2019高考物理复习12带电粒子在复合场中的运动学案

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2019高考物理复习12带电粒子在复合场中的运动学案

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莲山 课件 w ww.5 Y
K J.CO
M 微专题12 带电粒子在复合场中的运动
 
带电粒子在叠加场中的运动
1.带电体在叠加场中无约束情况下的运动
(1)洛伦兹力、重力并存
①若重力和洛伦兹力平衡,则带电体做匀速直线运动.
②若重力和洛伦兹力不平衡,则带电体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)静电力、洛伦兹力并存(不计重力的微观粒子)
①若静电力和洛伦兹力平衡,则带电体做匀速直线运动.
②若静电力和洛伦兹力不平衡,则带电体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)静电力、洛伦兹力、重力并存
①若三力平衡,一定做匀速直线运动.
②若重力与静电力平衡,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.带电体在叠加场中有约 束情况下的运动
带 电体在叠加场中受轻杆、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.
  (2017•山东枣庄一模)如图所示,穿有M、N两个小球(均视为质点)的光滑绝缘圆环,固定在竖直面内,圆心为O、半径R=0.3 m.M、N用一根不可伸长的绝缘轻质细绳相连,小球质量分别为mM=0.01 kg、mN=0.08 kg;M带电荷量q=+7×10-4 C,N不带电.该空间同时存在匀强电场和匀强磁场.电场方向竖直向上,电场强度E=1×103 V/m;磁场方向垂直于圆环平面向里,磁感应强度B=37×102 T.将两小球从图示位置(M与圆心O等高,N在圆心O的正下方)由静止释放,两小球开始沿逆时针方向向上转动.重力加速度g取10 m/s2,已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.则在两球从图示位置逆时针向上转动的过程中,求:
 
(1)通过计算判断,小球M能否到达圆环的最高点.
(2)小球M速度最大时,圆环对小球M的弹力.
(3)小球M电势能变化量的最大值.
解析:(1)设M、N在转动过程中,绳对M、N做的功分别为WT、WT′,则
WT+WT′=0,
设M到达圆环最高点时,M、N的动能分别为EkM、EkN,
对M,洛伦兹力不做功,由动能定理得qER-mMgR+WT=EkM,
对N,由动能定理得WT′-mNgR=EkN,
联立解得EkM+EkN=-0.06 J,
即M在圆环最高点时,系统动能为负值,故M不能到达圆环的最高点.
(2)设N转过α角时,M、N的速度大小分别为vM、vN,因M、N做圆周运动的半径和角速度均相同,故vM=vN,
对M,洛伦兹力不做功,由动能定理得
qERsin α-mMgRsin α+WT2=12mMv2M,
对N,由动能定理得
WT2′-mNgR(1-cos α)=12mNv2N,
WT2+WT2′=0,
联立解得
v2M=43×(3sin α+4cos α-4),
由上式可得,当α=37°时,M、N的速度达到最大速度,最大速度vmax=233 m/s ,
M速度最大时,设绳的拉力为F,圆环对小球M的弹力为FN,由牛顿第二定律得Fcos 45°=(qE-mMg)cos 37°,
qvmaxB=Fsin 45°-(qE-mMg)sin 37°+FN=mMv2maxR,
解得FN=-0.096 N,负号表示弹力方向沿圆环径向向外.
(3)M、N从图示位置逆时针转动过程中,由于M不能到达最高点,所以,当两球速度为0时,电场力做功最多,电势能减少最多.由v2M=43×(3sin α+4cos α-4)得3sin α+4cos α-4=0,
解得sin α=2425(sin α=0舍去),
故M的电势能变化量的最大值|ΔEp|=qERsin α=126625 J=0.201 6 J.
答案:(1)见解析 (2)0.096 N 沿圆环径向向外
(3)0.201 6 J
 
