高三物理第一輪復(fù)習(xí) 第八章帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動導(dǎo)學(xué)案43

1、學(xué)案43 帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動一、概念規(guī)律題組1如圖1所示，在xOy平面內(nèi)，勻強(qiáng)電場的方向沿x軸正向，勻強(qiáng)磁場的方向垂直于xOy平面向里一電子在xOy平面內(nèi)運(yùn)動時，速度方向保持不變則電子的運(yùn)動方向沿()圖1Ax軸正向 Bx軸負(fù)向Cy軸正向 Dy軸負(fù)向2一個質(zhì)子穿過某一空間而未發(fā)生偏轉(zhuǎn)，則()A可能存在電場和磁場，它們的方向與質(zhì)子運(yùn)動方向相同B此空間可能只有磁場，方向與質(zhì)子的運(yùn)動方向平行C此空間可能只有磁場，方向與質(zhì)子的運(yùn)動方向垂直D此空間可能有正交的電場和磁場，它們的方向均與質(zhì)子的運(yùn)動方向垂直3如圖2所示，沿直線通過速度選擇器的正離子從狹縫S射入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2的勻強(qiáng)磁場中，偏轉(zhuǎn)后出現(xiàn)的軌

2、跡半徑之比為R1R212，則下列說法正確的是()圖2A離子的速度之比為12B離子的電荷量之比為12C離子的質(zhì)量之比為12D以上說法都不對圖34(2011浙江杭州市模擬)有一個帶電量為q、重為G的小球，從兩豎直的帶電平行板上方h處自由落下，兩極板間另有勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向如圖3所示，則帶電小球通過有電場和磁場的空間時，下列說法錯誤的是()A一定做曲線運(yùn)動B不可能做曲線運(yùn)動C有可能做勻加速運(yùn)動D有可能做勻速運(yùn)動二、思想方法題組5.圖4一個帶電微粒在如圖4所示的正交勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中的豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，該帶電微粒必然帶_(填“正”或“負(fù)”)電，旋轉(zhuǎn)方向為_(填“順時針”或“逆時針

3、”)若已知圓的半徑為r，電場強(qiáng)度的大小為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，重力加速度為g，則線速度為_圖56在兩平行金屬板間，有如圖5所示的互相正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場粒子以速度v0從兩板的正中央垂直于電場方向和磁場方向從左向右射入時，恰好能沿直線勻速通過供下列各小題選擇的答案有：A不偏轉(zhuǎn) B向上偏轉(zhuǎn)C向下偏轉(zhuǎn) D向紙內(nèi)或紙外偏轉(zhuǎn)(1)若質(zhì)子以速度v0從兩板的正中央垂直于電場方向和磁場方向從左向右射入，質(zhì)子將_(2)若電子以速度v0從兩板的正中央垂直于電場方向和磁場方向從左向右射入，電子將_(3)若質(zhì)子以大于v0的速度，沿垂直于勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場的方向從兩板正中央射入，質(zhì)子將_一、帶電粒子在無約束的復(fù)

4、合場中的運(yùn)動1常見運(yùn)動形式的分析(1)帶電粒子在復(fù)合場中做勻速圓周運(yùn)動帶電粒子進(jìn)入勻強(qiáng)電場、勻強(qiáng)磁場和重力場共同存在的復(fù)合場中，重力和電場力等大反向，兩個力的合力為零，粒子運(yùn)動方向和磁場方向垂直時，帶電粒子在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運(yùn)動(2)帶電粒子在勻強(qiáng)電場、勻強(qiáng)磁場和重力場中的直線運(yùn)動自由的帶電粒子(無軌道約束)，在勻強(qiáng)電場、勻強(qiáng)磁場和重力場中的直線運(yùn)動應(yīng)該是勻速直線運(yùn)動，這是因為電場力和重力都是恒力，若它們的合力不與洛倫茲力平衡，則帶電粒子速度的大小和方向都會改變，就不可能做直線運(yùn)動(粒子沿磁場方向運(yùn)動除外)2帶電粒子在復(fù)合場中運(yùn)動的處理方法(1)搞清楚復(fù)合場的組成，一般是磁場、電場的

