2019屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題7 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)學(xué)案.docx

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7 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 近幾年高考中，關(guān)于此部分內(nèi)容的命題方向有：在帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)、帶電體在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)、電磁場(chǎng)技術(shù)的應(yīng)用。題目以計(jì)算題為主，難度較大。 1．帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) (1)若只有兩個(gè)場(chǎng)且正交，合力為零，則表現(xiàn)為勻速直線運(yùn)動(dòng)或靜止?fàn)顟B(tài)。例如電場(chǎng)與磁場(chǎng)中滿足qE＝qvB；重力場(chǎng)與磁場(chǎng)中滿足mg＝qvB；重力場(chǎng)與電場(chǎng)中滿足mg＝qE。 (2)三場(chǎng)共存時(shí)，若合力為零，則粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)；若粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則有mg＝qE，粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，即qvB＝m。 (3)當(dāng)帶電粒子做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)或有約束的變速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，一般用動(dòng)能定理或能量守恒定律求解。 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中做什么運(yùn)動(dòng)，取決于帶電粒子所受的合外力及初始運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的速度，因此帶電粒子的運(yùn)動(dòng)情況和受力情況的分析是解題的關(guān)鍵。 2．帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 1．(多選)如圖所示，空間某處存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一個(gè)帶負(fù)電的金屬小球從M點(diǎn)水平射入場(chǎng)區(qū)，經(jīng)一段時(shí)間運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)，關(guān)于小球由M到N的運(yùn)動(dòng)，下列說法正確的是(　　) A．小球可能做勻變速運(yùn)動(dòng) B．小球一定做變加速運(yùn)動(dòng) C．小球動(dòng)能可能不變 D．小球機(jī)械能守恒 2．(2018全國(guó)卷Ⅰ25)如圖，在y>0的區(qū)域存在方向沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為E；在y<0的區(qū)域存在方向垂直于xOy平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一個(gè)氕核H和一個(gè)氘核H先后從y軸上y＝h點(diǎn)以相同的動(dòng)能射出，速度方向沿x軸正方向。已知H進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，速度方向與x軸正方向的夾角為60，并從坐標(biāo)原點(diǎn)O處第一次射出磁場(chǎng)。H的質(zhì)量為m，電荷量為q。不計(jì)重力。求： (1)H第一次進(jìn)入磁場(chǎng)的位置到原點(diǎn)O的距離； (2)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大??； (3)H第一次離開磁場(chǎng)的位置到原點(diǎn)O的距離。 1．(多選)如圖所示，平行紙面向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)與垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)相互正交，一帶電小球剛好能在其中做豎直面內(nèi)的勻速圓周運(yùn)動(dòng)．若已知小球做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，重力加速度大小為g，則下列判斷中正確的是(　　) A．小球一定帶負(fù)電荷 B．小球一定沿順時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng) C．小球做圓周運(yùn)動(dòng)的線速度大小為 D．小球在做圓周運(yùn)動(dòng)的過程中，電場(chǎng)力始終不做功 2．如圖所示，水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)為E，且Eq＝mg，垂直紙面向里的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，一帶電荷量為q的液滴質(zhì)量為m，在重力、靜電力和洛倫茲力作用下在疊加場(chǎng)空間運(yùn)動(dòng)。