.
2mv0πm11答案 (1)(1+) (2)(1-)
B0qλB0qλ
解析 (1)在匀强磁场中,带电粒子做匀速圆周运动.设在x≥0区域,圆周半径为R1;在x<0区域,圆周半径为R2.由洛伦兹力公式及牛顿运动定律得 v0 2
qB0v0=m R1v0 2
qλB0v0=m R2
① ②
粒子速度方向转过180°时,所需时间t1为 πR1t1= v0
粒子再转过180°时,所需时间t2为 πR2t2= v0
联立①②③④式得,所求时间为 t=t1+t2=
πm1(1+) B0qλ
⑤
④
③
(2)由几何关系及①②式得,所求距离为 2mv01
d=2(R1-R2)=(1-) B0qλ
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Ⅰ和Ⅱ,以水平面MN为理想分界面,Ⅰ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Ⅰ区,并直
接偏转到MN上的P点,再进入Ⅱ区,P点与A1板的距离是l的k倍,不计重力,碰到挡板的粒子不予考虑.
图5
(1)若k=1,求匀强电场的电场强度E.
(2)若2 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R1=l v2 粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,由牛顿第二定律知qvB0=m R11 粒子在匀强电场中加速,根据动能定理有qEd=mv2 2qB0 2l2 联立解得E=. 2dm (2)因为2 ① ② 222 由几何关系得R 2-(kl)=(R2-l) ③ ④ v2又有qvB0=m R2 qB0?l+k2l? 联立解得v= 2m又因为6l-2kl=2x klR2根据几何关系有= xR ⑤ ⑥ mvR2B由R=知,= qBRB0kB0联立解得B=. 3-k模型2 电场与磁场的组合 ⑦ 例4 (2017·天津理综·11)平面直角坐标系xOy中,第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场,第Ⅲ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. v0答案 (1)2v0 方向与x轴正方向成45°角斜向上 (2) 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,粒子的加速度为a,运动时间为t,有 2L=v0t 1L=at2 2 ① ② 设粒子到达O点时沿y轴方向的分速度为vy vy=at ③ 设粒子到达O点时速度方向与x轴正方向夹角为α,有 vy tan α= v0 联立①②③④式得α=45° ④ ⑤ 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=22v 0+v y ⑥ ⑦ 联立①②③⑥式得v=2v0 (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 F=ma 又F=qE ⑧ ⑨ 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 v2 qvB=m R 由几何关系可知R=2L Ev0 联立①②⑦⑧⑨⑩?式得= B2 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q 场.已知带电粒子的比荷=3.2×109 C/kg,电场强度E=200 V/m,M、N间距MN=1 cm, m金属板长L=25 cm,粒子的初速度v0=4×105 m/s,带电粒子的重力忽略不计,求: ⑩ ? 图7 (1)粒子射出电场时的运动方向与初速度v0的夹角θ; (2)磁感应强度B的大小. 答案 (1)45° (2)2.5×102 T - 解析 (1)由牛顿第二定律有qE=ma 粒子在电场中水平方向做匀速直线运动,L=v0t 粒子在竖直方向做初速度为零的匀加速运动,射出电场时的竖直分速度vy=at vy 速度偏转角的正切值tan θ= v0由以上各式代入数据解得θ=45° (2)粒子射出电场时的速度大小为: v=22 v 0+v y v2 在磁场中洛伦兹力提供向心力:Bqv=m r由几何关系得MN=2r 代入数据解得B=2.5×10-2 T 1.