2019屆高考物理一輪復習 熱點題型 專題3.4 帶電粒子在疊加場中的運動問題學案.doc

《2019屆高考物理一輪復習 熱點題型 專題3.4 帶電粒子在疊加場中的運動問題學案.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019屆高考物理一輪復習 熱點題型 專題3.4 帶電粒子在疊加場中的運動問題學案.doc（17頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

專題3.4 帶電粒子在疊加場中的運動問題 疊加場是指在同一空間區(qū)域中重力場、電場、磁場有兩種場或三種場同時存在的情況。常見的疊加場有：電場與重力場的疊加，磁場與電場的疊加，磁場、電場、重力場的疊加等。 帶電粒子在復合場中做什么運動，取決于帶電粒子所受的合外力及其初始運動狀態(tài)，因此應把帶電粒子的初始運動情況和受力情況結合起來進行分析。 (1)當帶電粒子在復合場中所受的合外力為零時，粒子將保持靜止或做勻速直線運動。 (2)當帶電粒子所受的合外力與運動方向在同一條直線上時，粒子將做勻變速直線運動。 (3)當帶電粒子所受的合外力充當向心力時，粒子將做勻速圓周運動。 (4)當帶電粒子所受合外力的大小、方向都不斷變化時，粒子將做變速運動。 題型1 帶電體在疊加場中有約束情況下的運動 帶電體在疊加場中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道等約束的情況下，常見的運動形式有直線運動和圓周運動，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，運用動能定理、能量守恒定律結合牛頓運動定律求解． 類型一：如果粒子在復合場中受軌道、支撐面、輕繩或輕桿等有形的約束時，可做變速直線運動。解題時只要從受力分析入手，明確變力、恒力及做功等情況，就可用動能定理、牛頓運動定律、運動學相關知識進行求解。 類型二：若帶電粒子運動的空間存在軌道、支撐面、輕繩、輕桿等有形的約束時，帶電粒子在復合場中做勻變速圓周運動，一般應用牛頓運動定律和動能定理求解。 【典例1】如圖，一個質量為m、帶電量為+q的圓環(huán)，可在水平放置的足夠長的粗糙細桿上滑動，細桿處于磁感應強度為B的勻強磁場中?，F(xiàn)給圓環(huán)一個水平向右的初速度v0，在以后的運動中下列說法正確的是（ ） A．圓環(huán)可能做勻減速運動 B．圓環(huán)不可能做勻速直線運動 C．圓環(huán)克服摩擦力所做的功一定為 D．圓環(huán)克服摩擦力所做的功可能為 【答案】 D 【解析】：當qv0B＜mg時，圓環(huán)做減速運動到靜止，速度在減小，洛倫茲力減小，桿的支持力和摩擦力都發(fā)生變化，所以不可能做勻減速運動，故A錯誤 當qv0B=mg時，圓環(huán)不受支持力和摩擦力，做勻速直線運動，故B錯誤。 當qv0B＜mg時，圓環(huán)做減速運動到靜止，只有摩擦力做功．根據(jù)動能定理得 -W=0-，W= 代入解得W=，故C錯誤，D正確。故選D． 【典例2】如圖所示，與水平面成37的傾斜軌道AC，其延長線在D點與半圓軌道DF相切，全部軌道為絕緣材料制成且位于豎直面內，整個空間存在水平向左的勻強電場，MN的右側存在垂直紙面向里的勻強磁場(C點處于MN邊界上)．一質量為0.4 kg的帶電小球沿軌道AC下滑，至C點時速度為vC＝ m/s，接著沿直線CD運動到D處進入半圓軌道，進入時無動能損失，且恰好能通過F點，在F點速度為vF＝4 m/s(不計空氣阻力，g＝10 m/s2，cos 37＝0.8)．求： (1)小球帶何種電荷？ (2)小球在半圓軌道部分克服摩擦力所做的功； (3)小球從F點飛出時磁場同時消失，小球離開F點后的運動軌跡與直線AC(或延長線)的交點為G點(未標出)，求G點到D點的距離． 