2020版高考物理大一輪復習 第九章 專題強化十一 帶電粒子在疊加場和組合場中的運動課件 教科版.ppt

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1、,第九章磁場,專題強化十一帶電粒子在疊加場和組合場中的運動,,大一輪復習講義,1.本專題是磁場、力學、電場等知識的綜合應用，高考往往以計算壓軸題的形式出現. 2.學習本專題，可以培養(yǎng)同學們的審題能力、推理能力和規(guī)范表達能力.針對性的專題訓練，可以提高同學們解決難題、壓軸題的信心. 3.用到的知識有：動力學觀點(牛頓運動定律)、運動學觀點、能量觀點(動能定理、能量守恒定律)、電場的觀點(類平拋運動的規(guī)律)、磁場的觀點(帶電粒子在磁場中運動的規(guī)律).,專題解讀,,NEIRONGSUOYIN,內容索引,研透命題點,課時作業(yè),細研考綱和真題 分析突破命題點,限時訓練 練規(guī)范 練速度,,研透命題點,,,

2、1.帶電粒子在疊加場中無約束情況下的運動 (1)洛倫茲力、重力并存 若重力和洛倫茲力平衡，則帶電粒子做勻速直線運動. 若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電粒子將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，故機械能守恒，由此可求解問題. (2)電場力、洛倫茲力并存(不計重力的微觀粒子) 若電場力和洛倫茲力平衡，則帶電粒子做勻速直線運動. 若電場力和洛倫茲力不平衡，則帶電粒子將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，可用動能定理求解問題.,,,,命題點一帶電粒子在疊加場中的運動,(3)電場力、洛倫茲力、重力并存 若三力平衡，一定做勻速直線運動. 若重力與電場力平衡，一定做勻速圓周運動. 若合力不為零且與速度方向不垂

3、直，將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，可用能量守恒定律或動能定理求解問題. 2.帶電粒子在疊加場中有約束情況下的運動 帶電粒子在疊加場中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道等約束的情況下，常見的運動形式有直線運動和圓周運動，此時解題要通過受力分析明確變力、恒力做功情況，并注意洛倫茲力不做功的特點，運用動能定理、能量守恒定律結合牛頓運動定律求解.,例1(2017全國卷16)如圖1，空間某區(qū)域存在勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向上(與紙面平行)，磁場方向垂直于紙面向里，三個帶正電的微粒a、b、c電荷量相等，質量分別為ma、mb、mc，已知在該區(qū)域內，a在紙面內做勻速圓周運動，b在紙面內向右做勻速直線運動

4、，c在紙面內向左做勻速直線運動.下列選項正確的是 A.mambmc B.mbmamc C.mcmamb D.mcmbma,圖1,,解析設三個微粒的電荷量均為q， a在紙面內做勻速圓周運動，說明洛倫茲力提供向心力，重力與電場力平衡，則 magqE b在紙面內向右做勻速直線運動，三力平衡，則 mbgqEqvB c在紙面內向左做勻速直線運動，三力平衡，則 mcgqvBqE 比較式得：mbmamc，選項B正確.,變式1(多選)(2019遼寧省沈陽市調研)如圖2所示，空間某處存在豎直向下的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，一個帶負電的金屬小球從M點水平射入場區(qū)，經一段時間運動到N點，關于小球由M到N的運

5、動，下列說法正確的是,A.小球可能做勻變速運動 B.小球一定做變加速運動 C.小球動能可能不變 D.小球機械能守恒,圖2,,,解析小球從M到N，在豎直方向上發(fā)生了偏轉，所以受到的豎直向下的洛倫茲力、豎直向下的重力和豎直向上的電場力的合力不為零，并且速度方向變化，則洛倫茲力方向變化，所以合力方向變化，故不可能做勻變速運動，一定做變加速運動，A錯誤，B正確； 若電場力和重力等大反向，則運動過程中電場力和重力做功之和為零，而洛倫茲力不做功，所以小球的動能可能不變，C正確； 沿電場方向有位移，電場力一定做功，故小球的機械能不守恒，D錯誤.,例2(2016天津理綜11)如圖3所示，空間中存在著水平向右的

