2019年高考物理大一轮复习微专题12带电粒子在复合场中的运动学案新人教版.doc

1、【 精品教育资源文库 】 微专题 12 带电粒子在复合场中的运动 带电粒子在叠加场中的运动 1带电体在叠加场中无约束情况下的运动 (1)洛伦兹力、重力并存 若重力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动 若重力和洛伦兹力不平衡，则带电体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)静电力、洛伦兹力并存 (不计重力的微观粒子 ) 若静电力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动 若静电力和洛伦兹力不平衡，则带电体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)静电力、洛伦兹力 、重力并存 若三力平衡，一定做匀速直线运动 若重力与静电力平衡，一定做匀速圆

2、周运动 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带电体在叠加场中有约 束情况下的运动 带 电体在叠加场中受轻杆、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 (2017 山东枣庄一模 )如图所示，穿有 M、 N 两个小球 (均视为质点 )的光滑绝缘圆环，固定在竖直面内，圆心为 O、半径 R 0.3 m M、 N 用一根不可伸长的绝缘轻质细绳相连，小球质量分别为 mM 0.01 kg、

3、mN 0.08 kg； M 带电荷量 q 710 4 C， N 不带电该空间同时存在匀强电场和匀强磁场电场方向竖直向上，电场强度 E 110 3 V/m；磁场方向垂直于圆环平面向里，磁感应强度 B 37 10 2 T将两小球从图示位置 (M 与圆心O 等高， N 在圆心 O 的正下方 )由静止释放，两小球开始沿逆时针方向向上转动重力加速度g 取 10 m/s2，已知 sin 37 0.6， cos 37 0.8.则在两球从图示位置逆时针向上转动的过程中，求： 【 精品教育资源文库 】 (1)通过计算判断，小球 M 能否到达圆环的最高点 (2)小球 M 速度最大时，圆环对小球 M 的弹力 (3

4、)小球 M 电势能变化量的最大值 解析： (1)设 M、 N 在转动过程中，绳对 M、 N 做的功分别为 WT、 WT ，则 WT WT 0， 设 M 到达圆环最高点时， M、 N 的动能分别为 EkM、 EkN， 对 M，洛伦兹力不做功，由动能定理得 qER mMgR WT EkM， 对 N，由动能定理得 WT mNgR EkN， 联立解得 EkM EkN 0.06 J， 即 M 在圆环最高点时，系统动能为负值，故 M 不能到达圆环的最高点 (2)设 N 转过 角时， M、 N 的速度大小分别为 vM、 vN，因 M、 N 做圆周运动的半径和角速度均相同，故 vM vN， 对 M，洛伦兹力不

5、做功，由动能定理得 qERsin mMgRsin WT2 12mMv2M， 对 N，由动能定理得 WT2 mNgR(1 cos ) 12mNv2N， WT2 WT2 0， 联立解得 v2M 43(3sin 4cos 4)， 由上式可得，当 37 时， M、 N 的速度达到最大速度，最大速度 vmax 2 33 m/s， M 速度最大时，设绳的拉力为 F，圆环对小球 M 的弹力为 FN，由牛顿第二定律得 Fcos 45 (qE mMg)cos 37 ， qvmaxB Fsin 45 (qE mMg)sin 37 FN mMv2maxR ， 解得 FN 0.096 N，负 号表示弹力方向沿圆环径向

6、向外 (3)M、 N 从图示位置逆时针转动过程中，由于 M 不能到达最高点，所以，当两球速度为【 精品教育资源文库 】 0 时，电场力做功最多，电势能减少最多由 v2M 43(3sin 4cos 4)得 3sin 4cos 4 0， 解得 sin 2425(sin 0 舍去 )， 故 M 的电势能变化量的最大值 | Ep| qERsin 126625 J 0.201 6 J. 答案： (1)见解析 (2)0.096 N 沿圆环径向向外 (3)0.201 6 J 带电粒子在叠加场中运动的分析方法 (1)弄清叠加场的组成 (2)进行受力分析 (3)确定带电粒子的运动状态，注意运动情况和受力情况的

7、结合 (4)对于粒子连续通过几个不同种类的场时，要分阶段进行处理 (5)画出粒子运动轨迹，灵活选择不同的运动 规律 当带电粒子在叠加场中做匀速直线运动时，根据受力平衡列方程求解 当带电粒子在叠加场中做匀速圆周运动时，应用牛顿运动定律结合圆周运动规律求解 当带电粒子做复杂曲线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解 对于临界问题，注意挖掘隐含条件 (2018 辽宁五校联考 )如图所示，与水平面成 37 的倾斜轨道 AC，其延长线在 D 点与半圆轨道 DF 相切，轨道半径 R 1 m，轨道均为绝缘材料制成且位于竖直面内，整个空间存在水平向左的匀强电场， MN 的右侧存在垂直于纸面向里的匀强磁场 (

