2020年高考物理雙基突破專題22帶電粒子在疊加場中的運動

一、疊加場1．疊加場電場、磁場、重力場中的二者或三者在同一地域共存，就形成疊加場。2．帶電體在疊加場中無拘束狀況下的運動狀況分類1）洛倫茲力、重力并存①若重力和洛倫茲力均衡，則帶電體做勻速直線運動。②若重力和洛倫茲力不均衡，則帶電體將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，故機械能守恒，由此可求解問題。2）靜電力、洛倫茲力并存（不計重力的微觀粒子）①若靜電力和洛倫茲力均衡，則帶電體做勻速直線運動。②若靜電力和洛倫茲力不均衡，則帶電體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）靜電力、洛倫茲力、重力并存①若三力均衡，必定做勻速直線運動。②若重力與靜電力均衡，必定做勻速圓周運動。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。3．帶電體在疊加場中有拘束狀況下的運動帶電體在疊加場中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道等拘束的狀況下，常有的運動形式有直線運動和圓周運動，此時解題要經(jīng)過受力分析明確變力、恒力做功狀況，并注意洛倫茲力不做功的特色，運用動能定理、能量守恒定律聯(lián)合牛頓運動定律求解。4．粒子在疊加場中運動分析思路1）疊加場的構(gòu)成——弄清電場、磁場、重力場疊加狀況；2）受力分析——先重力，再電場力和磁場力，而后分析其余力（先彈力，后摩擦力）；3）運動分析——注意運動狀況和受力狀況的聯(lián)合；4）分段分析——粒子經(jīng)過不一樣種類的場時，分段談?wù)摚?）畫出軌跡——①勻速直線運動→均衡條件；②勻速圓周運動→牛頓運動定律和圓周運動規(guī)律；③復雜曲線運動→動能定理或能量守恒定律。④對于臨界問題，注意發(fā)掘隱含條件。（6）記著三點：能夠正確對疊加場中的帶電粒子從受力、運動、能量三個方面進行分析①受力分析是基礎(chǔ)：一般要從受力、運動、功能的角度來分析．這種問題涉及的力的種類多，含重力、電場力、磁場力、彈力、摩擦力等。②運動過程分析是要點：包括的運動種類多，含勻速直線運動、勻變速直線運動、類平拋運動、圓周運動以及其余曲線運動。③依據(jù)不一樣的運動過程及物理模型，選擇適合的定理列方程（牛頓運動定律、運動學規(guī)律、動能定理、能量守恒定律等）求解。二、問題與考法問題一磁場與重力場共存【題1】（多項選擇）如圖甲所示為一個質(zhì)量為m、電荷量為＋q的圓環(huán)，可在水平擱置的足夠長的粗糙細桿上滑動，細桿處于磁感覺強度為B的勻強磁場中，不計空氣阻力，現(xiàn)給圓環(huán)向右的初速度v0，在此后的運動過程中，圓環(huán)運動的速

度圖象可能是圖乙中的【答案】AD【題2】（多項選擇）一個絕緣且內(nèi)壁圓滑環(huán)形細圓管固定于豎直平面內(nèi)，環(huán)半徑為R（比細圓管的內(nèi)徑大得多）。在圓管的最低點有一個直徑略小于細圓管內(nèi)徑的帶正電小球處于靜止狀態(tài)，小球的質(zhì)量為m，帶電荷量為q，重力加快度為g?？臻g存在一磁感覺強度大小未知（不為零），方向垂直于環(huán)形細圓管所在平面向里的勻強磁場。某時刻，給小球一方向水平向右、大小為v0＝5gR的初速度，則以下判斷正確的選項是A．不論磁感覺強度大小如何，獲取初速度后的瞬時，小球在最低點必定遇到管壁的彈力作用B．不論磁感覺強度大小如何，小球必定能到達環(huán)形細圓管的最高點，且在最高點必定遇到管壁的彈力作用C．不論磁感覺強度大小如何，小球必定能到達環(huán)形細圓管的最高點，且到達最高點時的速度大小都相同D．小球從環(huán)形細圓管的最低點運動到所能到達的最高點的過程中，水平方向分速度的大小向來減小【答案】BC問題二電場與磁場疊加考法1帶電粒子在疊加場中做直線運動思路：帶電粒子在電場和磁場疊加場中做直線運動，電場力和洛倫茲力必定是均衡力，所以常用二力均衡方法解題。【題3】一正電荷q在勻強磁場中，以速度v沿x正方向進入垂直紙面向里的勻強磁場中，磁感覺強度為B，以下列圖，為了使電荷能做直線運動，則一定加一個電場進去，不計重力，此電場的場強應(yīng)當是A．沿y軸正方向，大小為BvqB．沿y軸負方向，大小為BvC．沿y軸正方向，大小為vBD．