復(fù)合場運動(計算題)

1、帶電粒子在復(fù)合場中的運動?？嫉?個問題(計算題)知識互聯(lián)網(wǎng)決定最后終點的人只有你自己！2012年3月，中南大學破格聘請22歲就攻克了國際數(shù)學難題的劉路為正教授級研究員，成為目前中國最年輕的教授他的勵志名言是：“人生好比一道難題，我堅持了自己的興趣，決定最后終點的人只有你自己！”“電場和磁場”，高考是重磅，粒子運動壓大軸，“場”“場”有“軌”莫緊張要自信，自信是成功的基石，用自己的實力撬動高考這個實現(xiàn)自身價值的省力杠桿，使你的人生軌跡呈弧線上升主要題型：計算題難度檔次：難度較大，考卷的高檔題知識點多、綜合性強，題意深邃，含有臨界點，主要為多過程現(xiàn)象、也有多物體系統(tǒng)以定量計算為主，對解答表述要求較

2、規(guī)范一般設(shè)置為或遞進、或并列的23小問，各小問之間按難度梯度遞增,高考熱點一、兩種場的模型及三種場力1兩種場模型(1)組合場模型：電場、磁場、重力場(或其中兩種場)并存，但各位于一定區(qū)域，并且互不重疊(2)復(fù)合場模型：電場、磁場、重力場(或其中兩種場)并存于同一區(qū)域2三種場力(1)重力：Gmg，總是豎直向下，恒力，做功只取決于初末位置的高度差(2)電場力：FqE，方向與場強方向及電性有關(guān)，做功只取決于初末位置的電勢差(3)洛倫茲力：F洛qvB(vB)，方向用左手定則判定，洛倫茲力永不做功二、電偏轉(zhuǎn)與磁偏轉(zhuǎn)的比較偏轉(zhuǎn)類型比較內(nèi)容電偏轉(zhuǎn)垂直進入勻強電場磁偏轉(zhuǎn)垂直進入勻強磁場受力情況及特點恒力FqE

3、做勻變速運動FqvB大小不變、方向改變，永不做功運動規(guī)律類平拋運動勻速圓周運動偏轉(zhuǎn)程度tan ，<偏轉(zhuǎn)角不受限制動能變化動能增加動能不變處理方法運動的合成與分解、類平拋運動規(guī)律結(jié)合圓的知識及半徑、周期公式三、帶電粒子的運動1勻速直線運動當帶電粒子在復(fù)合場中所受合外力_時帶電粒子做勻速直線運動，如速度選擇器2勻速圓周運動當帶電粒子所受的重力與靜電力_時，帶電粒子可以在洛倫茲力的作用下，在垂直于磁場的平面內(nèi)做勻速圓周運動3較復(fù)雜的曲線運動當帶電粒子所受的合外力是變力，且與_方向不在同一條直線上，粒子做非勻變速曲線運動，這時粒子運動軌跡不是圓弧，也不是拋物線4分階段運動帶電粒子可能依次通過幾個

4、情況不同的復(fù)合場區(qū)域，其運動情況隨區(qū)域情況發(fā)生變化，其運動過程由幾種不同的運動階段組成名師點睛1正確分析帶電粒子的受力及運動特征是解決問題的前提帶電粒子在復(fù)合場中做什么運動，取決于帶電粒子所受的合外力及初始速度，因此應(yīng)把帶電粒子的運動情況和受力情況結(jié)合起來進行分析2靈活選用力學規(guī)律是解決問題的關(guān)鍵(1)當帶電粒子在復(fù)合場中做勻速直線運動時，應(yīng)根據(jù)平衡條件列方程求解(2)當帶電粒子在復(fù)合場中做勻速圓周運動時，往往同時應(yīng)用牛頓第二定律和平衡條件列方程聯(lián)立求解當帶電粒子在復(fù)合場中做非勻變速曲線運動時，應(yīng)選用動能定理或能量守恒定律列方程求解(3)當帶電粒子做類平拋運動時，要應(yīng)用運動的合成與分解法?？紗?/p>