5、復(fù)合；磁場、重力場的復(fù)合；磁場、重力場、電場的復(fù)合；電場和磁場分區(qū)域存在(2)正確進(jìn)行受力分析，除重力、彈力、摩擦力外還要特別關(guān)注電場力和磁場力的分析(3)確定帶電粒子的運(yùn)動狀態(tài)注意將運(yùn)動情況和受力情況結(jié)合進(jìn)行分析(4)對于粒子連續(xù)經(jīng)過幾個不同場的情況，要分段進(jìn)行分析、處理(5)畫出粒子的運(yùn)動軌跡，靈活選擇不同的運(yùn)動規(guī)律【例1】圖6 (2011安徽23)如圖6所示，在以坐標(biāo)原點O為圓心、半徑為R的半圓形區(qū)域內(nèi)，有相互垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，磁場方向垂直于xOy平面向里一帶正電的粒子(不計重力)從O點沿y軸正方向以某一速度射入，帶電粒子恰好做勻速直線運(yùn)動，經(jīng)t0時間從P點射出(

6、1)求電場強(qiáng)度的大小和方向(2)若僅撤去磁場，帶電粒子仍從O點以相同的速度射入，經(jīng)時間恰好從半圓形區(qū)域的邊界射出求粒子運(yùn)動加速度的大小(3)若僅撤去電場，帶電粒子仍從O點射入，但速度為原來的4倍，求粒子在磁場中運(yùn)動的時間規(guī)范思維圖7【例2】 (2008江蘇高考改編)在場強(qiáng)為B的水平勻強(qiáng)磁場中，一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球在O點靜止釋放，小球的運(yùn)動曲線如圖7所示已知此曲線在最低點的曲率半徑為該點到x軸距離的2倍，重力加速度為g.求：(1)小球運(yùn)動到任意位置P(x，y)的速率v；(2)小球在運(yùn)動過程中第一次下降的最大距離ym；(3)欲使小球沿x軸正向做直線運(yùn)動，可在該區(qū)域加一勻強(qiáng)電場，試分析加電

7、場時，小球在什么位置，所加電場的場強(qiáng)為多少？方向如何？規(guī)范思維二、帶電粒子在復(fù)合場中有約束情況下的運(yùn)動帶電體在復(fù)合場中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道等約束的情況下，常見的運(yùn)動形式有直線運(yùn)動和圓周運(yùn)動，此時解題要通過受力分析明確變力、恒力做功情況，并注意洛倫茲力不做功的特點，用動能定理、能量守恒定律結(jié)合牛頓運(yùn)動定律求出結(jié)果圖8【例3】 如圖8所示，套在很長的絕緣直棒上的小球，質(zhì)量為1.0104 kg，帶4.0104 C正電荷，小球在棒上可以滑動，將此棒豎直放置在沿水平方向的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中，勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E10 N/C，方向水平向右，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B0.5 T，方向為垂直于紙面向里，小球

8、與棒間的動摩擦因數(shù)為0.2，求小球由靜止沿棒豎直下落的最大加速度和最大速度(設(shè)小球在運(yùn)動過程中所帶電荷量保持不變，g取10 m/s2)規(guī)范思維 【基礎(chǔ)演練】1.圖9(2009廣東單科11)如圖9所示，表面粗糙的斜面固定于地面上，并處于方向垂直于紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中質(zhì)量為m、帶電荷量為Q的小滑塊從斜面頂端由靜止下滑在滑塊下滑的過程中，下列判斷正確的是()A滑塊受到的摩擦力不變B滑塊到達(dá)地面時的動能與B的大小無關(guān)C滑塊受到的洛倫茲力方向垂直斜面向下DB很大時，滑塊可能靜止于斜面上圖102(2011福建福州月考)如圖10所示，在互相垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中，電荷量為q的液滴在豎直面

