2019年高考物理大二輪復習 專題訓練五 第2課時 帶電粒子在復合場中的運動.doc
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2019年高考物理大二輪復習 專題訓練五 第2課時 帶電粒子在復合場中的運動1帶電粒子在電場中常見的運動類型(1)勻變速直線運動:通常利用動能定理qUmv2mv來求解對于勻強電場,電場力做功也可以用WqEd求解(2)偏轉(zhuǎn)運動:一般研究帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)問題對于類平拋運動可直接利用平拋運動的規(guī)律以及推論;較復雜的曲線運動常用運動分解的方法來處理2帶電粒子在勻強磁場中常見的運動類型(1)勻速直線運動:當vB時,帶電粒子以速度v做勻速直線運動(2)勻速圓周運動:當vB時,帶電粒子在垂直于磁感線的平面內(nèi)以入射速度做勻速圓周運動3復合場中是否需要考慮粒子重力的三種情況(1)對于微觀粒子,如電子、質(zhì)子、離子等,因為其重力一般情況下與電場力或磁場力相比太小,可以忽略;而對于一些宏觀物體,如帶電小球、液滴、金屬塊等一般應考慮其重力(2)題目中有明確說明是否要考慮重力的情況(3)不能直接判斷是否要考慮重力的情況,在進行受力分析與運動分析時,根據(jù)運動狀態(tài)可分析出是否要考慮重力1正確分析帶電粒子的受力及運動特征是解決問題的前提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初始運動狀態(tài)的速度,因此應把帶電粒子的運動情況和受力情況結(jié)合起來進行分析2靈活選用力學規(guī)律是解決問題的關鍵當帶電粒子在復合場中做勻速直線運動時,應根據(jù)平衡條件列方程求解當帶電粒子在復合場中做勻速圓周運動時,往往同時應用牛頓第二定律和平衡條件列方程聯(lián)立求解當帶電粒子在復合場中做非勻變速曲線運動時,應選用動能定理或能量守恒定律列方程求解.考向1帶電粒子在疊加場中的運動例1如圖1所示,位于豎直平面內(nèi)的坐標系xOy,在其第三象限空間有垂直于紙面向外的勻強磁場,磁感應強度大小為B0.5 T,還有沿x軸負方向的勻強電場,場強大小為E2 N/C.在其第一象限空間有沿y軸負方向的、場強大小也為E的勻強電場,并在yh0.4 m的區(qū)域有磁感應強度也為B的垂直于紙面向里的勻強磁場一個帶電荷量為q的油滴從圖中第三象限的P點得到一初速度,恰好能沿PO做勻速直線運動(PO與x軸負方向的夾角為45),并從原點O進入第一象限已知重力加速度g10 m/s2,問:圖1(1)油滴在第三象限運動時受到的重力、電場力、洛倫茲力三力的大小之比,并指出油滴帶何種電荷;(2)油滴在P點得到的初速度大??;(3)油滴在第一象限運動的時間審題突破在第三象限油滴恰好能沿PO做勻速直線運動需要滿足什么條件?根據(jù)夾角為45,重力、電場力有什么數(shù)值關系?油滴進入第一象限后做什么運動?解析(1)根據(jù)受力分析(如圖)可知油滴帶負電荷,設油滴質(zhì)量為m,由平衡條件得:mgqEF11.(2)由第(1)問得:mgqEqvBqE解得:v4 m/s.(3)進入第一象限,電場力和重力平衡,知油滴先做勻速直線運動,進入yh的區(qū)域后做勻速圓周運動,軌跡如圖,最后從x軸上的N點離開第一象限由OA勻速運動的位移為x1h其運動時間:t10.1 s由幾何關系和圓周運動的周期關系式T知,由AC的圓周運動時間為t2T0.628 s由對稱性知從CN的時間t3t1在第一象限運動的總時間tt1t2t320.1 s0.628 s0.828 s答案(1)11油滴帶負電荷(2)4 m/s(3)0.828 s以題說法帶電粒子在疊加場中運動的處理方法1弄清疊加場的組成特點2正確分析帶電粒子的受力及運動特點3畫出粒子的運動軌跡,靈活選擇不同的運動規(guī)律(1)若只有兩個場且正交,合力為零,則表現(xiàn)為勻速直線運動或靜止例如電場與磁場中滿足qEqvB;重力場與磁場中滿足mgqvB;重力場與電場中滿足mgqE.