《（浙江選考）2019高考物理二輪復習 專題七 計算題題型強化 第3講 加試第22題 帶電粒子在復合場中的運動學案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（浙江選考）2019高考物理二輪復習 專題七 計算題題型強化 第3講 加試第22題 帶電粒子在復合場中的運動學案（16頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、 第3講　加試第22題　帶電粒子在復合場中的運動 題型1　帶電粒子在疊加場中的運動 1．無約束情況下的運動情況分類 (1)洛倫茲力、重力并存 ①若重力和洛倫茲力平衡，則帶電粒子做勻速直線運動． ②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，可由此求解問題． (2)電場力、洛倫茲力并存(不計重力的微觀粒子) ①若電場力和洛倫茲力平衡，則帶電粒子做勻速直線運動． ②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． (3)電場力、洛倫茲力、重力并存 ①若三力平衡，一定做勻速直線運動． ②

2、若重力與電場力平衡，一定做勻速圓周運動． ③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．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、能量守恒定律并結合牛頓運動定律求解． 例1　(2018·新力量聯(lián)盟期末)如圖1所示，位于豎直平面內的坐標系xOy，在其第三象限空間有沿水平方向的、垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B＝0.5 T，還有沿x軸負方向的勻強電場，場

3、強大小為E＝2 N/C.在其第一象限空間有沿y軸負方向的、場強大小也為E的勻強電場，并在y>h＝0.4 m的區(qū)域有磁感應強度也為B的垂直于紙面向里的勻強磁場．一個帶電荷量為q的油滴從圖中第三象限的P點得到一初速度，恰好能沿PO做直線運動(PO與x軸負方向的夾角為θ＝45°)，并從原點O進入第一象限，重力加速度g取10 m/s2，問： 圖1 (1)油滴的電性； (2)油滴在P點得到的初速度大??；(結果可用根式表示) (3)油滴在第一象限運動的時間和離開第一象限處的坐標值． 答案　(1)油滴帶負電荷　(2)4 m/s　(3)0.828 s　(4 m,0) 解析　(1)油滴帶負電荷．

4、 (2)油滴受三個力作用，如圖所示，從P到O沿直線運動必為勻速運動，設油滴質量為m 由平衡條件有mg＝qE 得m＝ 又qvB＝qE 得v＝＝4 m/s (3)進入第一象限后，油滴所受電場力和重力相等，知油滴先做勻速直線運動，進入y≥h的區(qū)域后做勻速圓周運動，路徑如圖，最后從x軸上的N點離開第一象限． 由O到A勻速運動位移為s1＝＝h 知運動時間t1＝＝＝0.1 s 由幾何關系和圓周運動的周期關系式T＝ 知由A到C的圓周運動用時為t2＝＝＝0.628 s 由對稱性知從C→N的時間t3＝t1 在第一象限的運動的總時間t＝t1＋t2＋t3＝0.828 s 在磁場中有

5、qvB＝ 得半徑R＝＝ 圖中的ON＝2(s1cos 45°＋Rcos 45°)＝2(h＋)＝4 m 即離開第一象限處(N點)的坐標為(4 m,0) 1．如圖2所示，在足夠大的空間范圍內，同時存在著豎直向上的勻強電場和垂直紙面向外的勻強磁場，電場強度為E，磁感應強度為B.足夠長的斜面固定在水平面上，斜面傾角為45°.有一帶電的小球P靜止于斜面頂端A處，且恰好對斜面無壓力．若將小球P以初速度v0水平向右拋出(P視為質點)，一段時間后，小球落在斜面上的C點．已知小球的運動軌跡在同一豎直平面內，重力加速度為g，求： 圖2 (1)小球P落到斜面上時速度方向與斜面的夾角θ及由A到C所需

