2022年高考物理大一輪總復習(江蘇專版-)講練-第八章-磁場43

學案43帶電粒子在復合場中的運動一、概念規(guī)律題組1．如圖1所示，在xOy平面內，勻強電場的方向沿x軸正向，勻強磁場的方向垂直于xOy平面對里．一電子在xOy平面內運動時，速度方向保持不變．則電子的運動方向沿()圖1A．x軸正向 B．x軸負向C．y軸正向 D．y軸負向2．一個質子穿過某一空間而未發(fā)生偏轉，則()A．可能存在電場和磁場，它們的方向與質子運動方向相同B．此空間可能只有磁場，方向與質子的運動方向平行C．此空間可能只有磁場，方向與質子的運動方向垂直D．此空間可能有正交的電場和磁場，它們的方向均與質子的運動方向垂直3．如圖2所示，沿直線通過速度選擇器的正離子從狹縫S射入磁感應強度為B2的勻強磁場中，偏轉后毀滅的軌跡半徑之比為R1∶R2＝1∶2，則下列說法正確的是()圖2A．離子的速度之比為1∶2B．離子的電荷量之比為1∶2C．離子的質量之比為1∶2D．以上說法都不對圖34．(2011·浙江杭州市模擬)有一個帶電量為＋q、重為G的小球，從兩豎直的帶電平行板上方h處自由落下，兩極板間另有勻強磁場，磁感應強度為B，方向如圖3所示，則帶電小球通過有電場和磁場的空間時，下列說法錯誤的是()A．確定做曲線運動B．不行能做曲線運動C．有可能做勻加速運動D．有可能做勻速運動二、思想方法題組5.圖4一個帶電微粒在如圖4所示的正交勻強電場和勻強磁場中的豎直平面內做勻速圓周運動，該帶電微粒必定帶______(填“正”或“負”)電，旋轉方向為________(填“順時針”或“逆時針”)．若已知圓的半徑為r，電場強度的大小為E，磁感應強度的大小為B，重力加速度為g，則線速度為________．圖56．在兩平行金屬板間，有如圖5所示的相互正交的勻強電場和勻強磁場．α粒子以速度v0從兩板的正中心垂直于電場方向和磁場方向從左向右射入時，恰好能沿直線勻速通過．供下列各小題選擇的答案有：A．不偏轉 B．向上偏轉C．向下偏轉 D．向紙內或紙外偏轉(1)若質子以速度v0從兩板的正中心垂直于電場方向和磁場方向從左向右射入，質子將________(2)若電子以速度v0從兩板的正中心垂直于電場方向和磁場方向從左向右射入，電子將________(3)若質子以大于v0的速度，沿垂直于勻強電場和勻強磁場的方向從兩板正中心射入，質子將_______一、帶電粒子在無約束的復合場中的運動1．常見運動形式的分析(1)帶電粒子在復合場中做勻速圓周運動帶電粒子進入勻強電場、勻強磁場和重力場共同存在的復合場中，重力和電場力等大反向，兩個力的合力為零，粒子運動方向和磁場方向垂直時，帶電粒子在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運動．(2)帶電粒子在勻強電場、勻強磁場和重力場中的直線運動自由的帶電粒子(無軌道約束)，在勻強電場、勻強磁場和重力場中的直線運動應當是勻速直線運動，這是由于電場力和重力都是恒力，若它們的合力不與洛倫茲力平衡，則帶電粒子速度的大小和方向都會轉變，就不行能做直線運動．(粒子沿磁場方向運動除外)2．帶電粒子在復合場中運動的處理方法(1)搞清楚復合場的組成，一般是磁場、電場的復合；磁場、重力場的復合；磁場、重力場、電場的復合；電場和磁場分區(qū)域存在．(2)正確進行受力分析，除重力、彈力、摩擦力外還要特殊關注電場力和磁場力的分析．(3)確定帶電粒子的運動狀態(tài)．留意將運動狀況和受力狀況結合進行分析．(4)對于粒子連續(xù)經過幾個不同場的狀況，要分段進行分析、處理．(5)畫出粒子的運動軌跡，機敏選擇不同的運動規(guī)律．【例1】圖6(2011·安徽·23)如圖6所示，在以坐標原點O為圓心、半徑為R的半圓形區(qū)域內，有相互垂直的勻強電場和勻強磁場，磁感應強度為B，磁場方向垂直于xOy平面對里．