【物理】2019届一轮复习人教版微专题12带电粒子在复合场中的运动学案 11页

微专题12 带电粒子在复合场中的运动 带电粒子在叠加场中的运动 ‎1．带电体在叠加场中无约束情况下的运动 ‎(1)洛伦兹力、重力并存 ‎①若重力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动．‎ ‎②若重力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒，由此可求解问题．‎ ‎(2)静电力、洛伦兹力并存(不计重力的微观粒子)‎ ‎①若静电力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动．‎ ‎②若静电力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用动能定理求解问题．‎ ‎(3)静电力、洛伦兹力、重力并存 ‎①若三力平衡，一定做匀速直线运动．‎ ‎②若重力与静电力平衡，一定做匀速圆周运动．‎ ‎③若合力不为零且与速度方向不垂直，将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用能量守恒定律或动能定理求解问题．‎ ‎2．带电体在叠加场中有约束情况下的运动 带电体在叠加场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道等约束的情况下，常见的运动形式有直线运动和圆周运动，此时解题要通过受力分析明确变力、恒力做功情况，并注意洛伦兹力不做功的特点，运用动能定理、能量守恒定律结合牛顿运动定律求解．‎ ‎ (2017·山东枣庄一模)如图所示，穿有M、N两个小球(均视为质点)的光滑绝缘圆环，固定在竖直面内，圆心为O、半径R＝‎0.3 m．M、N用一根不可伸长的绝缘轻质细绳相连，小球质量分别为mM＝‎0.01 kg、mN＝‎0.08 kg；M带电荷量q＝＋7×10－‎4 C，N不带电．该空间同时存在匀强电场和匀强磁场．电场方向竖直向上，电场强度E＝1×103 V/m；磁场方向垂直于圆环平面向里，磁感应强度B＝×102 T．将两小球从图示位置(M与圆心O等高，N在圆心O的正下方)由静止释放，两小球开始沿逆时针方向向上转动．重力加速度g取‎10 m/s2，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.则在两球从图示位置逆时针向上转动的过程中，求：‎ ‎(1)通过计算判断，小球M能否到达圆环的最高点．‎ ‎(2)小球M速度最大时，圆环对小球M的弹力．‎ ‎(3)小球M电势能变化量的最大值．‎ 解析：(1)设M、N在转动过程中，绳对M、N做的功分别为WT、WT′，则 WT＋WT′＝0，‎ 设M到达圆环最高点时，M、N的动能分别为EkM、EkN，‎ 对M，洛伦兹力不做功，由动能定理得qER－mMgR＋WT＝EkM，‎ 对N，由动能定理得WT′－mNgR＝EkN，‎ 联立解得EkM＋EkN＝－0.06 J，‎ 即M在圆环最高点时，系统动能为负值，故M不能到达圆环的最高点．‎ ‎(2)设N转过α角时，M、N的速度大小分别为vM、vN，因M、N做圆周运动的半径和角速度均相同，故vM＝vN，‎ 对M，洛伦兹力不做功，由动能定理得 qERsin α－mMgRsin α＋WT2＝mMv，‎ 对N，由动能定理得 WT2′－mNgR(1－cos α)＝mNv，‎ WT2＋WT2′＝0，‎ 联立解得 v＝×(3sin α＋4cos α－4)，‎ 由上式可得，当α＝37°时，M、N的速度达到最大速度，最大速度vmax＝ m/s，‎ M速度最大时，设绳的拉力为F，圆环对小球M的弹力为FN，由牛顿第二定律得Fcos 45°＝(qE－mMg)cos 37°，‎ qvmaxB＝Fsin 45°－(qE－mMg)sin 37°＋FN＝，‎ 解得FN＝－0.096 N，负号表示弹力方向沿圆环径向向外．