届高考物理一轮复习第九章《磁场》专题强化十一带电粒子在叠加场和组合场中的运动Word格式.docx
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①若三力平衡,一定做匀速直线运动.
②若重力与电场力平衡,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.带电粒子在叠加场中有约束情况下的运动
带电粒子在叠加场中受轻杆、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.
例1 (2017·
全国卷Ⅰ·
16)如图1,空间某区域存在匀强电场和匀强磁场,电场方向竖直向上(与纸面平行),磁场方向垂直于纸面向里,三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等,质量分别为ma、mb、mc,已知在该区域内,a在纸面内做匀速圆周运动,b在纸面内向右做匀速直线运动,c在纸面内向左做匀速直线运动.下列选项正确的是( )
图1
A.ma>mb>mcB.mb>ma>mc
C.mc>ma>mbD.mc>mb>ma
答案 B
解析 设三个微粒的电荷量均为q,
a在纸面内做匀速圆周运动,说明洛伦兹力提供向心力,重力与电场力平衡,即
mag=qE①
b在纸面内向右做匀速直线运动,三力平衡,则
mbg=qE+qvB②
c在纸面内向左做匀速直线运动,三力平衡,则
mcg+qvB=qE③
比较①②③式得:
mb>
ma>
mc,选项B正确.
例2 (多选)(2017·
河南六市一模)如图2所示,半径为R的光滑半圆弧绝缘轨道固定在竖直面内,磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直于轨道平面向里.一可视为质点、质量为m、电荷量为q(q>
0)的小球由轨道左端A点无初速度滑下,当小球滑至轨道最低点C时,给小球再施加一始终水平向右的外力F,使小球能保持不变的速率滑过轨道右侧的D点.若轨道的两端等高,小球始终与轨道接触,重力加速度为g,则下列判断正确的是( )
图2
A.小球在C点对轨道的压力大小为qB
B.小球在C点对轨道的压力大小为3mg-qB
C.小球从C到D的过程中,外力F的大小保持不变
D.小球从C到D的过程中,外力F的功率逐渐增大
答案 BD
解析 小球从A到C,只有重力做功,由机械能守恒有mgR=mv2,得小球到达C点时的速度v=,在C点由牛顿第二定律有FN+qvB-mg=m,解得FN=3mg-qB,再由牛顿第三定律可知小球在C点对轨道的压力大小为3mg-qB,故A错误,B正确;
从C到D,小球速率不变,由于轨道对小球的支持力和洛伦兹力不做功,则重力做负功的功率和外力F做正功的功率始终大小相等,设速度方向与竖直方向夹角为θ,则有mgvcosθ=Fvsinθ,得F=,因θ逐渐减小,则外力F逐渐增大,外力F的功率逐渐增大,故C错误,D正确.
变式1 (2017·
河北冀州2月模拟)我国位于北半球,某地区存在匀强电场E和可看做匀强磁场的地磁场B,电场与地磁场的方向相同,地磁场的竖直分量和水平分量分别竖直向下和水平向北,一带电小球以速度v在此区域内沿垂直场强方向在水平面内做直线运动,忽略空气阻力,此地区的重力加速度为g,则下列说法正确的是( )
A.小球运动方向为自南向北
B.小球可能带正电
C.小球速度v的大小为
D.小球的比荷为
答案 D
解析 由题意可知,小球受重力、电场力和洛伦兹力,因做直线运动,且F洛=qvB,因此一定做匀速直线运动,那么电场力与洛伦兹力的合力与重力等大反向,因电场与地磁场的方向相同,地磁场的竖直分量和水平分量分别竖直向下和水平向北,则小球受力如图所示,其中qvB与qE垂直,因小球受力平衡,则受力关系满足(mg)2=(Eq)2+(Bqv)2,得=,v=,则D项正确,C项错误.由受力分析可知小球带负电,且运动方向为自东向西,则A、B错误.
变式2 (2016·
天津理综·
11)如图3所示,空间中存在着水平向右的匀强电场,电场强度大小E=5N/C,同时存在着垂直纸面向里的匀强磁场,其方向与电场方向垂直,磁感应强度大小B=0.5T.有一带正电的小球,质量m=1×
10-6kg,电荷量q=2×
10-6C,正以速度v在图示的竖直面内做匀速直线运动,当经过P点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象),取g=10m/s2,求:
图3
(1)小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向;
(2)从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间t.
答案
(1)20m/s 方向与电场方向成60°
角斜向上
(2)2s
解析
(1)小球做匀速直线运动时受力如图甲,其所受的三个力在同一平面内,合力为零,有qvB=①
代入数据解得v=20m/s②
速度v的方向与电场E的方向之间的夹角满足
tanθ=③
代入数据解得tanθ=
θ=60°
④
(2)解法一 撤去磁场,小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动,如图乙所示,设其加速度为a,有
a=⑤
设撤去磁场后小球在初速度方向上的分位移为x,有
x=vt⑥
设小球在重力与电场力的合力方向上的分位移为y,有
y=at2⑦
tanθ=⑧
联立④⑤⑥⑦⑧式,代入数据解得
t=2s⑨
解法二 撤去磁场后,由于电场力垂直于竖直方向,它对竖直方向的分运动没有影响,以P点为坐标原点,竖直向上为正方向,小球在竖直方向上做匀减速运动,其初速度为
vy=vsinθ⑤
若使小球再次穿过P点所在的电场线,仅需小球的竖直方向上分位移为零,则有vyt-gt2=0⑥
联立⑤⑥式,代入数据解得t=2s.
