高考物理二轮 压轴突破 专题3第8讲带电粒子在复合场中的运动常考的2个问题(计算题)教案

第一部分专题三电场和磁场知识互联网达人寄语——科学复习、事半功倍决定最后终点的人只有你自己！●2012年3月，中南大学破格聘请22岁就攻克了国际数学难题的刘路为正教授级研究员，成为目前中国最年轻的教授．他的励志名言是：“人生好比一道难题，我坚持了自己的兴趣，决定最后终点的人只有你自己！”“电场和磁场”，高考是重磅，粒子运动压大轴，“场”“场”有“轨”莫紧张．要自信，自信是成功的基石，用自己的实力撬动高考这个实现自身价值的省力杠杆，使你的人生轨迹呈弧线上升．第8讲带电粒子在复合场中的运动常考的2个问题(计算题)主要题型：计算题难度档次：难度较大，考卷的高档题．知识点多、综合性强，题意深邃，含有临界点，主要为多过程现象、也有多物体系统．以定量计算为主，对解答表述要求较规范．一般设置为或递进、或并列的2～3小问，各小问之间按难度梯度递增．,高考热点一、两种场的模型及三种场力1．两种场模型(1)组合场模型：电场、磁场、重力场(或其中两种场)并存，但各位于一定区域，并且互不重叠．(2)复合场模型：电场、磁场、重力场(或其中两种场)并存于同一区域．2．三种场力(1)重力：G＝mg，总是竖直向下，恒力，做功只取决于初末位置的高度差．(2)电场力：F＝qE，方向与场强方向及电性有关，做功只取决于初末位置的电势差．(3)洛伦兹力：F洛＝qvB(v⊥B)，方向用左手定则判定，洛伦兹力永不做功．二、电偏转与磁偏转的比较偏转类型比较内容电偏转垂直进入匀强电场磁偏转垂直进入匀强磁场受力情况及特点恒力F＝qE做匀变速运动F＝qvB大小不变、方向改变，永不做功运动规律类平抛运动匀速圆周运动偏转程度tan θ＝v y v x ，θ<π2 偏转角不受限制 动能变化动能增加 动能不变 处理方法运动的合成与分解、类平抛运动规律 结合圆的知识及半径、周期公式1．匀速直线运动 当带电粒子在复合场中所受合外力________时带电粒子做匀速直线运动，如速度选择器．2．匀速圆周运动当带电粒子所受的重力与静电力________________时，带电粒子可以在洛伦兹力的作用下，在垂直于磁场的平面内做匀速圆周运动．3．较复杂的曲线运动当带电粒子所受的合外力是变力，且与________方向不在同一条直线上，粒子做非匀变速曲线运动，这时粒子运动轨迹不是圆弧，也不是抛物线．4．分阶段运动带电粒子可能依次通过几个情况不同的复合场区域，其运动情况随区域情况发生变化，其运动过程由几种不同的运动阶段组成．,状元微博名师点睛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(1)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．(2)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．(3)当带电粒子做类平抛运动时，要应用运动的合成与分解法． 课堂笔记常考问题24 带电粒子在组合场中的运动【例1】 (2012·山东理综，23)如图8－1甲所示，相隔一定距离的竖直边界两侧为相同的匀强磁场区，磁场方向垂直纸面向里，在边界上固定两长为L 的平行金属极板MN 和PQ ，两极板中心各有一小孔S 1、S 2，两极板间电压的变化规律如图乙所示．正反向电压的大小均为U 0，周期为T 0.在t ＝0时刻将一个质量为m 、电量为－q (q >0)的粒子由S 1静止释放，粒子在电场力的作用下向右运动，在t ＝T 02时刻通过S 2垂直于边界进入右侧磁场区．(不计粒子重力，不考虑极板外的电场)(1)求粒子到达S 2时的速度大小v 及极板间距d .(2)为使粒子不与极板相撞，求磁感应强度的大小应满足的条件．(3)若已保证了粒子未与极板相撞，为使粒子在t ＝3T 0时刻再次到达S 2，且速度恰好为零，求该过程中粒子在磁场内运动的时间和磁感应强度的大小．