‎ ‎(3)M、N从图示位置逆时针转动过程中，由于M不能到达最高点，所以，当两球速度为0时，电场力做功最多，电势能减少最多．由v＝×(3sin α＋4cos α－4)得3sin α＋4cos α－4＝0，‎ 解得sin α＝(sin α＝0舍去)，‎ 故M的电势能变化量的最大值|ΔEp|＝qERsin α＝ J＝0.201 6 J.‎ 答案：(1)见解析　(2)0.096 N　沿圆环径向向外 ‎(3)0.201 6 J 带电粒子在叠加场中运动的分析方法 ‎(1)弄清叠加场的组成．‎ ‎(2)进行受力分析．‎ ‎(3)确定带电粒子的运动状态，注意运动情况和受力情况的结合．‎ ‎(4)对于粒子连续通过几个不同种类的场时，要分阶段进行处理．‎ ‎(5)画出粒子运动轨迹，灵活选择不同的运动规律．‎ ‎①当带电粒子在叠加场中做匀速直线运动时，根据受力平衡列方程求解．②当带电粒子在叠加场中做匀速圆周运动时，应用牛顿运动定律结合圆周运动规律求解．③当带电粒子做复杂曲线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解．④对于临界问题，注意挖掘隐含条件．‎ ‎ (2018·辽宁五校联考)如图所示，与水平面成37°的倾斜轨道AC，其延长线在D点与半圆轨道DF相切，轨道半径R＝‎1 m，轨道均为绝缘材料制成且位于竖直面内，整个空间存在水平向左的匀强电场，MN的右侧存在垂直于纸面向里的匀强磁场(C点在MN边界上)．一质量为‎0.4 kg的带电小球沿轨道AC下滑，至C点时速度v0＝ m/s，接着沿直线CD运动到D处进入半圆轨道，进入时无动能损失，且恰好能通过F点，在F点速度vF＝‎4 m/s，不计空气阻力，g取‎10 m/s2，cos 37°＝0.8，求：‎ ‎(1)小球带何种电荷；‎ ‎(2)小球在半圆轨道部分克服摩擦力所做的功．‎ ‎(3)小球从F点飞出时磁场同时消失，小球离开F点后的运动轨迹与轨道AC所在直线的交点为G(G点未标出)，求G点到D点的距离．‎ 解析：(1)在MN右侧，小球受到重力、电场力与洛伦兹力作用，如果小球带负电荷，电场力水平向右，洛伦兹力指向左下方，重力竖直向下，小球受到的合力不可能为零，小球不可能做直线运动，则小球带正电荷．‎ ‎(2)小球在C、D间做匀速直线运动，则在D点的速度与C点的速度大小相等，即vD＝ m/s，‎ 电场力与重力的合力F0＝＝5 N.‎ 从D到F的过程，对小球，‎ 由动能定理可得－Wf－F0·2R＝mv－mv，‎ 代入数据解得Wf＝27.6 J.‎ ‎(3)小球离开F点后做类平抛运动，加速度a＝，‎ ‎2R＝at2，代入数据解得t＝ s，‎ G点到D点的距离x＝vFt＝4× m＝‎2.26 m.‎ 答案：(1)带正电荷　(2)27.6 J　(3)‎‎2.26 m ‎1．设在地面上方的真空室内存在匀强电场和匀强磁场．已知电场强度和磁感应强度的方向是相同的，电场强度的大小E＝4.0 V/m, 磁感应强度的大小B＝0.15 T，今有一个带负电的质点以v＝‎20 m/s的速度在此区域内沿垂直场强方向做匀速直线运动，求此带电质点的电量与质量之比q/m以及磁场的所有可能方向(角度可用反三角函数表示)．‎ 解析：根据带电质点做匀速直线运动的条件，得知此带电质点所受的重力、电场力和洛伦兹力的合力必定为零．由此推知此三个力的同一竖直平面内，如图所示，质点的速度垂直纸面向外．‎ 由合力为零的条件，可得mg＝q，①‎ 求得带电质点的电量与质量之比＝②‎ 代入数据得＝ C/kg＝1. 96 C/kg③‎ 因质点带负电，电场方向与电场力方向相反，因而磁场方向也与电场力方向相反，设磁场方向与重力方向之间夹角为θ，则有qEsin θ＝qvBcos θ.‎ 解得tg θ＝＝，θ＝arctg 0.75④‎ 即磁场是沿着与重力方向夹角θ＝arctg 0.75，且斜向下方的一切方向．‎ 答案：见解析 带电粒子在组合场中的运动 ‎1．