(2)若三場共存時,合力為零,粒子做勻速直線運動,其中洛倫茲力FqvB的方向與速度v垂直(3)若三場共存時,粒子做勻速圓周運動,則有mgqE,粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動,即qvBm.(4)當帶電粒子做復雜的曲線運動或有約束的變速直線運動時,一般用動能定理或能量守恒定律求解 如圖2所示,水平地面上方豎直邊界MN左側(cè)存在垂直紙面向里的勻強磁場B和沿豎直方向的勻強電場E2(未畫出),磁感應強度B1.0 T,MN邊界右側(cè)離地面h3 m處有長為L0.91 m的光滑水平絕緣平臺,平臺的左邊緣與MN重合,平臺右邊緣有一質(zhì)量m0.1 kg、電量q0.1 C的帶正電小球,以初速度v00.6 m/s向左運動此時平臺上方存在E12 N/C的勻強電場,電場方向與水平方向成角,指向左下方,小球在平臺上運動的過程中,為45至90的某一確定值小球離開平臺左側(cè)后恰好做勻速圓周運動小球可視為質(zhì)點,g10 m/s2.求:圖2(1)電場強度E2的大小和方向;(2)小球離開平臺左側(cè)后在磁場中運動的最短時間;(3)小球離開平臺左側(cè)后,小球落地點的范圍(計算結(jié)果可以用根號表示)答案(1)10 N/C,方向豎直向上(2) s(3)距N點左邊 m、右邊 m的范圍內(nèi)解析(1)因為小球在MN邊界左側(cè)做勻速圓周運動,其所受到的電場力必等于自身重力,有qE2mg得E210 N/C,方向豎直向上(2)若90,小球勻速通過MN有最小速度:vmin0.6 m/s若45,小球勻加速通過MN有最大速度此時E1qcos maa2 m/s2由vv2aL可得:vmax2 m/s綜合分析得:小球通過MN后的速度為0.6 m/svA2 m/s小球以2 m/s在磁場中做勻速圓周運動的時間最短,根據(jù)Bqvm和T得:Rmax2 mT2 s,因為sin ,所以30所以小球在磁場中轉(zhuǎn)過的角度為120,所以小球在磁場中運動的時間tT s.(3)小球落在N點左邊最大距離時,設到N點距離為x,則xRmaxcos 30 m小球從MN邊界飛出的最小半徑Rmin0.6 m設小球落到N點右邊時,到N點的距離為s,小球落在N點右邊的最大距離由平拋運動得h2Rgt2svtvs 當R1 m時,s有最大值因0.6 mR1.5 m,故s 成立代入數(shù)據(jù)解得s m所以小球的落點在距N點左邊 m、右邊 m的范圍內(nèi)考向2帶電粒子在組合場中的運動分析例2為研究帶電粒子在電場和磁場中的偏轉(zhuǎn)情況,在xOy平面內(nèi)加如圖3所示的電場和磁場,第二象限10 cmx0區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場B,其大小為0.2 T;在第一象限內(nèi)有一電場強度方向沿y軸負方向且可沿x軸平移的條形勻強電場,其寬度d5 cm.