甲 乙图8－1 解析 (1)粒子由S 1至S 2的过程，根据动能定理得qU 0＝12mv 2①, 思维模板1．解决带电粒子在组合场中运动的一般思维模板2．所用规律选择思路(1)带电粒子经过电场区域时利用动能定理或类平抛的知识分析；(2)带电粒子经过磁场区域时利用圆周运动规律结合几何关系来处理．课堂笔记由①式得v ＝ 2qU 0m ②设粒子的加速度大小为a ，由牛顿第二定律得q U 0d ＝ma ③ 由运动学公式得d ＝12a ⎝ ⎛⎭⎪⎫T 022④ 联立③④式得d ＝T 04 2qU 0m ⑤(2)设磁感应强度的大小为B ，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R ，由牛顿第二定律得qvB ＝m v 2R ⑥要使粒子在磁场中运动时不与极板相撞，需满足2R >L2⑦ 联立②⑥⑦式得B <4L 2mU 0q ⑧(3)设粒子在两边界之间无场区向左匀速运动的过程用时为t 1，有d ＝vt 1⑨联立②⑤⑨式得t 1＝T 04⑩ 若粒子再次到达S 2时速度恰好为零，粒子回到极板间应做匀减速运动，设匀减速运动的时间为t 2，根据运动学公式得d ＝v 2t 2⑪ 联立⑨⑩⑪式得t 2＝T 02⑫ 设粒子在磁场中运动的时间为t ，t ＝3T 0－T 02－t 1－t 2⑬ 联立○10⑫⑬式得t ＝7T 04⑭ 设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T ，由⑥式结合运动学公式得T ＝2πm qB⑮ 由题意可知T ＝t ⑯联立⑭⑮⑯式得B ＝8πm 7qT 0⑰答案(1) 2qU0mT042qU0m(2)B<4L2mU0q(3)7T048πm7qT0图8－2如图8－2所示，带电粒子以某一初速度进入一垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的有界匀强磁场，粒子垂直进入磁场时的速度与水平方向成θ＝60°角，接着垂直进入电场强度大小为E，水平宽度为L、方向竖直向上的匀强电场，粒子穿出电场时速度大小变为原来的 2 倍．已知带电粒子的质量为m、电荷量为q，重力不计．(1)分析判断粒子的电性；(2)求带电粒子在磁场中运动时速度v的大小；(3)求磁场的水平宽度d.,常考问题25 带电粒子在叠加复合场中的运动【例2】如图8－3所示的平行板之间，存在着相互垂直的匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度B1＝0.20 T，方向垂直纸面向里，电场强度E1＝1.0×105 V/m，PQ为板间中线．紧靠平行板右侧边缘xOy 坐标系的第一象限内，有一边界线AO，与y轴的夹角∠AOy＝45°，边界线的上方有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B2＝0.25 T，边界线的下方有水平向右的匀强电场，电场强度E2＝5.0×105 V/m，在x 轴上固定一水平的荧光屏．一束带电荷量q＝8.0×10－19C、质量m＝8.0×10－26kg的正离子从P点射入平行板间，沿中线PQ做直线运动，穿出平行板后从y轴上坐标为(0，0.4 m)的Q点垂直y轴射入磁场区，最后打到水平的荧光屏上的位置C.求：图8－3(1)离子在平行板间运动的速度大小；(2)离子打到荧光屏上的位置C的坐标；(3)现只改变AOy区域内磁场的磁感应强度大小，使离子都不能打到x轴上，磁感应强度大小B2′应满足什么条件？教你审题图8－4(2012·广东揭阳联考)如图8－4所示，竖直平面内有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场强度E1＝2 500 N/C，方向竖直向上；磁感应强度B＝103T，方向垂直纸面向外；有一质量m＝1×10－2kg、电荷量q＝4×10－5C的带正电小球自O点沿与水平线成45°角以v0＝4 m/s的速度射入复合场中，之后小球恰好从P点进入电场强度E2＝2 500 N/C，方向水平向左的第二个匀强电场中．