9、內(nèi)做半徑為R的勻速圓周運(yùn)動已知電場強(qiáng)度為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，則液滴的質(zhì)量和環(huán)繞速度分別為()A.， B.，CB ， D.，圖113一帶正電的粒子以速度v0垂直飛入如圖11所示的電場和磁場共有的區(qū)域，B、E及v0三者方向如圖所示，已知粒子在運(yùn)動過程中所受的重力恰好與電場力平衡，則帶電粒子在運(yùn)動過程中()A機(jī)械能守恒B動量守恒C動能始終不變D電勢能與機(jī)械能總和守恒圖124(2010北京東城二模)如圖12所示，兩平行金屬板中間有相互正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場強(qiáng)度為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，一質(zhì)子沿極板方向以速度v0從左端射入，并恰好從兩板間沿直線穿過不計質(zhì)子重力，下列說法正確的是()A若質(zhì)子以小于v0

10、的速度沿極板方向從左端射入，它將向上偏轉(zhuǎn)B若質(zhì)子以速度2v0沿極板方向從左端射入，它將沿直線穿過C若電子以速度v0沿極板方向從左端射入，它將沿直線穿過D若電子以速度v0沿極板方向從右端射入，它將沿直線穿過圖135(2011東北三校第一次聯(lián)考)如圖13所示，ABC為豎直平面內(nèi)的光滑絕緣軌道，其中AB為傾斜直軌道，BC為與AB相切的圓形軌道，并且圓形軌道處在勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直紙面向里質(zhì)量相同的甲、乙、丙三個小球中，甲球帶正電，乙球帶負(fù)電、丙球不帶電，現(xiàn)將三個小球在軌道AB上分別從不同高度處由靜止釋放，都恰好通過圓形軌道的最高點，則()A經(jīng)過最高點時，三個小球的速度相等B經(jīng)過最高點時，甲球的速

11、度最小C甲球的釋放位置比乙球的高D運(yùn)動過程中三個小球的機(jī)械能均保持不變6(2011淄博調(diào)研)如下圖所示，兩虛線之間的空間內(nèi)存在著正交或平行的勻強(qiáng)電場E和勻強(qiáng)磁場B，有一個帶正電的小球(電荷量為q、質(zhì)量為m)從電磁復(fù)合場上方的某一高度處自由落下，那么，帶電小球可能沿直線通過的電磁復(fù)合場的是()題號123456答案【能力提升】圖147(2011山東濟(jì)南月考)如圖14所示的坐標(biāo)系，x軸沿水平方向，y軸沿豎直方向在x軸上方空間的第一、第二象限內(nèi)，既無電場也無磁場，在第三象限，存在沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場和垂直xOy平面(紙面)向里的勻強(qiáng)磁場，在第四象限，存在沿y軸負(fù)方向、場強(qiáng)大小與第三象限電場場強(qiáng)相等的

12、勻強(qiáng)電場一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電質(zhì)點，從y軸上yh處的P1點以一定的水平初速度沿x軸負(fù)方向進(jìn)入第二象限，然后經(jīng)過x軸上x2h處的P2點進(jìn)入第三象限，帶電質(zhì)點恰好能做勻速圓周運(yùn)動，之后經(jīng)過y軸上y2h處的P3點進(jìn)入第四象限已知重力加速度為g.試求：(1)粒子到達(dá)P2點時速度的大小和方向；(2)第三象限空間中電場強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大??；(3)帶電質(zhì)點在第四象限空間運(yùn)動過程中最小速度的大小和方向8(2011湖南荊門聯(lián)考)如圖15所示的豎直平面內(nèi)有范圍足夠大、水平向左的勻強(qiáng)電場，在虛線的左側(cè)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.一絕緣“”形彎桿由兩段直桿和一半徑為R的半圓環(huán)組成，固定在紙面

13、所在的豎直平面內(nèi)PQ、MN水平且足夠長，半圓環(huán)MAP在磁場邊界左側(cè)，P、M點在磁場邊界線上，NMAP段是光滑的現(xiàn)有一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小環(huán)套在MN桿上，它所受電場力為重力的3/4.現(xiàn)在M右側(cè)D點由靜止釋放小環(huán)，小環(huán)剛好能到達(dá)P點圖15(1)求DM間的距離x0.(2)求上述過程中小環(huán)第一次通過與O點等高的A點時彎桿對小環(huán)作用力的大小(3)若小環(huán)與PQ間動摩擦因數(shù)為(設(shè)最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等)，現(xiàn)將小環(huán)移至M點右側(cè)4R處由靜止開始釋放，求小環(huán)在整個運(yùn)動過程中克服摩擦力所做的功圖169(2009福建高考)圖16為可測定比荷的某裝置的簡化示意圖，在第一象限區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁

