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【2019年整理】届高考物理大二轮复习与测试课件:第7讲带电粒子在组合场和叠加复合场中的运动_图文


? 第7讲 带电粒子在组合场和叠 加复合场中的运动

? 空间同时存在电场、磁场或重力场,粒子 同时在几种场中运动的问题称为复合场问 题.新课标全国卷中近几年没有出现过这 类试题,但自主命题的省份试卷中已多次 出现,因此,请关注此类试题.

? (1)常考知识内容 ? ①电场力、洛伦兹力;②牛顿第二定律;③ 匀速圆周运动的基本知识及处理方法;④类 平抛运动的处理方法;⑤动能定理. ? (2)常考物理方法 ? ①运动的合成与分解;②对称法;③临界问 题的处理方法. ? (3)真题样板

? 1.(2013·北京卷·22)如图所示,两平行金属 板间距为d,电势差为U,板间电场可视为匀 强电场;金属板下方有一磁感应强度为B的 匀强磁场.带电荷量为+q、质量为m的粒子, 由静止开始从正极板出发,经电场加速后射 出,并进入磁场做匀速圆周运动.忽略重力 的影响,求:

? (1)匀强电场场强E的大小;

解析:

本题中带电粒子在电场中由静止开始做匀加速直线

运动,可由动能定理或牛顿第二定理求解,选用动能定理进行解 题更简捷.进入磁场后做匀速圆周运动,明确带电粒子的运动过 程及相关公式是解题的关键. U (1)电场强度 E= d . 1 2 (2)根据动能定理,有 qU= mv -0 得 v= 2 2qU m .

(3)粒子在磁场中做匀速圆周运动时,洛伦兹力提供向心力, v2 有 qvB=m R 1 得 R=B
答案:

2mU q .
U (1) d (2) 2qU m 1 (3)B 2mU q

? 2.(2013·安徽卷·23)如图所示的 平面直角坐标系xOy,在第Ⅰ象 限内有平行于y轴的匀强电场, 方向沿y轴正方向;在第Ⅳ象限 的正三角形abc区域内有匀强磁 场,方向垂直于xOy平面向里, 正三角形边长为L,且ab边与y 轴平行.一质量为m、电荷量为 q的粒子,从y轴上的P(0,h)点, 以大小为v0的速度沿x轴正方向 射入电场,通过电场后从x轴上 的a(2h,0)点进入第Ⅳ象限,又 经过磁场从y轴上的某点进入第

? (1)电场强度E的大小; ? (2)粒子到达a点时速度的大小和方向; ? (3)abc区域内磁场的磁感应强度B的最小 值.

解析:

带电粒子在电场中做类平抛运动,在磁场中做匀速

圆周运动,射出磁场后做匀速直线运动. (1)带电粒子在电场中从 P 到 a 的过程中做类平抛运动 水平方向上:2h=v0t 1 2 竖直方向上:h= at 2 qE 由牛顿第二定律得 a= m ① ② ③

mv2 0 由①②③式联立,解得 E= .④ 2qh

(2)粒子到达 a 点时沿 y 轴负方向的分速度为 vy=at⑤ 由①③④⑤式得 vy=v0 而 vx=v0
2 2 粒子到达 a 点的速度 va= vx +vy = 2v0

⑥ ⑦ ⑧

vy 设速度方向与 x 轴正方向的夹角为 θ,则 tan θ= =1,θ= v0 45° ⑨ 即到 a 点时速度方向指向第Ⅳ象限与 x 轴正方向成 45° 角.

v2 a (3)粒子进入磁场后做匀速圆周运动,有 qvB=m R ⑩ mva 得 R= qB 1 从上式看出,R∝B,当 R 最大时,B 最小. 由题图可知,当粒子从 b 点射出磁场时,R 最大 2 由几何关系得 Rmax= L 2 ? ?

2mv0 将?代入?式得 B 的最小值为 Bmin= qL . mv2 0 答案: (1) (2) 2v0 方向指向第Ⅳ象限与 x 轴正方向 2qh

成 45° 角

2mv0 (3) qL

? 带电粒子在组合场中的运动

?

(2013·山东卷·23)如图所示,在坐 标系xOy的第一、第三象限内存在相同的匀 强磁场,磁场方向垂直于xOy平面向里;第 四象限内有沿y轴正方向的匀强电场,电场 强度大小为E.一带电荷量为+q、质量为m的 粒子,自y轴上的P点沿x轴正方向射入第四 象限,经x轴上的Q点进入第一象限,随即撤 去电场,以后仅保留磁场.已知OP=d,OQ =2d.不计粒子重力.