5、題24帶電粒子在組合場中的運動【例1】 (2012·山東理綜，23)如圖81甲所示，相隔一定距離的豎直邊界兩側(cè)為相同的勻強磁場區(qū)，磁場方向垂直紙面向里，在邊界上固定兩長為L的平行金屬極板MN和PQ，兩極板中心各有一小孔S1、S2，兩極板間電壓的變化規(guī)律如圖乙所示正反向電壓的大小均為U0，周期為T0.在t0時刻將一個質(zhì)量為m、電量為q(q>0)的粒子由S1靜止釋放，粒子在電場力的作用下向右運動，在t時刻通過S2垂直于邊界進入右側(cè)磁場區(qū)(不計粒子重力，不考慮極板外的電場)(1)求粒子到達S2時的速度大小v及極板間距d.(2)為使粒子不與極板相撞，求磁感應(yīng)強度的大小應(yīng)滿足的條件(3)

6、若已保證了粒子未與極板相撞，為使粒子在t3T0時刻再次到達S2，且速度恰好為零，求該過程中粒子在磁場內(nèi)運動的時間和磁感應(yīng)強度的大小甲乙圖81解析(1)粒子由S1至S2的過程，根據(jù)動能定理得qU0mv2,思維模板1解決帶電粒子在組合場中運動的一般思維模板2所用規(guī)律選擇思路(1)帶電粒子經(jīng)過電場區(qū)域時利用動能定理或類平拋的知識分析；(2)帶電粒子經(jīng)過磁場區(qū)域時利用圓周運動規(guī)律結(jié)合幾何關(guān)系來處理由式得v 設(shè)粒子的加速度大小為a，由牛頓第二定律得qma由運動學公式得da聯(lián)立式得d (2)設(shè)磁感應(yīng)強度的大小為B，粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R，由牛頓第二定律得qvBm要使粒子在磁場中運動時不與極板

7、相撞，需滿足2R>聯(lián)立式得B< (3)設(shè)粒子在兩邊界之間無場區(qū)向左勻速運動的過程用時為t1，有dvt1聯(lián)立式得t1若粒子再次到達S2時速度恰好為零，粒子回到極板間應(yīng)做勻減速運動，設(shè)勻減速運動的時間為t2，根據(jù)運動學公式得dt2聯(lián)立式得t2設(shè)粒子在磁場中運動的時間為t，t3T0t1t2聯(lián)立式得t設(shè)粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的周期為T，由式結(jié)合運動學公式得T由題意可知Tt聯(lián)立式得B答案(1) (2)B< (3)圖82 如圖82所示，帶電粒子以某一初速度進入一垂直于紙面向里、磁感應(yīng)強度大小為B的有界勻強磁場，粒子垂直進入磁場時的速度與水平方向成60°角，接著垂直進入電

8、場強度大小為E，水平寬度為L、方向豎直向上的勻強電場，粒子穿出電場時速度大小變?yōu)樵瓉淼?倍已知帶電粒子的質(zhì)量為m、電荷量為q，重力不計(1)分析判斷粒子的電性；(2)求帶電粒子在磁場中運動時速度v的大??；(3)求磁場的水平寬度d.常考問題25帶電粒子在疊加復(fù)合場中的運動【例2】 如圖83所示的平行板之間，存在著相互垂直的勻強磁場和勻強電場，磁場的磁感應(yīng)強度B10.20 T，方向垂直紙面向里，電場強度E11.0×105 V/m，PQ為板間中線緊靠平行板右側(cè)邊緣xOy坐標系的第一象限內(nèi)，有一邊界線AO，與y軸的夾角AOy45°，邊界線的上方有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B

