【物理】2019届一轮复习人教版带电粒子在叠加场和组合场中的运动学案 15页

专题强化十一　带电粒子在叠加场和组合场中的运动 专题解读 1.本专题是磁场、力学、电场等知识的综合应用，高考往往以计算压轴题的形式出现.‎ ‎2.学习本专题，可以培养同学们的审题能力、推理能力和规范表达能力.针对性的专题训练，可以提高同学们解决难题压轴题的信心.‎ ‎3.用到的知识有：动力学观点(牛顿运动定律)、运动学观点、能量观点(动能定理、能量守恒)、电场的观点(类平抛运动的规律)、磁场的观点(带电粒子在磁场中运动的规律).‎ 命题点一　带电粒子在叠加场中的运动 ‎1.带电粒子在叠加场中无约束情况下的运动 ‎(1)洛伦兹力、重力并存 ‎①若重力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动.‎ ‎②若重力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子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)电场力、洛伦兹力并存(不计重力的微观粒子)‎ ‎①若电场力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动.‎ ‎②若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子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)电场力、洛伦兹力、重力并存 ‎①若三力平衡，一定做匀速直线运动.‎ ‎②若重力与电场力平衡，一定做匀速圆周运动.‎ ‎③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.带电粒子在叠加场中有约束情况下的运动 带电粒子在叠加场中受轻杆、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.‎ ‎‎ 例1　(2017·全国卷Ⅰ·16)如图1，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与纸面平行)，磁场方向垂直于纸面向里，三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等，质量分别为ma、mb、mc，已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动.下列选项正确的是(　　)‎ 图1‎ A.ma＞mb＞mc B.mb＞ma＞mc C.mc＞ma＞mb D.mc＞mb＞ma 答案　B 解析　设三个微粒的电荷量均为q，‎ a在纸面内做匀速圆周运动，说明洛伦兹力提供向心力，重力与电场力平衡，即 mag＝qE ①‎ b在纸面内向右做匀速直线运动，三力平衡，则 mbg＝qE＋qvB ②‎ c在纸面内向左做匀速直线运动，三力平衡，则 mcg＋qvB＝qE ③‎ 比较①②③式得：mb>ma>mc，选项B正确.‎ 例2　(多选)(2017·河南六市一模)如图2所示，半径为R的光滑半圆弧绝缘轨道固定在竖直面内，磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直于轨道平面向里.一可视为质点、质量为m、电荷量为q(q>0)的小球由轨道左端A点无初速度滑下，当小球滑至轨道最低点C时，给小球再施加一始终水平向右的外力F，使小球能保持不变的速率滑过轨道右侧的D点.若轨道的两端等高，小球始终与轨道接触，重力加速度为g，则下列判断正确的是(　　)‎ 图2‎ A.小球在C点对轨道的压力大小为qB B.小球在C点对轨道的压力大小为3mg－qB C.小球从C到D的过程中，外力F的大小保持不变 D.小球从C到D的过程中，外力F的功率逐渐增大 答案　BD 解析　小球从A到C，只有重力做功，由机械能守恒有mgR＝mv2，得小球到达C点时的速度v＝，在C点由牛顿第二定律有FN＋qvB－mg＝m，解得FN＝3mg－qB，再由牛顿第三定律可知小球在C点对轨道的压力大小为3mg－qB，故A错误，B正确；从C到D，小球速率不变，由于轨道对小球的支持力和洛伦兹力不做功，则重力做负功的功率和外力F做正功的功率始终大小相等，设速度方向与竖直方向夹角为θ，则有mgvcos θ＝Fvsin θ，得F＝，因θ逐渐减小，则外力F逐渐增大，外力F的功率逐渐增大，故C错误，D正确.