一帶正電的粒子(不計重力)從O點沿y軸正方向以某一速度射入，帶電粒子恰好做勻速直線運動，經t0時間從P點射出．(1)求電場強度的大小和方向．(2)若僅撤去磁場，帶電粒子仍從O點以相同的速度射入，經eq\f(t0,2)時間恰好從半圓形區(qū)域的邊界射出．求粒子運動加速度的大?。?3)若僅撤去電場，帶電粒子仍從O點射入，但速度為原來的4倍，求粒子在磁場中運動的時間．[規(guī)范思維]圖7【例2】(2008·江蘇高考改編)在場強為B的水平勻強磁場中，一質量為m、帶電荷量為＋q的小球在O點靜止釋放，小球的運動曲線如圖7所示．已知此曲線在最低點的曲率半徑為該點到x軸距離的2倍，重力加速度為g.求：(1)小球運動到任意位置P(x，y)的速率v；(2)小球在運動過程中第一次下降的最大距離ym；(3)欲使小球沿x軸正向做直線運動，可在該區(qū)域加一勻強電場，試分析加電場時，小球在什么位置，所加電場的場強為多少？方向如何？[規(guī)范思維]二、帶電粒子在復合場中有約束狀況下的運動帶電體在復合場中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道等約束的狀況下，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、恒力做功狀況，并留意洛倫茲力不做功的特點，用動能定理、能量守恒定律結合牛頓運動定律求出結果．圖8【例3】如圖8所示，套在很長的絕緣直棒上的小球，質量為1.0×10－4kg，帶4.0×10－4C正電荷，小球在棒上可以滑動，將此棒豎直放置在沿水平方向的勻強電場和勻強磁場中，勻強電場的電場強度E＝10N/C，方向水平向右，勻強磁場的磁感應強度B＝0.5T，方向為垂直于紙面對里，小球與棒間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.2，求小球由靜止沿棒豎直下落的最大加速度和最大速度．(設小球在運動過程中所帶電荷量保持不變，g取10m/s2)[規(guī)范思維]

【基礎演練】1.圖9(2009·廣東單科·11)如圖9所示，表面粗糙的斜面固定于地面上，并處于方向垂直于紙面對外、磁感應強度為B的勻強磁場中．質量為m、帶電荷量為＋Q的小滑塊從斜面頂端由靜止下滑．在滑塊下滑的過程中，下列推斷正確的是()A．滑塊受到的摩擦力不變B．滑塊到達地面時的動能與B的大小無關C．滑塊受到的洛倫茲力方向垂直斜面對下D．B很大時，滑塊可能靜止于斜面上圖102．(2011·福建福州月考)如圖10所示，在相互垂直的勻強電場和勻強磁場中，電荷量為q的液滴在豎直面內做半徑為R的勻速圓周運動．已知電場強度為E，磁感應強度為B，則液滴的質量和環(huán)繞速度分別為()A.eq\f(qE,g)，eq\f(E,B) B.eq\f(B2qR,E)，eq\f(E,B)C．Beq\r(\f(qR,g))，eq\r(qgR) D.eq\f(qE,g)，eq\f(BgR,E)圖113．一帶正電的粒子以速度v0垂直飛入如圖11所示的電場和磁場共有的區(qū)域，B、E及v0三者方向如圖所示，已知粒子在運動過程中所受的重力恰好與電場力平衡，則帶電粒子在運動過程中()A．機械能守恒B．動量守恒C．動能始終不變D．電勢能與機械能總和守恒圖124．(2010·北京東城二模)如圖12所示，兩平行金屬板中間有相互正交的勻強電場和勻強磁場，電場強度為E，磁感應強度為B，一質子沿極板方向以速度v0從左端射入，并恰好從兩板間沿直線穿過．不計質子重力，下列說法正確的是()A．若質子以小于v0的速度沿極板方向從左端射入，它將向上偏轉B．