命题点二 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:
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.
模型1 磁场与磁场的组合
例3 (2017·
全国卷Ⅲ·
24)如图4,空间存在方向垂直于纸面(xOy平面)向里的磁场.在x≥0区域,磁感应强度的大小为B0;
x<0区域,磁感应强度的大小为λB0(常数λ>1).一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴正向射入磁场,此时开始计时,当粒子的速度方向再次沿x轴正向时,求:
(不计重力)
图4
(1)粒子运动的时间;
(2)粒子与O点间的距离.
答案
(1)(1+)
(2)(1-)
解析
(1)在匀强磁场中,带电粒子做匀速圆周运动.设在x≥0区域,圆周半径为R1;
在x<0区域,圆周半径为R2.由洛伦兹力公式及牛顿运动定律得
qB0v0=m①
qλB0v0=m②
粒子速度方向转过180°
时,所需时间t1为
t1=③
粒子再转过180°
时,所需时间t2为
t2=④
联立①②③④式得,所求时间为
t=t1+t2=(1+)⑤
(2)由几何关系及①②式得,所求距离为
d=2(R1-R2)=(1-)
变式3 如图5所示,足够大的平行挡板A1、A2竖直放置,间距6l.两板间存在两个方向相反的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ,以水平面MN为理想分界面,Ⅰ区的磁感应强度为B0,方向垂直纸面向外.A1、A2上各有位置正对的小孔S1、S2,两孔与分界面MN的距离均为l.质量为m、电荷量为+q的粒子经宽度为d的匀强电场由静止加速后,沿水平方向从S1进入Ⅰ区,并直接偏转到MN上的P点,再进入Ⅱ区,P点与A1板的距离是l的k倍,不计重力,碰到挡板的粒子不予考虑.
图5
(1)若k=1,求匀强电场的电场强度E.
(2)若2<
k<
3,且粒子沿水平方向从S2射出,求出粒子在磁场中的速度大小v与k的关系式和Ⅱ区的磁感应强度B与k的关系式.
答案
(1)
(2)v= B=
解析
(1)若k=1,则有MP=l,
粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,根据几何关系,该情况粒子的轨迹半径R1=l
粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,由牛顿第二定律知qvB0=m①
粒子在匀强电场中加速,根据动能定理有qEd=mv2②
联立解得E=.
(2)因为2<
3,且粒子沿水平方向从S2射出,则从S1到S2的轨迹如图所示.
由几何关系得R-(kl)2=(R2-l)2③
又有qvB0=m④
联立解得v=
又因为6l-2kl=2x⑤
根据几何关系有=⑥
由R=知,=⑦
联立解得B=.
模型2 电场与磁场的组合
例4 (2017·
11)平面直角坐标系xOy中,第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场,第Ⅲ象限存在沿y轴负方向的匀强电场,如图6所示.一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0沿x轴正方向开始运动.Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍.粒子从坐标原点O离开电场进入磁场,最终从x轴上的P点射出磁场,P点到y轴距离与Q点到y轴距离相等.不计粒子重力,问:
图6
(1)粒子到达O点时速度的大小和方向;
(2)电场强度和磁感应强度的大小之比.
答案
(1)v0 方向与x轴正方向成45°
角斜向上
(2)
解析
(1)在电场中,粒子做类平抛运动,设Q点到x轴距离为L,到y轴距离为2L,粒子的加速度为a,运动时间为t,有
2L=v0t①
L=at2②
设粒子到达O点时沿y轴方向的分速度为vy
vy=at③
设粒子到达O点时速度方向与x轴正方向夹角为α,有
tanα=④
联立①②③④式得α=45°
⑤
即粒子到达O点时速度方向与x轴正方向成45°
角斜向上.
设粒子到达O点时速度大小为v,由运动的合成有
v=⑥
联立①②③⑥式得v=v0⑦
(2)设电场强度为E,粒子电荷量为q,质量为m,粒子在电场中受到的电场力为F,由牛顿第二定律可得
F=ma⑧
又F=qE⑨
设磁场的磁感应强度大小为B,粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R,所受的洛伦兹力提供向心力,有
qvB=m⑩
由几何关系可知R=L⑪
联立①②⑦⑧⑨⑩⑪式得=
变式4 (2017·
河南六市一模)如图7所示,一带电粒子垂直射入匀强电场,经电场偏转后从磁场的左边界上M点进入垂直纸面向外的匀强磁场中,最后从磁场的左边界上的N点离开磁场.已知带电粒子的比荷=3.2×
109C/kg,电场强度E=200V/m,M、N间距MN=1cm,金属