不计空气阻力，g取10 m/s2.求：(1)O点到P点的距离s1；(2)带电小球经过P点的正下方Q点时与P点的距离s2.,借题发挥带电(体)粒子在复合场中的运动问题求解要点(1)受力分析是基础．在受力分析时是否考虑重力必须注意题目条件．(2)运动过程分析是关键．在运动过程分析中应注意物体做直线运动、曲线运动及圆周运动、类平抛运动的条件．(3)构建物理模型是难点．根据不同的运动过程及物理模型选择合适的物理规律列方程求解．易错警示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、α粒子等的重力忽略不计，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”等词语为突破口，挖掘隐含条件，并根据临界条件列出辅助方程，再与其他方程联立求解．3．混淆处理“磁偏转”和“电偏转”的方法(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“磁偏转”是匀速圆周运动，采用圆周运动规律结合几何关系来处理．课堂笔记预测：带电粒子在组合场和复合场中的运动是高考命题的热点，往往综合考查牛顿运动定律、功能关系、圆周运动的规律等.2013高考压轴题的热点为―→带电粒子在交变复合场中的运动对策：特别提醒若交变电压的变化周期远大于粒子穿越电场的时间，则在粒子穿越电场过程中，电场可看作粒子刚进入电场时刻的匀强电场．计算题“弃车保帅”策略：计算题第25题为压轴大题，分值高达18～19分，但是其中第(1)小题往往难度不大．考生们可以根据自己的实际能力，适当放弃难度过高的(2)(3)小题，以免白白浪费大量宝贵时间，导致其他科目较易的考题来不及完成．,【典例】 如图8－5甲所示，在xOy 平面内加有空间分布均匀、大小随时间周期性变化的电场和磁场，变化规律如图乙所示(规定竖直向上为电场强度的正方向，垂直纸面向里为磁感应强度的正方向)．在t ＝0时刻，质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子自坐标原点O 处以v 0＝2π m/s 的速度沿x 轴正向水平射入．已知电场强度E 0＝2m q 、磁感应强度B 0＝2mq，不计粒子重力．求：图8－5(1)t ＝π s 时粒子速度的大小和方向；(2)π s ～2π s 内，粒子在磁场中做圆周运动的半径；(3)画出0～4π s 内粒子的运动轨迹示意图；(要求：体现粒子的运动特点)．读题 (1)由图(乙)可知，在xOy 平面内存在电场时，不存在磁场；存在磁场时，不存在电场．且电场和磁场的变化周期相同；(2)带电粒子在电场中做类平抛运动；(3)由T ＝2πmqB 0＝π s 知，只存在磁场时，带电粒子恰好做一个完整的圆周运动．画图 带电粒子在交变场中的运动轨迹如图所示．规范解答 (1)在0～π s 内，在电场力作用下，带电粒子在x 轴正方向上做匀速运动：v x ＝v 0y 轴正方向上做匀加速运动：v y ＝qE 0mtπ s 末的速度为v 1＝ v 2x ＋v 2yv 1与水平方向的夹角为α，则tan α＝v yv x，代入数据解得v 1＝2 2 π m/s ，方向与x 轴正方向成45°斜向上．(2)因T ＝2πmqB 0＝π s ，故在π s ～2π s 内，粒子在磁场中做一个完整的圆周运动，由牛顿第二定律得：qv 1B 0＝mv 21R 1，解得R 1＝mv 1qB 0＝ 2π m(3)轨迹如图所示图8－61．(2012·海口调研测试)如图8－6所示空间分为Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ三个足够长的区域，各边界面相互平行，其中Ⅰ，Ⅱ区域存在匀强电场E I＝1.0×104V/m，方向垂直边界面竖直向上；EⅡ＝34×105 V/m，方向水平向右，Ⅲ区域磁感应强度B＝5.0 T，方向垂直纸面向里，三个区域宽度分别为d1＝5.0 m，d2＝4.0 m，d3＝10 m．