‎ 变式1　(2017·河北冀州2月模拟)我国位于北半球，某地区存在匀强电场E和可看做匀强磁场的地磁场B，电场与地磁场的方向相同，地磁场的竖直分量和水平分量分别竖直向下和水平向北，一带电小球以速度v在此区域内沿垂直场强方向在水平面内做直线运动，忽略空气阻力，此地区的重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　)‎ A.小球运动方向为自南向北 B.小球可能带正电 C.小球速度v的大小为 D.小球的比荷为 答案　D 解析　由题意可知，小球受重力、电场力和洛伦兹力，因做直线运动，且F洛＝qvB，因此一定做匀速直线运动，那么电场力与洛伦兹力的合力与重力等大反向，因电场与地磁场的方向相同，地磁场的竖直分量和水平分量分别竖直向下和水平向北，则小球受力如图所示，其中qvB与qE垂直，因小球受力平衡，则受力关系满足(mg)2＝(Eq)2＋(Bqv)2，得＝，v＝，则D项正确，C项错误.由受力分析可知小球带负电，且运动方向为自东向西，则A、B错误.‎ 变式2　(2016·天津理综·11)如图3所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E＝5 N/C，同时存在着垂直纸面向里的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B＝0.5 T.有一带正电的小球，质量m＝1×10－6 kg，电荷量q＝2×10－6 C，正以速度 v在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象)，取g＝10 m/s2，求：‎ 图3‎ ‎(1)小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向；‎ ‎(2)从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间t.‎ 答案　(1)20 m/s　方向与电场方向成60°角斜向上 ‎(2)2 s 解析　(1)小球做匀速直线运动时受力如图甲，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，有qvB＝ ①‎ 代入数据解得v＝20 m/s ②‎ 速度v的方向与电场E的方向之间的夹角满足 tan θ＝ ③‎ 代入数据解得tan θ＝ θ＝60° ④‎ ‎(2)解法一　撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，如图乙所示，设其加速度为a，有 a＝ ⑤‎ 设撤去磁场后小球在初速度方向上的分位移为x，有 x＝vt ⑥‎ 设小球在重力与电场力的合力方向上的分位移为y，有 y＝at2 ⑦‎ tan θ＝ ⑧‎ 联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得 t＝2 s ⑨‎ 解法二　撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响，以P点为坐标原点，竖直向上为正方向，小球在竖直方向上做匀减速运动，其初速度为 vy＝vsin θ ⑤‎ 若使小球再次穿过P点所在的电场线，仅需小球的竖直方向上分位移为零，则有vyt－gt2＝0 ⑥‎ 联立⑤⑥式，代入数据解得t＝2 s.‎ 命题点二　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、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：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.‎ 模型1　磁场与磁场的组合 例3　(2017·全国卷Ⅲ·24)如图4，空间存在方向垂直于纸面(xOy平面)向里的磁场.在x≥0 区域，磁感应强度的大小为B0；x＜0区域，磁感应强度的大小为λB0(常数λ＞1).一质量为m、电荷量为q(q＞0)的带电粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴正向射入磁场，此时开始计时，当粒子的速度方向再次沿x轴正向时，求：(不计重力)‎ 图4‎ ‎(1)粒子运动的时间；‎ ‎(2)粒子与O点间的距离.