下列關(guān)于帶電液滴在疊加場(chǎng)空間的運(yùn)動(dòng)描述正確的是(　　) A．液滴可能做勻加速直線運(yùn)動(dòng) B．液滴不可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng) C．液滴可能做勻速直線運(yùn)動(dòng)且機(jī)械能守恒 D．如果是直線運(yùn)動(dòng)，必為勻速直線運(yùn)動(dòng)，其運(yùn)動(dòng)軌跡與水平方向的夾角是 1．如圖所示，直角坐標(biāo)系xOy位于豎直平面內(nèi)，空間存在著垂直于xOy平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和平行于xOy平面的勻強(qiáng)電場(chǎng)。第三象限內(nèi)有一點(diǎn)P，其坐標(biāo)為(－1 m，－m)，質(zhì)量為m＝210－5 kg、帶電量為q＝+510－5 C的液滴以v＝2 m/s的速度沿直線從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)O點(diǎn)。若已知?jiǎng)驈?qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝1 T，重力加速度g取10 m/s2。 (1)求勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)E的大小及電場(chǎng)的方向； (2)若在帶電液滴經(jīng)過O點(diǎn)時(shí)只撒去磁場(chǎng)，液滴會(huì)經(jīng)過x軸上的Q點(diǎn)，求Q點(diǎn)的坐標(biāo)。 2．如圖所示，在豎直平面(紙面)內(nèi)有一直角坐標(biāo)系xOy，水平軸x下方有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，第三象限有沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，第四象限存在另一勻強(qiáng)電場(chǎng)(圖中未畫出)；光滑絕緣的固定不帶電細(xì)桿PQ交x軸于M點(diǎn)，細(xì)桿PQ與x軸的夾角θ＝30，桿的末端在y軸Q點(diǎn)處，PM兩點(diǎn)間的距離為L(zhǎng)。一套在桿上的質(zhì)量為2m、電荷量為q的帶正電小環(huán)b恰好靜止在M點(diǎn)，另一質(zhì)量為m、不帶電絕緣小環(huán)a套在桿上并由P點(diǎn)靜止釋放，與b瞬間碰撞后反彈，反彈后到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)被鎖定，鎖定點(diǎn)與M點(diǎn)的距離為，b沿桿下滑過程中始終與桿之間無(wú)作用力，b進(jìn)入第四象限后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，而后通過x軸上的N點(diǎn)，且OM＝ON。已知重力加速度大小為g，求： (1)碰后b的速度大小v以及a、b碰撞過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能ΔE； (2)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B； (3)b離開桿后經(jīng)過多長(zhǎng)時(shí)間會(huì)通過x軸。 3．光滑水平桌面上建有坐標(biāo)系xOy，質(zhì)量為m、帶電量為q的帶正電小球靜止在坐標(biāo)原點(diǎn)，現(xiàn)沿x軸正向施加一勻強(qiáng)電場(chǎng)E1，經(jīng)t0后，將勻強(qiáng)電場(chǎng)方向變?yōu)檠貀軸正方向而大小保持不變，再經(jīng)t0后撤去電場(chǎng)E1，同時(shí)施加一個(gè)與xOy平面平行的勻強(qiáng)電場(chǎng)E2，電場(chǎng)強(qiáng)度E2和電場(chǎng)強(qiáng)度E1的大小關(guān)系為E2＝E1，使得小球沿直線運(yùn)動(dòng)并能再次通過y軸。求： (1)撤去電場(chǎng)E1時(shí)小球的位置坐標(biāo)值x、y； (2)勻強(qiáng)電場(chǎng)E2的方向與x軸正方向的夾角θ； (3)小球從坐標(biāo)原點(diǎn)出發(fā)到再次經(jīng)過y軸所用的時(shí)間t和電場(chǎng)力做的功W。 4．如圖甲所示，有一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)邊界OP與水平方向夾角為θ＝45，緊靠磁場(chǎng)邊界放置長(zhǎng)為6d、間距為d的平行金屬板M、N，M板與磁場(chǎng)邊界的交點(diǎn)為P，磁場(chǎng)邊界上的O點(diǎn)與N板在同一水平面上。在兩板間存在如圖乙所示的交變電場(chǎng)(取豎直向下為正方向)，其周期T＝，E0＝。某時(shí)刻從O點(diǎn)豎直向上以初速度v0發(fā)射一個(gè)電荷量為＋q的粒子，結(jié)果粒子恰在圖乙中的t＝時(shí)刻從P點(diǎn)水平進(jìn)入板間電場(chǎng)，最后從電場(chǎng)中的右邊界射出．不計(jì)粒子重力。求： (1)粒子的質(zhì)量m； (2)粒子從O點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)到射出電場(chǎng)運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t； (3)粒子從電場(chǎng)中的射出點(diǎn)到M點(diǎn)的距離。 