若質子以速度2v0沿極板方向從左端射入，它將沿直線穿過C．若電子以速度v0沿極板方向從左端射入，它將沿直線穿過D．若電子以速度v0沿極板方向從右端射入，它將沿直線穿過圖135．(2011·東北三校第一次聯(lián)考)如圖13所示，ABC為豎直平面內的光滑絕緣軌道，其中AB為傾斜直軌道，BC為與AB相切的圓形軌道，并且圓形軌道處在勻強磁場中，磁場方向垂直紙面對里．質量相同的甲、乙、丙三個小球中，甲球帶正電，乙球帶負電、丙球不帶電，現(xiàn)將三個小球在軌道AB上分別從不同高度處由靜止釋放，都恰好通過圓形軌道的最高點，則()A．經過最高點時，三個小球的速度相等B．經過最高點時，甲球的速度最小C．甲球的釋放位置比乙球的高D．運動過程中三個小球的機械能均保持不變6．(2011·淄博調研)如下圖所示，兩虛線之間的空間內存在著正交或平行的勻強電場E和勻強磁場B，有一個帶正電的小球(電荷量為＋q、質量為m)從電磁復合場上方的某一高度處自由落下，那么，帶電小球可能沿直線通過的電磁復合場的是()題號123456答案【力氣提升】圖147．(2011·山東濟南月考)如圖14所示的坐標系，x軸沿水平方向，y軸沿豎直方向．在x軸上方空間的第一、其次象限內，既無電場也無磁場，在第三象限，存在沿y軸正方向的勻強電場和垂直xOy平面(紙面)向里的勻強磁場，在第四象限，存在沿y軸負方向、場強大小與第三象限電場場強相等的勻強電場．一質量為m、電荷量為q的帶電質點，從y軸上y＝h處的P1點以確定的水平初速度沿x軸負方向進入其次象限，然后經過x軸上x＝－2h處的P2點進入第三象限，帶電質點恰好能做勻速圓周運動，之后經過y軸上y＝－2h處的P3點進入第四象限．已知重力加速度為g.試求：(1)粒子到達P2點時速度的大小和方向；(2)第三象限空間中電場強度和磁感應強度的大??；(3)帶電質點在第四象限空間運動過程中最小速度的大小和方向．8．(2011·湖南荊門聯(lián)考)如圖15所示的豎直平面內有范圍足夠大、水平向左的勻強電場，在虛線的左側有垂直紙面對里的勻強磁場，磁感應強度大小為B.一絕緣“”形彎桿由兩段直桿和一半徑為R的半圓環(huán)組成，固定在紙面所在的豎直平面內．PQ、MN水平且足夠長，半圓環(huán)MAP在磁場邊界左側，P、M點在磁場邊界線上，NMAP段是光滑的．現(xiàn)有一質量為m、帶電荷量為＋q的小環(huán)套在MN桿上，它所受電場力為重力的3/4.現(xiàn)在M右側D點由靜止釋放小環(huán)，小環(huán)剛好能到達P點．圖15(1)求DM間的距離x0.(2)求上述過程中小環(huán)第一次通過與O點等高的A點時彎桿對小環(huán)作用力的大?。?3)若小環(huán)與PQ間動摩擦因數(shù)為μ(設最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等)，現(xiàn)將小環(huán)移至M點右側4R處由靜止開頭釋放，求小環(huán)在整個運動過程中克服摩擦力所做的功．圖169．(2009·福建高考)圖16為可測定比荷的某裝置的簡化示意圖，在第一象限區(qū)域內有垂直于紙面對里的勻強磁場，磁感應強度大小B＝2.0×10－3T，在x軸上距坐標原點L＝0.50m的P處為粒子的入射口，在y軸上安放接收器．現(xiàn)將一帶正電荷的粒子以v＝3.5×104m/s的速率從P處射入磁場，若粒子在y軸上距坐標原點L＝0.50m的M處被觀測到，且運動軌跡半徑恰好最小，設帶電粒子的質量為m，電荷量為q，不計其重力．(1)求上述粒子的比荷eq\f(q,m)；(2)為了在M處觀測到按題設條件運動的上述粒子，第一象限內的磁場可以局限在一個矩形區(qū)域內，求此矩形磁場區(qū)域的最小面積，并在圖中畫出該矩形．