【答案】 (1)正電荷 (2)27.6 J (3)2.26 m 【解析】 (1)依題意可知小球在CD間做勻速直線運動，在CD段受重力、電場力、洛倫茲力且合力為零，若小球帶負電，小球受到的合力不為零，因此帶電小球應帶正電荷． (2)小球在D點速度為 vD＝vC＝ m/s 設重力與電場力的合力為F1，如圖所示，則F1＝F洛＝qvCB 又F1＝＝5 N 解得qB＝＝ CT 在F處由牛頓第二定律可得 qvFB＋F1＝F 把qB＝ CT代入得R＝1 m 小球在DF段克服摩擦力做功Wf，由動能定理可得 －Wf－2F1R＝mv－mv 解得Wf≈27.6 J (3)小球離開F點后做類平拋運動，其加速度為a＝ 由2R＝ 解得t＝ ＝ s 交點G與D點的距離GD＝vFt＝ m≈2.26 m 【跟蹤訓練】 1.(多選)如圖所示，兩個傾角分別為30和60的光滑斜面固定于水平地面上，并處于方向垂直紙面向里、磁感應強度為B的勻強磁場中。兩個質量均為m、帶電荷量為＋q的小滑塊甲和乙分別從兩個斜面頂端由靜止釋放，運動一段時間后，兩小滑塊都將飛離斜面，在此過程中( ) A.甲滑塊飛離斜面瞬間的速度比乙滑塊飛離斜面瞬間的速度大 B.甲滑塊在斜面上運動的時間比乙滑塊在斜面上運動的時間短 C.甲滑塊在斜面上運動的位移與乙滑塊在斜面上運動的位移大小相同 D.兩滑塊在斜面上運動的過程中，重力的平均功率相等 【答案】 AD 2. 如圖所示的豎直平面內有范圍足夠大、水平向左的勻強電場，在虛線的左側有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感強度大小為B，一絕緣軌道由兩段直桿和一半徑為R的半圓環(huán)組成，固定在紙面所在的豎直平面內，PQ、MN水平且足夠長，半圓環(huán)MAP在磁場邊界左側，P、M點在磁場邊界線上，NMAP段光滑，PQ段粗糙．現(xiàn)在有一質量為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0.5倍?，F(xiàn)將小環(huán)從M點右側的D點由靜止釋放，小環(huán)剛好能到達P點． （1）求DM間距離x0； （2）求上述過程中小環(huán)第一次通過與O等高的A點時半圓環(huán)對小環(huán)作用力的大?。? 【答案】 （1）8R/3 （2） 【解析】：（1）小環(huán)剛好到達P點時速度vP=0，由動能定理得 qEx0-2mgR=0 而 qE＝3mg/4 所以x0＝8R/3 （2）設小環(huán)在A點時的速度為vA，由動能定理得 qE(x0+R)?mgR＝ 因此vA＝ 題型2 帶電體在疊加場中無約束情況下的運動情況 (1)洛倫茲力、重力并存 ①若重力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運動． ②若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復雜的曲線運動，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) ①若靜電力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運動． ②若靜電力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復雜的曲線運動，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 ①若三力平衡，一定做勻速直線運動． ②若重力與靜電力平衡，一定做勻速圓周運動． ③若合力不為零且與速度方向不垂直，將做復雜的曲線運動，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． 【典例3】如圖所示，勻強電場方向水平向右，勻強磁場方向垂直紙面向里，將帶正電的小球在場中靜止釋放，最后落到地面上．關于該過程，下述說法正確的是( ) A．小球做勻變速曲線運動 B．小球減少的電勢能等于增加的動能 C．電場力和重力做的功等于小球增加的動能 D．若保持其他條件不變，只減小磁感應強度，小球著地時動能不變 【答案】 C 【解析】 重力和電場力是恒力，但洛倫茲力是變力，因此合外力是變化的，由牛頓第二定律知其加速度也是變化的，選項A錯誤；由動能定理和功能關系知，選項B錯誤，選項C正確；磁感應強度減小時，小球落地時的水平位移會發(fā)生變化，則電場力所做的功也會隨之發(fā)生變化，選項D錯誤． 