參考答案 1．【解題思路】小球從M到N，在豎直方向上發(fā)生了偏轉(zhuǎn)，所以剛開始受到的豎直向下的洛倫茲力、豎直向下的重力和豎直向上的電場(chǎng)力的合力不為零，并且速度方向變化，則洛倫茲力方向變化，所以合力方向變化，故不可能做勻變速運(yùn)動(dòng)，一定做變加速運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤，B正確；若電場(chǎng)力和重力等大反向，則此過程中電場(chǎng)力和重力做功之和為零，而洛倫茲力不做功，所以小球的動(dòng)能不變，重力勢(shì)能減小，這種情況下機(jī)械能不守恒，若電場(chǎng)力和重力不等大反向，則有電場(chǎng)力做功，所以機(jī)械能也不守恒，故小球的機(jī)械能不守恒，C正確，D錯(cuò)誤。 【答案】BC 2．【解題思路】(1)H在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示．設(shè)H在電場(chǎng)中的加速度大小為a1，初速度大小為v1，它在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1，第一次進(jìn)入磁場(chǎng)的位置到原點(diǎn)O的距離為s1，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有： s1＝v1t1①，h＝a1t12② 由題給條件，H進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度的方向與x軸正方向夾角θ1＝60。H進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度的y分量的大小為：a1t1＝v1tan θ1③ 聯(lián)立以上各式得s1＝h④ (2)H在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，由牛頓第二定律有：qE＝ma1⑤ 設(shè)H進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度的大小為v1′，由速度合成法則有：v1′＝⑥ 設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，H在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為R1，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有： qv1′B＝⑦ 由幾何關(guān)系得：s1＝2R1sin θ1⑧ 聯(lián)立以上各式得：B＝⑨ (3)設(shè)H在電場(chǎng)中沿x軸正方向射出的速度大小為v2，在電場(chǎng)中的加速度大小為a2，由題給條件得： (2m)v22＝mv12⑩ 由牛頓第二定律有：qE＝2ma2? 設(shè)H第一次射入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為v2′，速度的方向與x軸正方向夾角為θ2，入射點(diǎn)到原點(diǎn)的距離為s2，在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2.由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有： s2＝v2t2?，h＝a2t22?，v2′＝?，sin θ2＝? 聯(lián)立以上各式得：s2＝s1，θ2＝θ1，v2′＝v1′? 設(shè)H在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R2，由⑦?式及粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑公式得： R2＝＝R1? 所以出射點(diǎn)在原點(diǎn)左側(cè)。設(shè)H進(jìn)入磁場(chǎng)的入射點(diǎn)到第一次離開磁場(chǎng)的出射點(diǎn)的距離為s2′，由幾何關(guān)系有：s2′＝2R2sin θ2? 聯(lián)立④⑧???式得，H第一次離開磁場(chǎng)時(shí)的位置到原點(diǎn)O的距離為： s2′－s2＝(－1)h? 1．【解題思路】帶電小球在重力場(chǎng)、勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，可知，帶電小球受到的重力和電場(chǎng)力是一對(duì)平衡力，重力豎直向下，所以電場(chǎng)力豎直向上，與電場(chǎng)方向相反，故小球一定帶負(fù)電荷，故A正確；磁場(chǎng)方向向外，洛倫茲力的方向始終指向圓心，由左手定則可判斷小球的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)槟鏁r(shí)針，故B錯(cuò)誤；由電場(chǎng)力和重力大小相等，得：mg＝qE，帶電小球在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為：r＝，聯(lián)立得：v＝，故C正確；小球在做圓周運(yùn)動(dòng)的過程中，電場(chǎng)力做功，洛倫茲力始終不做功，故D錯(cuò)誤。 【答案】AC 2．