(多选)如图1所示,一带电小球在一正交电场、磁场区域里做匀速圆周运动,电场方向竖直向下,磁场方向垂直纸面向里,则下列说法正确的是( ) 图1 A.小球一定带正电 B.小球一定带负电 C.小球的绕行方向为顺时针 D.改变小球的速度大小,小球将不做圆周运动 答案 BC 2.如图2所示的虚线区域内,充满垂直于纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场.一带电粒子a(不计重力)以一定的初速度由左边界的O点射入磁场、电场区域,恰好沿直线由区域右边界的O′点(图中未标出)穿出.若撤去该区域内的磁场而保留电场不变,另一个同样的粒子b(不计重力)仍以相同初速度由O点射入,从区域右边界穿出,则粒子b( ) 图2 A.穿出位置一定在O′点下方 B.穿出位置一定在O′点上方 C.运动时,在电场中的电势能一定减小 D.在电场中运动时,动能一定减小 答案 C 3.在xOy平面内,以抛物线OM为界,MOy区域内存在竖直向上的匀强电场,电场强度为E,y轴为电场的右边界;MOx区域内有垂直于平面向外的匀强磁场,x轴为磁场的下边界,如图3所示.质量为m、电荷量为q的粒子从y轴上P(0,h)点以垂直于y轴的初速度进入电场中,经电场后以与x轴成45°角的速度从抛物线上的Q点(图中未画出)进入磁场,已知Q点h 的纵坐标为,粒子重力不计. 2 图3 (1)试求带电粒子从P射入电场时的速度大小; (2)若O为抛物线OM的顶点,写出边界OM的抛物线方程; (3)要使带电粒子不穿过x轴,试确定匀强磁场的磁感应强度B应满足的条件. 答案 (1)qEhx2 (2) y= (3)B≥(2+22)m2h mE qh 解析 (1)带电粒子在匀强电场中做类平抛运动,由牛顿第二定律得粒子加速度 qEa= m ① 过边界OM时y方向上的速度大小为vy, h 则vy2=2a(h-) 2 ② ③ ④ ⑤ ⑥ ⑦ 由此时速度方向与x轴成45°角可知vy=v0 联立①②③解得v0= qEh. m h (2)O为抛物线顶点,Q点纵坐标为y= 2h1 由类平抛运动可得x=v0t,=at2 22联立①④⑥解得x=h hx22 将Q(h,)、O(0,0)代入x=2py即可得MO的抛物线方程为y=. 22h (3)带电粒子的运动轨迹如图所示,设粒子在磁场中的轨道半径为R,要使粒子不穿过x轴,则由几何关系得 h R+Rsin 45°≤ 2 粒子在磁场中运动的速度大小 v=2v0 v2 由牛顿第二定律得qvB=m R联立④⑧⑨⑩解得B≥(2+22) ⑧ ⑨ ⑩ mE. qh 4.如图4甲所示,在xOy平面内存在磁场和电场,磁感应强度和电场强度大小随时间周期性变化,B的变化周期为4t0,E的变化周期为2t0,变化规律分别如图乙和图丙所示.在t=0时刻从O点发射一带负电的粒子(不计重力),初速度大小为v0,方向沿y轴正方向.在x轴上有48v0t0 一点A(图中未标出),坐标为(,0).若规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向,y轴正 πE0v0 方向为电场强度的正方向,v0、t0、B0为已知量,磁感应强度与电场强度的大小满足:=;B0πqπ 粒子的比荷满足:=.求: mB0t0 图4 t0(1)在t=时,粒子的位置坐标; 2(2)粒子偏离x轴的最大距离; (3)粒子运动至A点的时间. v0t0v0t032 答案 (1)(,) (2)(+)v0t0 (3)32t0 ππ2π 4π2 解析 (1)在0~t0时间内,粒子做匀速圆周运动,根据洛伦兹力提供向心力可得qB0v0=m2T 2mv 0r1= r1 mv0v0t0 解得T=2t0,r1== qB0π t0π 则粒子在时间内转过的圆心角α= 22 v0t0v0t0t0所以在t=时,粒子的位置坐标为(,). 