9、20.25 T，邊界線的下方有水平向右的勻強電場，電場強度E25.0×105 V/m，在x軸上固定一水平的熒光屏一束帶電荷量q8.0×1019 C、質(zhì)量m8.0×1026 kg的正離子從P點射入平行板間，沿中線PQ做直線運動，穿出平行板后從y軸上坐標為(0，0.4 m)的Q點垂直y軸射入磁場區(qū)，最后打到水平的熒光屏上的位置C.求：圖83(1)離子在平行板間運動的速度大??；(2)離子打到熒光屏上的位置C的坐標；(3)現(xiàn)只改變AOy區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強度大小，使離子都不能打到x軸上，磁感應(yīng)強度大小B2應(yīng)滿足什么條件？教你審題圖84 (2012·廣東揭陽聯(lián)考)

10、如圖84所示，豎直平面內(nèi)有相互垂直的勻強電場和勻強磁場，電場強度E12 500 N/C，方向豎直向上；磁感應(yīng)強度B103 T，方向垂直紙面向外；有一質(zhì)量m1×102kg、電荷量q4×105C的帶正電小球自O(shè)點沿與水平線成45°角以v04 m/s的速度射入復(fù)合場中，之后小球恰好從P點進入電場強度E22 500 N/C，方向水平向左的第二個勻強電場中不計空氣阻力，g取10 m/s2.求：(1)O點到P點的距離s1；(2)帶電小球經(jīng)過P點的正下方Q點時與P點的距離s2.,借題發(fā)揮帶電(體)粒子在復(fù)合場中的運動問題求解要點(1)受力分析是基礎(chǔ)在受力分析時是否考慮重力必須注

11、意題目條件(2)運動過程分析是關(guān)鍵在運動過程分析中應(yīng)注意物體做直線運動、曲線運動及圓周運動、類平拋運動的條件(3)構(gòu)建物理模型是難點根據(jù)不同的運動過程及物理模型選擇合適的物理規(guī)律列方程求解易錯警示1忽略帶電體的重力導致錯誤帶電體的重力是否忽略，關(guān)鍵看重力與其他力大小的關(guān)系比較，一般一些微觀粒子如電子、質(zhì)子、粒子等的重力忽略不計，而一些宏觀帶電體，如帶電小球、帶電液滴等重力不能忽略2不能挖掘出隱含條件導致錯誤帶電粒子在復(fù)合場中的運動，往往會出現(xiàn)臨界狀態(tài)或隱含條件，應(yīng)以題目中的“恰好”、“最大”、“最高”、“至少”等詞語為突破口，挖掘隱含條件，并根據(jù)臨界條件列出輔助方程，再與其他方程聯(lián)立求解3混淆

12、處理“磁偏轉(zhuǎn)”和“電偏轉(zhuǎn)”的方法(1)粒子在恒力(如重力、電場力等)作用下的“電偏轉(zhuǎn)”是類平拋運動，采用分解為勻速運動和勻加速運動來處理；(2)粒子在洛倫茲力作用下的“磁偏轉(zhuǎn)”是勻速圓周運動，采用圓周運動規(guī)律結(jié)合幾何關(guān)系來處理預(yù)測：帶電粒子在組合場和復(fù)合場中的運動是高考命題的熱點，往往綜合考查牛頓運動定律、功能關(guān)系、圓周運動的規(guī)律等.2013高考壓軸題的熱點為帶電粒子在交變復(fù)合場中的運動對策：特別提醒若交變電壓的變化周期遠大于粒子穿越電場的時間，則在粒子穿越電場過程中，電場可看作粒子剛進入電場時刻的勻強電場計算題“棄車保帥”策略：計算題第25題為壓軸大題，分值高達1819分，但是其中第(1)小