【解題思路】由于液滴受到的重力與電場(chǎng)力恒定，如果做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則液滴的洛倫茲力大小變化，液滴的合外力變化，不可能做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；由于液滴受豎直向下的重力和水平方向的電場(chǎng)力，所以重力與電場(chǎng)力的合力不可能為零，即液滴不可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，故B正確；當(dāng)液滴進(jìn)入復(fù)合場(chǎng)時(shí)的洛倫茲力與重力和電場(chǎng)力的合力等大反向時(shí)，液滴做勻速直線運(yùn)動(dòng)，但電場(chǎng)力會(huì)做功，所以機(jī)械能不守恒，故C錯(cuò)誤；由A分析可知，液滴不可能做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，只要液滴的速度大小變化，其所受的洛倫茲力大小變化，合外力變化，一定做曲線運(yùn)動(dòng)，故如果是直線運(yùn)動(dòng)，必為勻速直線運(yùn)動(dòng)，由于mg＝qE，重力與電場(chǎng)力的合力一定與速度方向垂直，即與水平方向成45，故D正確。 【答案】BD 1．【解析】(1)由P點(diǎn)坐標(biāo)為(－1 m，－m)可得：PO與y軸負(fù)半軸夾角θ＝30 帶電液滴沿PO做勻速直線運(yùn)動(dòng)，小球所受重力、電場(chǎng)力、洛倫茲力三力平衡， 洛倫茲力：N 根據(jù)平衡條件可得： 代入數(shù)據(jù)解得：N/C 電場(chǎng)方向沿PO方向（與x軸正半軸成30角斜向上）。 (2)撤去磁場(chǎng)，液滴做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)其加速度為g?，有： 設(shè)撤掉磁場(chǎng)后液滴在初速度方向上的分位移為x?，有：x?＝vt 設(shè)液滴在重力與電場(chǎng)力的合力方向上分位移為y?，有： 設(shè)g?與x軸正半軸所成夾角為θ，又 聯(lián)立以上各式，代入數(shù)據(jù)解得：m 又有m 故Q點(diǎn)的坐標(biāo)為(m，0)。 2．【解析】(1)設(shè)a和b相碰前的速度大小為v1，碰后的速度為v2，由機(jī)械能守恒定律： 由動(dòng)量守恒定律： 解得： 機(jī)械能損失： 解得：。 (2)設(shè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，由于b從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)的過程中與桿無(wú)作用力，可得： qvBcos θ＝2mg 解得：。 (3)b在第四象限做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖，由幾何關(guān)系可知軌跡的圓心O′在x軸上，b經(jīng)過N點(diǎn)時(shí)速度方向與x軸垂直，圓心角α＝120，又勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期為 b從Q點(diǎn)第一次通過N點(diǎn)的時(shí)間為 可得 b第一次通過N點(diǎn)后做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，經(jīng)t2時(shí)間第二次通過N點(diǎn)，有： b第二次通過N點(diǎn)后做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，經(jīng)t3時(shí)間第三次通過N點(diǎn)，有： 故b離開桿后會(huì)通過x軸的可能時(shí)間是： (i)豎直向上通過x軸： (n＝1、2、3、……) (2)豎直向下通過x軸： (n＝1、2、3、……) 3．【解析】(1)E1沿x軸正向時(shí)，小球勻加速運(yùn)動(dòng)：qE1＝ma1 v0＝a1t0， E1沿y軸正向時(shí)，小球做類平拋運(yùn)動(dòng)：x2＝v0t0， 小球位置坐標(biāo)：。 (2)撤去E1時(shí)y軸方向速度：vy＝a1t0 施加電場(chǎng)E2后小球能再次經(jīng)過y軸，故小球做勻減速直線運(yùn)動(dòng) E2的方向應(yīng)與x軸正向的夾角θ，有： θ＝135。 (3)施加電場(chǎng)E2后小球加速度a2，有：qE2＝ma2 解得：a2＝a1 做勻減速直線運(yùn)動(dòng)的初速度：v1＝v0，位移：s＝x 到達(dá)y軸時(shí)速度為v2： 得： 用時(shí)： 小球從O點(diǎn)出發(fā)到再次經(jīng)過y軸所用的時(shí)間為： 電場(chǎng)力做的功：。 4．【解析】(1)粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖，軌跡半徑r＝d 由牛頓第二定律得qv0B＝m 解得：m＝。 (2)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期T0＝ 在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1＝ 粒子在電場(chǎng)中做曲線運(yùn)動(dòng)，與兩板平行方向上的分運(yùn)動(dòng)為勻速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間t2＝ 從O點(diǎn)到離開電場(chǎng)的總時(shí)間t＝t1＋t2 解得：t＝＋＝d。 (3)粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t2＝＝T 當(dāng)粒子從時(shí)刻t＝自P點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)后，在豎直方向上運(yùn)動(dòng)一個(gè)周期T的位移為0，速度圖象如圖所示，故粒子在T內(nèi)運(yùn)動(dòng)的豎直位移y＝2a2 a＝ 解得y＝。