在A(6 cm,0)點有一粒子發(fā)射源,向x軸上方180范圍內(nèi)發(fā)射速度大小為v2.0106 m/s的負粒子,粒子的比荷為q/m2.0108 C/kg,不計算粒子的重力和相互作用圖3(1)若粒子與x軸正方向成30角方向射入磁場,求該粒子在磁場中運動的時間;(2)求從A處發(fā)射的所有粒子中與y軸交點的最大值坐標;(3)當電場左邊界與y軸重合時滿足第(2)問條件的粒子經(jīng)過電場后恰好平行x軸從其右邊界飛出,求勻強電場的電場強度E的大小(4)現(xiàn)將條形電場沿x軸正向平移,電場的寬度和電場強度E仍保持不變,能讓滿足第(2)問條件的粒子經(jīng)過電場后從右邊界飛出,在此情況下寫出電場左邊界的橫坐標x0與從電場右邊界出射點的縱坐標y0的關系式,并繪出圖線審題突破粒子速度確定、比荷確定,則在磁場中做圓周運動的半徑一定,與x軸成30角方向射入時,對應的圓心角是多少呢?A與粒子做圓周運動的軌跡和y軸交點的連線是弦,弦何時最大?你能結(jié)合幾何關系得到電場左邊界的橫坐標x0與從電場右邊界出射點縱坐標y0的函數(shù)關系表達式嗎?解析(1)設帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑為r,由牛頓第二定律得qvBm得r0.05 m5 cm粒子在磁場中運動的周期為T107 s如圖所示為粒子在磁場中運動的軌跡由幾何關系得60tT107 s.(2)設從y軸最上方飛出的粒子坐標為(0,y1)由幾何關系得(2r)262y得y18 cm.(3)如圖所示,設粒子從磁場射出時速度方向與x軸的夾角為,有sin ,即37,設粒子在電場中運動的時間為t1,t1設粒子的加速度大小為a,則avsin at1聯(lián)立解得E1.92105 N/C.(4)如圖所示,帶電粒子離開磁場后先做勻速直線運動,后做類平拋運動電場左邊界的橫坐標x0與從電場右邊界出射點縱坐標y0的函數(shù)關系為y1(x0)tan y0,即y06.1250.75x0(cm)當x00時,從電場右邊界出射點的縱坐標為y06.125 cm,當y00時,電場左邊界的橫坐標為x0 cm.圖線如圖所示答案(1)107 s(2)8 cm(3)1.92105 N/C(4)y06.1250.75x0(cm)見解析圖以題說法設帶電粒子在組合場內(nèi)的運動實際上也是運動過程的組合,解決方法如下:(1)分別研究帶電粒子在不同場區(qū)的運動規(guī)律在勻強磁場中做勻速圓周運動在勻強電場中,若速度方向與電場方向平行,則做勻變速直線運動;若速度方向與電場方向垂直,則做類平拋運動(2)帶電粒子經(jīng)過磁場區(qū)域時利用圓周運動規(guī)律結(jié)合幾何關系處理(3)當粒子從一個場進入另一個場時,分析轉(zhuǎn)折點處粒子速度的大小和方向往往是解題的突破口 如圖4所示,相距3L的AB、CD兩直線間的區(qū)域存在著兩個大小不同、方向相反的有界勻強電場,其中PT上方的電場的場強方向豎直向下,PT下方的電場的場強方向豎直向上,電場的場強大小是電場的場強大小的兩倍,在電場左邊界AB上有點Q,PQ間距離為L.從某時刻起由Q以初速度v0沿水平方向垂直射入勻強電場的帶電粒子,電量為q、質(zhì)量為m.通過PT上的某點R進入勻強電場后從CD邊上的M點水平射出,其軌跡如圖,若PR兩點的距離為2L.不計粒子的重力試求:圖4(1)勻強電場的電場強度的大小和MT之間的距離;(2)有一邊長為a、由光滑彈性絕緣壁圍成的正三角形容器,在其邊界正中央開有一小孔S,將其置于CD右側(cè)且緊挨CD邊界,若從Q點射入的粒子經(jīng)AB、CD間的電場從S孔水平射入容器中欲使粒子在容器中與器壁多次垂直碰撞后仍能從S孔射出(粒子與絕緣壁碰撞時無機械能和電量損失),并返回Q點,需在容器中現(xiàn)加上一個如圖所示的勻強磁場,粒子運動的半徑小于a,求磁感應強度B的大小應滿足的條件以及從Q出發(fā)再返回到Q所經(jīng)歷的時間答案(1)L(2)B,n1,2,n1,2,解析(1)設粒子經(jīng)PT直線上的點R由E2電場進入E1電場,由Q到R及R到M點的時間分別為t2與t1,到達R時豎直速度為vy,則由FqEma,2Lv0t2,Lv0t1,Lt,E12E2,得E1vyt2t1MTt聯(lián)立解得MTL.