带电粒子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)对于粒子连续通过几个不同种类的场时,要分阶段进行处理.
(5)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,应用牛顿运动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.
  (2018•辽宁五校联考)如图所示,与水平面成37°的倾斜轨道A C,其延长线在D点与半圆轨道DF相切,轨道半径R=1 m,轨道均为绝缘材料制成且位于竖直面内,整个空间存在水平向左的匀强电场,MN的右侧存在垂直于纸面向里的匀强磁场(C点在MN边界上).一质量为0.4 kg的带电小球沿轨道AC下滑,至C点时速度v0=1007 m/s,接着沿直线CD运动到D处进入半圆轨道,进入时无动能损失,且恰好能通过F点,在F点速度vF=4 m/s,不计空气阻力,g取10 m/s2,cos 37°=0.8,求:
 
(1 )小球带何种电荷;
(2)小球在半圆轨道部分克服摩擦力所做的功.
(3)小球从F点飞出时磁场同时消失,小球离开F点后的运动轨迹与轨道AC所在直线的交点为G(G点未标出),求G点到D点的距离.
解析:(1)在MN右侧,小球受到重力、电场力与洛伦兹力作用,如果小球带负电荷,电场力水平向右,洛伦兹力指向左下方,重力竖直向下,小球受到的合力不可能为零,小球不可能做直线运动,则小球带正电荷.
(2)小球在C、D间做匀速直线运动,则在D点的速度与C点的速度大小相等,即vD=1007 m/s,
 
电场力与重力的合力F0=mgcos 37°=5 N.
从D到F的过程,对小球,
由动能定理可得-Wf-F0•2R=12mv2F-12mv2D,
代入数据解得Wf=27.6 J.
(3)小球离开F点后做类平抛运动,加速度a=F0m,
2R=12at2,代入数据解得t=225 s,
G点到D点的距离x=vFt=4×225 m=2.26 m.
答案:(1)带正电荷 (2)27.6 J (3)2.26 m
 
1.设在地面上方的真空室内存在匀强电场和匀强磁场.已知电场强度和磁感应强度的方向是相同的,电场强度的大小E=4.0 V/m, 磁感应强度的大小B=0.15 T,今有一个带负电的质点以v=20 m/s的速度在此区域内沿垂直场强方向做匀速直线运动,求此带电质点的电量与质量之比q/m以及磁场的所有可能方向(角度可用反三角函数表示).
解析:根据带电质点做匀速直线运动的条件,得知此带电质点所受的重力、电场力和洛伦兹力的合力必定为零.由此推知此三个力的同一竖直平面内,如图所示,质点的速度垂直纸面向外.
 
由合力为零的条件,可得mg=qvB2+E2,①
求得带电质点的电量与质量之比qm=gvB2+E2②
代入数据得qm=9.8020×0.152+4.02 C/kg=1. 96 C/kg③
因质点带负电,电场方向与电场力方向相反,因而磁场方向也与电场力方向相反,设磁场方向与重力方向之间夹角为θ,则有qEsin θ=qvBcos θ.
解得tg θ=vBE=20×0.154.0,θ=arctg 0.75④
即磁场是沿着与重力方向夹角θ=arctg 0.75,且斜向下方的一切方向.
答案:见解析
 
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)找关键点: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.
  如图所示,半径为R的圆形区域,c为圆心,在圆上a点有一粒子源以相同的速率向圆面内各个方向发射多个质量为m、电荷量为+q的带电粒子.当圆形区域存在垂直于圆面、磁感应强度大小为B的匀强磁场时,沿ac方向射入的粒子从b点离开场区,此过程粒子速度方向偏转了2π3.若只将圆形区域内的磁场换成平行于圆面的匀强电场,粒子从电场圆边界的不同位置射出时有不同的动能,其最大动能是初动能的4倍,经过b点的粒子在b点的动能是初动能的3倍.不计粒子重力及粒子间的相互作用.求:
 
