2019届高考物理二轮复习专题7带电粒子在复合场中的运动学案.docx

1、17 带电粒子在复合场中的运动近几年高考中，关于此部分内容的命题方向有：在带电粒子在组合场中的运动、带电体在复合场中的运动、电磁场技术的应用。题目以计算题为主，难度较大。1带电粒子在叠加场中的运动(1)若只有两个场且正交，合力为零，则表现为匀速直线运动或静止状态。例如电场与磁场中满足qE qvB；重力场与磁场中满足 mg qvB；重力场与电场中满足 mg qE。(2)三场共存时，若合力为零，则粒子做匀速直线运动；若粒子做匀速圆周运动，则有 mg qE，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，即 qvB m 。v2r(3)当带电粒子做复杂的曲线运动或有约束的变速直线运动时，一般用动能定理或能量守恒定

2、律求解。带电粒子在复合场中做什么运动，取决于带电粒子所受的合外力及初始运动状态的速度，因此带电粒子的运动情况和受力情况的分析是解题的关键。2带电粒子在组合场中的运动1(多选)如图所示，空间某处存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，一个带负电的金属小球从 M 点水平射入场区，经一段时间运动到 N 点，关于小球由 M 到 N 的运动，下列说法正确的是( )A小球可能做匀变速运动 B小球一定做变加速运动C小球动能可能不变 D小球机械能守恒2(2018全国卷25)如图，在 y0 的区域存在方向沿 y 轴负方向的匀强电场，场强大小为 E；在y0 的区域存在方向垂直于 xOy 平面向外的匀强磁场

3、。一个氕核 H 和一个氘核 H 先后从 y 轴上 y h 点以相1 21同的动能射出，速度方向沿 x 轴正方向。已知 H 进入磁场时，速度方向与 x 轴正方向1的夹角为 60，并从坐标原点 O 处第一次射出磁场。 H 的质量为 m，电荷量为 q。不12计重力。求：(1) H 第一次进入磁场的位置到原点 O 的距离；1(2)磁场的磁感应强度大小；(3) H 第一次离开磁场的位置到原点 O 的距离。211(多选)如图所示，平行纸面向下的匀强电场与垂直纸面向外的匀强磁场相互正交，一带电小球刚好能在其中做竖直面内的匀速圆周运动若已知小球做圆周运动的半径为 r，电场强度大3小为 E，磁感应强度大小为 B

4、，重力加速度大小为 g，则下列判断中正确的是( )A小球一定带负电荷B小球一定沿顺时针方向转动C小球做圆周运动的线速度大小为gBrED小球在做圆周运动的过程中，电场力始终不做功2如图所示，水平向右的匀强电场场强为 E，且 Eq mg，垂直纸面向里的水平匀强磁场磁感应强度为B，一带电荷量为 q 的液滴质量为 m，在重力、静电力和洛伦兹力作用下在叠加场空间运动。下列关于带电液滴在叠加场空间的运动描述正确的是( )A液滴可能做匀加速直线运动B液滴不可能做匀速圆周运动C液滴可能做匀速直线运动且机械能守恒D如果是直线运动，必为匀速直线运动，其运动轨迹与水平方向的夹角是 41如图所示，直角坐标系 xOy

5、位于竖直平面内，空间存在着垂直于 xOy 平面向里的匀强磁场和平行于xOy 平面的匀强电场。第三象限内有一点 P，其坐标为(1 m， 3m)，质量为 m210 5 kg、带电量为q+510 5 C 的液滴以 v 2 m/s 的速度沿直线从 P 点运动 O 点。若已知匀强磁场磁感应强度大小 B1 T，重力加速度 g 取 10 m/s2。(1)求匀强电场场强 E 的大小及电场的方向；(2)若在带电液滴经过 O 点时只撒去磁场，液滴会经过 x 轴上的 Q 点，求 Q 点的坐标。2如图所示，在竖直平面(纸面)内有一直角坐标系 xOy，水平轴 x 下方有垂直纸面向里的匀强磁场，第三象限有沿 x 轴负方向

6、的匀强电场，第四象限存在另一匀强电场(图中未画出)；光滑绝缘的固定不带电细杆PQ 交 x 轴于 M 点，细杆 PQ 与 x 轴的夹角 30，杆的末端在 y 轴 Q 点处， PM 两点间的距离为 L。一套在4杆上的质量为 2m、电荷量为 q 的带正电小环 b 恰好静止在 M 点，另一质量为 m、不带电绝缘小环 a 套在杆上并由 P 点静止释放，与 b 瞬间碰撞后反弹，反弹后到达最高点时被锁定，锁定点与 M 点的距离为 16L， b 沿杆下滑过程中始终与杆之间无作用力， b 进入第四象限后做匀速圆周运动，而后通过 x 轴上的 N 点，且OM ON。已知重力加速度大小为 g，求：(1)碰后 b 的速