13、題往往難度不大考生們可以根據(jù)自己的實際能力，適當放棄難度過高的(2)(3)小題，以免白白浪費大量寶貴時間，導致其他科目較易的考題來不及完成,【典例】 如圖85甲所示，在xOy平面內(nèi)加有空間分布均勻、大小隨時間周期性變化的電場和磁場，變化規(guī)律如圖乙所示(規(guī)定豎直向上為電場強度的正方向，垂直紙面向里為磁感應(yīng)強度的正方向)在t0時刻，質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子自坐標原點O處以v02 m/s的速度沿x軸正向水平射入已知電場強度E0、磁感應(yīng)強度B0，不計粒子重力求：圖85(1)t s時粒子速度的大小和方向；(2) s2 s內(nèi)，粒子在磁場中做圓周運動的半徑；(3)畫出04 s內(nèi)粒子的運動軌跡示意圖；

14、(要求：體現(xiàn)粒子的運動特點)讀題(1)由圖(乙)可知，在xOy平面內(nèi)存在電場時，不存在磁場；存在磁場時，不存在電場且電場和磁場的變化周期相同；(2)帶電粒子在電場中做類平拋運動；(3)由T s知，只存在磁場時，帶電粒子恰好做一個完整的圓周運動畫圖帶電粒子在交變場中的運動軌跡如圖所示規(guī)范解答(1)在0 s內(nèi)，在電場力作用下，帶電粒子在x軸正方向上做勻速運動：vxv0y軸正方向上做勻加速運動：vyt s末的速度為v1 v1與水平方向的夾角為，則tan ，代入數(shù)據(jù)解得v12 m/s，方向與x軸正方向成45°斜向上(2)因T s，故在 s2 s內(nèi)，粒子在磁場中做一個完整的圓周運動，由牛頓第二

15、定律得：qv1B0，解得R1 m(3)軌跡如圖所示1(2012·?？谡{(diào)研測試)如圖86所示空間分為，三個足夠長的區(qū)域，各邊界面相互平行，其中，區(qū)域存在勻強電場EI1.0×104 V/m，方向垂直邊界面豎直向上；E×105 V/m，方向水平向右，區(qū)域磁感應(yīng)強度B5.0 T，方向垂直紙面向里，三個區(qū)域?qū)挾确謩e為d15.0 m，d24.0 m，d310 m一質(zhì)量m1.0×108 kg、電荷量q1.6×106C的粒子從O點由靜止釋放，粒子重力忽略不計求：(1)粒子離開區(qū)域時的速度大?。?2)粒子從區(qū)域進入?yún)^(qū)域時的速度方向與邊界面的夾角； 圖86(3)粒

16、子在區(qū)域中運動的時間和離開區(qū)域時的速度方向與邊界面的夾角2(2012·重慶理綜，24)有人設(shè)計了一種帶電顆粒的速率分選裝置，其原理如圖87所示，兩帶電金屬板間有勻強電場，方向豎直向上，其中PQNM矩形區(qū)域內(nèi)還有方向垂直紙面向外的勻強磁場一束比荷(電荷量與質(zhì)量之比)均為的帶正電顆粒，以不同的速率沿著磁場區(qū)域的水平中心線OO進入兩金屬板之間，其中速率為v0的顆粒剛好從Q點處離開磁場，然后做勻速直線運動到達收集板重力加速度為g.PQ3d，NQ2d，收集板與NQ的距離為l，不計顆粒間相互作用求(1)電場強度E的大??；(2)磁感應(yīng)強度B的大??；(3)速率為v0(>1)的顆粒打在收集板上的

17、位置到O點的距離圖873(2012·鄭州市預(yù)測)如圖88甲所示，兩平行金屬板長度l不超過0.2 m，兩板間電壓U隨時間t變化的Ut圖象如圖88乙所示在金屬板右側(cè)有一左邊界為MN、右邊無界的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B0.01 T，方向垂直紙面向里現(xiàn)有帶正電的粒子連續(xù)不斷地以速度v0105 m/s射入電場中，初速度方向沿兩板間的中線OO方向磁場邊界MN與中線OO垂直已知帶電粒子的比荷108 C/kg，粒子的重力和粒子之間的相互作用力均可忽略不計圖88(1)在每個粒子通過電場區(qū)域的時間內(nèi)，可以把板間的電場強度當做恒定的請通過計算說明這種處理能夠成立的理由 (2)設(shè)t0.1 s時刻射入電場的帶電

