2019年高考物理大二輪練習(xí)微專項(xiàng)12帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)學(xué)案新蘇版 3192

1、2019年高考物理大二輪練習(xí)微專項(xiàng)12帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)學(xué)案新蘇版_3192 帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 1帶電體在疊加場(chǎng)中無約束情況下的運(yùn)動(dòng) (1)洛倫茲力、重力并存 若重力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運(yùn)動(dòng) 若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)，因洛倫茲力不做功，故機(jī)械能守恒，由此可求解問題 (2)靜電力、洛倫茲力并存(不計(jì)重力的微觀粒子) 若靜電力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運(yùn)動(dòng) 若靜電力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)，因洛倫茲力不做功，可用動(dòng)能定理求解問題 (3)靜電力、洛倫茲力、重力并存 若三力平衡，一定做勻速直線運(yùn)動(dòng) 若重力與靜電力平衡，一

2、定做勻速圓周運(yùn)動(dòng) 若合力不為零且與速度方向不垂直，將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)，因洛倫茲力不做功，可用能量守恒定律或動(dòng)能定理求解問題 2 帶電體在疊加場(chǎng)中有約束情況下的運(yùn)動(dòng) 帶電體在疊加場(chǎng)中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道等約束的情況下，常見的運(yùn)動(dòng)形式有直線運(yùn)動(dòng)和圓周運(yùn)動(dòng)，此時(shí)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(diǎn)，運(yùn)用動(dòng)能定理、能量守恒定律結(jié)合牛頓運(yùn)動(dòng)定律求解 (2019·山東棗莊一模)如圖所示，穿有M、N兩個(gè)小球(均視為質(zhì)點(diǎn))的光滑絕緣圓環(huán)，固定在豎直面內(nèi)，圓心為O、半徑R0.3 mM、N用一根不可伸長(zhǎng)的絕緣輕質(zhì)細(xì)繩相連，小球質(zhì)量分別為mM0.01 kg、mN0.08

3、 kg；M帶電荷量q7×104 C，N不帶電該空間同時(shí)存在勻 強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)電場(chǎng)方向豎直向上，電場(chǎng)強(qiáng)度E1×103 V/m；磁場(chǎng)方向垂直于圓環(huán)平面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度B37×102 T將兩小球從圖示位置(M與圓心O等高，N在圓心O的正下方)由靜止釋放，兩小球開始沿逆時(shí)針方向向上轉(zhuǎn)動(dòng)重力加速度g取10 m/s2，已知sin 37°0.6，cos 37°0.8.則在兩球從圖示位置逆時(shí)針向上轉(zhuǎn)動(dòng)的過程中，求： (1)通過計(jì)算判斷，小球M能否到達(dá)圓環(huán)的最高點(diǎn) (2)小球M速度最大時(shí)，圓環(huán)對(duì)小球M的彈力 (3)小球M電勢(shì)能變化量的最大值 解析：(1)設(shè)M、

4、N在轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，繩對(duì)M、N做的功分別為WT、WT，則 WTWT0， 設(shè)M到達(dá)圓環(huán)最高點(diǎn)時(shí)，M、N的動(dòng)能分別為EkM、EkN， 對(duì)M，洛倫茲力不做功，由動(dòng)能定理得qERmMgRWTEkM， 對(duì)N，由動(dòng)能定理得WTmNgREkN， 聯(lián)立解得EkMEkN0.06 J， 即M在圓環(huán)最高點(diǎn)時(shí)，系統(tǒng)動(dòng)能為負(fù)值，故M不能到達(dá)圓環(huán)的最高點(diǎn) (2)設(shè)N轉(zhuǎn)過角時(shí)，M、N的速度大小分別為vM、vN，因M、N做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑和角速度均相同，故vMvN， 對(duì)M，洛倫茲力不做功，由動(dòng)能定理得 qERsin mMgRsin WT212 mMv2M， 對(duì)N，由動(dòng)能定理得 WT2mNgR(1cos )12mNv2N， WT2W

5、T20， 聯(lián)立解得 v2M43×(3sin 4cos 4)， 由上式可得，當(dāng)37°時(shí)，M、N的速度達(dá)到最大速度，最大速度vmax233 m/s， M速度最大時(shí)，設(shè)繩的拉力為F，圓環(huán)對(duì)小球M的彈力為FN，由牛頓Secord定律得Fcos 45°(qEmMg)cos 37°， qvmaxBFsin 45°(qEmMg)sin 37°FNmMv2maxR， 解得FN0.096 N，負(fù)號(hào)表示彈力方向沿圓環(huán)徑向向外 (3)M、N從圖示位置逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，由于M不能到達(dá)最高點(diǎn)，所以，當(dāng)兩球速度為0時(shí)，電場(chǎng)力做功最多，電勢(shì)能減少最多由v2M 43