? (1)求粒子过Q点时速度的大小和方向; ? (2)若磁感应强度的大小为一确定值B0,粒子 将以垂直y轴的方向进入第二象限,求B0; ? (3)若磁感应强度的大小为另一确定值,经过 一段时间后粒子将再次经过Q点,且速度与 第一次过Q点时相同,求该粒子相邻两次经 过Q点所用的时间.

解析:

(1)设粒子在电场中运动的时间为 t0,加速度的大小

为 a,粒子的初速度为 v0,过 Q 点时速度的大小为 v,沿 y 轴方 向分速度的大小为 vy,速度与 x 轴正方向间的夹角为 θ,由牛顿 第二定律得 qE=ma 由运动学公式得 1 2 d= at0 2 2d=v0t0 ② ③ ①

2 v= v2 0+vy

⑤ ⑥

vy tan θ= v0 联立①②③④⑤⑥式得 v=2 θ=45° . qEd m

⑦ ⑧

(2)设粒子做圆周运动的半径为 R1, 粒子在第一象限内的运动 轨迹如图所示,O1 为圆心,由几何关系可知△O1OQ 为等腰直角 三角形,得 R1=2 2d 由牛顿第二定律得 v2 qvB0=m R1 联立⑦⑨⑩式得 B0= mE 2qd ? ⑩ ⑨

? (3)设粒子做圆周运动的半径为R2,由几何分 析(粒子运动的轨迹如图所示,O2、O2′是 粒子做圆周运动的圆心,Q、F、G、H是轨 迹与两坐标轴的交点,连接O2、O2′,由几 何关系知,O2FGO2′和O2QHO2′均为矩形, 进而知FQ、GH均为直径,QFGH也是矩形, 又FH⊥GQ,可知QFGH是正方形,△QOF 为等腰直角三角形.)可知,粒子在第一、第 三象限的轨迹为半圆,得

2R2=2 2d

?

粒子在第二、第四象限的轨迹为长度相等的线段,得 FG=HQ=2R2 ?

设粒子相邻两次经过 Q 点所用的时间为 t,则有 FG+HQ+2πR2 t= v 联立⑦???式得 2md t=(2+π) ? qE . qEd 答案: (1)2 角斜向上 m ,方向与水平方向成 45° ?

(2)

mE 2qd

(3)(2+π)

2md qE

? 分析带电粒子在组合场中运动问题的方法 ? (1)带电粒子依次通过不同场区时,由受力 情况确定粒子在不同区域的运动情况. ? (2)根据区域和运动规律的不同,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. ? (3)正确地画出粒子的运动轨迹图.

? 1.(2013·河南郑州模拟)如图所示,在xOy坐 标系中,x轴上N点到O点的距离是12 cm,虚 线NP与x轴负向的夹角是30°.第Ⅰ象限内NP 的上方有匀强磁场,磁感应强度B=1 T,第 Ⅳ象限有匀强电场,方向沿y轴正向.一质 量为m=8×10-10 kg,电荷量q=1×10-4 C 带正电粒子,从电场中M(12,-8)点由静止 释放,经电场加速后从N点进入磁场,又从y 轴上P点穿出磁场.不计粒子重力,取π=3, 求:

? (1)粒子在磁场中运动的速度v; ? (2)粒子在磁场中运动的时间t; ? (3)匀强电场的电场强度E.

解析:

(1)粒子在磁场中的轨迹如图,由几何关系,得粒子

做圆周运动的轨道半径 2 R= ×12 cm=0.08 m ① 3 v2 由 qvB=m R 得 v=104 m/s. ②

(2)粒子在磁场中运动轨迹所对圆心角为 120° ,则有 120° 2πm t= × qB =1.6×10-5 s. 360° 1 2 (3)由 qEd= mv 得 2 mv2 E= =5×103 V/m. 2qd
答案: (1)104 m/s (2)1.6×10-5 s




(3)5×103 V/m

? 带电粒子在复合场中的运动

?