(1)粒子源发射粒子的速度v0及从b点离开磁场的粒子在磁场中运动的最长时间tm;
(2)电场强度的方向及大小.
解析:(1)粒子在磁场中作匀速圆周运动,设轨迹圆半径为r,作出以ab为弦的两段圆弧如图所示,O1、O2分别为两圆圆心,由从b点射出的粒子速度偏转角知:对以O1为圆心的圆有:圆周角∠aO1b=2π3 ,
 
由几何知识可知:弦切角∠cab=π3,△abc为等边三角形,可得ab长度:L=R①
从△abO1可得:r=33R②
由圆周运动的规律有:qv0B=mv20r③
由②③式可得:v0=3qBR3m④
粒子在磁场中运动时间最长时的轨迹是以O2为圆心的圆弧,在菱形aO1bO2中有:∠aO2b=∠aO1b=2π3
粒子的偏转角θ=2π-∠aO2b⑤
由圆周运动的规律有:tm=θrv0⑥
解得tm=4πm3qB.
(2)设电场方向与ab连线夹角为θ,离开电场时动能最大的粒子的射出点和c点连线一定和电场方向平行,如图所示.
 
在粒子从a运动到b点过程中由动能定理有:
qERcos θ=2×12mv20⑦
以离开电场时动能最大的粒子在电场中由动能定理有:
qER1+sinθ+π6=3×12mv20⑧
由④⑦⑧式解得:θ=0(即电场方向由a指向b)
E=qRB23m或θ满足sin θ=-473,E= 7qRB23m.
答案:(1)3qBR3m 4πm3qB (2)qRB23m或7qRB23m
 
带电粒子在分离电场和磁场中的运动问题分析
(1)带电粒子在电场和磁场的组合场中运动.根据粒子在运动过程中的受力情况,确定运动轨迹,计算粒子的运动时间、位移等物理量.由于电场与磁场是分离的,带电粒子在电场中受到恒定的电场力作用,加速度恒定,可能做匀变速直线运动,也可能做匀变速曲线运动.进入磁场之后,在磁场中受到洛伦兹力作用,粒子在磁场中做匀速圆周运动.
(2)处理带电粒子在电场中的运动,用动能定理较为简单.
(3)解题过程中要注意不要漏解.
  如图所示,在边长L=33 dm的等边三角形abc的外接圆区域内有平行于纸面的匀强电场,将质量m=2×10-13 kg,电量q=+1×10-10 C的点电荷从a点以相等的速率沿不同方向射出时可到达圆上的不同位置,其中电荷到达b点时动能最大,其动能增量为ΔEk=8.1×10-10 J.若将该点以某一初速度v0沿ac方向从a点射出时恰通过b点,现撤去电场并在该圆形区域内加上垂直于纸面的匀强磁场时,仍让该点电荷从a点沿ac方向以v0射出时也能通过b点.求:
 
(1)匀强电场的场强E;
(2)匀强磁场的磁感应强度B;
(3)点电荷在匀强磁场和匀强电场中运动的时间之比.
解析:( 1)由于电场力做功与路径 无关,且点电荷从a点沿不同方向射出时到达b点时动能最大,说明在圆周上b点的电势最低,则过b点所作外接圆的切线为b点的等势线,又因为电场线总是与等势面相垂直,且由高等势面指向低等势面,故图中的Ob方向即为场强方向
 
设外接圆半径为R,由几何关系知L=2Rcos 30°,由功能关系知电场力做功等于动能增量
ΔEk=Eq(R+Rsin 30°),解得R=0.3 m,E=18 N/C.
(2)电荷沿ac方向射入时在电场中恰做类平抛运动,由Rcos 30°=v0t1和R+Rsin 30°=12 Eqmt21得t1=0.01 s,v0=153 m/s
换成磁场后仍过ab两点,则圆心在ab的垂直平分线上,同时圆心还应在过a点垂直于ac的直线上 ,如图中的O1点,由左手定则知磁感应强度方向垂直纸面向下,由几何关系可知其圆周运动的轨道半径r=R
又电荷做圆周运动时,由qv0B=mv20r得r=mv0qB,代入数据可得B=310 T.
(3)由几何关系知电荷在磁场中运动了120°圆心角,因此对应的时间为t2=120°360°×2πmqB=4π×10-233 s
于是对应的时间之比为t2t1=4π33,整理可得t2t1=43π9.
答案:(1)18 N/C (2)310 T (3)43π9
 