组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，电场、磁场交替出现．‎ ‎2．分析思路 ‎(1)划分过程：将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选取不同的规律处理．‎ ‎(2)找关键点：确定带电粒子在场区边界的速度(包括大小和方向)是解决该类问题的关键．‎ ‎(3)画运动轨迹：根据受力分析和运动分析，大致画出粒子的运动轨迹图，有利于形象、直观地解决问题．‎ ‎ 如图所示，半径为R的圆形区域，c为圆心，在圆上a点有一粒子源以相同的速率向圆面内各个方向发射多个质量为m、电荷量为＋q的带电粒子．当圆形区域存在垂直于圆面、磁感应强度大小为B的匀强磁场时，沿ac方向射入的粒子从b点离开场区，此过程粒子速度方向偏转了.若只将圆形区域内的磁场换成平行于圆面的匀强电场，粒子从电场圆边界的不同位置射出时有不同的动能，其最大动能是初动能的4倍，经过b点的粒子在b点的动能是初动能的3倍．不计粒子重力及粒子间的相互作用．求：‎ ‎(1)粒子源发射粒子的速度v0及从b点离开磁场的粒子在磁场中运动的最长时间tm；‎ ‎(2)电场强度的方向及大小．‎ 解析：(1)粒子在磁场中作匀速圆周运动，设轨迹圆半径为r，作出以ab为弦的两段圆弧如图所示，O1、O2分别为两圆圆心，由从b点射出的粒子速度偏转角知：对以O1为圆心的圆有：圆周角∠aO1b＝，‎ 由几何知识可知：弦切角∠cab＝，△abc为等边三角形，可得ab长度：L＝R①‎ 从△abO1可得：r＝R②‎ 由圆周运动的规律有：qv0B＝m③‎ 由②③式可得：v0＝④‎ 粒子在磁场中运动时间最长时的轨迹是以O2为圆心的圆弧，在菱形aO1bO2中有：∠aO2b＝∠aO1b＝ 粒子的偏转角θ＝2π－∠aO2b⑤‎ 由圆周运动的规律有：tm＝⑥‎ 解得tm＝.‎ ‎(2)设电场方向与ab连线夹角为θ，离开电场时动能最大的粒子的射出点和c点连线一定和电场方向平行，如图所示．‎ 在粒子从a运动到b点过程中由动能定理有：‎ qERcos θ＝2×mv⑦‎ 以离开电场时动能最大的粒子在电场中由动能定理有：‎ qER＝3×mv⑧‎ 由④⑦⑧式解得：θ＝0(即电场方向由a指向b)‎ E＝或θ满足sin θ＝－，E＝.‎ 答案：(1)　　(2)或 带电粒子在分离电场和磁场中的运动问题分析 ‎(1)带电粒子在电场和磁场的组合场中运动．根据粒子在运动过程中的受力情况，确定运动轨迹，计算粒子的运动时间、位移等物理量．由于电场与磁场是分离的，带电粒子在电场中受到恒定的电场力作用，加速度恒定，可能做匀变速直线运动，也可能做匀变速曲线运动．进入磁场之后，在磁场中受到洛伦兹力作用，粒子在磁场中做匀速圆周运动．‎ ‎(2)处理带电粒子在电场中的运动，用动能定理较为简单．‎ ‎(3)解题过程中要注意不要漏解．‎ ‎ 如图所示，在边长L＝3 dm的等边三角形abc的外接圆区域内有平行于纸面的匀强电场，将质量m＝2×10－‎13 kg，电量q＝＋1×10－‎10 C的点电荷从a点以相等的速率沿不同方向射出时可到达圆上的不同位置，其中电荷到达b点时动能最大，其动能增量为ΔEk＝8.1×10－10 J．若将该点以某一初速度v0沿ac方向从a点射出时恰通过b点，现撤去电场并在该圆形区域内加上垂直于纸面的匀强磁场时，仍让该点电荷从a点沿ac方向以v0射出时也能通过b点．求：‎ ‎(1)匀强电场的场强E；‎ ‎(2)匀强磁场的磁感应强度B；‎ ‎(3)点电荷在匀强磁场和匀强电场中运动的时间之比．‎ 解析：(1)由于电场力做功与路径无关，且点电荷从a点沿不同方向射出时到达b点时动能最大，说明在圆周上b点的电势最低，则过b点所作外接圆的切线为b点的等势线，又因为电场线总是与等势面相垂直，且由高等势面指向低等势面，故图中的Ob方向即为场强方向 设外接圆半径为R，由几何关系知L＝2Rcos 30°，由功能关系知电场力做功等于动能增量 ΔEk＝Eq(R＋Rsin 30°)，解得R＝‎0.3 m，E＝18 N/C．