(2)欲使粒子仍能從S孔處射出,粒子運動的半徑為r,則qv0B(12n)ra,n1,2,解得:B,n1,2,由幾何關系可知t3(2n)(3n)Tn1,2,3T代入B得T,n1,2,t2t12t2t,n1,2,9帶電粒子在周期性變化的電磁場中的運動分析例3(19分)如圖5甲所示,在xOy平面內(nèi)存在均勻、大小隨時間周期性變化的磁場和電場,變化規(guī)律分別如圖乙、丙所示(規(guī)定垂直紙面向里為磁感應強度的正方向、沿y軸正方向電場強度為正)在t0時刻由原點O發(fā)射初速度大小為v0,方向沿y軸正方向的帶負電粒子圖5已知v0、t0、B0,粒子的比荷為,不計粒子的重力求:(1)tt0時,求粒子的位置坐標;(2)若t5t0時粒子回到原點,求05t0時間內(nèi)粒子距x軸的最大距離;(3)若粒子能夠回到原點,求滿足條件的所有E0值思維導圖解析(1)由粒子的比荷,則粒子做圓周運動的周期T2t0(1分)則在0t0內(nèi)轉(zhuǎn)過的圓心角(2分)由牛頓第二定律qv0B0m(2分)得r1(1分)位置坐標(,0)(1分)(2)粒子t5t0時回到原點,軌跡如圖所示r22r1(2分)r1r2(1分)得v22v0(1分)又,r2(1分)粒子在t02t0時間內(nèi)做勻加速直線運動,2t03t0時間內(nèi)做勻速圓周運動,則在05t0時間內(nèi)粒子距x軸的最大距離:hmt0r2()v0t0.(2分)(3)如圖所示,設帶電粒子在x軸上方做圓周運動的軌道半徑為r1,在x軸下方做圓周運動的軌道半徑為r2,由幾何關系可知,要使粒子經(jīng)過原點,則必須滿足:n(2r22r1)2r1,(n1,2,3,)(1分)r1r2(1分)聯(lián)立以上各式解得vv0,(n1,2,3,)(1分)又由vv0(1分)得E0,(n1,2,3,)(1分)答案(1)(,0)(2)()v0t0(3),(n1,2,3,)點睛之筆變化的電場或磁場往往具有周期性,粒子的運動也往往具有周期性這種情況下要仔細分析帶電粒子的運動過程、受力情況,弄清楚帶電粒子在變化的電場、磁場中各處于什么狀態(tài),做什么運動,畫出一個周期內(nèi)的運動徑跡的草圖(限時:15分鐘,滿分:20分)(xx山東24)如圖6甲所示,間距為d、垂直于紙面的兩平行板P、Q間存在勻強磁場取垂直于紙面向里為磁場的正方向,磁感應強度隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示t0時刻,一質(zhì)量為m、帶電量為q的粒子(不計重力),以初速度v0由Q板左端靠近板面的位置,沿垂直于磁場且平行于板面的方向射入磁場區(qū)當B0和TB取某些特定值時,可使t0時刻入射的粒子經(jīng)t時間恰能垂直打在P板上(不考慮粒子反彈)上述m、q、d、v0為已知量圖6(1)若tTB,求B0;(2)若tTB,求粒子在磁場中運動時加速度的大??;(3)若B0,為使粒子仍能垂直打在P板上,求TB.答案(1)(2)(3)或解析(1)設粒子做圓周運動的半徑為R1,由牛頓第二定律得qv0B0據(jù)題意由幾何關系得R1d聯(lián)立式得B0(2)設粒子做圓周運動的半徑為R2,加速度大小為a,由圓周運動公式得a據(jù)題意由幾何關系得3R2d聯(lián)立式得a.