2019版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第10章 磁場 第38課時 帶電粒子在組合場和復(fù)合場中的運動學(xué)案

1、第38課時帶電粒子在組合場和復(fù)合場中的運動考點1帶電粒子在組合場中的運動組合場是指電場、磁場和重力場分區(qū)域存在，這類問題運動過程較復(fù)雜，要通過判斷、計算等方法做出粒子運動軌跡圖，再根據(jù)運動特征選擇確定幾何關(guān)系，再運用相應(yīng)規(guī)律解題。例1(2017河南天一聯(lián)考)如圖所示的坐標(biāo)系中，第一象限存在與y軸平行的勻強電場，場強方向沿y軸負(fù)方向，第二象限存在垂直紙面向里的勻強磁場。P、Q兩點在x軸上，Q點橫坐標(biāo)是C點縱坐標(biāo)的2倍。一帶電粒子(不計重力)若從C點以垂直于y軸的速度v0向右射入第一象限，恰好經(jīng)過Q點。若該粒子從C點以垂直于y軸的速度v0向左射入第二象限，恰好經(jīng)過P點，經(jīng)過P點時，速度與x軸正方向

2、成90角，則電場強度E與磁感應(yīng)強度B的比值為()Av0 B.v0 C.v0 D.v0解析畫出粒子運動軌跡如圖所示；O點為粒子在磁場中的圓心；則POC90，粒子在磁場中做圓周運動的半徑為：r，r粒子在電場中做類平拋運動，有：22r粒子在電場中運動的時間為：tat2t2聯(lián)立解得：EBv0故EBv0，故B正確，A、C、D錯誤。答案B帶電粒子在組合場中運動主要是要分段分析，然后根據(jù)不同階段的受力特點，運用物理規(guī)律解決。本題分成兩段：在磁場中做圓周運動，利用圓周運動公式、牛頓定律等解決。在電場中做類平拋運動，利用平拋運動規(guī)律及功能關(guān)系解決。連接兩段的紐帶速度。(2017黑龍江大慶一模)(多選)在半導(dǎo)體離

3、子注入工藝中，初速度可忽略的磷離子P和P3，經(jīng)電壓為U的電場加速后，垂直進入磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直紙面向里，有一定的寬度的勻強磁場區(qū)域，如圖所示。已知離子P在磁場中轉(zhuǎn)過30后從磁場右邊界射出。在電場和磁場中運動時，離子P和P3()A在電場中的加速度之比為11B在磁場中運動的半徑之比為1C在磁場中轉(zhuǎn)過的角度之比為12D離開電場區(qū)域時的動能之比為1答案BC解析兩個離子P和P3的質(zhì)量相同，其帶電量是13 的關(guān)系，所以由a可知，其在電場中的加速度是13，故A錯誤；在電場中由動能定理可得qUmv2，解得離子離開電場時的速度為：v ，可知其速度之比為1，所以兩離子離開電場的動能之比為13，故D錯誤；

4、又由qvBm知r，所以其半徑之比為1，故B正確；設(shè)磁場寬度為L，離子通過磁場轉(zhuǎn)過的角度等于其圓心角，所以有sin，由B項的分析知道，離子在磁場中運動的半徑之比為1，則可知角度的正弦值之比為1，又P的角度為30，可知P3角度為60，即在磁場中轉(zhuǎn)過的角度之比為12，故C正確。考點2帶電粒子在復(fù)合場中的運動帶電體在復(fù)合場中無約束情況下的運動(1)洛倫茲力、重力并存若重力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運動。若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復(fù)雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，故機械能守恒，由此可求解問題。(2)靜電力、洛倫茲力并存(不計重力的微觀粒子)若靜電力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運動

5、。若靜電力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復(fù)雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，可用動能定理求解問題。(3)靜電力、洛倫茲力、重力并存若三力平衡，一定做勻速直線運動。若重力與靜電力平衡，一定做勻速圓周運動。若合力不為零且與速度方向不垂直，將做復(fù)雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，可用能量守恒定律或動能定理求解問題。例2如圖所示，套在足夠長的絕緣粗糙直棒上的帶正電小球，其質(zhì)量為m、帶電荷量為q，小球可在棒上滑動，現(xiàn)將此棒豎直放入沿水平方向的且互相垂直的勻強磁場和勻強電場(圖示方向)中。設(shè)小球帶電荷量不變，小球由棒的下端以某一速度上滑的過程中一定有()A小球加速度一直減小B小球的速度先減小，直到最后勻速C桿