6、的時間t； (2)小球P拋出到落到斜面的位移x的大?。? 答案　(1)45°　　(2) 解析　(1)小球P靜止時不受洛倫茲力作用，僅受自身重力和電場力，對斜面恰好無壓力，則mg＝qE① P獲得水平初速度后由于重力和電場力平衡，將在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，由對稱性可得小球P落到斜面上時其速度方向與斜面的夾角為45° 由牛頓第二定律得： qv0B＝m② T＝＝③ 圓周運動轉過的圓心角為90°，小球P由A到C所需的時間：t＝＝④ (2)由②式可知，P做勻速圓周運動的半徑R＝⑤ 由幾何關系知x＝R⑥ 由①⑤⑥可解得位移x＝. 題型2　帶電粒子在組合場中的運動 “電偏轉

7、”和“磁偏轉”的比較 垂直電場線進入勻強電場(不計重力) 垂直磁感線進入勻強磁場(不計重力) 受力情況 電場力F＝qE，其大小、方向不變，與速度v無關，F(xiàn)是恒力 洛倫茲力F洛＝qvB，其大小不變，方向隨v而改變，F(xiàn)洛是變力 軌跡 拋物線 圓或圓的一部分 運動軌跡 求解方法 利用類平拋運動的規(guī)律求解： vx＝v0，x＝v0t vy＝·t， y＝··t2 偏轉角φ： tan φ＝＝ 半徑：r＝ 周期：T＝ 偏移距離y和偏轉角φ要結合圓的幾何關系利用圓周運動規(guī)律討論求解 運動時間 t＝ t＝T＝ 動能 變化 不變 例2　(2018·

8、杭州市重點中學期末)空間有如圖3所示坐標系，在0

9、　(3)(1.5 m,0.10 m) 解析　(1)粒子在E1中做類平拋運動 x方向：x1＝v0t1 得t1＝＝1.0×10－4 s y方向：y1＝t12＝0.075 m (2)粒子在E2中運動時間t2＝＝1.0×10－4 s 粒子出E2時y方向速度vy vy＝t1－t2＝－3.0×103 m/s 即大小為3.0×103 m/s，方向沿y負方向 所以進磁場速度大小v＝＝5.0×103 m/s 方向與x軸成37°角斜向右下方 圓周運動半徑R＝＝0.5 m 由幾何關系可得，粒子在磁場中運動對應的圓心角為90° 磁場中運動時間t3＝＝×10－4 s 粒子在電磁場中運動的時間

10、 t＝t1＋t2＋t3＝(2＋)×10－4 s＝3.57×10－4 s (3)設粒子出E2時，y方向坐標為y2 y2＝y(tǒng)1＋t1t2－t22＝0 y3＝y(tǒng)2＋Rsin 53°－Rsin 37°＝0.10 m 出磁場時坐標為(1.5 m,0.10 m) 2．(2018·寧波市重點中學聯(lián)考)如圖4甲所示，M、N為兩塊帶等量異種電荷的平行金屬板，S1、S2為板上正對的小孔，N板右側有兩平面熒光屏相互垂直放置，在兩屏內分別取垂直于兩屏交線的直線為x軸和y軸，交點O為原點，在y>0,00，x>d的區(qū)域有垂直紙面向里的勻強磁場，兩區(qū)域內磁感應

11、強度大小均為B，M板左側電子槍隨時間均勻發(fā)射出初速度可以忽略的熱電子，所有電子經小孔S1進入兩板間的電場加速后，從O點處小孔沿x軸正方向射入磁場，最后打在熒光屏上，使得熒光屏發(fā)亮，已知電子的質量為m，電荷量為e，M、N兩板間所加的電壓如圖乙所示，電子通過MN的時間極短，且不計電子重力及電子間的相互作用，求： 圖4 (1)當兩板間電勢差U＝時，電子在磁場中運動的軌跡為多長； (2)在一個周期內打在y屏上的電子數占總電子數的比例為多少？ (3)x屏上的亮線長度為多少． 答案　(1)πd　(2)66.7%　(3)d 解析　(1)電子在加速電場中：eU＝mv2， 電子在0