2ππ (2)在t0~2t0时间内,设粒子经电场加速后的速度为v,粒子的运动轨迹如图所示 E0q 则v=v0+t0=2v0 m v0+v 运动的位移x=t=1.5v0t0 20 在2t0~3t0时间内粒子做匀速圆周运动,半径r2=2r1= 2v0t0 π 2v0t032 故粒子偏离x轴的最大距离h=x+r2=1.5v0t0+=(+)v0t0. π2π(3)粒子在xOy平面内做周期性运动的运动周期为4t0 6v0t0故粒子在一个周期内向右运动的距离d=2r1+2r2= π48v0t0 AO间的距离为=8d π 所以,粒子运动至A点的时间t=32t0. 5.如图5所示,竖直平面坐标系xOy的第一象限,有垂直xOy平面向外的水平匀强磁场和竖直向上的匀强电场,大小分别为B和E;第四象限有垂直xOy平面向里的水平匀强电场,大小也为E;第三象限内有一绝缘光滑竖直放置的半径为R的半圆轨道,轨道最高点与坐标原点O相切,最低点与绝缘光滑水平面相切于N.一质量为m的带电小球从y轴上(y>0)的P点沿x轴正方向进入第一象限后做圆周运动,恰好通过坐标原点O,且水平切入半圆轨道并沿轨道内侧运动,过N点水平进入第四象限,并在电场中运动(已知重力加速度为g). 图5 (1)判断小球的带电性质并求出其所带电荷量; (2)P点距坐标原点O至少多高; (3)若该小球以满足(2)中OP最小值的位置和对应速度进入第四象限,通过N点开始计时,经时间t=2 R小球距坐标原点O的距离s有多远? g mg2E (2)EB R (3)27R g 答案 (1)带正电 解析 (1)小球进入第一象限后做圆周运动,说明重力与电场力平衡,设小球所带电荷量为q,则有qE=mg mg解得q= E 又电场方向竖直向上,故小球带正电. mv2 (2)设匀速圆周运动的速度为v、轨道半径为r,由洛伦兹力提供向心力得qBv= rmv2 小球恰能通过半圆轨道的最高点并沿轨道运动,则应满足mg= RmgR 解得r= qB即P、O的最小距离为 2E y=2r= B R. g (3)设小球到达N点的速度为 vN,小球由O运动到N的过程中,由机械能守恒得 11 2mgR=mvN2-mv2 22解得vN=5gR 小球从N点进入电场区域后做类平抛运动,设加速度为a,则 沿x轴方向有x=vNt 1 沿电场方向有z=at2 2qE 由牛顿第二定律得a= m 经t时间小球距坐标原点O的距离为 s= x2+z2+?2R?2=27R. 6.(2018·广东中山调研)如图6所示,两平行金属板A、B间的电势差为U=5×104 V.在B板的右侧有两个方向不同但宽度相同的有界磁场Ⅰ、Ⅱ,它们的宽度为d1=d2=6.25 m,磁感应强度分别为B1=2.0 T、B2=4.0 T,方向如图中所示.现有一质量m=1.0×108 kg、电荷量q - =1.6×106 C、重力忽略不计的粒子从A板的O点由静止释放,经过加速后恰好从B板的小 - 孔Q处飞出.试求: 图6 (1)带电粒子从加速电场中出来的速度v的大小; (2)带电粒子穿过磁场区域Ⅰ所用的时间t; (3)带电粒子从磁场区域Ⅱ射出时的速度方向与边界面的夹角; (4)若d1的宽度不变,改变d2的宽度,要使粒子不能从Ⅱ区飞出磁场,则d2的宽度至少为多大? π答案 (1)4.0×103 m/s (2) s (3)60° (4)9.375 m 1 920解析 (1)粒子在电场中做匀加速直线运动,由动能定理有: 1 qU=mv2-0,解得v=4.0×103 m/s. 2 (2)粒子运动轨迹如图甲, mv2 设粒子在磁场区域Ⅰ中做匀速圆周运动的半径为r,由洛伦兹力提供向心力得:qvB1= r代入数据解得 r=12.5 m 设粒子在Ⅰ区内做圆周运动的圆心角为θ,则: d16.25 m1sin θ=== r12.5 m2所以θ=30° 粒子在Ⅰ区运动周期 2πmT= qB1 则粒子在Ⅰ区运动时间 θt=T 360°π 解得t= s 1 920 (3)设粒子在Ⅱ区做圆周运动的轨道半径为R, mv2 则qvB2= R解得R=6.25 m 如图甲所示,由几何关系可知△MO2P为等边三角形, 所以粒子离开Ⅱ区域时速度方向与边界面的夹角为α=60° (4)要使粒子不能从Ⅱ区飞出磁场,粒子运动的轨迹与磁场边界相切时,由图乙可知Ⅱ区磁场的宽度至少为:d2=R+Rcos 60°=1.5R=9.375 m
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