【典例4】如圖，在豎直平面內建立直角坐標系xOy，其第一象限存在著正交的勻強電場和勻強磁場，電場強度的方向水平向右，磁感應強度的方向垂直紙面向里．一帶電荷量為＋q、質量為m的微粒從原點出發(fā)沿與x軸正方向的夾角為45的初速度進入復合場中，正好做直線運動，當微粒運動到A(l，l)時，電場方向突然變?yōu)樨Q直向上(不計電場變化的時間)，粒子繼續(xù)運動一段時間后，正好垂直于y軸穿出復合場．不計一切阻力，求： (1)電場強度E的大小； (2)磁感應強度B的大?。? (3)粒子在復合場中的運動時間． 【答案】 (1) (2) (3)(＋1) 【解析】 (1)微粒到達A(l，l)之前做勻速直線運動，對微粒受力分析如圖甲： 所以，Eq＝mg，得：E＝ (2)由平衡條件： qvB＝mg 電場方向變化后，微粒所受重力與電場力平衡，微粒在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，軌跡如圖乙： qvB＝m 由幾何知識可得：r＝l v＝ 聯(lián)立解得：B＝ (3)微粒做勻速運動時間：t1＝＝ 做圓周運動時間：t2＝＝ 在復合場中運動時間：t＝t1＋t2＝(＋1) 【跟蹤訓練】 (2016天津高考)如圖所示，空間中存在著水平向右的勻強電場，電場強度大小E＝5 N/C，同時存在著水平方向的勻強磁場，其方向與電場方向垂直，磁感應強度大小B＝0.5 T。有一帶正電的小球，質量m＝110－6 kg，電荷量q＝210－6 C，正以速度v在圖示的豎直面內做勻速直線運動，當經(jīng)過P點時撤掉磁場(不考慮磁場消失引起的電磁感應現(xiàn)象)，取g＝10 m/s2。求： (1)小球做勻速直線運動的速度v的大小和方向； (2)從撤掉磁場到小球再次穿過P點所在的這條電場線經(jīng)歷的時間t。 【答案】(1)20 m/s，方向與電場方向成60角斜向上 (2)3.5 s 【解析】(1)小球勻速直線運動時受力如圖， 其所受的三個力在同一平面內，合力為零，有qvB＝ 代入數(shù)據(jù)解得 v＝20 m/s 速度v的方向與電場E的方向之間的夾角θ滿足 tan θ＝ 代入數(shù)據(jù)解得tan θ＝ θ＝60。 聯(lián)立以上各式，代入數(shù)據(jù)解得 t＝2 s≈3.5 s。 解法二：撤去磁場后，由于電場力垂直于豎直方向，它對豎直方向的分運動沒有影響，以P點為坐標原點，豎直向上為正方向，小球在豎直方向上做勻減速運動，其初速度為 vy＝vsin θ 若使小球再次穿過P點所在的電場線，僅需小球的豎直方向上分位移為零，則有 vyt－gt2＝0 聯(lián)立以上兩式，代入數(shù)據(jù)解得t＝2 s≈3.5 s。 高考+模擬綜合提升訓練 1.(2018全國卷II T25)一足夠長的條狀區(qū)域內存在勻強電場和勻強磁場,其在xOy平面內的截面如圖所示:中間是磁場區(qū)域,其邊界與y軸垂直,寬度為l,磁感應強度的大小為B,方向垂直于xOy平面;磁場的上、下兩側為電場區(qū)域,寬度均為l,電場強度的大小均為E,方向均沿x軸正方向;M、N為條狀區(qū)域邊界上的兩點,它們的連線與y軸平行。一帶正電的粒子以某一速度從M點沿y軸正方向射入電場,經(jīng)過一段時間后恰好以從M點入射的速度從N點沿y軸正方向射出。不計重力。 (1)定性畫出該粒子在電磁場中運動的軌跡。 (2)求該粒子從M點射入時速度的大小。 (3)若該粒子進入磁場時的速度方向恰好與x軸正方向的夾角為,求該粒子的比荷及其從M點運動到N點的時間。 【答案】(1)圖見解析 (2) (3) 【解析】(1)粒子運動的軌跡如圖甲所示。(粒子在電場中的軌跡為拋物線,在磁場中為圓弧,上下對稱) (2)粒子從電場下邊界入射后在電場中做類平拋運動。設粒子從M點射入時速度的大小為v0,在下側電場中運動的時間為t,加速度的大小為a;粒子進入磁場的速度大小為v,方向與電場方向的夾角為θ(見圖乙),速度沿電場方向的分量為v1。根據(jù)牛頓第二定律有 qE=ma ① 式中q和m分別為粒子的電荷量和質量。