12、的磁場中運動的半徑：r＝＝d

13、收集區(qū)，其原理是通過板間的電場或磁場使離子偏轉并吸附到極板上，達到收集的目的．已知金屬極板CE、DF長均為d，間距也為d，AB、CD間的電勢差為U，假設質量為m、電荷量為q的大量正離子在AB極均勻分布．離子由靜止開始加速進入收集Ⅱ區(qū)域，Ⅱ區(qū)域板間有勻強電場和垂直于紙面向里的勻強磁場，離子恰好沿直線通過Ⅱ區(qū)域；只撤去電場時，恰好無離子從Ⅱ區(qū)域間射出，收集效率(打在極板上的離子占離子總數的百分比)為100%(不考慮離子間的相互作用力、重力和極板邊緣效應)． 圖5 (1)求離子到達Ⅱ區(qū)域的速度大小； (2)求Ⅱ區(qū)域磁感應強度B的大??； (3)若撤去Ⅱ區(qū)域磁場，只保留原來的電場，則裝置的收

14、集效率是多少？ (4)現(xiàn)撤去Ⅱ區(qū)域的電場，保留磁場但磁感應強度大小可調．假設AB極上有兩種正離子，質量分別為m1、m2，且m1≤4m2，電荷量均為q1.現(xiàn)將兩種離子完全分離，同時收集更多的離子，需在CD邊上放置一探測板CP(離子必須打在探測板上)，如圖乙所示．在探測板下端留有狹縫PD，離子只能通過狹縫進入磁場進行分離，試求狹縫PD寬度的最大值． 答案　(1) 　(2) 　(3)50%　(4)d 解析　(1)離子在Ⅰ區(qū)域初速度為0，由動能定理得 qU＝mv2 可得v＝ (2)進入DF極板的離子恰好不從極板射出，確定圓心；離子在磁場中的半徑r＝d，如圖所示； 磁場中洛倫茲力提供向

15、心力：qvB＝m 得B＝ (3)電場、磁場同時存在時，離子做勻速直線運動，滿足： qE＝qvB 撤去磁場以后離子在電場力作用下做類平拋運動，假設距離DF極板y的離子恰好離開電場： 由平拋運動規(guī)律：y＝at2，a＝，d＝vt 解得y＝0.5d 當y>0.5d時，離子運動時間更長，水平位移x>d，即0.5d到d這段距離的離子會射出電場，則從平行金屬板出射的離子占總數的百分比為：×100%＝50% (4)設兩離子在磁場中做圓周運動的半徑為R1和R2，根據洛倫茲力提供向心力得 qvB＝m 代入得：R1＝ R2＝ 則半徑關系為＝ 因為m1≤4m2，則有R1≤2R2，此時狹

16、縫最大值x同時滿足(如圖所示) x＝2R1－2R2 d＝2R1＋x 解得x＝d 專題強化練 1．如圖1所示，等腰直角三角形abc區(qū)域中有垂直紙面向里的勻強磁場，速度為v0的帶電粒子，從a點沿ab方向射入磁場后恰能從c點射出，現(xiàn)將勻強磁場換成垂直ab邊的勻強電場，其他條件不變，結果粒子仍能從c點射出．粒子的重力不計．求： 圖1 (1)磁感應強度B與電場強度E之比； (2)單獨存在磁場時粒子的運動時間t1與單獨存在電場時粒子的運動時間t2之比． 答案　(1)　(2) 解析　(1)粒子在磁場中做的是勻速圓周運動，軌跡如圖所示 設ab＝L，則軌道半徑r＝L 根據牛頓