一质量m＝1.0×10－8kg、电荷量q＝1.6×10－6C的粒子从O点由静止释放，粒子重力忽略不计．求：(1)粒子离开区域Ⅰ时的速度大小；(2)粒子从区域Ⅱ进入区域Ⅲ时的速度方向与边界面的夹角；(3)粒子在Ⅲ区域中运动的时间和离开Ⅲ区域时的速度方向与边界面的夹角．2．(2012·重庆理综，24)有人设计了一种带电颗粒的速率分选装置，其原理如图8－7所示，两带电金属板间有匀强电场，方向竖直向上，其中PQNM矩形区域内还有方向垂直纸面向外的匀强磁场．一束比荷(电荷量与质量之比)均为1k的带正电颗粒，以不同的速率沿着磁场区域的水平中心线O′O进入两金属板之间，其中速率为v0的颗粒刚好从Q点处离开磁场，然后做匀速直线运动到达收集板．重力加速度为g.PQ ＝3d，NQ＝2d，收集板与NQ的距离为l，不计颗粒间相互作用．求(1)电场强度E的大小；(2)磁感应强度B的大小；(3)速率为λv0(λ>1)的颗粒打在收集板上的位置到O点的距离．图8－73．(2012·郑州市预测)如图8－8甲所示，两平行金属板长度l 不超过0.2 m ，两板间电压U 随时间t 变化的U －t 图象如图8－8乙所示．在金属板右侧有一左边界为MN 、右边无界的匀强磁场，磁感应强度B ＝0.01 T ，方向垂直纸面向里．现有带正电的粒子连续不断地以速度v 0＝105 m/s 射入电场中，初速度方向沿两板间的中线OO ′方向．磁场边界MN 与中线OO ′垂直．已知带电粒子的比荷qm＝108C/kg ，粒子的重力和粒子之间的相互作用力均可忽略不计．图8－8(1)在每个粒子通过电场区域的时间内，可以把板间的电场强度当做恒定的．请通过计算说明这种处理能够成立的理由．(2)设t＝0.1 s时刻射入电场的带电粒子恰能从金属板边缘穿越电场射入磁场，求该带电粒子射出电场时速度的大小．(3)对于所有经过电场射入磁场的带电粒子，设其射入磁场的入射点和从磁场射出的出射点间的距离为d，试判断：d的大小是否随时间变化？若不变，证明你的结论；若变化，求出d的变化范围．答案：第8讲 带电粒子在复合场中的运动常考的2个问题(计算题) 【高考必备】三、1.为零 2.大小相等、方向相反 3.初速度 【常考问题】预测1 解析 (1)根据粒子在磁场中向下偏转的情况和左手定则可知，粒子带负电．(2)由于洛伦兹力对粒子不做功，故粒子以原来的速率进入电场中，设带电粒子进入电场的初速度为v 0，在电场中偏转时做类平抛运动，如上图所示．由题意知粒子离开电场时的末速度大小为v ＝2v 0，将v分解为平行于电场方向和垂直于电场方向的两个分速度：由几何关系知v y ＝v 0①由运动学公式：v y ＝at ②L ＝v 0t ③根据牛顿第二定律：a ＝F m ＝qE m④联立①②③④求解得：v 0＝qEL m⑤ (3)如上图所示，带电粒子在磁场中所受洛伦兹力作为向心力，设在磁场中做圆周运动的半径为R ，则：qv 0B ＝m v 20R⑥由几何知识可得：d ＝R sin θ⑦ ⑤⑥⑦联立解得：d ＝1BmELq sin θ. 答案 (1)负电 (2)qEL m (3)1BmELqsin θ图甲【例2】 解析 (1)设离子的速度大小为v ，由于沿中线PQ 做直线运动，则有qE 1＝qvB 1，代入数据解得v ＝5.0×105m/s.(2)离子进入磁场，做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有qvB 2＝m v 2r得，r ＝0.2 m ，作出离子的运动轨迹，交OA 边界于N ，如图甲所示，OQ ＝2r ，若磁场无边界，一定通过O 点，则圆弧QN 的圆周角为45°，则轨迹圆弧的圆心角为θ＝90°，过N 点做圆弧切线，方向竖直向下，离子垂直电场线进入电场，做类平抛运动，y ＝OO ′＝vt ，x ＝12at 2，而a ＝E 2qm，则x ＝0.4 m离子打到荧光屏上的位置C 的水平坐标为x C ＝(0.2＋0.4)m ＝0.6 m.图乙(3)只要粒子能跨过AO 边界进入水平电场中，粒子就具有竖直向下的速度而一定打在x 轴上．