2020版高考物理复习第九章专题强化十一带电粒子在叠加场和组合场中的运动讲义（含解析）教科版.docx

专题强化十一带电粒子在叠加场和组合场中的运动专题解读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、能量守恒定律)、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.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运动，说明洛伦兹力提供向心力，重力与电场力平衡，则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.变式1(多选)(2019辽宁省沈阳市调研)如图2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()图2A.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.小球机械能守恒答案BC解析小球从M到N，在竖直方向上发生了偏转，所以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，B正确；若电场力和重力等大反向，则运动过程中电场力和重力做功之和为零，而洛伦兹力不做功，所以小球的动能可能不变，C正确；沿电场方向有位移，电场力一定做功，故小球的机械能不守恒，D错误.例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E5N/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)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代入数据解得v20m/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tan60(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yat2tan联立式，代入数据解得t2s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t2s.变式2(2018山西省孝义市质量检测三)如图4所示，竖直平面内存在水平方向的匀强电场，电场强度为E，同时存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，纸面内放置一光滑的绝缘细杆，与水平方向成45角.质量为m、带电荷量为q的金属小环套在细杆上，以初速度v0沿着细杆向下运动，小环离开细杆后，恰好做直线运动，则以下说法正确的是()图4A.小球可能带负电B.电场方向可能水平向右C.小球的初速度v0D.小球离开细杆时的速度v答案C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24)如图5，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5(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，圆周半径为R2.由洛伦兹力公式及牛顿运动定律得qB0v0mqB0v0m设粒子在x0区域运动的时间为t1，则t1粒子在x(3)4na(n1,2,3，)解析(1)粒子在OF上方的运动轨迹如图所示，设粒子做圆周运动的半径为R，由几何关系可知R2(Ra)2(3a)2，R5a由牛顿第二定律可知：qvB0m，解得：v(2)当粒子恰好不从AC边界飞出时，运动轨迹如图所示，设粒子在OF下方做圆周运动的半径为r1，由几何关系得：r1r1cos3a，cos，所以r1，根据qvB1，解得：B1，当B1时，粒子不会从AC边界飞出；(3)当B3B0时，粒子的运动轨迹如图所示，粒子在OF下方的运动半径为：ra，设粒子的速度方向再次与射入磁场时的速度方向一致时的位置为P1，则P与P1的连线一定与OF平行，根据几何关系知：4a，所以若粒子最终垂直DE边界飞出，边界DE与AC间的距离为：Ln4na(n1,2,3，).模型2电场与磁场的组合例4(2018全国卷25)一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在xOy平面内的截面如图7所示：中间是磁场区域，其边界与y轴垂直，宽度为l，磁感应强度的大小为B，方向垂直于xOy平面；磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为l，电场强度的大小均为E，方向均沿x轴正方向；M、N为条状区域边界上的两点，它们的连线与y轴平行.