14、場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B2.0103 T，在x軸上距坐標(biāo)原點L0.50 m的P處為粒子的入射口，在y軸上安放接收器現(xiàn)將一帶正電荷的粒子以v3.5104 m/s的速率從P處射入磁場，若粒子在y軸上距坐標(biāo)原點L0.50 m的M處被觀測到，且運(yùn)動軌跡半徑恰好最小，設(shè)帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，不計其重力(1)求上述粒子的比荷；(2)為了在M處觀測到按題設(shè)條件運(yùn)動的上述粒子，第一象限內(nèi)的磁場可以局限在一個矩形區(qū)域內(nèi)，求此矩形磁場區(qū)域的最小面積，并在圖中畫出該矩形學(xué)案43帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動【課前雙基回扣】1C2.ABD3.D4.BCD5負(fù)逆時針解析因帶電微粒做勻速圓周運(yùn)動，電場力必與重力平衡，所以

15、帶電微粒必帶負(fù)電由左手定則可知微粒應(yīng)逆時針轉(zhuǎn)動電場力與重力平衡有：mgqE根據(jù)牛頓第二定律有：qvBm聯(lián)立解得：v.6(1)A(2)A(3)B思維提升1復(fù)合場是指電場、磁場、重力場并存或其中的兩種場并存重力、電場力做功與路徑無關(guān)，洛倫茲力不做功重力做功改變物體的重力勢能，電場力做功改變電勢能2(1)當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中所受合外力為零時，它將處于靜止?fàn)顟B(tài)或勻速直線運(yùn)動狀態(tài)(2)當(dāng)帶電粒子所受的重力與電場力大小相等、方向相反時，帶電粒子在洛倫茲力的作用下，在垂直于勻強(qiáng)磁場的平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動3復(fù)合場應(yīng)用實例：速度選擇器，磁流體發(fā)電機(jī)，電磁流量計【核心考點突破】例1 見解析解析(1)因為帶電粒子進(jìn)

16、入復(fù)合場后做勻速直線運(yùn)動，則qv0BqERv0t0由聯(lián)立解得E方向沿x軸正方向(2)若僅撤去磁場，帶電粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，沿y軸正方向做勻速直線運(yùn)動yv0沿x軸正方向做勻加速直線運(yùn)動xa()2由幾何關(guān)系知xR解得a(3)僅有磁場時，入射速度v4v0，帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動，設(shè)軌道半徑為r，由牛頓第二定律有qvBm又qEma可得r由幾何知識sin 即sin ，帶電粒子在磁場中運(yùn)動周期T則帶電粒子在磁場中運(yùn)動時間tT所以tt0例2 (1)(2)(3)見解析解析(1)洛倫茲力不做功，由動能定理得mgymv2得v(2)設(shè)在最大距離ym處的速率為vm，根據(jù)圓周運(yùn)動有qvmBmgm且由知

17、vm由及R2ym得ym(3)當(dāng)小球沿x軸正向做直線運(yùn)動時，小球受力平衡，由此可知，加電場時，小球應(yīng)在最低點且有qvmBmgqE0解得E方向豎直向下規(guī)范思維分析該題時應(yīng)把握以下幾點：(1)求解小球的速率可根據(jù)動能定理；(2)小球下降的最大距離可由圓周運(yùn)動分析；(3)小球做直線運(yùn)動，可由小球的運(yùn)動特征分析受力的特點例3 2 m/s25 m/s解析帶電小球沿絕緣棒下滑過程中，受豎直向下的重力，豎直向上的摩擦力，水平方向的彈力和洛倫茲力及電場力作用當(dāng)小球靜止時，彈力等于電場力，小球在豎直方向所受摩擦力最小，小球加速度最大小球運(yùn)動過程中，彈力等于電場力與洛倫茲力之和，隨著小球運(yùn)動速度的增大，小球所受洛倫