沿y軸負方向，大小為Bvq【答案】B【分析】要使電荷能做直線運動，一定用電場力抵消洛倫茲力，本題正電荷受洛倫茲力的方向沿y軸正方向，故電場力一定沿y軸負方向且qE＝Bqv，即E＝Bv。考法2帶電粒子在疊加場中偏轉(zhuǎn)思路：帶電粒子在電場和磁場疊加場中偏轉(zhuǎn)，是電場力和洛倫茲力不均衡造成的。這時電場力做功，洛倫茲力不做功，所以常依據(jù)電場力做功的正、負判斷動能的變化?！绢}6】以下列圖，空間的某個復合場所區(qū)內(nèi)存在著方向互相垂直的勻強電場和勻強磁場。質(zhì)子由靜止開始經(jīng)一加快電場加快后，垂直于復合場的界面進入并沿直線穿過場區(qū)，質(zhì)子從復合場區(qū)穿出時的動能為Ek。那么氘核相同由靜止開始經(jīng)同一加快電場加快后穿過同一復合場后的動能Ek′的大小是A．E′＝EkB．E′＞EkkkC．Ek′＜EkD．條件不足，難以確立【答案】B【題7】以下列圖，在xOy平面的第一、四象限內(nèi)存在著方向垂直紙面向外、磁感覺強度為B的勻強磁場，第四象限內(nèi)存在方向沿－y方向、電場強度為E的勻強電場。從y軸上坐標為a的一點向磁場區(qū)發(fā)射速度大小不等的帶正電同種粒子，速度方向范圍是與＋y方向成30°～150°，且在xOy平面內(nèi)。結(jié)果全部粒子經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)后都垂直打到x軸上，而后進入第四象限的勻強電場區(qū)。已知帶電粒子電量為q，質(zhì)量為m，重力不計。求：（1）垂直y軸方向射入磁場的粒子運動的速度大小v1；（2）粒子在第一象限的磁場中運動的最長時間以及對應(yīng)的射入方向；（3）從x軸上x＝（2－1）a點射入第四象限的粒子穿過電磁場后經(jīng)過y軸上y＝－b的點，求該粒子經(jīng)過y＝－b點的速度大小。qBa5πm2q2B2a22qEb【答案】（1）m（2）6qB與y軸正方向夾角為30°（3）m2＋m（2）當粒子初速度與y軸正方向夾角為30°時，粒子運動的時間最長，此時軌道對應(yīng)的圓心角α＝150°粒子在磁場中運動的周期：T＝2πmqB粒子的運動時間：t＝αT＝150°2πm5πm360360×＝°°qB6qB（3）以下列圖，設(shè)粒子射入磁場時速度方向與y軸負方向的夾角為θ，由幾何知識得：R－Rcosθ＝（2－1）aRsinθ＝a解得：θ＝45°R＝2a此粒子進入磁場的速度v00qBR＝2qBa，v＝mm設(shè)粒子到達y軸上速度為v，依據(jù)動能定理得：11qEb＝mv2－mv0222解得：v＝2q2B2a2＋2qEbm2m問題三電場、磁場與重力場疊加考法1帶電粒子在疊加場中做圓周運動思路：（1）帶電粒子做勻速圓周運動，隱含條件是一定考慮重力，且電場力和重力均衡。（2）洛倫茲力供給向心力和帶電粒子只在磁場中做圓周運動解題方法相同?！绢}8】在豎直面內(nèi)建立直角坐標系，曲線y＝x2位于第一象限的部分如圖，在曲線上不一樣點以初速度20v0向x軸負方向水平拋出質(zhì)量為m，帶電量為＋q的小球，小球著落過程中都會經(jīng)過坐標原點，以后進入第三象限的勻強電場和勻強磁場所區(qū)，磁感覺強度為B＝π10T，方向垂直紙面向里，小球恰好做勻速圓周運動，并在做圓周運動的過程中都能打到y(tǒng)軸負半軸上，已知重力加快度g＝10m/s2，q＝102C/kg。求：m1）第三象限的電場強度大小及方向；2）沿水平方向拋出小球的初速度v0；3）為了使全部的小球都能打到y(tǒng)軸的負半軸，所加磁場所區(qū)的最小面積?！敬鸢浮浚?）0.1N/C，方向豎直向上（2）10m/s（3）0.5m2（2）設(shè)小球開釋點的坐標為（x，y），由平拋規(guī)律可知x＝v0t，y＝12gt2，g由以上兩式可得y＝2v02x2又由題意可知：y＝x220聯(lián)立可得：v0＝10m/s。（3）設(shè)小球在進入第三象限時合速度為v，與x軸負半軸夾角為α。則有v0＝vcosα，洛倫茲力供給向2心力：qvB＝mv，r＝mv，rqB打在y軸負方向上的點與原點距離為：H＝2rcosα＝2mv0。qBmv0可見全部小球均從y軸負半軸上同一點進入第四象限，最小磁場所區(qū)為半徑R＝qB的半圓，πR212其面積為Smin＝mv02＝π2qB解得：Smin＝0.5m2。