一带正电的粒子以某一速度从M点沿y轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从M点入射的速度从N点沿y轴正方向射出.不计重力.图7(1)定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹；(2)求该粒子从M点入射时速度的大小；(3)若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x轴正方向的夹角为，求该粒子的比荷及其从M点运动到N点的时间.答案(1)见解析图(2)(3)解析(1)粒子运动的轨迹如图(a)所示.(粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中为圆弧，上下对称)(2)粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动.设粒子从M点射入时速度的大小为v0，在下侧电场中运动的时间为t，加速度的大小为a；粒子进入磁场的速度大小为v，方向与电场方向的夹角为，如图(b)，速度沿电场方向的分量为v1.根据牛顿第二定律有qEma式中q和m分别为粒子的电荷量和质量.由运动学公式有v1atlv0tv1vcos粒子在磁场中做匀速圆周运动，设其运动轨道半径为R，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得qvB由几何关系得l2Rcos联立式得v0(3)由运动学公式和题给数据得v1联立式得设粒子由M点运动到N点所用的时间为t，则t2tT式中T是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期，则T由式得t变式4(2018山西省晋城市第一次模拟)在如图8甲所示的xOy坐标系中，第一象限内有垂直坐标平面的匀强磁场；第二象限内有方向水平向右、场强大小为E的匀强电场E1；第四象限内有方向水平(以水平向右为正方向)、大小按图乙规律变化的电场E2，变化周期T.一质量为m、电荷量为q的粒子，从(x0，x0)点由静止释放，进入第一象限后恰能绕O点做匀速圆周运动.以粒子经过x轴进入第四象限的时间点为电场E2的计时起点，不计粒子重力.求：图8(1)第一象限内匀强磁场的磁感应强度B的大小；(2)粒子在第四象限中运动，当t时，粒子的速度；(3)粒子在第四象限中运动，当tnT(nN*) 时，粒子的坐标.答案(1) (2)2，方向与水平方向成45角斜向右下方(3)(n1)x0，2nx0(nN*)解析(1)设粒子离开第二象限时的速度为v0，在第二象限内，由动能定理得qEx0mv02解得v0在第一象限内，粒子做匀速圆周运动的速度为v0，由洛伦兹力提供向心力得qv0Bm解得B(2)粒子进入第四象限后，加速度a，当t时在水平方向上有v水平at得v水平v0故粒子的速度大小v合v02方向与水平方向成45角斜向右下方(3)粒子在第四象限中运动时，y轴方向上做匀速直线运动，x轴方向上前半个周期向右做匀加速运动，后半个周期向右做匀减速运动直到速度为0；每半个周期向右前进x2，每个周期前进x0当tnT时，x轴距O点的距离xx0nx0y轴距O点的距离yv0nT2nx0粒子的坐标(n1)x0，2nx0(nN*)1.(多选)(2018河南省驻马店市第二次质检)如图1所示，平面直角坐标系的第二象限内存在着垂直纸面向外、磁感应强度大小为2B的匀强磁场，第三象限内存在着垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场.一带负电的粒子从原点O以某一速度沿与y轴成30角方向斜向上射入磁场，且在第二象限运动时的轨迹圆的半径为R，已知带电粒子的质量为m，所带电荷量为q，且所受重力可以忽略.则()图1A.粒子在第二象限和第三象限两磁场中运动的轨迹圆半径之比为12B.粒子完成一次周期性运动的时间为C.粒子从O位置入射后第二次经过x轴时的位置到坐标原点的距离为3RD.