（全國通用）2018年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題三 電場與磁場 第2講 帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動學(xué)案

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1、 第2講　帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動 知識必備 1.兩種場的模型及三種場力 (1)兩種場模型 ①組合場模型：電場、磁場、重力場(或其中兩種場)并存，但各位于一定區(qū)域，并且互不重疊。 ②復(fù)合場模型：電場、磁場、重力場(或其中兩種場)并存于同一區(qū)域。 (2)三種場力 ①重力：G＝mg，總是豎直向下，為恒力，做功只取決于初、末位置的高度差。 ②電場力：F＝qE，方向與場強(qiáng)方向及電荷電性有關(guān)，做功只取決于初、末位置的電勢差。 ③洛倫茲力：F洛＝qvB(v⊥B)，方向用左手定則判定，洛倫茲力永不做功。 2.帶電粒子的運(yùn)動 (1)勻速直線運(yùn)動 當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中所受合外力

2、為零時，帶電粒子做勻速直線運(yùn)動。如速度選擇器。 (2)勻速圓周運(yùn)動 當(dāng)帶電粒子所受的重力與靜電力平衡時，帶電粒子可以在洛倫茲力的作用下，在垂直于磁場的平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動。 (3)較復(fù)雜的曲線運(yùn)動 帶電粒子可能依次通過幾個性質(zhì)不同的復(fù)合場區(qū)域，其運(yùn)動情況隨區(qū)域情況發(fā)生變化，其運(yùn)動過程由幾種不同的運(yùn)動階段組成。 備考策略 1.必須領(lǐng)會的“4種方法和2種物理思想” (1)對稱法、合成法、分解法、臨界法等； (2)等效思想、分解思想。 2.正確分析帶電粒子的受力及運(yùn)動特征是解決問題的前提 帶電粒子在復(fù)合場中做什么運(yùn)動，取決于帶電粒子所受的合外力及初始運(yùn)動狀態(tài)的速度，因此應(yīng)把帶電粒

3、子的運(yùn)動情況和受力情況結(jié)合起來進(jìn)行分析。 3.靈活選用力學(xué)規(guī)律是解決問題的關(guān)鍵 (1)當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中做勻速直線運(yùn)動時，應(yīng)根據(jù)平衡條件列方程求解。 (2)當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中做勻速圓周運(yùn)動時，往往同時應(yīng)用牛頓第二定律和平衡條件列方程聯(lián)立求解。 (3)當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中做非勻變速曲線運(yùn)動時，應(yīng)選用動能定理或能量守恒定律列方程求解。 　帶電粒子在組合場中的運(yùn)動 【真題示例】 (2017·天津理綜，11)平面直角坐標(biāo)系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的勻強(qiáng)磁場，第Ⅲ象限存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，如圖1所示。一帶負(fù)電的粒子從電場中的Q點以速度v0沿x軸正方向開始運(yùn)動。Q點到

4、y軸的距離為到x軸距離的2倍。粒子從坐標(biāo)原點O離開電場進(jìn)入磁場，最終從x軸上的P點射出磁場，P點到y(tǒng)軸距離與Q點到y(tǒng)軸距離相等。不計粒子重力，問： 圖1 (1)粒子到達(dá)O點時速度的大小和方向； (2)電場強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小之比。 解析　(1)在電場中，粒子做類平拋運(yùn)動，設(shè)Q點到x軸距離為L，到y(tǒng)軸距離為2L，粒子的加速度為a，運(yùn)動時間為t，有 2L＝v0t① L＝at2② 設(shè)粒子到達(dá)O點時沿y軸方向的分速度為vy vy＝at③ 設(shè)粒子到達(dá)O點時速度方向與x軸正方向夾角為α，有 tan α＝④ 聯(lián)立①②③④式得α＝45°⑤ 即粒子到達(dá)O點時速度方向與x軸正方向成4

5、5°角斜向上。設(shè)粒子到達(dá)O點時速度大小為v，由運(yùn)動的合成有 v＝⑥ 聯(lián)立①②③⑥式得v＝v0⑦ (2)設(shè)電場強(qiáng)度為E，粒子電荷量為q，質(zhì)量為m，粒子在電場中受到的電場力為F，由牛頓第二定律可得 F＝ma⑧ 又F＝qE⑨ 設(shè)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的半徑為R，所受的洛倫茲力提供向心力，有 qvB＝m⑩ 由幾何關(guān)系可知R＝L? 聯(lián)立①②⑦⑧⑨⑩?式得＝? 答案　(1)v0　方向與x軸正方向成45°角斜向上 (2) 真題感悟 1.高考考查特點 本考點的高考命題主要考查帶電粒子“電偏轉(zhuǎn)”、“磁偏轉(zhuǎn)”問題，常會結(jié)合回旋加速器、質(zhì)譜儀等背景命題。