由運動學公式有 v1=at ② l=v0t ③ v1=vcos θ ④ 粒子在磁場中做勻速圓周運動,設其運動軌道半徑為R,由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得 qvB=m ⑤ 由幾何關系得 l=2Rcos θ ⑥ 聯(lián)立①②③④⑤⑥式得 v0= ⑦ ⑩ 式中T是粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期 由③⑦⑨⑩式得 2．（2017全國Ⅰ，16）如圖，空間某區(qū)域存在勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向上（與紙面平行），磁場方向垂直于紙面向里，三個帶正電的微粒a，b，c電荷量相等，質量分別為ma，mb，mc，已知在該區(qū)域內，a在紙面內做勻速圓周運動，b在紙面內向右做勻速直線運動，c在紙面內向左做勻速直線運動。下列選項正確的是 A． B． C． D． 【答案】B 【解析】由題意知，mag=qE，mbg=qE+Bqv，mcg+Bqv=qE，所以，故B正確；ACD錯誤。 3．(2015福建高考)如圖，絕緣粗糙的豎直平面MN左側同時存在相互垂直的勻強電場和勻強磁場，電場方向水平向右，電場強度大小為E，磁場方向垂直紙面向外，磁感應強度大小為B。一質量為m、電荷量為q的帶正電的小滑塊從A點由靜止開始沿MN下滑，到達C點時離開MN做曲線運動。A、C兩點間距離為h，重力加速度為g。 (1)求小滑塊運動到C點時的速度大小vC； (2)求小滑塊從A點運動到C點過程中克服摩擦力做的功Wf； (3)若D點為小滑塊在電場力、洛倫茲力及重力作用下運動過程中速度最大的位置，當小滑塊運動到D點時撤去磁場，此后小滑塊繼續(xù)運動到水平地面上的P點。已知小滑塊在D點時的速度大小為vD，從D點運動到P點的時間為t，求小滑塊運動到P點時速度的大小vP。 【答案】：(1) (2)mgh－ (3) 【解析】(1)小滑塊沿MN運動過程，水平方向受力滿足 qvB＋N＝qE 小滑塊在C點離開MN時N＝0 解得vC＝。 (2)由動能定理得 mgh－Wf＝mvC2－0 解得Wf＝mgh－。 4．（2019屆河南省滑縣高三第一學期第二次聯(lián)考） 如圖所示,空間存在垂直紙面向里的勻強磁場,一帶負電的物塊在水平外力F作用下沿粗糙水平面向右做勻加速直線運動,下列關于外力F隨時間變化的圖象可能正確的是 A． B． C． D． 【答案】D 【解析】設開始計時物塊的速度為，物塊質量為m，磁感應強度為B，物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為，根據(jù)牛頓運動定律得：，，聯(lián)立解得：，若為零則，可知外力F隨時間呈線性關系，選項D正確。 5．（2019屆四川省成都市高中畢業(yè)班摸底測試） 圖示區(qū)域有方向豎直向下的勻強電場和水平向里的勻強磁場，一帶正電的微粒以水平向右的初速度進入該區(qū)域時，恰能沿直線運動。欲使微粒向下偏轉，可采用的方法是 A． 僅減小入射速度 B． 僅減小微粒的質量 C． 僅增大微粒的電荷量 D． 僅增大磁場的磁感應強度 【答案】A 【解析】帶正電的粒子受到向下的電場力和重力以及向上的洛倫茲力作用，當qvB=mg+qE時，粒子沿直線通過正交場區(qū)；若減小入射速度，則洛倫茲力減小，電場力不變，合力向下，向下偏轉。故A正確；僅減小微粒的質量，則洛倫茲力大于電場力，合力向上，向上偏轉。故B錯誤；增加電荷量，則電場力與洛倫茲力都增加，合力向上，向上偏轉。故C錯誤；增大磁感應強度，則向上的洛倫茲力增加，合力向上，向上偏轉。故D錯誤；故選A。 6．（2019屆河南省中原名校高三第一次質量考評） 如圖所示，空間存在水平向左的勻強電場E和垂直紙面向外的勻強磁場B，在豎直平面內從a點沿ab、ac方向拋出兩帶電小球，不考慮兩帶電小球間的相互作用，兩小球的電荷量始終不變，關于小球的運動，下列說法正確的是 A． 沿ab、ac方向拋出的小球都可能做直線運動 B． 若小球沿ac方向做直線運動，則小球帶負電，可能做勻加速運動 C． 若小球沿ac方向做直線運動，則小球帶正電，且一定是勻速運動 D． 兩小球在運動過程中機械能均守恒 【答案】AC 7．（2019屆安徽省合肥市高三上學期調研性檢測） 如圖所示，空間某區(qū)域存在正交的勻強電場和勻強磁場，電場方向水平向左，磁場方向垂直紙面向里，在該區(qū)域內，一帶電粒子在豎直面內可能沿豎直線AB或水平線CD運動。