7、度大小 v 以及 a、 b 碰撞过程中系统损失的机械能 E；(2)磁场的磁感应强度大小 B；(3)b 离开杆后经过多长时间会通过 x 轴。53光滑水平桌面上建有坐标系 xOy，质量为 m、带电量为 q 的带正电小球静止在坐标原点，现沿 x 轴正向施加一匀强电场 E1，经 t0后，将匀强电场方向变为沿 y 轴正方向而大小保持不变，再经 t0后撤去电场E1，同时施加一个与 xOy 平面平行的匀强电场 E2，电场强度 E2和电场强度 E1的大小关系为 E2 E1，使得小球沿直线运动并能再次通过 y 轴。求：(1)撤去电场 E1时小球的位置坐标值 x、 y；(2)匀强电场 E2的方向与 x 轴正方向的

8、夹角 ；(3)小球从坐标原点出发到再次经过 y 轴所用的时间 t 和电场力做的功 W。64如图甲所示，有一磁感应强度大小为 B、方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁场边界 OP 与水平方向夹角为 45，紧靠磁场边界放置长为 6d、间距为 d 的平行金属板 M、 N， M 板与磁场边界的交点为 P，磁场边界上的 O 点与 N 板在同一水平面上。在两板间存在如图乙所示的交变电场(取竖直向下为正方向)，其周期T ， E0 。某时刻从 O 点竖直向上以初速度 v0发射一个电荷量为 q 的粒子，结果粒子恰在图乙中的4dv0 Bv06t 时刻从 P 点水平进入板间电场，最后从电场中的右边界射出不计粒子重力。求：

9、T4(1)粒子的质量 m；(2)粒子从 O 点进入磁场到射出电场运动的总时间 t；(3)粒子从电场中的射出点到 M 点的距离。7参考答案1 【 解 题 思 路 】 小 球 从 M 到 N， 在 竖 直 方 向 上 发 生 了 偏 转 ， 所 以 刚 开 始 受 到 的 竖 直 向 下 的 洛 伦 兹 力 、 竖 直向 下 的 重 力 和 竖 直 向 上 的 电 场 力 的 合 力 不 为 零 ， 并 且 速 度 方 向 变 化 ， 则 洛 伦 兹 力 方 向 变 化 ， 所 以 合 力 方 向 变 化 ，故 不 可 能 做 匀 变 速 运 动 ， 一 定 做 变 加 速 运 动 ， A 错 误

10、 ， B 正 确 ； 若 电 场 力 和 重 力 等 大 反 向 ， 则 此 过 程 中 电 场 力 和重 力 做 功 之 和 为 零 ， 而 洛 伦 兹 力 不 做 功 ， 所 以 小 球 的 动 能 不 变 ， 重 力 势 能 减 小 ， 这 种 情 况 下 机 械 能 不 守 恒 ， 若电 场 力 和 重 力 不 等 大 反 向 ， 则 有 电 场 力 做 功 ， 所 以 机 械 能 也 不 守 恒 ， 故 小 球 的 机 械 能 不 守 恒 ，C 正 确 ， D 错 误 。【答案】BC2【解题思路】(1) H 在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，运动轨1迹如图所示设 H 在电

11、场中的加速度大小为 a1，初速度大小为 v1，它在电场中的运动时1间为 t1，第一次进入磁场的位置到原点 O 的距离为 s1，由运动学公式有：s1 v1t1， h a1t1212由题给条件， H 进入磁场时速度的方向与 x 轴正方向夹角 160。 H 进入磁场时速度的 y 分量的大1 1小为： a1t1 v1tan 1联立以上各式得 s1 h2 33(2) H 在电场中运动时，由牛顿第二定律有： qE ma11设 H 进入磁场时速度的大小为 v1，由速度合成法则有： v1 1 v12 （ a1t1） 2设磁感应强度大小为 B， H 在磁场中运动的轨迹半径为 R1，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有

12、：1qv1 B mv1 2R1由几何关系得： s12 R1sin 1联立以上各式得： B 6mEqh(3)设 H 在电场中沿 x 轴正方向射出的速度大小为 v2，在电场中的加速度大小为 a2，由题给条件得：21(2m)v22 mv1212 12由牛顿第二定律有： qE2 ma2设 H 第一次射入磁场时的速度大小为 v2，速度的方向与 x 轴正方向夹角为 2，入射点到原点的距离21为 s2，在电场中运动的时间为 t2.由运动学公式有：s2 v2t2， h a2t22， v2 ， sin 2 12 v22 （ a2t2） 2 a2t2v28联立以上各式得： s2 s1， 2 1， v2 v122设

13、 H 在磁场中做圆周运动的半径为 R2，由式及粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公式得：21R2 R1（ 2m） v2qB 2所以出射点在原点左侧。设 H 进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点的距离为 s2，由几何关21系有： s22 R2sin 2联立式得， H 第一次离开磁场时的位置到原点 O 的距离为：21s2 s2 ( 1) h2 33 21 【解题思路】带电小球在重力场、匀强电场和匀强磁场中做匀速圆周运动，可知，带电小球受到的重力和电场力是一对平衡力，重力竖直向下，所以电场力竖直向上，与电场方向相反，故小球一定带负电荷，故 A 正确；磁场方向向外，洛伦兹力的方向始终指向圆心，由左手