若仅将粒子的入射速度大小变为原来的2倍，则粒子完成一次周期性运动的时间将减少答案AC解析由半径公式r知，轨迹圆半径与磁感应强度B成反比，所以粒子在第二象限和第三象限两磁场中运动的轨迹圆半径之比为12，故A正确；粒子在磁场中运动一个周期的轨迹如图所示：在第二象限的周期T1，圆心角为120，运动时间t1T1，在第三象限运动的周期T2，圆心角为120，运动时间t2T2，所以粒子完成一次周期性运动的时间t0t1t2，故B错误；粒子在第三象限轨迹圆的半径为R22R，从O点入射后第一次经过x轴的距离x1R1R，第二次圆弧的弦长x2R22R，所以粒子从O位置入射后第二次经过x轴时的位置到坐标原点的距离为xx1x23R，故C正确；若仅将粒子的入射速度变为原来的2倍，周期T与速度无关，圆心角不变，所以在磁场中运动时间tT不变，故D错误.2.(多选)(2018山西省晋城市第一次模拟)足够大的空间内存在着竖直向上的匀强磁场和匀强电场，有一带正电的小球在电场力和重力作用下处于静止状态.现将磁场方向顺时针旋转30，同时给小球一个垂直磁场方向斜向下的速度v(如图2所示)，则关于小球的运动，下列说法正确的是()图2A.小球做类平抛运动B.小球在纸面内做匀速圆周运动C.小球运动到最低点时电势能增加D.整个运动过程中机械能不守恒答案CD解析小球在复合电磁场中处于静止状态，只受两个力作用，即重力和电场力且两者平衡，当把磁场顺时针方向旋转30，且给小球一个垂直磁场方向的速度v，则小球受到的合力就是洛伦兹力，且与速度方向垂直，所以小球在垂直于纸面的倾斜平面内做匀速圆周运动，选项A、B错误；小球从开始到最低点过程中克服电场力做功，电势能增加，选项C正确；整个运动过程中机械能不守恒，选项D正确.3.(2018江西省十所省重点高中二模)如图3所示，在纸面内有两个磁感应强度大小均为B、方向相反的匀强磁场，虚线等边三角形ABC为两磁场的理想边界.已知三角形ABC边长为L，虚线三角形内为方向垂直纸面向外的匀强磁场，三角形外部的足够大空间为方向垂直纸面向里的匀强磁场.一电荷量为q、质量为m的带正电粒子从AB边中点P垂直AB边射入三角形外部磁场，不计粒子的重力和一切阻力，试求：图3(1)要使粒子从P点射出后在最短时间内通过B点，则从P点射出时的速度v0为多大？(2)满足(1)问的粒子通过B后第三次通过磁场边界时到B的距离是多少？(3)满足(1)问的粒子从P点射入外部磁场到再次返回到P点的最短时间为多少？画出粒子的轨迹并计算.答案(1)(2)(3)见解析解析(1)当粒子运动半个圆周到达B点时所用时间最短，此时粒子做圆周运动半径r，根据洛伦兹力提供向心力可得r，解得v0；(2)粒子做圆周运动半径r，由几何关系可知：设过B点后第三次通过磁场边界时到B点的距离为s，s3r；(3)粒子运动轨迹如图粒子在磁场中运动的周期T，由图可知从P点射入外部磁场到再次返回到P点的最短时间为tminT4.(2019河南省商丘市模拟)如图4所示，在xOy坐标系的第二象限内有水平向右的匀强电场，第四象限内有竖直向上的匀强电场，两个电场的场强大小相等，第四象限内还有垂直于纸面的匀强磁场，让一个质量为m、带电荷量为q的粒子在第二象限内的P(L，L)点由静止释放，结果粒子沿直线运动到坐标原点并进入第四象限，粒子在第四象限内运动后从x轴上的Q(L,0)点进入第一象限，重力加速度为g，求：图4(1)粒子从P点运动到坐标原点的时间；(2)匀强磁场的磁感应强度的大小和方向。答案(1)(2)方向垂直纸面向里解析(1)粒子在第二象限内做直线运动，因此电场力和重力的合力方向沿PO方向，则粒子带正电.由运动学知识可得mgqE1qE2，mgma，Lat2，解得t(2)设粒子从O点进入第四象限的速度大小为v，由动能定理可得mgLqE1Lmv2解得v2，方向与x轴正方向成45角，由于粒子在第四象限内受到电场力与重力等大反向，因此粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由于粒子做匀速圆周运动后从x轴上的Q(L,0)点进入第一象限，根据左手定则可以判断，磁场方向垂直于纸面向里.粒子做匀速圆周运动的轨迹如图，由几何关系可知粒子做匀速圆周运动的轨迹半径为RL由牛顿第二定律可得Bqvm，解得B5.(2018山东省日照市一模)如图5所示，在坐标系xOy平面的x0区域内，存在电场强度大小E2105N/C、方向垂直于x轴的匀强电场和磁感应强度大小B0.2 T、方向与xOy平面垂直向外的匀强磁场.在y轴上有一足够长的荧光屏PQ，在x轴上的M(10,0)点处有一粒子发射枪向x轴正方向连续不断地发射大量质量m6.41027kg、电荷量q3.21019 C的带正电粒子(重力不计)，粒子恰能沿x轴做匀速直线运动.若撤去电场，并使粒子发射枪以M点为轴在xOy平面内以角速度2 rad/s顺时针匀速转动(整个装置都处在真空中).图5(1)判断电场方向，求粒子离开发射枪时的速度；(2)带电粒子在磁场中运动的轨迹半径；(3)荧光屏上闪光点的范围距离；(4)荧光屏上闪光点从最低点移动到最高点所用的时间.答案