學案43帶電粒子在復合場中的運動【課前雙基回扣】1．C2.ABD3.D4.BCD5．負逆時針eq\f(Brg,E)解析因帶電微粒做勻速圓周運動，電場力必與重力平衡，所以帶電微粒必帶負電．由左手定則可知微粒應逆時針轉動電場力與重力平衡有：mg＝qE依據(jù)牛頓其次定律有：qvB＝meq\f(v2,r)聯(lián)立解得：v＝eq\f(Brg,E).6．(1)A(2)A(3)B思維提升1．復合場是指電場、磁場、重力場并存或其中的兩種場并存．重力、電場力做功與路徑無關，洛倫茲力不做功．重力做功轉變物體的重力勢能，電場力做功轉變電勢能．2．(1)當帶電粒子在復合場中所受合外力為零時，它將處于靜止狀態(tài)或勻速直線運動狀態(tài)．(2)當帶電粒子所受的重力與電場力大小相等、方向相反時，帶電粒子在洛倫茲力的作用下，在垂直于勻強磁場的平面內做勻速圓周運動．3．復合場應用實例：速度選擇器，磁流體發(fā)電機，電磁流量計．【核心考點突破】例1見解析解析(1)由于帶電粒子進入復合場后做勻速直線運動，則qv0B＝qE①R＝v0t0②由①②聯(lián)立解得E＝eq\f(BR,t0)方向沿x軸正方向．(2)若僅撤去磁場，帶電粒子在電場中做類平拋運動，沿y軸正方向做勻速直線運動y＝v0·eq\f(t0,2)＝eq\f(R,2)③沿x軸正方向做勻加速直線運動x＝eq\f(1,2)a(eq\f(t0,2))2＝eq\f(at\o\al(2,0),8)④由幾何關系知x＝eq\r(R2－\f(R2,4))＝eq\f(\r(3),2)R⑤解得a＝eq\f(4\r(3)R,t\o\al(2,0))(3)僅有磁場時，入射速度v′＝4v0，帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，設軌道半徑為r，由牛頓其次定律有qv′B＝meq\f(v′2,r)⑥又qE＝ma⑦可得r＝eq\f(\r(3)R,3)⑧由幾何學問sinα＝eq\f(R,2r)⑨即sinα＝eq\f(\r(3),2)，α＝eq\f(π,3)⑩帶電粒子在磁場中運動周期T＝eq\f(2πm,qB)則帶電粒子在磁場中運動時間t′＝eq\f(2α,2π)T所以t′＝eq\f(\r(3)π,18)t0eq\o(○,\s\up1(11))例2(1)eq\r(2gy)(2)eq\f(2m2g,q2B2)(3)見解析解析(1)洛倫茲力不做功，由動能定理得mgy＝eq\f(1,2)mv2①得v＝eq\r(2gy)②(2)設在最大距離ym處的速率為vm，依據(jù)圓周運動有qvmB－mg＝meq\f(vm2,R)③且由②知vm＝SKIPIF1<0④由③④及R＝2ym得ym＝eq\f(2m2g,q2B2)⑤(3)當小球沿x軸正向做直線運動時，小球受力平衡，由此可知，加電場時，小球應在最低點．且有qvmB－mg－qE＝0⑥解④⑤⑥得E＝eq\f(mg,q)方向豎直向下．[規(guī)范思維]分析該題時應把握以下幾點：(1)求解小球的速率可依據(jù)動能定理；(2)小球下降的最大距離可由圓周運動分析；(3)小球做直線運動，可由小球的運動特征分析受力的特點．例32m/s25m/s解析帶電小球沿絕緣棒下滑過程中，受豎直向下的重力，豎直向上的摩擦力，水平方向的彈力和洛倫茲力及電場力作用．當小球靜止時，彈力等于電場力，小球在豎直方向所受摩擦力最小，小球加速度最大．小球運動過程中，彈力等于電場力與洛倫茲力之和，隨著小球運動速度的增大，小球所受洛倫茲力增大，小球在豎直方向的摩擦力也隨之增大，小球加速度減小，速度增大，當小球的加速度為零時，速度達最大．