6、對小球的彈力一直減小D小球受到的洛倫茲力一直減小解析小球上滑的過程中，在豎直方向上受到豎直向下的重力和摩擦力作用，所以小球的速度一直減小到零，根據(jù)公式F洛qvB，小球所受洛倫茲力一直減小，B錯誤、D正確；在水平方向上，小球受到水平向右的電場力F、水平向左的洛倫茲力和桿的彈力FN三個力的作用，三力的合力為0，如果剛開始，小球的初速度較大，其洛倫茲力大于電場力，桿對小球的彈力水平向右，大小(FNF洛F)會隨著速度的減小而減小，小球的加速度也一直減小直到F洛0表示電場方向豎直向上。t0時，一帶正電、質(zhì)量為m的微粒從左邊界上的N1點以水平速度v射入該區(qū)域，沿直線運動到Q點后，做一次完整的圓周運動，再沿

7、直線運動到右邊界上的N2點。Q為線段N1N2的中點，重力加速度為g。上述d、E0、m、v、g為已知量。(1)求微粒所帶電荷量q和磁感應(yīng)強度B的大小；(2)求電場變化的周期T；(3)改變寬度d，使微粒仍能按上述運動過程通過相應(yīng)寬度的區(qū)域，求T的最小值。解析(1)微粒做直線運動，則mgqE0qvB微粒做圓周運動，則mgqE0聯(lián)立得qB(2)設(shè)微粒從N1運動到Q的時間為t1，做圓周運動的周期為t2，則vt1qvBm2Rvt2聯(lián)立得t1；t2電場變化的周期Tt1t2(3)若微粒能完成題述的運動過程，要求d2R聯(lián)立得R設(shè)在N1Q段直線運動的最短時間為t1min，由得t1min因t2不變，T的最小值Tmi

8、nt1mint2。答案(1)(2)(3)(1)解決帶電粒子在交變磁場中的運動，關(guān)鍵要明確粒子在不同時間段內(nèi)或不同區(qū)域的受力特點，對粒子的運動狀態(tài)作出判斷。(2)這類問題一般具有周期性，注意粒子運動周期與磁場周期的關(guān)系。(3)運用牛頓定律、運動的合成分解、動能定理、功能關(guān)系等規(guī)律解決。電視機顯像管中需要用變化的磁場來控制電子束的偏轉(zhuǎn)。圖甲為顯像管工作原理示意圖，陰極K發(fā)射的電子束(初速不計)經(jīng)電壓為U的加速電場后，進入一圓形勻強磁場區(qū)，磁場方向垂直于圓面(以垂直圓面向里為正方向)，磁場區(qū)的中心為O，半徑為r，熒光屏MN到磁場區(qū)中心O的距離為L。當(dāng)不加磁場時，電子束將通過O點垂直打到屏幕的中心P點

9、。當(dāng)磁場的磁感應(yīng)強度隨時間按圖乙所示的規(guī)律變化時，在熒光屏上得到一條長為2L的亮線。由于電子通過磁場區(qū)的時間很短，可以認(rèn)為在每個電子通過磁場區(qū)的過程中磁感應(yīng)強度不變。已知電子的電荷量為e，質(zhì)量為m，不計電子之間的相互作用及所受的重力。求：(1)電子打到熒光屏上時的速度大小；(2)磁感應(yīng)強度的最大值B0。答案(1) (2)解析(1)電子打到熒光屏上時速度的大小等于它飛出加速電場時的速度大小，設(shè)為v，由動能定理得eUmv2，解得v 。(2)分析可得：當(dāng)交變磁場為最大值B0時，電子束有最大偏轉(zhuǎn)。電子運動軌跡如圖所示，設(shè)此時的偏轉(zhuǎn)角度為，在熒光屏上打在Q點，則PQL。由幾何關(guān)系可知，tan則60根據(jù)幾