若粒子僅受電場、磁場的作用力，下列判斷正確的是（ ） A． 若粒子帶正電，則粒子由A向B運動 B． 若粒子帶負電，則粒子由A向B運動 C． 若粒子帶正電，則粒子由C向D運動 D． 若粒子帶負電，則粒子由C向D運動 【答案】AB 8．（2019屆安徽省六安二中高三（上）開學測試） 如圖所示，在xOy平面內，有場強，方向沿x軸正方向的勻強電場和磁感應強度大小為、方向垂直xOy平面指向紙里的勻強磁場一個質量，電量帶正電的微粒，在xOy平面內做勻速直線運動，運動到原點O時，撤去磁場，經(jīng)一段時間后，帶電微粒運動到了x軸上的P點求： 粒子運動的速度； 點到原點O的距離； 帶電微粒由原點O運動到P點的時間． 【答案】， 3715m 【解析】粒子的重力：， 電場力：， 粒子做勻速直線運動，所受合力為零， 由平衡條件得：， 解得：， 設速度與x軸的方向為，， 解得：； 重力和電場力的合力是恒力，且方向與微粒在O點的速度方向垂直， 撤去磁場后，微粒做類平拋運動，設沿初速度方向的位移為，沿合力方向的位移為， 在初速度方向上：， 在合力方向上：， OP間的距離：， 解得：，， 9．（2018福建省漳州市高三考前模擬考試試卷（二）） 在豎直放置固定的光滑絕緣圓環(huán)中，套有一個帶電-q、質量m的小環(huán)，整個裝置放在如圖所示的正交勻強電磁場中，磁感應強度大小為B，電場，重力加速度為g．當小環(huán)從大環(huán)頂端無初速度下滑時，則小環(huán) A． 運動到最低點的速度最大 B． 不能做完整的圓周運動 C． 對軌道最大壓力為 D． 受到的最大洛侖茲力 【答案】BD 【解析】A.將重力場和電場等效為一個等效場，只有運動到等效最低點速度才最大，故A錯誤。B、由能量守恒定律可知無法到達等效最高點，不能做完整的圓周運動，故B正確。C、由動能定理可得，解得，受到的最大洛侖茲力，故D正確；C、在等效最低點由牛頓第二定律有，可知，故C錯誤。故選BD。 10．（2018貴州省長順縣民族高級中學高三下學期第二次月考） 如圖所示，某空間存在豎直向下的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，已知一離子在電場力和磁場力作用下，從靜止開始沿曲線acb運動，到達b點時速度為零，c點為運動的最低點，則（ ） A． 離子必帶正電 B． a．b兩點位于同一高度 C． 離子在c點速度最大 D． 離子到達b點后將沿原曲線返回a點 【答案】ABC 只要將離子在B點的狀態(tài)與A點進行比較，就可以發(fā)現(xiàn)它們的狀態(tài)（速度為零，電勢能相等）相同，如果右側仍有同樣的電場和磁場的疊加區(qū)域，離子就將在B之右側重現(xiàn)前面的曲線運動，因此離子是不可能沿原曲線返回A點的。如圖所示。故D錯誤。故選BC。 11．（2018江西師范大學附屬中學高三最后一卷） 如圖所示，虛線框中存在垂直紙面向外的勻強磁場B和平行紙面且與豎直平面夾角為45斜向下的勻強電場E，有一質量為m，電荷量為q的帶負電的小球在高為h處的P點從靜止開始自由下落，當小球運動到復合場內時剛好做直線運動，那么（ ） A． 小球在復合場中一定做勻速直線運動 B． 若換成帶正電的小球，小球仍可能做直線運動 C． 磁感應強度場強 D． 若同時改變小球的比荷與初始下落高度h，小球不能沿直線通過復合場 【答案】ACD 【解析】A、小球在復合場中受到豎直向下的重力、與電場強度方向相反的電場力和水平向右的洛倫茲力的作用，如圖所示： 其中電場力和重力是恒力，而洛倫茲力的大小與小球的速度大小成正比，若小球做的是變速運動，那么洛倫茲力也是變力，小球的合外力方向也要改變，這與題意不符，所以小球在復合場中一定做勻速直線運動。故A正確。B、C、根據(jù)小球的平衡條件可得：，，又v2=2gh，聯(lián)立各式解得磁感應強度，電場強度；若要使小球沿直線通過復合場，小球的合力一定為零，所以一定要滿足，若同時改變小球的比荷與初始下落的高度h，以上兩個式子不能同時滿足，不能做直線運動，故C、D正確。B、若換成帶正電的小球，則電場力和洛倫茲力同時反向，合力不可能為零，故B錯誤。故選ACD。