17、第二定律，有qv0B＝m 解得B＝ 運動時間t1＝＝ 粒子在電場中做類平拋運動． 在電場力方向，有：y＝L＝·t22 在初速度方向，有：x＝L＝v0t2 解得：t2＝，E＝ 所以，磁感應強度B與電場強度E之比＝ (2)單獨存在磁場時粒子的運動時間t1與單獨存在電場時粒子的運動時間t2之比＝ 2．如圖2甲所示，長為L的平行金屬板M、N水平放置，兩板之間的距離為d，兩板間有沿水平方向垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，一個帶正電的質點，沿水平方向從兩板的正中央垂直于磁場方向進入兩板之間，重力加速度為g. 圖2 (1)若M板接直流電源正極，N板接負極，電源電壓恒為U，帶

18、電質點以恒定的速度v勻速通過兩板之間的復合場(電場、磁場和重力場)，求帶電質點的電荷量與質量的比值． (2)若M、N接如圖乙所示的交變電流(M板電勢高時U為正)，L＝0.5 m，d＝0.4 m，B＝0.1 T，質量為m＝1×10－4 kg、帶電荷量為q＝2×10－2 C的帶正電質點以水平速度v＝1 m/s，從t＝0時刻開始進入復合場，取g＝10 m/s2，試定性畫出質點的運動軌跡． (3)在第(2)問的條件下求質點在復合場中的運動時間． 答案　(1)　(2)見解析圖　(3)0.814 s 解析　(1)E＝ 由質點做勻速直線運動可得：Bqv＝qE＋mg 得：＝. (2)當M板電勢高

19、，即U為正時，有Bqv＝qE＋mg，粒子做勻速直線運動 當M板電勢低，即U為負時，有mg＝qE，粒子在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運動，周期T＝＝0.1π s， 有r＝<且vt1＋r

20、N′間的距離d＝0.25 m，板間有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度為0.2 T．假設太空中漂浮著某群m＝2×10－8 kg、q＝4×10－4 C帶正電的物質粒子，它們能均勻地吸附到QQ′圓弧面上，并被加速電場從靜止開始加速，不計粒子間的相互作用和其他影響．求： 圖3 (1)粒子剛進入磁場時的速度大小； (2)粒子在磁場中運動的半徑與周期； (3)到達收集板MM′的粒子中，在磁場運動的最短時間． 答案　(1)1×103 m/s　(2)0.25 m　×10－3 s　(3)×10－3 s 解析　(1)粒子在電場中加速 由動能定理得：qUQP＝mv2 解得，粒子進入磁場的速度大

21、小為v＝1×103 m/s (2)洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得 qvB＝m 解得軌道半徑r＝0.25 m 粒子在磁場中運動的周期T＝＝×10－3 s (3)軌跡如圖所示 可得∠O′O″O＝60°，則到達收集板MM′的粒子中，在磁場中運動的最短時間：t＝＝×10－3 s 4．(2018·七彩陽光聯(lián)盟期中)如圖4所示，在xOy豎直面上存在大小為E＝，方向水平向右的勻強電場，在0≤x≤l和y≥0的區(qū)域存在著磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場．位于Ox軸上有一水平、光滑、絕緣的表面MN，在坐標原點O放置一質量為m，電荷量為＋q的小滑塊(可視為質點)，靜止釋放后開始

22、運動，當小滑塊到達坐標為(l，h)的P點時，速度最大．重力加速度為g.求小滑塊： 圖4 (1)在MN上運動的最大距離x0； (2)速度最大值vmax的大小和方向； (3)運動到與P等高的Q點時的速度大小和Q點坐標位置x. 答案　見解析 解析　(1)mg－qvB－FN＝0 小滑塊恰好離開MN時，有FN＝0 解得v＝ 由動能定理，有Eqx0＝mv2－0 解得x0＝ (2)由動能定理，有Eql－mgh＝mv max2 vmax＝ 小滑塊速度最大時速度方向與電場力、重力的合力方向垂直 tan θ＝＝1 得θ＝45° (3)小滑塊進入x>l區(qū)域將做類平拋運動，等效加速

