課時10在復(fù)合場中的曲線運動

1、專題三：力和曲線運動課時10 在復(fù)合場中的曲線運動F要點提示E1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_及初始運動狀態(tài)的速度，因此應(yīng)把帶電粒子的運動情況和受力情況結(jié)合起來進行分析當帶電粒子在復(fù)合場中所受合外力為零時，做勻速直線運動當帶電粒子在洛倫茲力作用下做直線運動一定時勻速直線運動2靈活選用力學(xué)規(guī)律是解決問題的關(guān)鍵當帶電粒子在復(fù)合場中做勻速運動時，應(yīng)根據(jù)_列方程求解當帶電粒子在復(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問題突破?

2、問題1、帶電粒子在組合電場內(nèi)的運動【例1】（08年上海卷）如圖所示為研究電子槍中電子在電場中運動的簡化模型示意圖。在Oxy平面的ABCD區(qū)域內(nèi)，存在兩個場強大小均為E的勻強電場I和II，兩電場的邊界均是邊長為L的正方形（不計電子所受重力）。（1）在該區(qū)域AB邊的中點處由靜止釋放電子，求電子離開ABCD區(qū)域的位置。（2）在電場I區(qū)域內(nèi)適當位置由靜止釋放電子，電子恰能從ABCD區(qū)域左下角D處離開，求所有釋放點的位置。（3）若將左側(cè)電場II整體水平向右移動L/n（n1），仍使電子從ABCD區(qū)域左下角D處離開（D不隨電場移動），求在電場I區(qū)域內(nèi)由靜止釋放電子的所有位置。問題2、帶電粒子在電場和磁場的組

3、合場內(nèi)的運動【例2】（08年山東卷）兩塊足夠大的平行金屬極板水平放置，極板間加有空間分布均勻、大小隨時間周期性變化的電場和磁場，變化規(guī)律分別如圖1、圖2所示（規(guī)定垂直紙面向里為磁感應(yīng)強度的正方向）。在t=0時刻由負極板釋放一個初速度為零的帶負電的粒子（不計重力）。若電場強度E0、磁感應(yīng)強度B0、粒子的比荷均已知，且t0，兩板間距h。（1）求粒子在0t0時間內(nèi)的位移大小與極板間距h的比值。（2）求粒子在板板間做圓周運動的最大半徑（用h表示）。（3）若板間電場強度E隨時間的變化仍如圖1所示，磁場的變化改為如圖3所示，試畫出粒子在板間運動的軌跡圖（不必寫計算過程）?！炯磿r訓(xùn)練】1. (09年重慶卷)

4、如圖，離子源A產(chǎn)生的初速為零、帶電量均為e、質(zhì)量不同的正離子被電壓為U0的加速電場加速后勻速通過準直管，垂直射入勻強偏轉(zhuǎn)電場，偏轉(zhuǎn)后通過極板HM上的小孔S離開電場，經(jīng)過一段勻速直線運動，垂直于邊界MN進入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場。已知HOd，HS2d，90°。（忽略粒子所受重力）（1）求偏轉(zhuǎn)電場場強E0的大小以及HM與MN的夾角；（2）求質(zhì)量為m的離子在磁場中做圓周運動的半徑；（3）若質(zhì)量為4m的離子垂直打在NQ的中點S1處，質(zhì)量為16m的離子打在S2處。求S1和S2之間的距離以及能打在NQ上的正離子的質(zhì)量范圍。問題3、帶電粒子在電場和磁場疊加場內(nèi)的運動【例3】如圖Ox、Oy、Oz為

5、相互垂直的坐標軸，Oy軸為豎直方向，整個空間存在豎直向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B現(xiàn)有一質(zhì)量為、電量為q的小球從坐標原點O以速度v0沿Ox軸正方向拋出（不計空氣阻力，重力加速度為g）求：（1）若在整個空間加一勻強電場E1，使小球在xOz平面內(nèi)做勻速圓周運動，求場強E1和小球運動的軌道半徑；（2）若在整個空間加一勻強電場E2，使小球沿Ox軸做勻速直線運動，求E2的大??；（3）若在整個空間加一沿y軸正方向的勻強電場E3，場強大小為，求該小球從坐標原點O拋出后，經(jīng)過y軸時的坐標y和動能Ek；課堂檢測1地面附近空間中存在著水平方向的勻強電場和勻強磁場，已知磁場方向垂直紙面向里，一個帶電油滴沿著一條