2.(2018•辽宁五校协作体联考)如图,在xOy平面第一象限内有平行于y轴的匀强电场和垂直于xOy平面的匀强磁场,匀强电场的电场强度为E.一带电荷量为+q的小球从y轴上离坐标原点距离为L的A点处,以沿x轴正方向的初速度进入第一象限,如果电场和磁场同时存在,小球将做匀速圆周运动,并从x轴上距坐标原点L2的C点离开磁场.如果只撤去磁场,并且将电场反向,带电小球以相同的初速度从A点进入第一象限,仍然从x轴上距坐标原点L2的C点离开电场.求:
 
(1)小球从A点出发时的初速度大小;
(2)磁感应强度B的大小.
解析:(1)由带电小球做匀速圆周运动知mg=qE①
 
所以电场反向后,由牛顿第二定律有mg+qE=ma②
小球做类平抛运动有L=12at2③
L2=v0t④
由①②③④联立得v0=12gL⑤
(2)带电小球做匀速圆周运动时,洛伦兹力提供向心力,则qv0B=mv20R⑥
由几何知识得(L-R)2+(12L)2=R2⑦
由⑤⑥⑦得B=4EgL5gL.
答案:(1)12gL (2)4EgL5gL
3.(2018•江西红色七校模拟)如图所示,粒子源O可以源源不断地产生初速度为零的正离子同位素,即这些正离子带相同的电荷量q,质量却不相同.所有的正离子先被一个电压为U0的匀强加速电场加速,再从两板中央垂直射入一个匀强偏转电场,已知此偏转电场两板间距为d ,板间电压为2U0,偏转后通过下极板上的小孔P离开电场.经过一段匀速直线运动后,正离子从Q点垂直于边界AB进入一正方形区域匀强磁场(磁感应强 度为B,方向垂直于纸面向里),不计正离子的重力及离子间的相互作用.
 
(1)当正离子从P点离开偏转电场时,求P点和极板左端间的距离L以及此时的速度偏转角φ.
(2)求质量为m的离子在磁场中做圆周运动的半径R.
(3)若质量为4m的离子垂直打在磁场边界AD的中点处,求能打在边界AD上的正离子的质量范围.
解析:(1)离子在加速电场中,由动能定理得qU0=12mv20-0,
在偏转电场中,离子做类平抛运动,L=v0t,d2=12at2,
加速度a=2qU0md,
速度偏转角的正切值tan φ=atv0,
解得L=d,
tan φ=1,φ=45°.
(2)离子在加速电场中,由动能定理得qU0=12mv20-0,v0=2qU0m,
离子进入磁场时的速度为v,v=v0cos 45°=2v0,
离子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,
由牛顿第二定律得qvB=mv2R,
解得R=2B mU0q.
(3)由题意可知,质量为4m的正离子在磁场中运动轨迹的圆心恰好在A点,设此时的轨迹半径为R0,临界状态1:质量为m1的正离子刚好打在A点,设此时的轨迹半径为R1,如图所示.
 
由几何知识可得R1=12R0,
由R=2B mU0q可知R0R1= 4mm1,
解得m1=m.
临界状态2:质量为m2的正离子刚好打在D点,设此时的轨迹半径为R2,由几何知识可得
R22=(2R0)2+(R2-R0)2,
解得R2=52R0,
则R0R2= 4mm2,
解得m2=25m,
则能打在边界AD上的正离子的质量范围为m~25m.
答案:(1)d 45° (2)2B mU0q (3)m~25m 文章来源
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