10、何關(guān)系，電子束在磁場中運動路徑所對的圓心角，而tan由牛頓第二定律和洛倫茲力公式得evB0聯(lián)立解得B0。1(多選)一個重力忽略不計的帶電粒子以初速度v0垂直于電場方向向右射入勻強電場區(qū)域，穿出電場后接著又進入勻強磁場區(qū)域。設(shè)電場和磁場區(qū)域有明確的分界線，且分界線與電場強度方向平行，如圖中的虛線所示。在圖所示的幾種情況中，可能出現(xiàn)的是()答案AD解析A、C選項中粒子在電場中向下偏轉(zhuǎn)，所以粒子帶正電，再進入磁場后，A圖中粒子應(yīng)逆時針運動，故A正確；C圖中粒子應(yīng)順時針運動，故C錯誤；同理可以判斷D正確、B錯誤。2如圖所示，一束正離子從S點沿水平方向射出，在沒有偏轉(zhuǎn)電場、磁場時恰好擊中熒光屏上的坐標(biāo)原

11、點O；若同時加上電場和磁場后，正離子束最后打在熒光屏上坐標(biāo)系的第象限中，則所加電場E和磁場B的方向可能是(不計離子重力及其間相互作用力)()AE向下，B向上 BE向下，B向下CE向上，B向下 DE向上，B向上答案A解析離子打在第象限，相對于原點O向下運動和向外運動，所以E向下，根據(jù)左手定則可知B向上，故A正確。3(2017河南洛陽統(tǒng)考)如圖所示，一個靜止的質(zhì)量為m、帶電荷量為q的帶電粒子(不計重力)，經(jīng)電壓U加速后垂直進入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，粒子最后落到P點，設(shè)OPx，下列圖線能夠正確反映x與U之間的函數(shù)關(guān)系的是()答案B解析帶電粒子在電場中加速時，由動能定理得qUmv2，而在磁場中偏

12、轉(zhuǎn)時，由牛頓第二定律得qvBm，依題意x2r，聯(lián)立解得x ，故選B。4(2017廣東湛江一中月考)如圖所示，一帶電液滴在相互垂直的勻強電場和勻強磁場中剛好做勻速圓周運動，其軌道半徑為R。已知電場的電場強度為E，方向豎直向下；磁場的磁感應(yīng)強度為B，方向垂直紙面向里，不計空氣阻力，設(shè)重力加速度為g，則()A液滴帶正電B液滴荷質(zhì)比C液滴順時針運動D液滴運動的速度大小v答案C解析液滴在重力場、勻強電場和勻強磁場組成的復(fù)合場中做勻速圓周運動，可知，液滴受到的重力和電場力是一對平衡力，重力豎直向下，所以電場力豎直向上，與電場方向相反，故可知液滴帶負(fù)電，故A錯誤；由mgqE解得，故B錯誤；磁場方向垂直紙面向

13、里，洛倫茲力的方向始終指向圓心，由左手定則可判斷液滴的運動方向為順時針，故C正確；液滴在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運動的半徑為R，聯(lián)立各式得v，故D錯誤。5(2017銀川一中期末)(多選)如圖所示為一個質(zhì)量為m、電荷量為q的圓環(huán)，可在豎直面內(nèi)水平放置的足夠長的粗糙細桿上滑動，細桿處于磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中(不計空氣阻力)?，F(xiàn)給圓環(huán)向右的初速度v0，在以后的運動過程中，圓環(huán)運動的速度時間圖象可能是圖中的()答案AD解析由左手定則可知，圓環(huán)所受洛倫茲力豎直向上，如果恰好qv0Bmg，圓環(huán)與桿間無彈力，不受摩擦力，圓環(huán)將以v0做勻速直線運動，故A正確；如果qv0Bmg，則a，隨著v的減小a也減小