小球剛開頭下落時，加速度最大，設為am，這時豎直方向有：mg－Ff＝ma①在水平方向上有：qE－FN＝0②又Ff＝μFN③由①②③解得am＝eq\f(mg－μqE,m)代入數(shù)據(jù)得am＝2m/s2小球沿棒豎直下滑，當速度最大時，加速度a＝0在豎直方向上有：mg－Ff′＝0④在水平方向上有：qvmB＋qE－FN′＝0⑤又Ff′＝μFN′⑥由④⑤⑥解得vm＝eq\f(mg－μqE,μqB)代入數(shù)據(jù)得vm＝5m/s.[規(guī)范思維](1)帶電物體在復合場中做變速直線運動時，所受洛倫茲力的大小不斷變化，而洛倫茲力的變化往往引起其他力的變化，從而導致加速度不斷變化．(2)帶電物體在復合場中運動時，必需留意重力、電場力對帶電物體的運動產生影響，帶電物體運動狀態(tài)的變化又會與洛倫茲力產生相互影響．思想方法總結1．帶電粒子在復合場中運動問題的分析方法：(1)弄清復合場的組成，一般有磁場、電場的復合；磁場、重力場的復合；磁場、電場、重力場三者的復合．(2)對粒子進行正確的受力分析，除重力、彈力、摩擦力外要特殊留意靜電力和磁場力的分析．(3)確定帶電粒子的運動狀態(tài)，留意運動狀況和受力狀況的結合．(4)對于粒子連續(xù)通過幾個不同狀況場的問題，要分階段進行處理．轉折點的速度往往成為解題的突破口．(5)畫出粒子的運動軌跡，機敏選擇不同的運動規(guī)律．①當帶電粒子在復合場中做勻速直線運動時，依據(jù)受力平衡列方程求解．②當帶電粒子在復合場中做勻速圓周運動時，應用牛頓定律結合圓周運動規(guī)律求解．③當帶電粒子做簡潔曲線運動時，一般用動能定理或能量守恒定律求解．④對于臨界問題，要留意挖掘隱含條件．2．復合場中的粒子重力是否應當考慮的三種狀況(1)對于微觀粒子，如電子、質子、離子等，由于一般狀況下其重力與電場力或磁場力相比太小，可以忽視；而對于一些實際物體，如帶電小球、液滴、金屬塊等一般應當考慮其重力．(2)在題目中有明確說明是否要考慮重力的，這種狀況比較正規(guī)，也比較簡潔．(3)不能直接推斷是否要考慮重力的，在進行受力分析與運動分析時，要由分析結果確定是否要考慮重力．【課時效果檢測】1．C2.D3.CD4.C5.CD6.CD7．(1)2eq\r(gh)與x軸負方向成45°角(2)eq\f(mg,q)eq\f(m,q)eq\r(\f(2g,h))(3)eq\r(2gh)方向沿x軸正方向解析(1)軌跡如右圖所示，帶電質點從P1到P2，由平拋運動規(guī)律得h＝eq\f(1,2)gt2v0＝eq\f(2h,t)＝eq\r(2gh)vy＝gt＝eq\r(2gh)求出v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,y))＝2eq\r(gh)①方向與x軸負方向成45°角(2)帶電質點從P2到P3，重力與電場力平衡，洛倫茲力供應向心力Eq＝mg②Bqv＝meq\f(v2,R)③(2R)2＝(2h)2＋(2h)2④由②解得：E＝eq\f(mg,q)聯(lián)立①③④式得B＝eq\f(m,q)eq\r(\f(2g,h)).(3)帶電質點進入第四象限，水平方向做勻速直線運動，豎直方向做勻減速直線運動．當豎直方向的速度減小到0，此時質點速度最小，即v在水平方向的重量vmin＝vcos45°＝eq\r(2gh)方向沿x軸正方向．8．(1)eq\f(8,3)R(2)eq\f(17,4)mg＋eq\f(qB\r(14Rg),2)(3)見解析解析(1)小環(huán)剛好能到達P點，說明小環(huán)在P點的速度為0，由能量守恒定律得：Eqx0－mg2R＝0，解得x0＝eq\f(8,3)R(2)設小環(huán)在A點速度v，對小環(huán)在A點時進行受力分析，由牛頓其次定律和能量守恒定律知：FN－Eq－Bqv＝meq\f(v2,R)Eq(x0＋R)－m