(2013· 四川卷· 11)如图所示,竖直平 面(纸面)内有直角坐标系xOy,x轴沿水平方 向.在x≤0的区域内存在方向垂直于纸面向 里,磁感应强度大小为B1的匀强磁场.在第 二象限紧贴y轴固定放置长为l、表面粗糙的 不带电绝缘平板,平板平行于x轴且与x轴相 距h.在第一象限内的某区域存在方向相互垂 直的匀强磁场(磁感应强度大小为B2、方向垂 直于纸面向外)和匀强电场(图中未画出).一 质量为m、不带电的小球Q从平板下侧A点沿 x轴正向抛出;

另一质量也为 m、带电荷量为 q 的小球 P 从 A 点紧贴平板沿 x 轴正向运动,变为匀速运动后从 y 轴上的 D 点进入电磁场区域 1 做匀速圆周运动,经 圆周离开电磁场区域,沿 y 轴负方向运动, 4 然后从 x 轴上的 K 点进入第四象限.小球 P、Q 相遇在第四象限 的某一点, 且竖直方向速度相同. 设运动过程中小球 P 电量不变, 小球 P 和 Q 始终在纸面内运动且均看作质点,重力加速度为 g. 求:

? (1)匀强电场的场强大小,并判断P球所带电 荷的正负; ? (2)小球Q的抛出速度v0的取值范围; ? (3)B1是B2的多少倍?

? 解析: 不带电的小球Q从A点水平抛出, 只在重力的作用下做平抛运动.根据小球 水平方向的匀速运动和竖直方向的自由落 体运动解决问题.小球P沿平板做匀速运动 时,进入第一象限后做匀速圆周运动,根 据共点力的平衡条件、牛顿第二定律和向 心力公式解决问题.

(1)由题给条件,小球 P 在电磁场区域做圆周运动,必有重力 与电场力平衡,设所求场强大小为 E,有 mg=qE mg 得 E= q ① ②

小球 P 在平板下侧紧贴平板运动,其所受洛伦兹力必竖直向 上,故小球 P 带正电.

(2)设小球 P 紧贴平板匀速运动的速度为 v,此时洛伦兹力与 重力平衡,有 B1qv=mg ③

设小球 P 以速度 v 在电磁场区域做圆周运动的半径为 R,有 v2 B2qv=m R ④

设小球 Q 与小球 P 在第四象限相遇点的坐标为 x、y,有 x= R,y≤0 ⑤

小球 Q 运动到相遇点所需时间为 t0,水平方向位移为 s,竖 直方向位移为 d,有 s=v0t0 ⑥

1 2 d= gt0 2 由题意得 x=s-l,y=h-d

⑦ ⑧

联立相关方程,由题意可知 v0>0,得 m2 g ? 2gh? ?l+ 0<v0≤ 2? 2h ? B1B2q ? ⑨

? (3)小球Q在空间做平抛运动,要满足题设要 求,则运动到小球P穿出电磁场区域的同一 水平高度的W点时,其竖直方向的速度vy与 竖直位移yQ必须满足 ? vy=v ⑩ ? yQ= R ? ? 设小球Q运动到W点所用时间为t,由平抛运 动,有

vy=gt 1 2 yQ= gt 2 联立相关方程,解得 1 B1= B2 2

? ?

?

B1 是 B2 的 0.5 倍. mg 答案: (1)E= q P 球带正电

m2 g ? 2gh? ?l+ (2)0<v0≤ 2? B B q 2h ? 1 2 ?

(3)0.5 倍

? 解决带电粒子在复合场中运动问题的策 略 ? (1)基本解题思路 ? 带电粒子在复合场中的运动问题的基本 解题思路

? (2)运动情况分析 ? 带电粒子在复合场中做什么运动,取决于 带电粒子所受的合外力及其初始状态的速 度,因此应把带电粒子的运动情况和受力 情况结合起来进行分析. ? ①当带电粒子在复合场中所受合外力为零 时,做匀速直线运动(如速度选择器). ? ②当带电粒子所受的重力与电场力等值反 向,洛伦兹力提供向心力时,带电粒子在 垂直于磁场的平面内做匀速圆周运动.

? (3)受力分析及解题观点 ? ①带电粒子在复合场中的运动问题是电磁 学知识和力学知识的结合,分析方法和力 学问题的分析方法基本相同,不同之处是 多了电场力、洛伦兹力. ? ②带电粒子在复合场中的运动问题除了利 用力学即动力学观点、能量观点来分析外, 还要注意电场和磁场对带电粒子的作用特 点,如电场力做功与路径无关,洛伦兹力 方向始终和运动速度方向垂直且永不做功 等.