如图乙所示，由几何关系可知使离子不能打到x 轴上的最大半径r ′＝0.42＋1m ，设使离子都不能打到x 轴上，最小的磁感应强度大小为B 0，则qvB 0＝m v 2r ′，代入数据解得B 0＝2＋18T ＝0.3 T, 则B 2′≥0.3 T.答案 (1)5.0×105m/s (2)0.6 m (3)B 2′≥0.3 T预测2 解析 (1)带电小球在正交的匀强电场和匀强磁场中受到的重力G ＝mg ＝0.1 N ， 电场力F 1＝qE 1＝0.1 N ，即G ＝F 1，故带电小球在正交的电磁场中由O 到P 做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律得qv 0B ＝m v 20R ，解得：R ＝mv 0qB ＝1×10－2×44×10－5×103m ＝1 m ，由几何关系得：s 1＝2R ＝ 2 m.(2)带电小球在P 点的速度大小仍为v 0＝4 m/s ，方向与水平方向成45°.由于电场力F 2＝qE 2＝0.1 N ，与重力大小相等，方向相互垂直，则合力的大小为F ＝210N ，方向与初速度方向垂直，故带电小球在第二个电场中做类平抛运动建立如图所示的x 、y 坐标系，沿y 轴方向上，带电小球的加速度a ＝F m ＝10 2 m/s 2，位移y ＝12at 2，沿x 轴方向上，带电小球的位移x ＝v 0t ， 由几何关系有：y ＝x ，即：12at 2＝v 0t ，解得：t ＝252 s ，Q 点到P 点的距离s 2＝2x ＝2×4×252 m ＝3.2 m. 答案 (1) 2 m (2)3.2 m 【随堂演练】1．解析 (1)由动能定理得 mv 212＝qE I d 1①得：v 1＝4×103m/s ②(2)粒子在区域Ⅱ做类平抛运动．水平向右为y 轴，竖直向上为x 轴．设粒子进入区域Ⅲ时速度与边界的夹角为θtan θ＝v x v y③v x ＝y 1 v y ＝at ④ a ＝qE Ⅱm ⑤t ＝d 2v 1⑥ 把数值代入得θ＝30°⑦(3)粒子进入磁场时的速度v 2＝2v 1⑧ 粒子在磁场中运动的半径R ＝mv 2qB＝10 m ＝d 3⑨ 由于R ＝d 3，粒子在磁场中运动所对的圆心角为60° 粒子在磁场中运动的时间t ＝T 6＝π×10－24s ⑩粒子离开Ⅲ区域时速度与边界面的夹角为60°⑪ 答案 (1)4×103m/s (2)30° (3)π×10－24s 60°2．解析 (1)设带电颗粒的电荷量为q ，质量为m .有Eq ＝mg将q m ＝1k代入，得E ＝kg . (2)如图甲所示，有qv 0B ＝m v 20RR 2＝(3d )2＋(R －d )2得B ＝kv 05d.图甲 图乙(3)如图乙所示，有qλv 0B ＝mλv 02R 1tan θ＝3dR 21－3d2y 1＝R 1－R 21－3d 2y 2＝l tan θ y ＝y 1＋y 2得y ＝d (5λ－ 25λ2－9)＋3l25λ2－9. 答案 见解析3．解析 (1)带电粒子在金属板间运动的时间为t ＝lv 0≤2×10－6 s ， 由于t 远小于T (T 为电压U 的变化周期)，故在t 时间内金属板间的电场可视为恒定的．另解：在t 时间内金属板间电压变化ΔU ≤2×10－3V ，由于ΔU 远小于100 V(100 V 为电压U 最大值)，电压变化量特别小，故t 时间内金属板间的电场可视为恒定的．(2)t ＝0.1 s 时刻偏转电压U ＝100 V ，由动能定理得 12qU ＝12mv 21－12mv 20， 代入数据解得v 1＝1.41×105m/s.(3)设某一时刻射出电场的粒子的速度大小为v ，速度方向与OO ′夹角为θ，则v ＝v 0cos θ，粒子在磁场中有qvB ＝mv 2R，由几何关系得d ＝2R cos θ， 由以上各式解得d ＝2mv 0qB，代入数据解得d ＝0.2 m ，显然d 不随时间变化．答案 (1)见解析 (2)1.41×105m/s (3)d ＝0.2 m 不随时间变化。