2018年高考物理专题07带电粒子在复合场中的运动教学案.docx

专题7 带电粒子在复合场中的运动【2018年高考考纲解读】 (1)主要考查三种常见的运动规律，即匀变速直线运动、平抛运动及圆周运动一般出现在试卷的压轴题中(2)以电磁技术的应用为背景材料，联系实际考查学以致用的能力，一般出现在压轴题中(3)偶尔出现在选择题中，给出一段技术应用的背景材料，考查带电粒子在场中的运动规律及特点【命题趋势】 (1)考查带电粒子在组合场中的运动问题；(2)考查带电粒子在复合场中的运动问题；(3)考查以带电粒子在组合场、复合场中的运动规律为工作原理的仪器在科学领域、生活实际中的应用 【重点、难点剖析】一、带电粒子在“组合场”中的运动(1)组合场：指电场、磁场、重力场有两种场同时存在，但各位于一定的区域内且并不重叠，且带电粒子在一个场中只受一种场力的作用。(2)对“组合场”问题的处理方法最简单的方法是进行分段处理，要注意在两种区域的交界处的边界问题与运动的连接条件，根据受力情况分析和运动情况分析，大致画出粒子的运动轨迹图，从而有利于直观地解决问题。【方法技巧】解决带电粒子在组合场中运动的一般思路和方法:(1)明确组合场是由哪些场组合成的。(2)判断粒子经过组合场时的受力和运动情况，并画出相应的运动轨迹简图。(3)带电粒子经过电场时利用动能定理和类平抛运动知识分析。(4)带电粒子经过磁场区域时通常用圆周运动知识结合几何知识来处理。二、带电粒子在复合场中的运动1.正确分析带电粒子的受力及运动特征是解决问题的前提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的速度，因此应把带电粒子的运动情况和受力情况结合起来进行分析。2.灵活选用力学规律是解决问题的关键当带电粒子在复合场中做匀速直线运动时，应根据平衡条件列方程求解;当带电粒子在复合场中做匀速圆周运动时，往往同时应用牛顿第二定律和平衡条件列方程联立求解;当带电粒子在复合场中做非匀变速曲线运动时，应选用动能定理或能量守恒定律列方程求解。由于带电粒子在复合场中受力情况复杂，往往出现临界问题，此时应以题目中出现的“恰好”“最大”“最高”“至少”等词语为突破口，挖掘隐含条件，根据临界条件列出辅助方程，再与其他方程联立求解。三、带电粒子在周期性的电场、磁场中的运动带电粒子在交变电场或磁场中运动情况较复杂，运动情况不仅取决于场的变化规律，还与粒子进入场的时刻有关，一定要从粒子的受力情况着手，分析出粒子在不同时间间隔内的运动情况，若交变电压的变化周期远大于粒子穿越电场的时间，那么粒子在穿越电场的过程中，可看做匀强电场。【方法技巧】空间存在的电场或磁场是随时间周期性变化的，一般呈现“矩形波”的特点。交替变化的电场及磁场会使带电粒子顺次经过不同特点的电场、磁场或叠加的场，从而表现出多过程现象，其特点较为隐蔽，应注意以下两点:(1)仔细确定各场的变化特点及相应时间，其变化周期一般与粒子在磁场中的运动周期关联。(2)把粒子的运动过程用直观草图进行分析。【误区警示】1.忽略带电体的重力导致错误带电体的重力是否忽略，关键看重力与其他力大小的关系比较，一般一些微观粒子如电子、质子、粒子等重力忽略不计，而一些宏观带电体，如带电小球、带电液滴等重力不能忽略。2.不能挖掘出隐含条件导致错误带电粒子在复合场中的运动，往往会出现临界状态或隐含条件，应以题目中的“恰好”“最大”“最高”“至少”等为突破口，挖掘隐含条件，并根据临界条件列出方程，再与其他方程联立求解。3.混淆处理“磁偏转”和“电偏转”(1)粒子在恒力(如重力、电场力等)作用下的“电偏转”是类平抛运动，采用分解为匀速运动和匀加速运动来处理。(2)粒子在洛伦兹力作用下的偏转是匀速圆周运动，采用圆周运动规律结合几何关系来处理。【题型示例】题型1、带电粒子在组合复合场中的运动例1、【2017天津卷】平面直角坐标系xOy中，第象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第现象存在沿y轴负方向的匀强电场，如图所示。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：（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），方向与x轴方向的夹角为45角斜向上 （2）粒子到达O点时沿y轴方向的分速度为：又：解得：，即，粒子到达O点时速度方向与x轴方向的夹角为45角斜向上。