6、熟悉兩類偏轉(zhuǎn)方式的不同規(guī)律及不同處理方法是突破的關(guān)鍵。 2.常見誤區(qū)及臨考提醒 (1)電、磁偏轉(zhuǎn)類型混淆，規(guī)律不清，處理方法不當(dāng)。 (2)組合場問題中不能分段畫出各自的軌跡，抓不住“過渡點”的特點。 (3)不能全面考慮粒子是否受重力作用。 (4)處理帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動時要做到“三個分析”：①受力分析；②運(yùn)動分析；③能量轉(zhuǎn)化分析。 預(yù)測1 組合場與現(xiàn)代科技相結(jié)合 預(yù)測2 帶電粒子在組合場中的運(yùn)動 1.(2017·衡水檢測)如圖2為一種改進(jìn)后的回旋加速器示意圖，其中盒縫間的加速電場場強(qiáng)大小恒定，且被限制在AC板間，虛線中間不加電場，如圖所示，帶電粒子從P0處以速度v0

7、沿電場線方向射入加速電場，經(jīng)加速后再進(jìn)入D形盒中的勻強(qiáng)磁場做勻速圓周運(yùn)動，對這種改進(jìn)后的回旋加速器，下列說法正確的是(　　) 圖2 A.帶電粒子每運(yùn)動一周被加速兩次 B.帶電粒子每運(yùn)動一周P1P2＝P3P4 C.加速粒子的最大速度與D形盒的半徑有關(guān) D.加速電場方向需要做周期性的變化 解析　帶電粒子只有經(jīng)過AC板間時被加速，即帶電粒子每運(yùn)動一周被加速一次，電場的方向沒有改變，則在AC間加速，故A、D錯誤；根據(jù)r＝得P1 P2＝2(r2－r1)＝，因為每轉(zhuǎn)一圈被加速一次，根據(jù)v－v＝2ad，知每轉(zhuǎn)一圈，速度的變化量不等，且v4－v3P3P4，故B錯誤；當(dāng)

8、粒子從D形盒中出來時，速度最大，根據(jù)r＝得，v＝，知加速粒子的最大速度與D形盒的半徑有關(guān)，故C正確。 答案　C 2.(2017·益陽一模)如圖3所示，在邊長為L的等邊三角形內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，在AC邊界的左側(cè)有與AC邊平行的勻強(qiáng)電場，D是底邊AB的中點。質(zhì)量為m，電荷量為q的帶正電的粒子(不計重力)從AB邊上的D點豎直向上射入磁場，恰好垂直打在AC邊上。 圖3 (1)求粒子的速度大?。? (2)粒子離開磁場后，經(jīng)一段時間到達(dá)BA延長線上N點(圖中沒有標(biāo)出)，已知NA＝L，求勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度。 解析　(1)粒子的運(yùn)動軌跡如圖所示： 粒子進(jìn)、出磁場

9、的速度方向分別與AB、AC邊垂直，故A為粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的圓心，可知粒子做圓周運(yùn)動的半徑為R＝ 由牛頓第二定律得qvB＝m，解得v＝。 (2)粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，則 在垂直電場線方向：x＝vt 沿電場線方向：y＝at2，又有：a＝ 由幾何關(guān)系得x＝NQ＝Lsin 60° y＝QE＝＋Lcos 60°＝L，解得E＝。 答案　(1)　(2) 歸納總結(jié) 帶電粒子在組合場中運(yùn)動的處理方法 　帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動 【真題示例】 (2017·全國卷Ⅰ，16)如圖4，空間某區(qū)域存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)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

10、，三個帶正電的微粒a、b、c電荷量相等，質(zhì)量分別為ma、mb、mc，已知在該區(qū)域內(nèi)，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運(yùn)動，c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運(yùn)動。下列選項正確的是(　　) 圖4 A.ma＞mb＞mc B.mb＞ma＞mc C.mc＞ma＞mb D.mc＞mb＞ma 解析　由題意知，三個帶電微粒受力情況：mag＝qE，mbg＝qE＋Bqv，mcg＋Bqv＝qE，所以mb>ma>mc，故B正確，A、C、D錯誤。 答案　B 真題感悟 1.高考考查特點 本考點的知識點覆蓋面廣、綜合性強(qiáng)。題型可能是選擇題，也可能是計算題。 2.常見誤區(qū)及臨考提醒 (1