6、與豎直方向成角的直線MN運動，如圖所示，由此可以判斷()A油滴一定做勻速運動B油滴可以做變速運動C如果油滴帶正電，它是從M點運動到N點D如果油滴帶正電，它是從N點運動到M點2(2011年廣東六校聯(lián)合體聯(lián)考)如圖所示，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E12500 N/C，方向豎直向上；磁感應(yīng)強度B103T，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E22500 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

7、/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.課時10 在復(fù)合場中的曲線運動班級 姓名 評價 1如圖所示，xOy坐標平面在豎直面內(nèi)，x軸沿水平方向，y軸正方向豎直向上，在圖示空間內(nèi)有垂直于xOy平面的水平勻強磁場一帶電小球從O點由靜止釋放，運動軌跡如圖中曲線關(guān)于帶電小球運動，下列說法中正確的是()AOAB軌跡為半圓B小球運動至最低點A時速度最大C小球在OAB過程中所受的洛倫茲力先增大后減小D小球在A點時受到的洛倫茲力與重力大小相等OEB2（2009年理綜北京卷）如圖所示的虛線區(qū)域內(nèi)，充滿垂直于紙面向里的勻強磁場和豎直向下的勻強電場。一帶電粒子a（

8、不計重力）以一定的初速度由左邊界的O點射入磁場、電場區(qū)域，恰好沿直線由區(qū)域右邊界的O 點（圖中未標出）穿出。若撤去該區(qū)域內(nèi)的磁場而保留電場不變，另一個同樣的粒子b（不計重力）仍以相同初速度由O點射入，從區(qū)域右邊界穿出，則粒子b （ ）dyszplgA穿出位置一定在O 點下方 B穿出位置一定在O 點上方C運動時，在電場中的電勢能一定減小 D在電場中運動時，動能一定減小3. (2010年高考江蘇卷)如圖所示，在勻強磁場中附加另一勻強磁場，附加磁場位于圖中陰影區(qū)域，附加磁場區(qū)域的對稱軸OO與SS垂直a、b、c三個質(zhì)子先后從S點沿垂直于磁場的方向射入磁場，它們的速度大小相等，b的速度方向與SS垂直，a

9、、c的速度方向與b的速度方向間的夾角分別為、，且.三個質(zhì)子經(jīng)過附加磁場區(qū)域后能到達同一點S，則下列說法中正確的有()A三個質(zhì)子從S運動到S的時間相等B三個質(zhì)子在附加磁場以外區(qū)域運動時，運動軌跡的圓心均在OO軸上C若撤去附加磁場，a到達SS連線上的位置距S點最近D附加磁場方向與原磁場方向相同4(2011年福建福州調(diào)研)如圖所示，在互相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(nèi)做半徑為R的勻速圓周運動，已知電場強度為E，磁感應(yīng)強度為B，則油滴的質(zhì)量和環(huán)繞速度分別為()A.， B.，CB ， D.，5(2011年湖南部分重點中學(xué)聯(lián)考)如圖所示，坐標系中第一象限有垂直紙面向外的勻強磁場，磁

10、感應(yīng)強度B102 T，同時有豎直向上與y軸同方向的勻強電場，場強大小E1102 V/m，第四象限有豎直向上與y軸同方向的勻強電場，場強大小E22E12×102 V/m.若有一個帶正電的微粒，質(zhì)量m1012kg，電荷量q1013C，以水平與x軸同方向的初速度從坐標軸的P1點射入第四象限，OP10.2 m，然后從x軸上的P2點進入第一象限，OP20.4 m，接著繼續(xù)運動(g10 m/s2)求：(1)微粒射入的初速度；(2)微粒第三次過x軸的位置及從P1開始到第三次過x軸的總時間 6. (南通市2009屆高三第二次調(diào)研測試)如圖所示的平行板器件中，存在相互垂直的勻強磁場和勻強電場，磁場的磁