6、勻強電場，電場強度大小E5 N/C，同時存在著垂直紙面向里的勻強磁場，其方向與電場方向垂直，磁感應強度大小B0.5 T.有一帶正電的小球，質量m1106 kg，電荷量q2106 C，正以速度v在圖示的豎直面內做勻速直線運動，當經過P點時撤掉磁場(不考慮磁場消失引起的電磁感應現象)，取g10 m/s2，求：,圖3,(1)小球做勻速直線運動的速度v的大小和方向；,答案20 m/s方向與電場方向成60角斜向上,解析小球做勻速直線運動時受力如圖甲，其所受的三個力在同一平面內，合力為零，有qvB,代入數據解得v20 m/s 速度v的方向與電場E的方向之間的夾角滿足,60,(2)從撤掉磁場到小球再次穿過P

7、點所在的這條電場線經歷的時間t.,解析解法一撤去磁場，小球在重力與電場力的合力作用下做類平拋運動，如圖乙所示，設其加速度為a，有,設撤去磁場后小球在初速度方向上的分位移為x，有 xvt 設小球在重力與電場力的合力方向上的分位移為y，有,聯(lián)立式，代入數據解得,解法二撤去磁場后，由于電場力垂直于豎直方向，它對豎直方向的分運動沒有影響，以P點為坐標原點，豎直向上為正方向，小球在豎直方向上做勻減速運動，其初速度為 vyvsin ,變式2(2018山西省孝義市質量檢測三)如圖4所示，豎直平面內存在水平方向的勻強電場，電場強度為E，同時存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，紙面內放置一光滑的絕緣

8、細桿，與水平方向成45角.質量為m、帶電荷量為q的金屬小環(huán)套在細桿上，以初速度v0沿著細桿向下運動，小環(huán)離開細桿后，恰好做直線運動，則以下說法正確的是 A.小球可能帶負電 B.電場方向可能水平向右,圖4,,1.組合場：電場與磁場各位于一定的區(qū)域內，并不重疊，電場、磁場交替出現. 2.分析思路 (1)劃分過程：將粒子運動的過程劃分為幾個不同的階段，對不同的階段選取不同的規(guī)律處理. (2)找關鍵：確定帶電粒子在場區(qū)邊界的速度(包括大小和方向)是解決該類問題的關鍵. (3)畫運動軌跡：根據受力分析和運動分析，大致畫出粒子的運動軌跡圖，有利于形象、直觀地解決問題.,,,,命題點二帶電粒子在組合場中的運

9、動,模型1磁場與磁場的組合 例3(2017全國卷24)如圖5，空間存在方向垂直于紙面(xOy平面)向里的磁場.在x0 區(qū)域，磁感應強度的大小為B0；x0區(qū)域，磁感應強度的大小為B0(常數1).一質量為m、電荷量為q(q0)的帶電粒子以速度v0從坐標原點O沿x軸正向射入磁場，此時開始計時，當粒子的速度方向再次沿x軸正向時，求：(不計重力),圖5,(1)粒子運動的時間；,解析在勻強磁場中，帶電粒子做勻速圓周運動.設在x0區(qū)域，圓周半徑為R1；在x0區(qū)域，圓周半徑為R2. 由洛倫茲力公式及牛頓運動定律得,設粒子在x0區(qū)域運動的時間為t1，則,粒子在x<0區(qū)域運動的時間為t2，則,聯(lián)立式得，所求時間為

10、,(2)粒子與O點間的距離.,解析由幾何關系及式得，所求距離為,變式3(2019廣東省韶關市調研)如圖6所示，在無限長的豎直邊界AC和DE間，上、下部分分別充滿方向垂直于平面ADEC向外的勻強磁場，上部分區(qū)域的磁感應強度大小為B0，OF為上、下磁場的水平分界線.質量為m、帶電荷量為q的粒子從AC邊界上與O點相距為a的P點垂直于AC邊界射入上方磁場區(qū)域，經OF上的Q點第一次進入下方磁場區(qū)域，Q 與O點的距離為3a.不考慮粒子重力.,圖6,(1)求粒子射入時的速度大??；,解析粒子在OF上方的運動軌跡如圖所示，,設粒子做圓周運動的半徑為R，由幾何關系可知R2(Ra)2(3a)2，R5a,(2)要使粒