‎ 答案　(1)(1＋)　(2)(1－)‎ 解析　(1)在匀强磁场中，带电粒子做匀速圆周运动.设在x≥0区域，圆周半径为R1；在x＜0区域，圆周半径为R2.由洛伦兹力公式及牛顿运动定律得 qB0v0＝m ①‎ qλB0v0＝m ②‎ 粒子速度方向转过180°时，所需时间t1为 t1＝ ③‎ 粒子再转过180°时，所需时间t2为 t2＝ ④‎ 联立①②③④式得，所求时间为 t＝t1＋t2＝(1＋) ⑤‎ ‎(2)由几何关系及①②式得，所求距离为 d＝2(R1－R2)＝(1－)‎ 变式3　如图5所示，足够大的平行挡板A1、A2竖直放置，间距6l.两板间存在两个方向相反的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，以水平面MN为理想分界面，Ⅰ区的磁感应强度为B0，方向垂直纸面向外.A1、A2上各有位置正对的小孔S1、S2，两孔与分界面MN的距离均为l.质量为m、电荷量为＋q的粒子经宽度为d的匀强电场由静止加速后，沿水平方向从S1进入Ⅰ区，并直接偏转到MN上的P点，再进入Ⅱ区，P点与A1板的距离是l的k倍，不计重力，碰到挡板的粒子不予考虑.‎ 图5‎ ‎(1)若k＝1，求匀强电场的电场强度E.‎ ‎(2)若20)的P点沿x轴正方向进入第一象限后做圆周运动，恰好通过坐标原点O，且水平切入半圆轨道并沿轨道内侧运动，过N点水平进入第四象限，并在电场中运动(已知重力加速度为g).‎ 图5‎ ‎(1)判断小球的带电性质并求出其所带电荷量；‎ ‎(2)P点距坐标原点O至少多高；‎ ‎(3)若该小球以满足(2)中OP最小值的位置和对应速度进入第四象限，通过N点开始计时，经时间t＝2小球距坐标原点O的距离s有多远？‎ 答案　(1)带正电　　(2)　(3)2R 解析　(1)小球进入第一象限后做圆周运动，说明重力与电场力平衡，设小球所带电荷量为q，则有qE＝mg 解得q＝ 又电场方向竖直向上，故小球带正电.‎ ‎(2)设匀速圆周运动的速度为v、轨道半径为r，由洛伦兹力提供向心力得qBv＝ 小球恰能通过半圆轨道的最高点并沿轨道运动，则应满足mg＝ 解得r＝ 即P、O的最小距离为 y＝2r＝.‎ ‎(3)设小球到达N点的速度为 vN，小球由O运动到N的过程中，由机械能守恒得 ‎2mgR＝mvN2－mv2‎ 解得vN＝ 小球从N点进入电场区域后做类平抛运动，设加速度为a，则 沿x轴方向有x＝vNt 沿电场方向有z＝at2‎ 由牛顿第二定律得a＝ 经t时间小球距坐标原点O的距离为 s＝＝2R.‎ ‎6.(2018·广东中山调研)如图6所示，两平行金属板A、B间的电势差为U＝5×104 V.在B板的右侧有两个方向不同但宽度相同的有界磁场Ⅰ、Ⅱ，它们的宽度为d1＝d2＝6.25 m，磁感应强度分别为B1＝2.0 T、B2＝4.0 T，方向如图中所示.现有一质量m＝1.0×10－8 kg、电荷量q＝1.6×10－6 C、重力忽略不计的粒子从A板的O点由静止释放，经过加速后恰好从B板的小孔Q处飞出.试求：‎ 图6‎ ‎(1)带电粒子从加速电场中出来的速度v的大小；‎ ‎(2)带电粒子穿过磁场区域Ⅰ所用的时间t；‎ ‎(3)带电粒子从磁场区域Ⅱ射出时的速度方向与边界面的夹角；‎ ‎(4)若d1的宽度不变，改变d2的宽度，要使粒子不能从Ⅱ区飞出磁场，则d2的宽度至少为多大？‎ 答案　(1)4.0×103 m/s　(2) s　(3)60°　(4)9.375 m 解析　(1)粒子在电场中做匀加速直线运动，由动能定理有：‎ qU＝mv2－0，解得v＝4.0×103 m/s.‎ ‎(2)粒子运动轨迹如图甲，‎ 设粒子在磁场区域Ⅰ中做匀速圆周运动的半径为r，由洛伦兹力提供向心力得：qvB1＝ 代入数据解得 r＝12.5 m 设粒子在Ⅰ区内做圆周运动的圆心角为θ，则：‎ sin θ＝＝＝ 所以θ＝30°‎ 粒子在Ⅰ区运动周期 T＝ 则粒子在Ⅰ区运动时间 t＝T 解得t＝ s ‎(3)设粒子在Ⅱ区做圆周运动的轨道半径为R，‎ 则qvB2＝ 解得R＝6.25 m 如图甲所示，由几何关系可知△MO2P为等边三角形，‎ 所以粒子离开Ⅱ区域时速度方向与边界面的夹角为α＝60°‎ ‎(4)要使粒子不能从Ⅱ区飞出磁场，粒子运动的轨迹与磁场边界相切时，由图乙可知Ⅱ区磁场的宽度至少为：d2＝R＋Rcos 60°＝1.5R＝9.375 m