6、 ×(3sin 4cos 4)得3sin 4cos 40， 解得sin 2425 (sin 0舍去)， 故M的電勢(shì)能變化量的最大值|Ep|qERsin 126625 J0.201 6 J. (3)0.201 6 J 帶電粒子在疊加場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的分析方法 (1)弄清疊加場(chǎng)的組成 (2)進(jìn)行受力分析 (3)確定帶電粒子的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，注意運(yùn)動(dòng)情況和受力情況的結(jié)合 (4)對(duì)于粒子連續(xù)通過幾個(gè)不同種類的場(chǎng)時(shí)，要分階段進(jìn)行處理 (5)畫出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡，靈活選擇不同的運(yùn)動(dòng)規(guī)律 當(dāng)帶電粒子在疊加場(chǎng)中做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)受力平衡列方程求解當(dāng)帶電粒子在疊加場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，應(yīng)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律結(jié)合圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)

7、律求解當(dāng)帶電粒子做復(fù)雜曲線運(yùn)動(dòng)時(shí)，一般用動(dòng)能定理或能量守恒定律求解對(duì)于臨界問題，注意挖掘隱含條件 (2019·遼寧五校聯(lián)考)如圖所示，與水平面成37°的傾斜軌道AC，其延長(zhǎng)線在D點(diǎn)與半圓軌道DF相切，軌道半徑R1 m，軌道均為絕緣材料制成且位于豎直面內(nèi)，整個(gè)空間存在水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，MN的右側(cè)存在垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(C點(diǎn)在MN邊界上)一質(zhì)量為0.4 kg的帶電小球沿軌道AC下滑，至C點(diǎn)時(shí)速度v01007 m/s，接著沿直線CD運(yùn)動(dòng)到D處進(jìn)入半圓軌道，進(jìn)入時(shí)無動(dòng)能損失，且恰好能通過F點(diǎn)，在F點(diǎn)速度vF4 m/s，不計(jì)空氣阻力，g取10 m/s2，cos 37°

8、;0.8，求： (1)小球帶何種電荷； (2)小球在半圓軌道部分克服摩擦力所做的功 (3)小球從F點(diǎn)飛出時(shí)磁場(chǎng)同時(shí)消失，小球離開F點(diǎn)后的運(yùn)動(dòng)軌跡與軌道AC所在直線的交點(diǎn)為G(G點(diǎn)未標(biāo)出)，求G點(diǎn)到D點(diǎn)的距離 解析：(1)在MN右側(cè)，小球受到重力、電場(chǎng)力與洛倫茲力作用，如果小球帶負(fù)電荷，電場(chǎng)力水平向右，洛倫茲力指向左下方，重力豎直向下，小球受到的合力不可能為零，小球不可能做直線運(yùn)動(dòng)，則小球帶正電荷 (2)小球在C、D間做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則在D點(diǎn)的速度與C點(diǎn)的速度大小相等，即vD1007 m/s， 電場(chǎng)力與重力的合力F0mgcos 37 °5 N. 從D到F的過程，對(duì)小球， 由動(dòng)能定理可得

9、WfF0·2R 12mv2F 12mv2D， 代入數(shù)據(jù)解得Wf27.6 J. (3)小球離開F點(diǎn)后做類平拋運(yùn)動(dòng)，加速度aF0m， 2R12at2，代入數(shù)據(jù)解得t225 s， G點(diǎn)到D點(diǎn)的距離xvFt4×225 m2.26 m. 1設(shè)在地面上方的真空室內(nèi)存在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)已知電場(chǎng)強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向是相同的，電場(chǎng)強(qiáng)度的大小E4.0 V/m, 磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B0.15 T，今有一個(gè)帶負(fù)電的質(zhì)點(diǎn)以v20 m/s的速度在此區(qū)域內(nèi)沿垂直場(chǎng)強(qiáng)方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，求此帶電質(zhì)點(diǎn)的電量與質(zhì)量之比q/m以及磁場(chǎng)的所有可能方向(角度可用反三角函數(shù)表示) 解析：根據(jù)帶電質(zhì)點(diǎn)做勻速直線運(yùn)動(dòng)的