11、子不從AC邊界飛出，求下方磁場區(qū)域的磁感應強度B1應滿足的條件；,解析當粒子恰好不從AC邊界飛出時，運動軌跡如圖所示，設粒子在OF下方做圓周運動的半徑為r1，,(3)若下方區(qū)域的磁感應強度 B3B0，粒子最終垂直 DE 邊界飛出，求邊界 DE 與AC 間距離的可能值.,解析當B3B0時，粒子的運動軌跡如圖所示，,答案4na(n1,2,3，),設粒子的速度方向再次與射入磁場時的速度方向一致時的位置為P1，,模型電場與磁場的組合 例4(2018全國卷25)一足夠長的條狀區(qū)域內存在勻強電場和勻強磁場，其在xOy平面內的截面如圖7所示：中間是磁場區(qū)域，其邊界與y軸垂直，寬度為l，磁感應強度的大小為B，

12、方向垂直于xOy平面；磁場的上、下兩側為電場區(qū)域，寬度均為l，電場強度的大小均為E，方向均沿x軸正方向；M、N為條狀區(qū)域邊界上的兩點，它們的連線與y軸平行.一帶正電的粒子以某一速度從M點沿y軸正方向射入電場，經過一段時間后恰好以從M點入射的速度從N點沿y軸正方向射出.不計重力.,圖7,(1)定性畫出該粒子在電磁場中運動的軌跡；,答案見解析圖,解析粒子運動的軌跡如圖(a)所示.(粒子在電場中的軌跡為拋物線，在磁場中為圓弧，上下對稱),(2)求該粒子從M點入射時速度的大小；,解析粒子從電場下邊界入射后在電場中做類平拋運動. 設粒子從M點射入時速度的大小為v0，在下側電場中運動的時間為t，加速度的大

13、小為a； 粒子進入磁場的速度大小為v，方向與電場方向的夾角為，如圖(b)，速度沿電場方向的分量為v1.,根據牛頓第二定律有qEma 式中q和m分別為粒子的電荷量和質量. 由運動學公式有 v1at lv0t v1vcos ,粒子在磁場中做勻速圓周運動，設其運動軌道半徑為R，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得,由幾何關系得 l2Rcos 聯(lián)立式得,(3)若該粒子進入磁場時的速度方向恰好與x軸正方向的夾角為 ，求該粒子的比荷及其從M點運動到N點的時間.,聯(lián)立式得,設粒子由M點運動到N點所用的時間為t，則,式中T是粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期，則,由式得,變式4(2018山西省晉城市第一次模擬)在如圖

14、8甲所示的xOy坐標系中，第一象限內有垂直坐標平面的勻強磁場；第二象限內有方向水平向右、場強大小為E的勻強電場E1；第四象限內有方向水平(以水平向右為正方向)、大小按圖乙 規(guī)律變化的電場E2，變化周期T .一質量為m、電荷量為q的粒子， 從(x0，x0)點由靜止釋放，進入第一象限后恰能繞O點做勻速圓周運動.以粒 子經過x軸進入第四象限的時間點為電場E2的計時起點，不計粒子重力.求：,圖8,(1)第一象限內勻強磁場的磁感應強度B的大?。?(2)粒子在第四象限中運動，當t 時，粒子的速度；,方向與水平方向成45角斜向右下方,(3)粒子在第四象限中運動，當tnT(nN*) 時，粒子的坐標.,答