11、感應(yīng)強度B1=0.40T，方向垂直紙面向里，電場強度E=2.0×105V/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)，有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B2=0.25T，磁場邊界AO和y軸的夾角AOy=45°一束帶電量q=8.0×10-19C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（0，0.2m）的Q點垂直y軸射入磁場區(qū)，離子通過x軸時的速度方向與x軸正方向夾角在45°90°之間.則：（1）離子運動的速度為多大？（2）離子的質(zhì)量應(yīng)在什么范圍內(nèi)？（3）現(xiàn)只改變AOy區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強度大小

12、，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？參考答案：例1. 【解析】：（1）設(shè)電子的質(zhì)量為m，電量為e，電子在電場I中做勻加速直線運動，出區(qū)域I時的為v0，此后電場II做類平拋運動，假設(shè)電子從CD邊射出，出射點縱坐標為y，有eEL (y)at2 解得yL，所以原假設(shè)成立，即電子離開ABCD區(qū)域的位置坐標為（2L，L）（2）設(shè)釋放點在電場區(qū)域I中，其坐標為（x，y），在電場I中電子被加速到v1，然后進入電場II做類平拋運動，并從D點離開，有eExyat2解得：xy，即在電場I區(qū)域內(nèi)滿足議程的點即為所求位置。（3）設(shè)電子從（x，y）點釋放，在電場I中加速到v2，進入電

13、場II后做類平拋運動，在高度為y處離開電場II時的情景與（2）中類似，然后電子做勻速直線運動，經(jīng)過D點，則有：eExyy/at2 vyat，y/vy 解得：xyL2 ()，即在電場I區(qū)域內(nèi)滿足議程的點即為所求位置例2. 【解析】解法一：（1）設(shè)粒子在0t0時間內(nèi)運動的位移大小為s1 又已知 聯(lián)立式解得（2）粒子在t02t0時間內(nèi)只受洛倫茲力作用，且速度與磁場方向垂直，所以粒子做勻速圓周運動。設(shè)運動速度大小為v1，軌道半徑為R1，周期為T，則 聯(lián)立式得 又即粒子在t02t0時間內(nèi)恰好完成一個周期的圓周運動。在2t03t0時間內(nèi)，粒子做初速度為v1的勻加速直線運動，設(shè)位移大小為s2 解得 由于s1

14、+s2h,所以粒子在3t04t0時間內(nèi)繼續(xù)做勻速圓周運動，設(shè)速度大小為v2，半徑為R2 解得 由于s1+s2+R2h,粒子恰好又完成一個周期的圓周運動。在4t05t0時間內(nèi)，粒子運動到正極板（如圖1所示）。因此粒子運動的最大半徑。（3）粒子在板間運動的軌跡如圖2所示。解法二：由題意可知，電磁場的周期為2t0，前半周期粒子受電場作用做勻加速直線運動，加速度大小為 方向向上 后半周期粒子受磁場作用做勻速圓周運動，周期為T , 粒子恰好完成一次勻速圓周運動。至第n個周期末，粒子位移大小為sn 又已知 由以上各式得 粒子速度大小為 粒子做圓周運動的半徑為 解得 顯然 （1）粒子在0t0時間內(nèi)的位移大小

15、與極板間距h的比值 （2）粒子在極板間做圓周運動的最大半徑 （3）粒子在板間運動的軌跡圖見解法一中的圖2。即時訓(xùn)練1. 解析：（1）正離子被電壓為U0的加速電場加速后速度設(shè)為v1，設(shè)對正離子，應(yīng)用動能定理有eU0mv12，正離子垂直射入勻強偏轉(zhuǎn)電場，作類平拋運動受到電場力FqE0、產(chǎn)生的加速度為a，即a，垂直電場方向勻速運動，有2dv1t，沿場強方向：yat2，聯(lián)立解得E0又tan，解得45°；（2）正離子進入磁場時的速度大小為v2，解得v2正離子在勻強磁場中作勻速圓周運動，由洛侖茲力提供向心力，qv2B，解得離子在磁場中做圓周運動的半徑R2；（3）根據(jù)R2可知，質(zhì)量為4m的離子在磁