14、，直到qvBmg，以后做勻速直線運動，故D正確，B、C錯誤。6(多選)如圖所示，一個絕緣且內(nèi)壁光滑的環(huán)形細圓管，固定于豎直平面內(nèi)，環(huán)的半徑為R(比細管的內(nèi)徑大得多)，在圓管的最低點有一個直徑略小于細管內(nèi)徑的帶正電小球處于靜止?fàn)顟B(tài)，小球的質(zhì)量為m，帶電荷量為q，重力加速度為g?？臻g存在一磁感應(yīng)強度大小未知(不為零)，方向垂直于環(huán)形細圓管所在平面且向里的勻強磁場。某時刻，給小球一方向水平向右，大小為v0的初速度，則以下判斷正確的是()A無論磁感應(yīng)強度大小如何，獲得初速度后的瞬間，小球在最低點一定受到管壁的彈力作用B無論磁感應(yīng)強度大小如何，小球一定能到達環(huán)形細圓管的最高點，且小球在最高點一定受到管壁

15、的彈力作用C無論磁感應(yīng)強度大小如何，小球一定能到達環(huán)形細圓管的最高點，且小球到達最高點時的速度大小都相同D小球在從環(huán)形細圓管的最低點運動到所能到達的最高點的過程中，水平方向分速度的大小一直減小答案BC解析根據(jù)左手定則可以判定，小球在軌道最低點時受到的洛倫茲力方向豎直向上，若洛倫茲力和重力的合力恰好提供小球所需要的向心力，則在最低點時小球不會受到管壁彈力的作用，A錯誤；小球運動的過程中，洛倫茲力不做功，小球的機械能守恒，有mvmg2Rmv2，可求運動至最高點時小球的速度v0，所以小球一定能到達軌道最高點，C正確；在最高點時，小球做圓周運動所需的向心力Fmmg，小球受到豎直向下洛倫茲力的同時必然受

16、到與洛倫茲力等大反向的軌道對小球的彈力，B正確；小球在從最低點運動到最高點的過程中，小球在下半圓內(nèi)上升的過程中，水平分速度向右且不斷減小，到達圓心的等高點時，水平速度為零，而運動至上半圓后水平分速度向左且不為零，所以水平分速度一定有增大的過程，D錯誤。7.如圖所示，帶電荷量為q、質(zhì)量為m的物塊從傾角為37的光滑絕緣斜面頂端由靜止開始下滑，磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場垂直紙面向外，求物塊在斜面上滑行的最大速度和在斜面上運動的最大位移。(斜面足夠長，取sin370.6，cos370.8)答案解析經(jīng)分析，物塊沿斜面運動過程中加速度不變，但隨速度增大，物塊所受支持力逐漸減小，最后離開斜面。所以，當(dāng)物塊對斜

17、面的壓力剛好為零時，物塊沿斜面的速度達到最大，同時位移達到最大，即qvmBmgcos物塊沿斜面下滑過程中，由動能定理得：mgsmsinmv0由得：vm，sm。8(2018山東青島期末)如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，第一象限內(nèi)存在正交的勻強電場和勻強磁場，電場強度E140 N/C；第四象限內(nèi)存在一方向向左的勻強電場E2 N/C。一質(zhì)量為m2103 kg帶正電的小球，從點M(3.64 m，3.2 m)以v01 m/s的水平速度開始運動。已知小球在第一象限內(nèi)做勻速圓周運動，從點P(2.04 m,0)進入第四象限后經(jīng)過y軸上的點N(0，2.28 m)(圖中未標(biāo)出)。(g取10 m/s2，sin3

18、70.6，cos370.8)求：(1)勻強磁場的磁感應(yīng)強度B；(2)小球由P點運動至N點的時間。答案(1)2 T(2)0.6 s解析(1)由題意可知qE1mg，得q5104 C軌跡如圖，RcosxMxP，RsinRyM可得R2 m，37由qv0B，得B2 T。(2)小球進入第四象限后受力分析如圖，tan0.75即37?？芍∏蜻M入第四象限后所受電場力和重力的合力與速度方向垂直，則小球進入第四象限后做類平拋運動。由幾何關(guān)系可得lNQ0.6 m由lNQv0t，解得t0.6 s。9如圖甲所示，M、N為豎直放置且彼此平行的兩塊平板，板間距離為d，兩板中央各有一個小孔O、O且正對，在兩板間有垂直于紙面方