(3)設粒子做圓周運動的半徑為R,周期為T,由圓周運動公式得T由牛頓第二定律得qv0B0 由題意知B0,代入式得d4R粒子運動軌跡如圖所示,O1、O2為圓心,O1O2連線與水平方向的夾角為,在每個TB內(nèi),只有A、B兩個位置才有可能垂直擊中P板,且均要求0,由題意可知T設經(jīng)歷完整TB的個數(shù)為n(n0,1,2,3,)若在A點擊中P板,據(jù)題意由幾何關系得R2(RRsin )nd當n0時,無解當n1時,聯(lián)立式得(或sin )聯(lián)立式得TB當n2時,不滿足090的要求若在B點擊中P板,據(jù)題意由幾何關系得R2Rsin 2(RRsin )nd當n0時,無解當n1時,聯(lián)立式得arcsin(或sin )聯(lián)立式得TB當n2時,不滿足090的要求.(限時:45分鐘)題組1帶電粒子在疊加場中的運動1如圖1甲所示,x軸正方向水平向右,y軸正方向豎直向上在xOy平面內(nèi)有與y軸平行的勻強電場,在半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)加有與xOy平面垂直的勻強磁場在坐標原點O處放置一帶電微粒發(fā)射裝置,它可以連續(xù)不斷地發(fā)射具有相同質(zhì)量m、電荷量q(q0)和初速度為v0的帶電微粒(已知重力加速度為g)圖1(1)當帶電微粒發(fā)射裝置連續(xù)不斷地沿y軸正方向發(fā)射這種帶電微粒時,這些帶電微粒將沿圓形磁場區(qū)域的水平直徑方向離開磁場,并繼續(xù)沿x軸正方向運動求電場強度E和磁感應強度B的大小和方向(2)調(diào)節(jié)坐標原點處的帶電微粒發(fā)射裝置,使其在xOy平面內(nèi)不斷地以相同速率v0沿不同方向?qū)⑦@種帶電微粒射入第象限,如圖乙所示現(xiàn)要求這些帶電微粒最終都能平行于x軸正方向運動,則在保證電場強度E和磁感應強度B的大小和方向不變的條件下,求出符合條件的磁場區(qū)域的最小面積答案(1)E,沿y軸正方向B,垂直紙面向外(2)(1)R2解析(1)微粒沿x軸正方向運動,即帶電微粒所受重力與電場力平衡設電場強度大小為E,由平衡條件得:mgqE解得:E由于粒子帶正電,故電場方向沿y軸正方向帶電微粒進入磁場后,做勻速圓周運動,且半徑rR.設勻強磁場的磁感應強度大小為B.由牛頓第二定律得:qv0Bm解得B,磁場方向垂直紙面向外(2)沿y軸正方向射入的微粒,運動軌跡如圖所示:以半徑R沿x軸正方向運動四分之一圓弧,該圓弧也恰為微粒運動的上邊界以O點為圓心、R為半徑做的四分之一圓弧BC為微粒做圓周運動的圓心軌跡微粒經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后沿x軸正方向運動,即半徑沿豎直方向并且射出點距圓心軌跡上各點的距離為R,射出點的邊界與圓弧BC平行,如圖中的圓弧ODA,圓弧OA與圓弧ODA之間的區(qū)域即為磁場區(qū)域的最小面積:S2(R2R2)(1)R2.題組2帶電粒子在組合場中的運動分析2如圖2所示,在矩形區(qū)域CDNM內(nèi)有沿紙面向上的勻強電場,場強的大小E1.5105 V/m;在矩形區(qū)域MNGF內(nèi)有垂直紙面向外的勻強磁場,磁感應強度大小B0.2 T已知CDMNFG0.60 m,CMMF0.20 m在CD邊中點O處有一放射源,沿紙面向電場中各方向均勻地輻射出速率均為v01.0106 m/s的某種帶正電粒子,粒子質(zhì)量m6.41027 kg,電荷量q3.21019 C,粒子可以無阻礙地通過邊界MN進入磁場,不計粒子的重力求:圖2(1)粒子在磁場中做圓周運動的半徑;(2)邊界FG上有粒子射出磁場的范圍長度;(3)粒子在磁場中運動的最長時間(后兩問結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)答案(1)0.2 m(2)0.43 m(3)2.1107 s解析(1)電場中由動能定理得:qEdmv2mv由題意知d0.20 m,代入數(shù)據(jù)得v2106 m/s帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動,qBvm解得r0.2 m.