18、茲力增大，小球在豎直方向的摩擦力也隨之增大，小球加速度減小，速度增大，當(dāng)小球的加速度為零時，速度達(dá)最大小球剛開始下落時，加速度最大，設(shè)為am，這時豎直方向有：mgFfma在水平方向上有：qEFN0又FfFN由解得am代入數(shù)據(jù)得am2 m/s2小球沿棒豎直下滑，當(dāng)速度最大時，加速度a0在豎直方向上有：mgFf0在水平方向上有：qvmBqEFN0又FfFN由解得vm代入數(shù)據(jù)得vm5 m/s.規(guī)范思維(1)帶電物體在復(fù)合場中做變速直線運(yùn)動時，所受洛倫茲力的大小不斷變化，而洛倫茲力的變化往往引起其他力的變化，從而導(dǎo)致加速度不斷變化(2)帶電物體在復(fù)合場中運(yùn)動時，必須注意重力、電場力對帶電物體的運(yùn)動產(chǎn)生

19、影響，帶電物體運(yùn)動狀態(tài)的變化又會與洛倫茲力產(chǎn)生相互影響思想方法總結(jié)1帶電粒子在復(fù)合場中運(yùn)動問題的分析方法：(1)弄清復(fù)合場的組成，一般有磁場、電場的復(fù)合；磁場、重力場的復(fù)合；磁場、電場、重力場三者的復(fù)合(2)對粒子進(jìn)行正確的受力分析，除重力、彈力、摩擦力外要特別注意靜電力和磁場力的分析(3)確定帶電粒子的運(yùn)動狀態(tài)，注意運(yùn)動情況和受力情況的結(jié)合(4)對于粒子連續(xù)通過幾個不同情況場的問題，要分階段進(jìn)行處理轉(zhuǎn)折點的速度往往成為解題的突破口(5)畫出粒子的運(yùn)動軌跡，靈活選擇不同的運(yùn)動規(guī)律當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中做勻速直線運(yùn)動時，根據(jù)受力平衡列方程求解當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中做勻速圓周運(yùn)動時，應(yīng)用牛頓定律結(jié)合圓

20、周運(yùn)動規(guī)律求解當(dāng)帶電粒子做復(fù)雜曲線運(yùn)動時，一般用動能定理或能量守恒定律求解對于臨界問題，要注意挖掘隱含條件2復(fù)合場中的粒子重力是否應(yīng)該考慮的三種情況(1)對于微觀粒子，如電子、質(zhì)子、離子等，因為一般情況下其重力與電場力或磁場力相比太小，可以忽略；而對于一些實際物體，如帶電小球、液滴、金屬塊等一般應(yīng)當(dāng)考慮其重力(2)在題目中有明確說明是否要考慮重力的，這種情況比較正規(guī)，也比較簡單(3)不能直接判斷是否要考慮重力的，在進(jìn)行受力分析與運(yùn)動分析時，要由分析結(jié)果確定是否要考慮重力【課時效果檢測】1C2.D3.CD4.C5.CD6.CD7(1)2與x軸負(fù)方向成45角(2)(3)方向沿x軸正方向解析(1)軌

21、跡如右圖所示，帶電質(zhì)點從P1到P2，由平拋運(yùn)動規(guī)律得hgt2v0vygt求出v2方向與x軸負(fù)方向成45角(2)帶電質(zhì)點從P2到P3，重力與電場力平衡，洛倫茲力提供向心力EqmgBqvm(2R)2(2h)2(2h)2由解得：E聯(lián)立式得B .(3)帶電質(zhì)點進(jìn)入第四象限，水平方向做勻速直線運(yùn)動，豎直方向做勻減速直線運(yùn)動當(dāng)豎直方向的速度減小到0，此時質(zhì)點速度最小，即v在水平方向的分量vminvcos 45方向沿x軸正方向8(1)R(2)mg(3)見解析解析(1)小環(huán)剛好能到達(dá)P點，說明小環(huán)在P點的速度為0，由能量守恒定律得：Eqx0mg2R0，解得x0R(2)設(shè)小環(huán)在A點速度v，對小環(huán)在A點時進(jìn)行受力分析，由牛頓第二定律和能量守恒定律知