23、度為g′ g′＝g vmaxttan θ＝g′t2 t＝ vQ＝＝ x＝l＋＝5l－4h 5．(2018·臺州市外國語學校期末)如圖5所示裝置中，區(qū)域Ⅰ和Ⅲ中分別有豎直向上和水平向右的勻強電場，電場強度分別為E和；Ⅱ區(qū)域內有垂直向外的水平勻強磁場，磁感應強度為B.一質量為m、帶電量為q的帶負電粒子(不計重力)從左邊界O點正上方的M點以速度v0水平射入電場，經水平分界線OP上的A點與OP成60°角射入Ⅱ區(qū)域的磁場，并垂直豎直邊界CD進入Ⅲ區(qū)域的勻強電場中．求： 圖5 (1)粒子在Ⅱ區(qū)域勻強磁場中運動的軌道半徑； (2)O、M間的距離； (3)粒子從M點出發(fā)到第二次通過

24、CD邊界所經歷的時間． 答案　(1)　(2)　(3)＋ 解析　(1)粒子在勻強電場中做類平拋運動，水平方向做勻速直線運動，設粒子過A點時速度為v 由類平拋運動的規(guī)律知v＝＝2v0 粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，由 Bqv＝m 所以R＝ (2)在電場中運動，有 qE＝ma v0tan 60°＝at1 即t1＝ O、M兩點間的距離為L＝at12＝ (3)設粒子在Ⅱ區(qū)域磁場中運動時間為t2 則由幾何關系知軌道的圓心角∠AO1D＝60° 則t2＝＝ 設粒子在Ⅲ區(qū)域電場中運動時間為t3，由牛頓第二定律得 a′＝＝ 則t3＝＝ 故粒子從M點出發(fā)到第二次通過CD邊界

25、所用時間為 t＝t1＋t2＋t3＝＋ 6．(2017·嘉興一中期末)如圖6所示，寬度為L的區(qū)域被平均分為區(qū)域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，其中Ⅰ、Ⅲ有勻強磁場，它們的磁感應強度大小相等，方向垂直紙面且相反．長為L、寬為的矩形abcd緊鄰磁場下方，與磁場邊界對齊，O為dc邊中點，P為dc中垂線上一點，OP＝3L.矩形內有勻強電場，電場強度大小為E，方向由a指向O.電荷量為q、質量為m、重力不計的帶電粒子由a點靜止釋放，經電場加速后進入磁場，運動軌跡剛好與區(qū)域Ⅲ的右邊界相切． 圖6 (1)求該粒子經過O點時的速度大小v0； (2)求勻強磁場的磁感應強度大小B； (3)若在aO之間距O點x處靜止釋放該

26、粒子，粒子在磁場區(qū)域中共偏轉n次到達P點，求x滿足的條件及n的可能取值． 答案　(1)　(2) 　(3)x＝(－)2L，n＝2、3、4、5、6、7、8 解析　(1)由題意中長寬幾何關系可知aO＝L，粒子在aO加速過程由動能定理得：qEL＝mv① 得粒子經過O點時速度大?。簐0＝ ② (2)粒子在磁場區(qū)域Ⅲ中的運動軌跡如圖，設粒子軌跡圓半徑為R0， 由幾何關系可得： R0－R0cos 60°＝L③ 由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得：qv0B＝④ 聯(lián)立②③④式，得：B＝⑤ (3)若粒子在磁場中一共經過n次偏轉到達P，設粒子軌跡圓半徑為R， 由幾何關系有：2n( tan 30°＋Rcos 30°)＝3L⑥ 依題意有0＜R≤R0⑦ 聯(lián)立③⑥⑦得≤n＜9，且n取正整數⑧ 設粒子在磁場中的運動速率為v，有：qvB＝⑨ 在電場中的加速過程，由動能定理：qEx＝mv2⑩ 聯(lián)立⑤⑥⑨⑩式， 得：x＝(－)2 L，其中n＝2、3、4、5、6、7、8 16