粒子到达O点时的速度大小为（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，粒子在电场中运动的加速度： 设磁感应强度大小为B，粒子做匀速圆周运动的半径为R，洛伦兹力提供向心力，有： 根据几何关系可知： 整理可得： 【变式探究】(2016全国卷，15)现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图1所示，其中加速电压恒定。质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场。若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍。此离子和质子的质量比约为( ) 图1A11 B12 C121 D144解析 设质子的质量和电荷量分别为m1、q1，一价正离子的质量和电荷量为m2、q2。对于任意粒子，在加速电场中，由动能定理得qUmv20，得v在磁场中qvBm由式联立得m，由题意知，两种粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，加速电压U不变，其中B212B1，q1q2，可得144，故选项D正确。答案 D【举一反三】 (2015重庆理综，9，18分)如图为某种离子加速器的设计方案两个半圆形金属盒内存在相同的垂直于纸面向外的匀强磁场其中MN和MN是间距为h的两平行极板，其上分别有正对的两个小孔O和O，ONONd，P为靶点，OPkd(k为大于1的整数)极板间存在方向向上的匀强电场，两极板间电压为U.质量为m、带电量为q的正离子从O点由静止开始加速，经O进入磁场区域当离子打到极板上ON区域(含N点)或外壳上时将会被吸收两虚线之间的区域无电场和磁场存在，离子可匀速穿过，忽略相对论效应和离子所受的重力求： (1)离子经过电场仅加速一次后能打到P点所需的磁感应强度大小；(2)能使离子打到P点的磁感应强度的所有可能值；(3)打到P点的能量最大的离子在磁场中运动的时间和在电场中运动的时间解析 (1)粒子经电场加速一次后的速度为v1，由动能定理得qUmv粒子能打到P点，则在磁场中的轨道半径r1对粒子在磁场中由牛顿第二定律得qv1B11联立式解得B1(2)若粒子在电场中加速n次后能打到P点，同理可得nqUmv2 (n1，2，3，)rnqvB联立式解得B由题意可得当n1时，2r1d解得n0)，同时加一匀强电场，场强方向与OAB所在平面平行现从O点以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球，该小球通过了A点，到达A点时的动能是初动能的3倍；若该小球从O点以同样的初动能沿另一方向抛出，恰好通过B点，且到达B点时的动能为初动能的6倍，重力加速度大小为g.求： (1)无电场时，小球到达A点时的动能与初动能的比值；(2)电场强度的大小和方向【答案】(1) (2) 与竖直向下方向成30角EkAEk0mgd由式得(2)加电场后，小球从O点到A点和B点，高度分别降低了和，设电势能分别减小EpA和EpB，由能量守恒及式得EpA3Ek0Ek0mgdEk0EpB6Ek0Ek0mgdEk0 在匀强电场中，沿任一直线，电势的降落是均匀的设直线OB上的M点与A点等电势，M与O点的距离为x，如图，则有解得xd.MA为等势线，电场必与其垂线OC方向平行设电场方向与竖直向下的方向的夹角为，由几何关系可得30即电场方向与竖直向下的方向的夹角为30.