‎ ‎(2)电荷沿ac方向射入时在电场中恰做类平抛运动，由Rcos 30°＝v0t1和R＋Rsin 30°＝ t得t1＝0.01 s，v0＝‎15 m/s 换成磁场后仍过ab两点，则圆心在ab的垂直平分线上，同时圆心还应在过a点垂直于ac的直线上，如图中的O1点，由左手定则知磁感应强度方向垂直纸面向下，由几何关系可知其圆周运动的轨道半径r＝R 又电荷做圆周运动时，由qv0B＝m得r＝，代入数据可得B＝ T.‎ ‎(3)由几何关系知电荷在磁场中运动了120°圆心角，因此对应的时间为t2＝×＝ s 于是对应的时间之比为＝，整理可得＝.‎ 答案：(1)18 N/C　(2) T　(3) ‎2．(2018·辽宁五校协作体联考)如图，在xOy平面第一象限内有平行于y轴的匀强电场和垂直于xOy平面的匀强磁场，匀强电场的电场强度为E.一带电荷量为＋q的小球从y轴上离坐标原点距离为L的A点处，以沿x轴正方向的初速度进入第一象限，如果电场和磁场同时存在，小球将做匀速圆周运动，并从x轴上距坐标原点的C点离开磁场．如果只撤去磁场，并且将电场反向，带电小球以相同的初速度从A点进入第一象限，仍然从x轴上距坐标原点的C点离开电场．求：‎ ‎(1)小球从A点出发时的初速度大小；‎ ‎(2)磁感应强度B的大小．‎ 解析：(1)由带电小球做匀速圆周运动知mg＝qE①‎ 所以电场反向后，由牛顿第二定律有mg＋qE＝ma②‎ 小球做类平抛运动有L＝at2③‎ ＝v0t④‎ 由①②③④联立得v0＝⑤‎ ‎(2)带电小球做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，则qv0B＝⑥‎ 由几何知识得(L－R)2＋(L)2＝R2⑦‎ 由⑤⑥⑦得B＝.‎ 答案：(1)　(2) ‎3．(2018·江西红色七校模拟)如图所示，粒子源O可以源源不断地产生初速度为零的正离子同位素，即这些正离子带相同的电荷量q，质量却不相同．所有的正离子先被一个电压为U0的匀强加速电场加速，再从两板中央垂直射入一个匀强偏转电场，已知此偏转电场两板间距为d，板间电压为2U0，偏转后通过下极板上的小孔P离开电场．经过一段匀速直线运动后，正离子从Q点垂直于边界AB进入一正方形区域匀强磁场(磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里)，不计正离子的重力及离子间的相互作用．‎ ‎(1)当正离子从P点离开偏转电场时，求P点和极板左端间的距离L以及此时的速度偏转角φ.‎ ‎(2)求质量为m的离子在磁场中做圆周运动的半径R.‎ ‎(3)若质量为‎4m的离子垂直打在磁场边界AD的中点处，求能打在边界AD上的正离子的质量范围．‎ 解析：(1)离子在加速电场中，由动能定理得qU0＝mv－0，‎ 在偏转电场中，离子做类平抛运动，L＝v0t，＝at2，‎ 加速度a＝，‎ 速度偏转角的正切值tan φ＝，‎ 解得L＝d，‎ tan φ＝1，φ＝45°.‎ ‎(2)离子在加速电场中，由动能定理得qU0＝mv－0，v0＝，‎ 离子进入磁场时的速度为v，v＝＝v0，‎ 离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，‎ 由牛顿第二定律得qvB＝m，‎ 解得R＝ .‎ ‎(3)由题意可知，质量为‎4m的正离子在磁场中运动轨迹的圆心恰好在A点，设此时的轨迹半径为R0，临界状态1：质量为m1的正离子刚好打在A点，设此时的轨迹半径为R1，如图所示．‎ 由几何知识可得R1＝R0，‎ 由R＝ 可知＝ ，‎ 解得m1＝m.‎ 临界状态2：质量为m2的正离子刚好打在D点，设此时的轨迹半径为R2，由几何知识可得 R＝(2R0)2＋(R2－R0)2，‎ 解得R2＝R0，‎ 则＝ ，‎ 解得m2＝‎25m，‎ 则能打在边界AD上的正离子的质量范围为m～‎25m.‎ 答案：(1)d　45°　(2) 　(3)m～25m