16、場中的運動打在S1，運動半徑為R12，質(zhì)量為16m的離子在磁場中的運動打在S2，運動半徑為R22，又ONR2R1，由幾何關(guān)系可知S1和S2之間的距離SR1，聯(lián)立解得S4()；由R2(2 R1)2+( RR1)2解得RR1，再根據(jù)R1RR1，解得mmx25m。例3. （1）由于小球在磁場中做勻速圓周運動，設(shè)軌道半徑為r，則 解得 方向沿y軸正向 解得 (2) 小球做勻速直線運動，受力平衡，則解得 (3)小球在復(fù)合場中做螺旋運動，可以分解成水平面內(nèi)的勻速圓周運動和沿y軸方向的勻加速運動做勻加速運動的加速度 從原點O到經(jīng)過y軸時經(jīng)歷的時間 解得 由動能定理得 解得 當堂檢測1解析：選AC.由于油滴做

17、直線運動，故受力如圖若帶正電，C項才是合理的，并且速度恒定，若有變化，F(xiàn)洛即為變力，油滴將做曲線運動故選A、C.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，

18、沿y軸方向上，帶電小球的加速度aF/m10 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 sQ點到P點的距離s2x×4× m3.2 m.答案：見解析同步練習(xí)1解析：選BC.帶電小球在重力作用下開始加速，且由于速度的變化，帶電小球所受的洛倫茲力將發(fā)生變化，故小球不可能做圓周運動，A錯誤；洛倫茲力不做功，所以小球運動至最低點A時速度最大，B正確；小球在OAB過程中，由于帶電小球的速率先增大，再減小，所以帶電小球所受的洛倫茲力先增大，再減小，C正確；由曲線運動的特點可知小球在A點時受到的洛倫茲力大于重力，D錯誤2. 答：C

19、dyszplg解：a粒子要在電場、磁場的復(fù)合場區(qū)內(nèi)做直線運動，則該粒子一定做勻速直線運動，故對粒子a有：Bqv=Eq 即只要滿足E =Bv無論粒子帶正電還是負電，粒子都可以沿直線穿出復(fù)合場區(qū)，當撤去磁場只保留電場時，粒子b由于電性不確定，故無法判斷從O'點的上方或下方穿出，故AB錯誤；粒子b在穿過電場區(qū)的過程中必然受到電場力的作用而做類似于平拋的運動，電場力做正功，其電勢能減小，動能增大，故C項正確D項錯誤。dyszplg3解析：選CD.洛倫茲力對粒子始終不做功，由于a、b、c三個質(zhì)子射入磁場時的速度大小相等，所以它們進入磁場后速度大小始終不變，顯然弧長最長的c運動時間最長，a運動時間

20、最短，選項A錯；撤去附加磁場后三個質(zhì)子均做勻速圓周運動，其中質(zhì)子b軌跡為半圓，由于，通過畫圖可看出a到達SS連線上位置距S點最近，b到達SS連線上的位置離S點最遠，選項C正確；比較a、b兩質(zhì)點，b在附加磁場中運動的弧長比a在附加磁場中運動的弧長長，但它們均從同一位置S離開磁場，故附加區(qū)域合磁場磁感應(yīng)強度比原磁場磁感應(yīng)強度大，因此附加磁場方向與原磁場方向相同，選項D正確由于附加磁場區(qū)域的合磁場磁感應(yīng)強度比原磁場的強，附加區(qū)域質(zhì)子運動半徑小，故未進入附加磁場之前的圓心位置在OO軸右方，從附加磁場出來后的圓心在OO左側(cè)(如圖)選項B錯誤4解析：選D.液滴要在這種復(fù)合場中做勻速圓周運動，從受力的角度來看，一是要滿足恒力的合力為零，即qEmg，有m.二是洛倫茲力提供向心力Bqv，則可得v，D正確