2022年度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学案

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1、2022年度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学案专题解读 1.本专题是磁场、力学、电场等知识的综合应用，高考往往以计算压轴题的形式出现.2.学习本专题，可以培养同学们的审题能力、推理能力和规范表达能力.针对性的专题训练，可以提高同学们解决难题压轴题的信心.3.用到的知识有：动力学观点(牛顿运动定律)、运动学观点、能量观点(动能定理、能量守恒)、电场的观点(类平抛运动的规律)、磁场的观点(带电粒子在磁场中运动的规律).命题点一带电粒子在叠加场中的运动1.带电粒子在叠加场中无约束情况下的运动(1)洛伦兹力、重力并存若重力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动

2、.若重力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子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)电场力、洛伦兹力并存(不计重力的微观粒子)若电场力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动.若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子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)电场力、洛伦兹力、重力并存若三力平衡，一定做匀速直线运动.若重力与电场力平衡，一定做匀速圆周运动.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

3、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1A.mambmcB.mbmamcC.mcmambD.mcmbma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

4、运动，说明洛伦兹力提供向心力，重力与电场力平衡，即magqEb在纸面内向右做匀速直线运动，三力平衡，则mbgqEqvBc在纸面内向左做匀速直线运动，三力平衡，则mcgqvBqE比较式得：mbmamc，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(q0)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

5、的是()图2A.小球在C点对轨道的压力大小为qBB.小球在C点对轨道的压力大小为3mgqBC.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mgRmv2，得小球到达C点时的速度v，在C点由牛顿第二定律有FNqvBmgm，解得FN3mgqB，再由牛顿第三定律可知小球在C点对轨道的压力大小为3mgqB，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，则有mgvcos Fvsin ，得F，因逐

6、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

7、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E5 N/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B0.5 T.有一带正电的小球，质量m1106 kg，电荷量q2106 C，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

8、应现象)，取g10 m/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)20 m/s方向与电场方向成60角斜向上(2)2 s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代入数据解得v20 m/s速度v的方向与电场E的方向之间的夹角满足tan 代入数据解得tan 60(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设撤去磁场后小球在初速度方向上的分位移为x，有xvt设小球在重力与电场力的合力方向上的分位移为y，有yat

9、2tan 联立式，代入数据解得t2 s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vyvsin 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vytgt20联立式，代入数据解得t2 s.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.

10、(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24)如图4，空间存在方向垂直于纸面(xOy平面)向里的磁场.在x0 区域，磁感应强度的大小为B0；x0区域，磁感应强度的大小为B0(常数1).一质量为m、电荷量为q(q0)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x0区域，圆周半径为R1；在x0区域，圆

11、周半径为R2.由洛伦兹力公式及牛顿运动定律得qB0v0mqB0v0m粒子速度方向转过180时，所需时间t1为t1粒子再转过180时，所需时间t2为t2联立式得，所求时间为tt1t2(1)(2)由几何关系及式得，所求距离为d2(R1R2)(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和，以水平面MN为理想分界面，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进入区，并直接偏转到MN上的P点，再进入

12、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k1，求匀强电场的电场强度E.(2)若2k3，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的关系式和区的磁感应强度B与k的关系式.答案(1)(2)vB解析(1)若k1，则有MPl，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R1l粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律知qvB0m粒子在匀强电场中加速，根据动能定理有qEdmv2联立解得E.(2)因为2k0)的P点沿x轴正方向进入第一象限后做圆周运动，恰好通过坐标原点O，且水平切入半圆轨道并沿轨道内侧运动，过N点水平进入第

13、四象限，并在电场中运动(已知重力加速度为g).图5(1)判断小球的带电性质并求出其所带电荷量；(2)P点距坐标原点O至少多高；(3)若该小球以满足(2)中OP最小值的位置和对应速度进入第四象限，通过N点开始计时，经时间t2小球距坐标原点O的距离s有多远？答案(1)带正电(2)(3)2R解析(1)小球进入第一象限后做圆周运动，说明重力与电场力平衡，设小球所带电荷量为q，则有qEmg解得q又电场方向竖直向上，故小球带正电.(2)设匀速圆周运动的速度为v、轨道半径为r，由洛伦兹力提供向心力得qBv小球恰能通过半圆轨道的最高点并沿轨道运动，则应满足mg解得r即P、O的最小距离为y2r.(3)设小球到达

14、N点的速度为vN，小球由O运动到N的过程中，由机械能守恒得2mgRmvN2mv2解得vN小球从N点进入电场区域后做类平抛运动，设加速度为a，则沿x轴方向有xvNt沿电场方向有zat2由牛顿第二定律得a经t时间小球距坐标原点O的距离为s2R.6.(2018广东中山调研)如图6所示，两平行金属板A、B间的电势差为U5104 V.在B板的右侧有两个方向不同但宽度相同的有界磁场、，它们的宽度为d1d26.25 m，磁感应强度分别为B12.0 T、B24.0 T，方向如图中所示.现有一质量m1.0108 kg、电荷量q1.6106 C、重力忽略不计的粒子从A板的O点由静止释放，经过加速后恰好从B板的小孔

15、Q处飞出.试求：图6(1)带电粒子从加速电场中出来的速度v的大小；(2)带电粒子穿过磁场区域所用的时间t；(3)带电粒子从磁场区域射出时的速度方向与边界面的夹角；(4)若d1的宽度不变，改变d2的宽度，要使粒子不能从区飞出磁场，则d2的宽度至少为多大？答案(1)4.0103 m/s(2) s(3)60(4)9.375 m解析(1)粒子在电场中做匀加速直线运动，由动能定理有：qUmv20，解得v4.0103 m/s.(2)粒子运动轨迹如图甲，设粒子在磁场区域中做匀速圆周运动的半径为r，由洛伦兹力提供向心力得：qvB1代入数据解得r12.5 m设粒子在区内做圆周运动的圆心角为，则：sin 所以30粒子在区运动周期T则粒子在区运动时间tT解得t s(3)设粒子在区做圆周运动的轨道半径为R，则qvB2解得R6.25 m如图甲所示，由几何关系可知MO2P为等边三角形，所以粒子离开区域时速度方向与边界面的夹角为60(4)要使粒子不能从区飞出磁场，粒子运动的轨迹与磁场边界相切时，由图乙可知区磁场的宽度至少为：d2RRcos 601.5R9.375 m