? 2.如图所示,四个竖直的分界面间的距离分 别为L、L和d,在分界面M1N1与M3N3之间存 在水平向里的匀强磁场,在分界面M2N2与 M4N4之间存在水平向左的匀强电场,一倾角 为30°的光滑斜面,其上下端P1和P2正好在 分界面上.一质量为m,带电荷量为q的小球 在P1点由静止开始沿斜面下滑(小球未离开斜 面且其电荷量不变),重力加速度为g.(答案用 根号表示)

? (1)求小球运动到斜面底端P2时的速度v的大 小; ? (2)已知小球离开斜面底端P2后,做直线运动 到分界面M3N3上的P3点,求空间电场强度E 和磁感应强度B的大小; ? (3)已知d足够大,小球离开P3点后将从P4点 再次经过M3N3面,求P3和P4两点间的距离h.

解析:

1 2 (1)由 mg· Ltan 30° = mv ,解得:v= 2

2 3gL . 3

(2)小球从 P2 到 P3 点做直线运动,只能是做匀速直线运动, 其所受合力为零,有 Eq=mgtan 30° mg 3 得 E= q · 3 mg m qvB= ,得 B= q cos 30° 2g . 3L

(3)小球从 P3 到 P4 做类平抛运动,在 P3 点速度为 v,沿此方 向做匀速运动,与此方向垂直的方向为匀加速运动 mg 2g =ma,得 a= cos 30° 3 1 2 hsin 30° =vt,hcos 30° = at 2 6v2 得 h= g =4 3L.

答案:

(1)

2 3gL 3

m (2) q

2g 3L

(3)4 3L

? 带电粒子在交变复合场中的运动
(2013· 山东泰安质检一· 23)在 xOy 坐标系内存在按 图示规律变化的匀强电场和匀强磁场,电场沿 y 轴正方向,场强 为 E0;磁场垂直纸面向外,磁感应强度为 B0.一质量为 m、电荷 量为 q 的正粒子,在 t=0 时刻从 y 轴上某处沿 x 轴正向射入,已 2πm 知 0~1× 时间内粒子做直线运动.不计粒子重力.求: qB0 (1)粒子射入时的速度. 2πm (2)在 0~4× 时间内,粒子沿 y 轴方向的位移. qB0 (3)若粒子的速度第二次沿 x 轴负向时,恰好经过 x 轴,则此 时粒子的轨道半径为多少?

解析:

2πm (1)因在 0~1× 时间内粒子做直线运动,则有 qB0 E0 解得:v= . B0

qE0=qvB0

2πm 2πm (2) 在 1× ~ 4× 时间内粒子做一圆周运动和 Δt = qB0 qB0 2× 2πm 的类平抛运动.则有 qB0 1 qE0=maΔy= a(Δt)2 2 8π2mE0 解得:Δy= . qB2 0

2πm (3)在 t=4× 时 qB0 4πE0 vy=aΔt= B0 vy tan θ=v =4π x v′=
2 v2 + v x y=

1+16π

2E0

B0

2πm 2πm 在 4× ~5× 时间内,粒子做圆周运动 qB0 qB0

v′2 qv′B0=m R mE0 解得:R= 2 1+16π2. qB0

答案:

E0 (1) B0

8π2mE0 (2) qB2 0

mE0 (3) 2 1+16π2 qB0

? 解决带电粒子在交变复合场中的运动问 题的策略

? 特别提醒: 若交变电压的变化周期远大 于粒子穿越电场的时间,则在粒子穿越电 场过程中,电场可看作粒子刚进入电场时 刻的匀强电场.

3.如图甲所示,在 xOy 平面内存在均匀分布、大小随时间 周期性变化的磁场和电场,变化规律分别如图乙、丙所示(规定垂 直纸面向里为磁感应强度的正方向、沿 y 轴正方向电场强度为 正).在 t=0 时刻由原点 O 发射初速度大小为 v0,方向沿 y 轴正 方向的带负电粒子(不计重力).其中已知 v0、t0、B0、E0,且 E0
?48v0t0 ? B0v0 q π ? ? = ,粒子的比荷m= ,x 轴上有一点 A,坐标为? , 0 ?. π B0t0 ? π ?

t0 (1)求 时带电粒子的位置坐标; 2 (2)粒子运动过程中偏离 x 轴的最大距离; (3)粒子经多长时间经过 A 点?

解析:

2πm (1)粒子运动的周期 T= =2t0 qB0

t0 π 则在 0~ 内转过的圆心角 α= 2 2 v2 0 由 qv0B0=m r1 mv0 v0t0 得 r1 = = qB0 π
?v0t0 v0t0? ? 所以坐标为? , ? π ?. π ? ?