10、條件，得知此帶電質(zhì)點(diǎn)所受的重力、電場(chǎng)力和洛倫茲力的合力必定為零由此推知此三個(gè)力的同一豎直平面內(nèi)，如圖所示，質(zhì)點(diǎn)的速度垂直紙面向外 由合力為零的條件，可得mgqvB2E2， 求得帶電質(zhì)點(diǎn)的電量與質(zhì)量之比qmgvB2E2 代入數(shù)據(jù)得qm9.8020×0.1524.02 C/kg1.96 C/kg 因質(zhì)點(diǎn)帶負(fù)電，電場(chǎng)方向與電場(chǎng)力方向相反，因而磁場(chǎng)方向也與電場(chǎng)力方向相反，設(shè)磁場(chǎng)方向與重力方向之間夾角為，則有qEsin qvBcos . 解得tg vBE20×0.154.0，arctg 0.75 即磁場(chǎng)是沿著與重力方向夾角arctg 0.75，且斜向下方的一切方向 帶電粒子在組合場(chǎng)中

11、的運(yùn)動(dòng) 1組合場(chǎng)：電場(chǎng)與磁場(chǎng)各位于一定的區(qū)域內(nèi)，并不重疊，電場(chǎng)、磁場(chǎng)交替出現(xiàn) 2分析思路 (1)劃分過程：將粒子運(yùn)動(dòng)的過程劃分為幾個(gè)不同的階段，對(duì)不同的階段選取不同的規(guī)律處理 (2)找關(guān)鍵點(diǎn)：確定帶電粒子在場(chǎng)區(qū)邊界的速度(包括大小和方向)是解決該類問題的關(guān)鍵 (3)畫運(yùn)動(dòng)軌跡：根據(jù)受力分析和運(yùn)動(dòng)分析，大致畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡圖，有利于形象、直觀地解決問題 如圖所示，半徑為R的圓形區(qū)域，c為圓心，在圓上a點(diǎn)有一粒子源以相同的速率向圓面內(nèi)各個(gè)方向發(fā)射多個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子當(dāng)圓形區(qū)域存在垂直于圓面、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)時(shí)，沿ac方向射入的粒子從b點(diǎn)離開場(chǎng)區(qū)，此過程粒子速度方向偏轉(zhuǎn)了

12、 23.若只將圓形區(qū)域內(nèi)的磁場(chǎng)換成平行于圓面的勻強(qiáng)電場(chǎng)，粒子從電場(chǎng)圓邊界的不同位置射出時(shí)有不同的動(dòng)能，其最大動(dòng)能是初動(dòng)能的4 倍，經(jīng)過b點(diǎn)的粒子在b點(diǎn)的動(dòng)能是初動(dòng)能的3倍不計(jì)粒子重力及粒子間的相互作用求： (1)粒子源發(fā)射粒子的速度v0及從b點(diǎn)離開磁場(chǎng)的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間tm； (2)電場(chǎng)強(qiáng)度的方向及大小 解析：(1)粒子在磁場(chǎng)中作勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)軌跡圓半徑為r，作出以ab為弦的兩段圓弧如圖所示， O1、O2分別為兩圓圓心，由從b點(diǎn)射出的粒子速度偏轉(zhuǎn)角知：對(duì)以O(shè)1為圓心的圓有：圓周角aO1b 23， 由幾何知識(shí)可知：弦切角cab3 ，abc為等邊三角形，可得ab長(zhǎng)度：LR 從abO1可

13、得：r33R 由圓周運(yùn)動(dòng)的規(guī)律有：qv0Bmv20r 由式可得：v03qBR3m 粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)時(shí)的軌跡是以O(shè)2為圓心的圓弧，在菱形aO1bO2中有：aO2baO1b23 粒子的偏轉(zhuǎn)角2aO2b 由圓周運(yùn)動(dòng)的規(guī)律有：tm rv0 解得 tm4m3qB. (2)設(shè)電場(chǎng)方向與ab連線夾角為，離開電場(chǎng)時(shí)動(dòng)能最大的粒子的射出點(diǎn)和c點(diǎn)連線一定和電場(chǎng)方向平行，如圖所示 在粒子從a運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)過程中由動(dòng)能定理有： qERcos 2×12mv20 以離開電場(chǎng)時(shí)動(dòng)能最大的粒子在電場(chǎng)中由動(dòng)能定理有： qER?1sin?63×12mv20 由式解得：0(即電場(chǎng)方向由a指向b) EqRB2