设场强的大小为E，有qEdcos 30EpA由式得E【举一反三】(2014天津理综)如图所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异号电荷一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么( ) A若微粒带正电荷，则A板一定带正电荷B微粒从M点运动到N点电势能一定增加C微粒从M点运动到N点动能一定增加D微粒从M点运动到N点机械能一定增加【答案】C【变式探究】 (2013安徽卷，23) 图372如图372所示的平面直角坐标系xOy，在第象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y轴正方向；在第象限的正三角形abc区域内有匀强磁场，方向垂直于xOy平面向里，正三角形边长为L，且ab边与y轴平行一质量为m、电荷量为q的粒子，从y轴上的P(0，h)点，以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴上的a(2h，0)点进入第象限，又经过磁场从y轴上的某点进入第象限，且速度与y轴负方向成45 角，不计粒子所受的重力求： (1)电场强度E的大小；(2)粒子到达a点时速度的大小和方向；(3)abc区域内磁场的磁感应强度B的最小值【答案】(1)0 (2)v0 方向指向第象限与x轴正方向成45 角 (3)【解析】(1)设粒子在电场中运动的时间为t，则有xv0t2h，yat2h，qEma，联立以上各式可得E0.(2)粒子到达a点时沿负y方向的分速度vyatv0.所以vv0，方向指向第象限与x轴正方向成45 角(3) 粒子在磁场中运动时，有qvBm当粒子从b点射出时，磁场的磁感应强度为最小值，此时有rL，所以B.【变式探究】 如图373所示，在坐标系y轴左右两侧分别有宽度L0.2 m理想的匀强磁场与匀强电场，已知磁感应强度B2103 T，方向垂直纸面向里；电场强度E40 V/m，方向竖直向上一个带电粒子电荷量q3.21019 C，质量m6.41027 kg，以v4104 m/s的速度从x轴的P点(0.2 m，0)与x轴成30角垂直射入磁场，在磁场中偏转后进入电场，最后从电场右边界射出求：(不考虑带电粒子的重力) 图373(1)带电粒子从进入磁场到射出电场的运动时间t.(2)带电粒子飞出电场时的动能【答案】(1)1.02105 s (2)5.441018 J【解析】 (1)带电粒子的运动轨迹如图所示，则带电粒子在磁场中运动时，由牛顿运动定律，有：Bqvm，解得：r0.4 m则圆心角为30，飞行时间t15.2106 s由几何关系知，粒子垂直y轴射入电场，则在电场中飞行时间t2 s5106 s.带电粒子从进入磁场到射出电场的运动时间tt1t21.02105 s.(2)带电粒子在电场中做类平抛运动，其运动的加速度为：a2109 m/s2竖直方向的位移为：yat0.025 m带电粒子飞出电场时的动能为：EkEqymv25.441018 J.考点2、带电粒子在叠加复合场中的运动【例2】【2017江苏卷】（16分）一台质谱仪的工作原理如图所示大量的甲、乙两种离子飘入电压为U0的加速电场，其初速度几乎为0，经过加速后，通过宽为L的狭缝MN沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打到照相底片上已知甲、乙两种离子的电荷量均为+q，质量分别为2m和m，图中虚线为经过狭缝左、右边界M、N的甲种离子的运动轨迹不考虑离子间的相互作用 （1）求甲种离子打在底片上的位置到N点的最小距离x；（2）在答题卡的图中用斜线标出磁场中甲种离子经过的区域，并求该区域最窄处的宽度d；（3）若考虑加速电压有波动，在（）到（）之间变化，要使甲、乙两种离子在底片上没有重叠，求狭缝宽度L满足的条件【答案】（1） （2）（3）【解析】（1）设甲种离子在磁场中的运动半径为r1电场加速 且 解得根据几何关系x =2r1 L 解得（2）（见图） 最窄处位于过两虚线交点的垂线上解得 （3）设乙种离子在磁场中的运动半径为r2 r1的最小半径r2 的最大半径由题意知 2r1min2r2max L，即解得【变式探究】(2016天津理综，11)如图6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，同时存在着水平方向的匀强磁场，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应现象)，取g10 m/s2，求： 图6(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。 (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分位移为y，有yat2tan 联立式，代入数据解得t2 s3.5 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 s3.5 s答案 (1)20 m/s 与电场方向成60角斜向上(2)3.5 s【举一反三】 (2014四川理综)在如图所示的竖直平面内，水平轨道CD和倾斜轨道GH与半径r m的光滑圆弧轨道分别相切于D点和G点，GH与水平面的夹角37.过G点、垂直于纸面的竖直平面左侧有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度B1.25 T；过D点、垂直于纸面的竖直平面右侧有匀强电场，电场方向水平向右，电场强度E1104 N/C.小物体P1质量m2103 kg、电荷量q8106 C，受到水平向右的推力F9.98103 N的作用，沿CD向右做匀速直线运动，到达D点后撤去推力当P1到达倾斜轨道底端G点时，不带电的小物体P2在GH顶端静止释放，经过时间t0.1 s与P1相遇P1和P2与轨道CD、GH间的动摩擦因数均为0.5，取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，物体电荷量保持不变，不计空气阻力求： (1)小物体P1在水平轨道CD上运动速度v的大小；(2)倾斜轨道GH的长度s.【解题指导】1审题(1)明确电场、磁场分布情况及轨道的性质：DG段光滑，CD和GH段粗糙，电场、磁场在DG区重叠(2)小物体P1在水平推力作用下做匀速直线运动，合力为零2解题思路(1)小物体P1在水平轨道CD上做匀速直线运动，结合平衡条件，可求出运动速度v的大小(2)根据动能定理求出小物体P1到G点时的速度vG，此后P1沿倾斜轨道做匀变速运动，小物体P2沿倾斜轨道做匀加速运动，由牛顿第二定律求出两物体的加速度，两物体在倾斜轨道上运动的距离之和即为倾斜轨道的长度 (2)设P1在G点的速度大小为vG，由于洛伦兹力不做功，根据动能定理qErsin mgr(1cos )mvmv2P1在GH上运动，受到重力、电场力和摩擦力的作用，设加速度为a1，根据牛顿第二定律qEcos mgsin (mgcos qEsin )ma1P1与P2在GH上相遇时，设P1在GH上运动的距离为s1，则s1vGta1t2设P2质量为m2，在GH上运动的加速度为a2，则m2gsin m2gcos m2a2P1与P2在GH上相遇时，设P2在GH上运动的距离为s2，则s2a2t2ss1s2联立式，代入数据得s0.56 m【变式探究】如图375所示，坐标系xOy在竖直平面内，空间内有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在x0的空间内有沿x轴正方向的匀强电场，电场强度的大小为E.一个带正电的油滴经过图中x轴上的A点，恰好能沿着与水平方向成30角斜向下的直线做匀速运动，经过y轴上的B点进入x0的区域，要使油滴进入x0区域后能在竖直平面内做匀速圆周运动，需在x0区域内另加一匀强电场若带电油滴做圆周运动通过x轴上的C点，且OAOC，设重力加速度为g，求： 图375(1)油滴运动速度的大小(2)在x0区域所加电场的大小和方向(3)油滴从B点运动到C点所用时间及OA的长度【答案】(1) (2)E，方向竖直向上 (3) 【解析】(1)油滴从A运动到B的过程中，油滴受重力、电场力和洛伦兹力作用而处于平衡状态，由题设条件可知qvBcos mg0qvBsin qE0可得油滴运动速度大小为：v.(2)使油滴在x0的区域做匀速圆周运动，则油滴的重力与所受的电场力平衡，洛伦兹力提供油滴做圆周运动的向心力所以有：mgqE又tan 联立可得：EE，方向竖直向上(3)如图所示， 连接BC，过B作AB垂线交x轴于O点，因为30，所以在ABO中，AOB60，又OAOC，故OCB30，所以CBO30，OCOB，则即O为油滴做圆周运动的圆心设油滴做圆周运动的半径为R，周期为T，则OCOBR运动周期T由于COB120，油滴从B运动到C的时间为t1T又OBO30，所以OOOBR所以OCRRR，即OAR.