(2)設粒子沿垂直于電場方向射入時,出電場時水平位移為x,則由平拋規(guī)律得:解得x m離開電場時,sin 1,130.由題意可知,PSMN,沿OC方向射出粒子到達P點,為左邊界,垂直MN射出的粒子與邊界FG相切于Q點,Q為右邊界,QOr,軌跡如圖范圍長度為lxr(0.2) m0.43 m.(3)T,由分析可知,OO方向射出的粒子運動時間最長,設FG長度為Lsin 2,230帶電粒子在磁場中運動的最大圓心角為120,對應的最長時間為tmaxT2.1107 s3如圖3所示,質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子從坐標原點O以初速度v0射出,粒子恰好經(jīng)過A點,O、A兩點長度為l,連線與坐標軸y方向的夾角為37,不計粒子的重力圖3(1)若在平行于x軸正方向的勻強電場E1中,粒子沿y方向從O點射出,恰好經(jīng)過A點;若在平行于y軸正方向的勻強電場E2中,粒子沿x方向從O點射出,也恰好能經(jīng)過A點,求這兩種情況電場強度的比值.(2)若在y軸左側(cè)空間(第、象限)存在垂直紙面的勻強磁場,粒子從坐標原點O,沿與y軸成30的方向射入第二象限,恰好經(jīng)過A點,求磁感應強度B.答案(1)(2)解析(1)在電場E1中l(wèi)sin tlcos v0t1在電場E2中l(wèi)cos tlsin v0t2聯(lián)立解得.(2)設軌跡半徑為R,軌跡如圖所示OC2Rsin 30由幾何知識可得tan 30解得Rl又由qv0B得R聯(lián)立解得B方向垂直紙面向里題組3帶電粒子在周期性變化的電磁場中的運動分析4如圖4a所示,水平直線MN下方有豎直向上的勻強電場,現(xiàn)將一重力不計、比荷1106 C/kg的正電荷置于電場中的O點由靜止釋放,經(jīng)過105 s后,電荷以v01.5104 m/s的速度通過MN進入其上方的勻強磁場,磁場與紙面垂直,磁感應強度B按圖b所示規(guī)律周期性變化(圖b中磁場以垂直紙面向外為正,以電荷第一次通過MN時為t0時刻)計算結(jié)果可用表示ab圖4(1)求O點與直線MN之間的電勢差;(2)求圖b中t105 s時刻電荷與O點的水平距離;(3)如果在O點右方d67.5 cm處有一垂直于MN的足夠大的擋板,求電荷從O點出發(fā)運動到擋板所需的時間答案(1)112.5 V(2)4 cm(3)3.86105 s解析(1)電荷在電場中做勻加速直線運動,由動能定理Uqmv,U112.5 V.(2)當磁場垂直紙面向外時,設電荷運動的半徑為r1由B1qv0,得r15 cm,周期T1105 s.當磁場垂直紙面向里時,設電荷運動的半徑為r2r23 cm,周期T2105 s故電荷從t0時刻開始做周期性運動,其運動軌跡如圖所示t105 s時刻電荷與O點的水平距離d2(r1r2)4 cm.(3)電荷第一次通過MN開始,其運動的周期T105 s,根據(jù)電荷的運動情況可知,電荷到達擋板前運動的完整周期數(shù)為15個,此時電荷沿MN運動的距離s15d60 cm,則最后7.5 cm的距離如圖所示,有:r1r1cos 7.5 cm.解得:cos 0.5,則60,故電荷運動的總時間t總t115TT1T13.86104 s.- 配套講稿:
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