15、案(n1)x0，2nx0(nN*),解析粒子在第四象限中運動時，y軸方向上做勻速直線運動，x軸方向上前半個周期向右做勻加速運動，后半個周期向右做勻減速運動直到速度為0；,當tnT時，x軸距O點的距離xx0nx0 y軸距O點的距離yv0nT2nx0 粒子的坐標(n1)x0，2nx0(nN*),,課時作業(yè),,,1.(多選)(2018河南省駐馬店市第二次質檢)如圖1所示，平面直角坐標系的第二象限內存在著垂直紙面向外、磁感應強度大小為2B的勻強磁場，第三象限內存在著垂直紙面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場.一帶負電的粒子從原點O以某一速度沿與y軸成30角方向斜向上射入磁場，且在第二象限運動時的軌跡圓

16、的半徑為R，已知帶電粒子的質量為m，所帶電荷量為q，且所受重力可以忽略.則 A.粒子在第二象限和第三象限兩磁場中運動的軌跡圓半徑之 比為12 B.粒子完成一次周期性運動的時間為 C.粒子從O位置入射后第二次經過x軸時的位置到坐標原點的 距離為3 R D.若僅將粒子的入射速度大小變?yōu)樵瓉淼?倍，則粒子完成一次周期性運動的時間 將減少,圖1,,,1,2,3,4,5,6,粒子在磁場中運動一個周期的軌跡如圖所示：,1,2,3,4,5,6,1,2,3,4,5,6,1,2,3,4,5,6,2.(多選)(2018山西省晉城市第一次模擬)足夠大的空間內存在著豎直向上的勻強磁場和勻強電場，有一帶正電的小球在電

17、場力和重力作用下處于靜止狀態(tài).現將磁場方向順時針旋轉30，同時給小球一個垂直磁場方向斜向下的速度v(如圖2所示)，則關于小球的運動，下列說法正確的是 A.小球做類平拋運動 B.小球在紙面內做勻速圓周運動 C.小球運動到最低點時電勢能增加 D.整個運動過程中機械能不守恒,圖2,,,1,2,3,4,5,6,解析小球在復合電磁場中處于靜止狀態(tài)，只受兩個力作用，即重力和電場力且兩者平衡，當把磁場順時針方向旋轉30，且給小球一個垂直磁場方向的速度v，則小球受到的合力就是洛倫茲力，且與速度方向垂直，所以小球在垂直于紙面的傾斜平面內做勻速圓周運動，選項A、B錯誤； 小球從開始到最低點過程中克服電場力做功，電

18、勢能增加，選項C正確； 整個運動過程中機械能不守恒，選項D正確.,1,2,3,4,5,6,3.(2018江西省十所省重點高中二模)如圖3所示，在紙面內有兩個磁感應強度大小均為B、方向相反的勻強磁場，虛線等邊三角形ABC為兩磁場的理想邊界.已知三角形ABC邊長為L，虛線三角形內為方向垂直紙面向外的勻強磁場，三角形外部的足夠大空間為方向垂直紙面向里的勻強磁場.一電荷量為q、質量為m的帶正電粒子從AB邊中點P垂直AB邊射入三角形外部磁場，不計粒子的重力和一切阻力，試求：,圖3,1,2,3,4,5,6,(1)要使粒子從P點射出后在最短時間內通過B點，則從P點射出時的速度v0為多大？,1,2,3,4,5

19、,6,(2)滿足(1)問的粒子通過B后第三次通過磁場邊界時到B的距離是多少？,1,2,3,4,5,6,(3)滿足(1)問的粒子從P點射入外部磁場到再次返回到P點的最短時間為多少？畫出粒子的軌跡并計算.,答案見解析,解析粒子運動軌跡如圖,1,2,3,4,5,6,4.(2019河南省商丘市模擬)如圖4所示，在xOy坐標系的第二象限內有水平向右的勻強電場，第四象限內有豎直向上的勻強電場，兩個電場的場強大小相等，第四象限內還有垂直于紙面的勻強磁場，讓一個質量為m、帶電荷量為q的粒子在第二象限內的P(L，L)點由靜止釋放，結果粒子沿直線運動到坐標原點并進入第四象限，粒子在第四象限內運動后從x軸上的Q(L