14、3m或滿足sin 473，E7qRB23m. 帶電粒子在分離電場(chǎng)和磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問題分析 (1)帶電粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)的組合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)根據(jù)粒子在運(yùn)動(dòng)過程中的受力情況，確定運(yùn)動(dòng)軌跡，計(jì)算粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間、位移等物理量由于電場(chǎng)與磁場(chǎng)是分離的，帶電粒子在電場(chǎng)中受到恒定的電場(chǎng)力作用，加速度恒定，可能做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，也可能做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)進(jìn)入磁場(chǎng)之后，在磁場(chǎng)中受到洛倫茲力作用，粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng) (2)處理帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，用動(dòng)能定理較為簡(jiǎn)單 (3)解題過程中要注意不要漏解 如圖所示，在邊長(zhǎng)L33 dm的等邊三角形abc的外接圓區(qū)域內(nèi)有平行于紙面的勻強(qiáng)電場(chǎng)，將質(zhì)量m2×1013 kg，

15、電量q1×1010 C的點(diǎn)電荷從a點(diǎn)以相等的速率沿不同方向射出時(shí)可到達(dá)圓上的不同位置，其中電荷到達(dá)b點(diǎn)時(shí)動(dòng)能最大，其動(dòng)能增量為Ek8.1×1010 J若將該點(diǎn)以某一初速度v0沿ac方向從a點(diǎn)射出時(shí)恰通過b點(diǎn)，現(xiàn)撤去電場(chǎng)并在該圓形區(qū)域內(nèi)加上垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)時(shí)，仍讓該點(diǎn)電荷從a點(diǎn)沿ac方向以v0射出時(shí)也能通過b點(diǎn)求： (1)勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)E； (2)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B； (3)點(diǎn)電荷在勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比 解析： (1) 由于電場(chǎng)力做功與路徑無關(guān)，且點(diǎn)電荷從a點(diǎn)沿不同方向射出時(shí)到達(dá)b點(diǎn)時(shí)動(dòng)能最大，說明在圓周上b點(diǎn)的電勢(shì)最低，則過b點(diǎn)所作外接圓的切線為b點(diǎn)的

16、等勢(shì)線，又因?yàn)殡妶?chǎng)線總是與等勢(shì)面相垂直，且由高等勢(shì)面指向低等勢(shì)面，故圖中的Ob方向即為場(chǎng)強(qiáng)方向 設(shè)外接圓半徑為R，由幾何關(guān)系知L2Rcos 30°，由功能關(guān)系知電場(chǎng)力做功等于動(dòng)能增量 EkEq(RRsin 30°)，解得R0.3 m，E18 N/C (2)電荷沿ac方向射入時(shí)在電場(chǎng)中恰做類平拋運(yùn)動(dòng)，由Rcos 30°v0t1和RRsin 30°1 2 Eqmt21得t10.01 s，v0 153 m/s 換成磁場(chǎng)后仍過 ab兩點(diǎn)，則圓心在ab的垂直平分線上，同時(shí)圓心還應(yīng)在過a點(diǎn)垂直于 ac的直線上，如圖中的O1點(diǎn)，由左手定則知磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向下，

17、由幾何關(guān)系可知其圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑rR 又電荷做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，由 qv0Bmv20 r得rmv0qB，代入數(shù)據(jù)可得B 310 T. (3)由幾何關(guān)系知電荷在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)了120°圓心角，因此對(duì)應(yīng)的時(shí)間為t2 120°360 °×2mqB 4×10233 s 于是對(duì)應(yīng)的時(shí)間之比為t2t1433，整理可得t2t1439. (1)小球從A 點(diǎn)出發(fā)時(shí)的初速度大??； (2)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小 解析：(1)由帶電小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)知mg qE 所以電場(chǎng)反向后，由牛頓Secord定律有mgqEma 小球做類平拋運(yùn)動(dòng)有L12at2 L2v0t 由聯(lián)立得v012gL

18、 (2)帶電小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，洛倫茲力提供向心力，則qv0Bmv20R 由幾何知識(shí)得(LR)2(12L)2R2 由得B4EgL5gL. 3(2019·江西紅色七校模擬)如圖所示，粒子源O可以源源不斷地產(chǎn)生初速度為零的正離子同位素，即這些正離子帶相同的電荷量q，質(zhì)量卻不相同所有的正離子先被一個(gè)電壓為U0的勻強(qiáng)加速電場(chǎng)加速，再?gòu)膬砂逯醒氪怪鄙淙胍粋€(gè)勻強(qiáng)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，已知此偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)兩板間距為 d，板間電壓為2U0，偏轉(zhuǎn)后通過下極板上的小孔P離開電場(chǎng)經(jīng)過一段勻速直線運(yùn)動(dòng)后，正離子從Q點(diǎn)垂直于邊界AB進(jìn)入一正方形區(qū)域勻強(qiáng)磁場(chǎng)( 磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直于紙面向里)，不計(jì)正離子的重力及離子間的相互作用 (1)當(dāng)正離子從P點(diǎn)離開偏轉(zhuǎn)