14、定则可判断小球的运动方向为逆时针，故B 错误；由电场力和重力大小相等，得： mg qE，带电小球在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动的半径为：r ，联立得： v ，故 C 正确；小球在做圆周运动的过程中，电场力做功，洛伦兹力始终不做功，故 DmvqB gBrE错误。【答案】AC2 【解题思路】由于液滴受到的重力与电场力恒定，如果做匀加速直线运动，则液滴的洛伦兹力大小变化，液滴的合外力变化，不可能做匀加速直线运动，故 A 错误；由于液滴受竖直向下的重力和水平方向的电场力，所以重力与电场力的合力不可能为零，即液滴不可能做匀速圆周运动，故 B 正确；当液滴进入复合场时的洛伦兹力与重力和电场力的合力等大反

15、向时，液滴做匀速直线运动，但电场力会做功，所以机械能不守恒，故 C 错误；由 A 分析可知，液滴不可能做匀加速直线运动，只要液滴的速度大小变化，其所受的洛伦兹力大小变化，合外力变化，一定做曲线运动，故如果是直线运动，必为匀速直线运动，由于 mg qE，重力与电场力的合力一定与速度方向垂直，即与水平方向成 45，故 D 正确。【答案】BD1 【解析】(1)由 P 点坐标为(1 m， 3m)可得： PO 与 y 轴负半轴夹角 30带电液滴沿 PO 做匀速直线运动，小球所受重力、电场力、洛伦兹力三力平衡，洛伦兹力： 40fqvB洛 N根据平衡条件可得： cos3Eg代入数据解得： 2N/C电场方向沿

16、 PO 方向（与 x 轴正半轴成 30角斜向上） 。(2)撤去磁场，液滴做类平抛运动，设其加速度为 g，有：922mgqE设撤掉磁场后液滴在初速度方向上的分位移为 x，有： x vt设液滴在重力与电场力的合力方向上分位移为 y，有： 21gt设 g与 x 轴正半轴所成夹角为 ，又 tanx联立以上各式，代入数据解得： 835xm又有 16325OQxm故 Q 点的坐标为( m，0)。2 【解析】(1)设 a 和 b 相碰前的速度大小为 v1，碰后的速度为 v2，由机械能守恒定律：21sinmgLv2i6由动量守恒定律： 12mvv解得： 58vgL机械能损失： 2221()Evmv解得： 56

17、4mgL。(2)设匀强磁场的磁感应强度大小为 B，由于 b 从 M 点运动到 Q 点的过程中与杆无作用力，可得：qvBcos 2 mg解得： 315gLBq。(3)b 在第四象限做匀速圆周运动的轨迹如图，由几何关系可知轨迹的圆心 O 在 x 轴上， b 经过 N 点时速度方向与 x 轴垂直，圆心角 120，又匀速圆周运动的周期为 4mTqBb 从 Q 点第一次通过 N 点的时间为 1360tT可得 15324Ltgb 第一次通过 N 点后做竖直上抛运动，经 t2时间第二次通过 N 点，有： 254vLtgb 第二次通过 N 点后做竖直上抛运动，经 t3时间第三次通过 N 点，有： 316Tt1

18、0故 b 离开杆后会通过 x 轴的可能时间是：(i)竖直向上通过 x 轴：123553()(1)446LLtntngg(n1、2、3、)(2)竖直向下通过 x 轴：122355() (1)446LLtnt ngg(n1、2、3、)3 【解析】(1) E1沿 x 轴正向时，小球匀加速运动： qE1 ma1v0 a1t0， 20atE1沿 y 轴正向时，小球做类平抛运动： x2 v0t0， 2210yat小球位置坐标： 2112103qExatm2q。(2)撤去 E1时 y 轴方向速度： vy a1t0施加电场 E2后小球能再次经过 y 轴，故小球做匀减速直线运动E2的方向应与 x 轴正向的夹角

19、，有： 0tan()1yv 135。(3)施加电场 E2后小球加速度 a2，有： qE2 ma2解得： a2 a1做匀减速直线运动的初速度： v1 v0，位移： s x到达 y 轴时速度为 v2： 2as得： 20v用时： 102()3tta小球从 O 点出发到再次经过 y 轴所用的时间为： 0025tt电场力做的功：21041qEtWmv。4【解析】(1)粒子在磁场中的运动轨迹如图，轨迹半径 r d由牛顿第二定律得 qv0B mv02r解得： m 。qBdv0(2)粒子在磁场中运动的周期 T02 mqB在磁场中运动的时间 t1T0411粒子在电场中做曲线运动，与两板平行方向上的分运动为匀速直线运动，运动时间 t26dv0从 O 点到离开电场的总时间 t t1 t2解得： t d。 d2v0 6dv0 122v0(3)粒子在电场中的运动时间 t2 T6dv0 32当粒子从时刻 t 自 P 点进入电场后，在竖直方向上运动一个周期 T 的位移为T40，速度图象如图所示，故粒子在 T 内运动的竖直位移 y2 a 232 12(T4)aqE0m解得 y 。d6