19、向的磁場，磁感應(yīng)強度隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示。有一束正離子在t0時垂直于M板從小孔O射入磁場。已知正離子的質(zhì)量為m，電荷量為q，正離子在磁場中做勻速圓周運動的周期與磁感應(yīng)強度變化的周期都為T0，不考慮由于磁場變化而產(chǎn)生的電場的影響，不計離子所受重力。(1)求磁感應(yīng)強度B0的大小；(2)要使正離子從O孔垂直于N板射出磁場，求正離子射入磁場時的速度v0的可能值。答案(1)(2)(n1,2,3，)解析(1)設(shè)磁場方向垂直于紙面向里時為正，正離子射入磁場后做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，有B0qv0m粒子運動的周期T0聯(lián)立兩式得磁感應(yīng)強度B0。(2)正離子從O孔垂直于N板射出磁場時，運動軌跡如圖

20、所示。在兩板之間正離子只運動一個周期T0時，有r在兩板之間正離子運動n個周期即nT0時，有r(n1,2,3，)，解得v0(n1,2,3，)。10(2017湖北宜昌一模)如圖所示，在x軸上方存在垂直紙面向里的磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，在x軸下方存在垂直紙面向外的磁感應(yīng)強度為的勻強磁場。一帶負(fù)電的粒子從原點O以與x軸正方向成30角斜向上射入磁場，且在x軸上方運動半徑為R，則()A粒子經(jīng)偏轉(zhuǎn)一定能回到原點OB粒子在x軸上方和下方兩磁場中運動的軌跡半徑之比為21C粒子完成一次周期性運動的時間為D粒子第二次射入x軸上方磁場時，沿x軸前進3R答案D解析根據(jù)左手定則判斷可知，粒子在第一象限和第四象限中所受的

21、洛倫茲力方向不同，粒子在第一象限沿順時針方向運動，而在第四象限沿逆時針方向運動，不可能回到原點O，故A錯誤；由r，知粒子做圓周運動的軌跡半徑與B成反比，則粒子在x軸上方和下方兩磁場中運動的軌跡半徑之比為12，故B錯誤；粒子在第一象限內(nèi)軌跡所對應(yīng)的圓心角為60，在第四象限內(nèi)軌跡所對應(yīng)的圓心角也為60，粒子在第一象限做圓周運動的周期為T，在一個周期內(nèi)，粒子在第一象限運動的時間為t1T；同理，在第四象限運動的時間為t2T，故粒子完成一次周期性運動的時間為tt1t2，故C錯誤；根據(jù)幾何知識得，粒子第二次射入x軸上方磁場時，沿x軸前進的距離為xR2R3R，故D正確。11. (2017湖南邵陽二模)(多選

22、)如圖所示，在坐標(biāo)系x0的區(qū)域中，存在磁感應(yīng)強度大小分別為B1與B2的勻強磁場，磁場方向均垂直于紙面向里，且B1B232。在原點O處同時發(fā)射兩個質(zhì)量分別為ma和mb的帶電粒子，已知粒子a以速度va沿x軸正方向運動，粒子b以速率vb沿x軸負(fù)方向運動，已知粒子a帶正電，粒子b帶負(fù)電，帶電荷量相等，且兩粒子的速率滿足mavambvb，若在此后的運動中，當(dāng)粒子a第四次經(jīng)過y軸(出發(fā)時經(jīng)過y軸不算在內(nèi))時，恰與粒子b相遇，粒子重力不計，下列說法正確的是()A粒子a、b在磁場B1中的偏轉(zhuǎn)半徑之比為32B兩粒子在y軸正半軸相遇C粒子a、b相遇時的速度方向相同D粒子a、b的質(zhì)量之比為15答案BCD解析由帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的半徑公式r，可得，A錯誤；由帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的半徑公式r可知，粒子a從O點出發(fā)沿x軸正方向運動，逆時針向上運動半周沿y軸上移2ra2，穿過y軸后逆時針向下運動半周后下移2ra1，由于B2B1，則第二次經(jīng)過y軸時粒子a在坐標(biāo)原點的上方(2ra22ra1)處，同理，第四次經(jīng)過y軸時在坐標(biāo)原點上方2(2ra22ra1)處，B正確；粒子在磁場B1、B2中的半徑之比為23，如圖所示，從運動情況進行考慮，粒子b向上運動半周后與粒子a相遇，粒子a第四次經(jīng)