8、C 点在 MN边界上 )一质量为 0.4 kg 的带电小球沿轨道 AC 下滑，至 C 点时速度 v0 1007 m/s，接着沿直线 CD 运动到 D 处进入半圆轨道，进入时无动能损失，且恰好能通过 F 点，在 F 点速度 vF 4 m/s，不计空气阻力， g 取 10 m/s2， cos 37 0.8，求： (1)小球带何种电荷； (2)小球在半圆轨道部分克服摩擦力所做的功 (3)小球从 F 点飞出时磁场同时消失，小球离开 F 点后的运动轨迹与轨道 AC 所在直线的交点为 G(G 点未标出 )，求 G 点到 D 点的距离 【 精品教育资源文库 】 解析： (1)在 MN 右侧，小球受到重力、

9、电场力与洛伦兹力作用，如果小球带负电荷，电场力水平向右，洛伦兹力指向左下方，重力竖直向下，小球受到的合力不可能为零，小球不可能做直线运动，则小球带正电荷 (2)小球在 C、 D 间做匀速直线运动，则在 D 点的速度与 C 点的速度大小 相等，即 vD 1007 m/s， 电场力与重力的合力 F0 mgcos 37 5 N. 从 D 到 F 的过程，对小球， 由动能定理可得 Wf F02 R 12mv2F 12mv2D， 代入数据解得 Wf 27.6 J. (3)小球离开 F 点后做类平抛运动，加速度 a F0m， 2R 12at2，代入数据解得 t 2 25 s， G 点到 D 点的距离 x

10、vFt 4 2 25 m 2.26 m. 答案： (1)带正电荷 (2)27.6 J (3)2.26 m 1设在地面上方的真空室内存在匀强电场和匀强磁场已知电场强度和磁感应强度的方向是相同的，电场强度的大小 E 4.0 V/m, 磁感应强度的大小 B 0.15 T，今有一个带负电的质点以 v 20 m/s 的速度在此区域内沿垂直场强方向做匀速直线运动，求此带电质点的电量与质量之比 q/m 以及磁场的所有可能方向 (角度可用反三角函数表示 ) 解析： 根据带电质点做匀 速直线运动的条件，得知此带电质点所受的重力、电场力和洛伦兹力的合力必定为零由此推知此三个力的同一竖直平面内，如图所示，质点的速度

11、垂直纸面向外 【 精品教育资源文库 】 由合力为零的条件，可得 mg q vB 2 E2， 求得带电质点的电量与质量之比 qm gvB 2 E2 代入数据得 qm 9.80 2 4.02 C/kg 1.96 C/kg 因质点带负电，电场方向与电场力方向相反，因而磁场方 向也与电场力方向相反，设磁场方向与重力方向之间夹角为 ，则有 qEsin qvBcos . 解得 tg vBE 200.154.0 ， arctg 0.75 即磁场是沿着与重力方向夹角 arctg 0.75，且斜向下方的一切方向 答案： 见解析 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、

12、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 关键点：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 如图所示，半径为 R 的圆形区域， c 为圆心，在圆上 a 点有一粒子源以相同的速率向圆面内各个方向发射多个质量为 m、电荷量为 q 的带电粒子当圆形区域存在垂直于圆面、磁感应强度大小为 B 的匀强磁场时，沿 ac 方向射入的粒子从 b 点离开场区，此过程粒子速度方向偏转了 23 .若只将圆形区域内的

13、磁场换成平行于圆面的匀强电场，粒子从电场圆边界的不同位置射出时有不同的动能，其最大动能是初动能的 4 倍，经过 b 点的粒子在b 点的动能是初动能的 3 倍不计粒子重力及粒子间的相互作用求： (1)粒子源发射粒子的速度 v0及从 b 点离开磁场的粒子在磁场中运动的最长时间 tm； (2)电场强度的方向及大小 【 精品教育资源文库 】 解析： (1)粒子在磁场中作匀速圆周运动，设轨迹圆半径为 r，作出以 ab 为弦的两段圆弧如图所示， O1、 O2分别为两圆圆心，由从 b 点射出的粒子速度偏转角知：对以 O1为圆心的圆有：圆周角 aO1b 23 ， 由几何知识可知：弦切角 cab 3 ， ab

14、c 为等边三角形，可得 ab 长度： L R 从 abO1可得： r 33 R 由圆周运动的规律有： qv0B mv20r 由 式可得： v0 3qBR3m 粒子在磁场中运动时间最长时的轨迹是以 O2为圆心的圆弧，在菱形 aO1bO2中有： aO2b aO1b 23 粒子的偏转角 2 aO2b 由圆周运动的规律有： tm rv0 解得 tm 4 m3qB. (2)设电场方向与 ab 连线夹角为 ，离开电场时动能最大的粒子的射出点和 c 点连线一定和电场方向平行，如图所示 在粒子从 a 运动到 b 点过程中由动能定理有： qERcos 2 12mv20 以离开电场时动能最大的粒子在电场中由动能定理有： 【 精品教育资源文库 】 qER? ?1 sin? ? 6 3 12mv20 由 式解得： 0(即电场方向由 a 指向 b) E qRB23m 或 满足 sin 47 3， E7qRB23m . 答案： (1) 3qBR3m 4 m3qB (2)qRB23