【題9】一個帶電微粒在以下列圖的正交勻強電場和勻強磁場中的豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，求：1）該帶電微粒的電性；2）該帶電微粒的旋轉(zhuǎn)方向；3）若已知圓的半徑為r，電場強度的大小為E，磁感覺強度的大小為B，重力加快度為g，則線速度為多少?！敬鸢浮浚?）負（2）逆時針（3）gBrE2）磁場方向向外，洛倫茲力的方向一直指向圓心，由左手定章可判斷微粒的旋轉(zhuǎn)方向為逆時針（四指所指的方向與帶負電的微粒的運動方向相反）。（3）由微粒做勻速圓周運動，可知電場力和重力大小相等，得mg＝qE①帶電微粒在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運動的半徑為：r＝mv②qB①②聯(lián)立得：v＝gBr。E【題10】以下列圖，地域Ⅰ內(nèi)有與水平方向成45°角的勻強電場E1，地域?qū)挾葹閐1，地域Ⅱ內(nèi)有正交的有界勻強磁場B和勻強電場E2，地域?qū)挾葹閐2，磁場方向垂直紙面向里，電場方向豎直向下。一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的微粒在地域Ⅰ左界限的P點，由靜止開釋后水平向右做直線運動，進入地域Ⅱ后做勻速圓周運動，從地域Ⅱ右界限上的Q點穿出，其速度方向改變了60°，重力加快度為g，求：1）地域Ⅰ和地域Ⅱ內(nèi)電場強度E1、E2的大小；2）地域Ⅱ內(nèi)磁感覺強度B的大??；3）微粒從P運動到Q的時間。2mgmgm3gd11πd22【答案】（1）qq（2）qd22（3）g＋33gd1（2）設(shè)微粒在地域Ⅰ內(nèi)水平向右做直線運動時加快度為a，走開地域Ⅰ時速度為v，在地域Ⅱ內(nèi)做勻qEcos45°速圓周運動的軌道半徑為R，則a＝1＝gm2＝2ad11112v或qEcos45°×d=2mvRsin60＝°d2v2qvB＝mR解得B＝m3gd1qd222d（3）微粒在地域Ⅰ內(nèi)做勻加快運動，t1＝1g在地域Ⅱ內(nèi)做勻速圓周運動的圓心角為60°，則T＝2πmBq2T＝πd22t＝633gd1解得t＝t1＋t2＝2d1＋πd221g33gd【題11】以下列圖，位于豎直平面內(nèi)的坐標系xOy，在其第三象限空間有垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感覺強度大小為B＝0.5T，還有沿x軸負方向的勻強電場，場強盛小為E＝2N/C。在其第一象限空間有沿y軸負方向的、場強盛小也為E的勻強電場，并在y>h＝0.4m的地域有磁感覺強度也為B的垂直于紙面向里的勻強磁場。一個帶電荷量為q的帶電油滴從圖中第三象限的P點獲取一初速度，恰好能沿PO做勻速直線運動（PO與x軸負方向的夾角為θ＝45°），并從原點O進入第一象限。已知重力加快度g＝10m/s2，問：（1）油滴在第三象限運動時遇到的重力、電場力、洛倫茲力三力的大小之比，并指出油滴帶何種電荷；2）油滴在P點獲取的初速度大小；3）油滴在第一象限運動的時間?！敬鸢浮浚?）1∶1∶2（2）42m/s（3）0.828s（2）由第（1）問得：mg＝qEqvB＝2qE2E解得v＝B＝42m/s（3）進入第一象限，電場力和重力大小相等、方向相反，油滴受力均衡，知油滴先做勻速直線運動，進入y≥h的地域后做勻速圓周運動，軌跡以下列圖，最后從x軸上的N點走開第一象限。油滴由O→A做勻速運動的位移x1＝h＝2hsin45°其運動時間t1x1＝2h＝hB＝0.1s＝v2EEB2πm由幾何關(guān)系和圓周運動的周期關(guān)系式T＝qB知，油滴由A→C做圓周運動的時間為1πE≈0.628st2＝T＝2gB4由對稱性知油滴從C→N運動的時間t3＝t1油滴在第一象限運動的總時間t＝t1＋t2＋t3＝2×0.1s＋0.628s＝0.828s考法2帶電體在疊加場中做復雜曲線運動思路：帶電體在電場、磁場和重力場三種疊加場中做一般的曲線運動，需要用功能關(guān)系分析問題。洛倫茲力不做功，質(zhì)點動能的變化是電場力、重力做功的結(jié)果?！绢}12】如圖，絕緣粗糙的豎直平面MN左邊同時存在互相垂直的勻強電場和勻強磁場，電場方向水平向右，電場強度大小為E，磁場方向垂直紙面向外，磁感覺強度大小為B。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的小滑塊從A點由靜止開始沿MN下滑，到達C點時走開MN做曲線運動。A、C兩點間