18、粒子恰能從金屬板邊緣穿越電場射入磁場，求該帶電粒子射出電場時速度的大小(3)對于所有經(jīng)過電場射入磁場的帶電粒子，設(shè)其射入磁場的入射點和從磁場射出的出射點間的距離為d，試判斷：d的大小是否隨時間變化？若不變，證明你的結(jié)論；若變化，求出d的變化范圍答案：第8講帶電粒子在復(fù)合場中的運動 ?？嫉?個問題(計算題)【高考必備】三、1.為零2.大小相等、方向相反3.初速度【?？紗栴}】預(yù)測1 解析(1)根據(jù)粒子在磁場中向下偏轉(zhuǎn)的情況和左手定則可知，粒子帶負電(2)由于洛倫茲力對粒子不做功，故粒子以原來的速率進入電場中，設(shè)帶電粒子進入電場的初速度為v0，在電場中偏轉(zhuǎn)時做類平拋運動，如上圖所示由題意知粒子離開電

19、場時的末速度大小為vv0，將v分解為平行于電場方向和垂直于電場方向的兩個分速度：由幾何關(guān)系知vyv0由運動學公式：vyatLv0t根據(jù)牛頓第二定律：a聯(lián)立求解得：v0 (3)如上圖所示，帶電粒子在磁場中所受洛倫茲力作為向心力，設(shè)在磁場中做圓周運動的半徑為R，則：qv0Bm由幾何知識可得：dRsin 聯(lián)立解得：d sin .答案(1)負電(2) (3) sin 圖甲【例2】 解析(1)設(shè)離子的速度大小為v，由于沿中線PQ做直線運動，則有qE1qvB1，代入數(shù)據(jù)解得v5.0×105 m/s.(2)離子進入磁場，做勻速圓周運動，由牛頓第二定律有qvB2m得，r0.2 m，作出離子的運動軌跡

20、，交OA邊界于N，如圖甲所示，OQ2r，若磁場無邊界，一定通過O點，則圓弧QN的圓周角為45°，則軌跡圓弧的圓心角為90°，過N點做圓弧切線，方向豎直向下，離子垂直電場線進入電場，做類平拋運動，yOOvt，xat2，而a，則x0.4 m離子打到熒光屏上的位置C的水平坐標為xC(0.20.4)m0.6 m.圖乙(3)只要粒子能跨過AO邊界進入水平電場中，粒子就具有豎直向下的速度而一定打在x軸上如圖乙所示，由幾何關(guān)系可知使離子不能打到x軸上的最大半徑r m，設(shè)使離子都不能打到x軸上，最小的磁感應(yīng)強度大小為B0，則qvB0m，代入數(shù)據(jù)解得B0 T0.3 T, 則B20.3 T.答

21、案(1)5.0×105 m/s(2)0.6 m(3)B20.3 T預(yù)測2 解析(1)帶電小球在正交的勻強電場和勻強磁場中受到的重力Gmg0.1 N，電場力F1qE10.1 N，即GF1，故帶電小球在正交的電磁場中由O到P做勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律得qv0Bm，解得：R m1 m，由幾何關(guān)系得：s1R m.(2)帶電小球在P點的速度大小仍為v04 m/s，方向與水平方向成45°.由于電場力F2qE20.1 N，與重力大小相等，方向相互垂直，則合力的大小為F N，方向與初速度方向垂直，故帶電小球在第二個電場中做類平拋運動建立如圖所示的x、y坐標系，沿y軸方向上，帶電小球的加速度a10 m/s2，位移yat2，沿x軸方向上，帶電小球的位移xv0t，由幾何關(guān)系有：yx，即：at2v0t，解得：t s，Q點到P點的距離s2x×4× m3.2 m.答案(1) m(2)3.2 m【隨堂演練】1解析(1)由動能定理得 qEId1