(2)粒子运动轨迹如图所示,经电场加速运动后的速度为 v= E0q v0+ m t0=2v0

v0+v 运动的位移 s= t0=1.5v0t0 2 2v0t0 在 2t0~3t0 内粒子做匀速圆周运动,半径 r2=2r1= π 2v0t0 故粒子偏离 x 轴的最大距离 h=s+r2=1.5v0t0+ . π

6v0t0 (3)每 4t0 内粒子在 x 轴正向移动距离 d=2r1+2r2= π 48v0t0 π 经过 A 点的时间 t= d ×4t0=32t0.
答案:
?v0t0 v0t0? ? (1)? , ? π π ? ? ?

2v0t0 (2)1.5v0t0+ π

(3)32t0

1.如图所示, 光滑四分之一圆弧轨道位于竖直平面内, 半径 R =0.8 m,与长 l=2.0 m 的绝缘水平面 CD 平滑连接.水平面右侧 空间存在互相垂直的匀强电场和匀强磁场, 电场强度 E=20 N/C, 方向竖直向上,磁场的磁感应强度 B=1.0 T,方向垂直纸面向 外.将质量为 m=2.0×10-6 kg、带电荷量为 q=1.0×10-6 C 的带 正电小球 a 从圆弧轨道顶端由静止释放,最后落在地面上的 P 点. 已知小球 a 在水平面 CD 上运动时所受的摩擦阻力 F=0.1mg, PN= 3ND.求:(g=10 m/s2)

? (1)小球a运动到D点时速度的大小; ? (2)水平面CD离地面的高度h; ? (3)从小球a开始释放到落地前瞬间的整个运 动过程中,系统损失的机械能ΔE.

解析: (1)设小球 a 到 D 点时的速度为 vD, 从小球 a 释放至 1 2 D 点,根据动能定理 mgR-Fl= mvD 2 解得:vD=2 3m/s. (2)小球 a 进入复合场后,由计算可知 Eq=mg 小球在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动的 v2 D 轨迹如图所示,洛伦兹力提供向心力 BvDq=m r 由图可知 r=2h,解得:h=2 3 m.

1 2 (3)系统损失的机械能 ΔE=mg(R+h)- mvD 2 解得:ΔE=4(1+10 3)×10
-6

J.

答案:

(1)2 3 m/s

(2)2 3 m

(3)4(1+10 3)×10-6 J

? 2.一圆筒的横截面如图所示,其圆心为O.筒 内有垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强 度为B.圆筒下面有相距为d的平行金属板M、 N,其中M板带正电荷,N板带等量负电 荷.质量为m、电荷量为q的带正电粒子自M 板边缘的P处由静止释放,经N板的小孔S以 速度v沿半径SO方向射入磁场中.粒子与圆 筒发生两次碰撞后仍从S孔射出,设粒子与 圆筒碰撞过程中没有动能损失,且电荷量保 持不变,在不计重力的情况下,求:

(1)M、N 间电场强度 E 的大小; (2)圆筒的半径 R; 2 (3)保持 M、N 间电场强度 E 不变,仅将 M 板向上平移 d, 3 粒子仍从 M 板边缘的 P 处由静止释放, 粒子自进入圆筒至从 S 孔 射出期间,与圆筒的碰撞次数 n.

解析: 问题.

根据动能定理、洛伦兹力公式、牛顿第二定律解决

(1)设两板间的电压为 U,由动能定理得 1 2 qU= mv 2 ①

由匀强电场中电势差与电场强度的关系得 U=Ed 联立上式可得 mv2 E= 2qd ③ ②

(2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动,运用几何关系作出圆心 为 O′,圆半径为 r.设第一次碰撞点为 A,由于粒子与圆筒发生 两次碰撞又从 S 孔射出,因此,SA 弧所对的圆心角∠AO′S 等 π 于 .由几何关系得 3

π r=Rtan 3



粒子运动过程中洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得 v2 qvB=m r 联立④⑤式得 3mv R= . 3qB ⑥ ⑤

2 (3)保持 M、N 间电场强度 E 不变,M 板向上平移 d 后,设 3 板间电压为 U′,则 Ed U U′= = 3 3 ⑦

设粒子进入 S 孔时的速度为 v′,由①式看出 U′ v′2 U = v2 综合⑦式可得 3 v′= v 3 ⑧

设粒子做圆周运动的半径为 r′,则 3mv r′ = 3qB ⑨

设粒子从 S 到第一次与圆筒碰撞期间的轨迹所对圆心角为 θ, 比较⑥⑨两式得到 r′=R,可见 π θ= 2 ⑩

粒子需经过四个这样的圆弧才能从 S 孔射出,故 n=3.
答案: mv2 (1) 2qd 3m v (2) 3qB

?
(3)3



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