20、,0)點進入第一象限，重力加速度為g，求： (1)粒子從P點運動到坐標原點的時間；,圖4,1,2,3,4,5,6,解析粒子在第二象限內做直線運動，因此電場力和重力的合力方向沿PO方向，則粒子帶正電.,1,2,3,4,5,6,(2)勻強磁場的磁感應強度的大小和方向。,1,2,3,4,5,6,由于粒子在第四象限內受到電場力與重力等大反向，因此粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動， 由于粒子做勻速圓周運動后從x軸上的Q(L,0)點進入第一象限， 根據左手定則可以判斷，磁場方向垂直于紙面向里.,1,2,3,4,5,6,粒子做勻速圓周運動的軌跡如圖，由幾何關系可知,1,2,3,4,5,6,5.(2018山

21、東省日照市一模)如圖5所示，在坐標系xOy平面的x0區(qū)域內，存在電場強度大小E2105N/C、方向垂直于x軸的勻強電場和磁感應強度大小B0.2 T、方向與xOy平面垂直向外的勻強磁場.在y軸上有一足夠長 的熒光屏PQ，在x軸上的M(10,0)點處有一粒子發(fā)射槍向x軸 正方向連續(xù)不斷地發(fā)射大量質量m6.41027kg、電荷量q 3.21019 C的帶正電粒子(重力不計)，粒子恰能沿x軸 做勻速直線運動.若撤去電場，并使粒子發(fā)射槍以M點為 軸在xOy平面內以角速度2 rad/s順時針勻速轉動(整個 裝置都處在真空中). (1)判斷電場方向，求粒子離開發(fā)射槍時的速度；,圖5,答案見解析,1,2,3,

22、4,5,6,解析帶正電粒子(重力不計)在復合場中沿x軸做勻速直線運動，據左手定則判定洛倫茲力方向向下，所以電場力方向向上，電場方向向上 有qEqvB,1,2,3,4,5,6,(2)帶電粒子在磁場中運動的軌跡半徑；,答案見解析,所以粒子在磁場中運動的軌跡半徑,1,2,3,4,5,6,(3)熒光屏上閃光點的范圍距離；,答案見解析,1,2,3,4,5,6,解析粒子運動軌跡如圖所示，若粒子在熒光屏上能最上端打在B點，最下端打在A點,dOBR,1,2,3,4,5,6,(4)熒光屏上閃光點從最低點移動到最高點所用的時間.,答案見解析,所以粒子在磁場中運動的時間可以忽略不計,1,2,3,4,5,6,6.(2

23、018福建省南平市適應性檢測)如圖6，在平面直角坐標系xOy中，x軸上方存在沿y軸負方向的勻強電場，電場強度為E，x軸下方存在垂直坐標系平面向外的勻強磁場，磁感應強度為B.一個靜止的帶正電粒子位于y 軸正半軸的A(0，h)點，某時刻由于內部作用，分裂成兩 個電荷量都為q的粒子a和b，分別沿x軸正方向和負方向 進入電場.已知粒子a的質量為m，粒子a進入第一象限的 動量大小為p.設分裂過程不考慮外力的作用，在電場與磁 場中的運動過程不計粒子重力和粒子間的相互作用.求： (1)粒子a第一次通過x軸時離原點O的距離x；,圖6,答案見解析,1,2,3,4,5,6,解析如圖所示，粒子a在電場中只受電場力，做類平拋運動,由平拋運動規(guī)律可得：xv0t,qEma pmv0,1,2,3,4,5,6,(2)粒子a第二次通過x軸時與第一次通過x軸時兩點間的距離L.,答案見解析,1,2,3,4,5,6,解析粒子a進入磁場時，設速度為v，與x軸正方向成角，y軸方向的速度為vy，則 vyat vyvsin 粒子a在磁場中做勻速圓周運動，設軌跡半徑為r，有,由幾何知識得： L2rsin 聯(lián)立式解得：,1,2,3,4,5,6,