【方法技巧】带电粒子(带电体)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5记住三点：(1)受力分析是基础；(2)运动过程分析是关键； (3)根据不同的运动过程及物理模型，选择合适的规律列方程求解 【变式探究】 如图376所示，在一竖直平面内，y轴左方有一水平向右的匀强电场E1和垂直于纸面向里的匀强磁场B1，y轴右方有一竖直向上的匀强电场E2和另一匀强磁场B2.有一带正电荷量为q、质量为m的微粒，从x轴上的A点以初速度v与水平方向成角沿直线运动到y轴上的P点，A点到坐标原点O的距离为d.微粒进入y轴右侧后在竖直面内做匀速圆周运动，然后以与P点运动速度相反的方向打到半径为r的的绝缘光滑圆管内壁的M点(假设微粒与M点内壁碰后的瞬间速度不变、电荷量不变，圆管内径的大小可忽略，电场和磁场不受影响地穿透圆管)，并沿管内壁下滑至N点设m、q、v、d、r已知，37，sin 370.6，cos 370.8，求： 图376(1)E1与E2大小之比(2)y轴右侧的磁感应强度B2的大小和方向(3)从A点运动到N点的整个过程所用时间【答案】(1)34 (2) 方向垂直纸面向外 (3)【解析】(1)AP微粒做匀速直线运动E1qmgtan PM微粒做匀速圆周运动E2qmg联立解得E1E234(2)由图知PM刚好为半周2RqvB2得B2方向垂直纸面向外(3)AP有：vt1，解得t1PM有：vt2R，解得t2碰到M点速度分解竖直向下，此时mgE2q，从MN过程中，微粒继续做匀速圆周运动v1vsin 37v1t3，解得t3所以t总t1t2t3考点3、带电粒子在交变电场和交变磁场中的运动【例3】(2016江苏单科，15)回旋加速器的工作原理如图9甲所示，置于真空中的D形金属盒半径为R，两盒间狭缝的间距为d，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，被加速粒子的质量为m，电荷量为q，加在狭缝间的交变电压如图乙所示，电压值的大小为U0，周期T。一束该粒子在t0时间内从A处均匀地飘入狭缝，其初速度视为零。现考虑粒子在狭缝中的运动时间，假设能够出射的粒子每次经过狭缝均做加速运动，不考虑粒子间的相互作用。求： 图9(1)出射粒子的动能Em；(2)粒子从飘入狭缝至动能达到Em所需的总时间t0；(3)要使飘入狭缝的粒子中有超过99%能射出，d应满足的条件。解析 (1)粒子运动半径为R时qvBm且Emmv2解得Em(2)粒子被加速n次达到动能Em，则EmnqU0粒子在狭缝间做匀加速运动，设n次经过狭缝的总时间为t，加速度a匀加速直线运动ndat2由t0(n1)t，解得t0 【举一反三】如图甲所示，在坐标系xOy内，沿x轴分成宽度均为L30 cm的区域，其间存在电场和磁场电场方向沿x轴负方向，电场强度大小是E01.5104 V/m；磁场方向垂直坐标平面且规定方向向里为正，磁感应强度大小B07.5104 T，Ex、Bx图线如图乙所示某时刻初速度为零的电子从坐标原点开始运动，电子电荷量e1.61019 C，电子质量m9.01031 kg，不计电子的重力，不考虑电子因高速运动而产生的影响，计算中取3.求： (1)电子经过xL处时速度的大小；(2)电子从x0运动至x3L处经历的时间；(3)电子到达x6L处时的纵坐标【深度剖析】1.审题(1)题目中场强和磁感应强度都是随空间变化，而不是随时间变化(2)明确在x轴的各段距离上，电场、磁场的有无及方向从x0到xL处，只有电场，方向向左；从xL到x2L处，只有磁场，方向向外；从x2L到x3L处，只有磁场，方向向里2解题思路(1)从x0到xL处，电场力做正功，根据动能定理求速度(2)从xL到x2L处，粒子在磁场中做匀速圆周运动，求出半径和周期画出示意图，求出时间(3)从x2L到x3L处，磁场反向，粒子偏转方向相反，到达3L处速度方向与x轴平行，确定纵坐标(4)从x3L到x6L处，分段分析，求出x6L处的纵坐标【答案】(1)4.0107 m/s (2)3.75108 s (3)0.85 m【解析】(1)设xL处电子的速度为v1eE0Lmvv14.0107 m/s(2)设电子在x0至xL间运动的时间为t1t11.5108 s设电子在xL至x3L间的磁场中运动的半径为r1，运动的时间为t2ev1B0m1r10.30 m由几何关系知，电子在xL至x3L间的磁场中的运动轨迹为两个四分之一圆周 Tt222.25108 s由几