11、)疊加場中的疊加類型，運(yùn)動情況判斷失誤。 (2)不能構(gòu)建運(yùn)動模型。 預(yù)測1 疊加場與現(xiàn)代科技相結(jié)合 預(yù)測2 帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動 預(yù)測3 帶電粒子在交變電磁場中的運(yùn)動 1.(多選)(2017·杭州二模)磁流體發(fā)電是一項新興技術(shù)。如圖5表示了它的原理：將一束等離子體(即高溫下電離的氣體，含有大量正、負(fù)帶電粒子，而從整體來說呈電中性)噴射入磁場，在場中有兩塊金屬板A、B，這時金屬板上就會聚集電荷，產(chǎn)生電壓。如果射入的等離子體速度均為v，板間距離為d，板平面的面積為S，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直于速度方向，負(fù)載電阻為R，電離氣體充滿兩板間的空間，其電阻率為ρ，當(dāng)發(fā)電機(jī)

12、穩(wěn)定發(fā)電時，A、B就是一個直流電源的兩個電極。下列說法正確的是(　　) 圖5 A.圖中A板是電源的負(fù)極 B.A、B間的電壓即為該發(fā)電機(jī)的電動勢 C.正對面積S越大，該發(fā)電機(jī)電動勢越大 D.電阻R越大，該發(fā)電機(jī)輸出效率越高 解析　根據(jù)左手定則，正電荷向下偏轉(zhuǎn)，所以B板帶正電，為直流電源的正極，A板為電源的負(fù)極，A正確；由于兩極板積累的電荷量逐漸增多，其間的電場力逐漸增大，最終電荷在電場力和洛倫茲力作用下處于平衡，有qvB＝，解得電動勢E＝Bdv，與正對面積無關(guān)，C錯誤；由于氣體也有電阻，因此兩極板之間的電壓為路端電壓，B錯誤；該電源的效率為η＝＝，因為I＝，整理可得η＝＝，顯然外

13、電阻R越大，電源的效率越高，D正確。 答案　AD 2.如圖6所示，位于豎直平面內(nèi)的坐標(biāo)系xOy，在其第三象限空間有沿水平方向的、垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝0.5 T，還有沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為E＝2 N/C。在其第一象限空間有沿y軸負(fù)方向、場強(qiáng)大小也為E的勻強(qiáng)電場，并在y>h＝0.4 m的區(qū)域有磁感應(yīng)強(qiáng)度也為B的垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場。一個帶電荷量為q的油滴從圖中第三象限的P點得到一初速度，恰好能沿PO做勻速直線運(yùn)動(PO與x軸負(fù)方向的夾角為θ＝45°)，并從原點O進(jìn)入第一象限。已知重力加速度g＝10 m/s2。問： 圖6 (1)油滴在第三象限運(yùn)動

14、時受到的重力、電場力、洛倫茲力三力的大小之比，并指出油滴帶何種電荷； (2)油滴在P點得到的初速度大小； (3)油滴在第一象限運(yùn)動的時間以及油滴離開第一象限處的坐標(biāo)值。 解析　(1)分析油滴受力可知要使油滴做勻速直線運(yùn)動，油滴應(yīng)帶負(fù)電。受力如圖所示 由平衡條件和幾何關(guān)系得mg∶qE∶f＝1∶1∶。 (2)油滴在垂直PO方向上應(yīng)用平衡條件得 qvB＝2Eqcos 45°，代入數(shù)據(jù)解得v＝4 m/s。 (3)由(1)可知，油滴在第一象限內(nèi)受到的重力等于電場力，故油滴在電場與重力場的復(fù)合場中做勻速直線運(yùn)動，在電場、磁場、重力場三者的復(fù)合場中做勻速圓周運(yùn)動，軌跡如圖所示。由O到A勻速

15、運(yùn)動的位移為s1＝＝h＝0.4 m，運(yùn)動時間為t1＝＝0.1 s 油滴在復(fù)合場中做勻速圓周運(yùn)動的周期T＝ 由幾何關(guān)系知油滴由A到C運(yùn)動的時間為t2＝T＝，聯(lián)立解得t2≈0.628 s，從C到N，粒子做勻速直線運(yùn)動，由對稱性知，運(yùn)動時間t3＝t1＝0.1 s，則第一象限內(nèi)總的運(yùn)動時間為t＝t1＋t2＋t3＝0.828 s。 設(shè)OA、AC、CN段在x軸上的投影分別為x1、x2、x3， 則x1＝x3＝h＝0.4 m，x2＝r＝ 由(1)可知mg＝qvB，代入上式可得x2＝3.2 m，所以粒子在第一象限內(nèi)沿x軸方向的總位移為x＝x1＋x2＋x3＝4 m，油滴離開第一象限時的位置坐標(biāo)為(4.0

16、 m，0)。 答案　(1)1∶1∶　負(fù)電　(2)4 m/s (3)(4.0 m，0) 3.(2017·南師附中)在如圖7所示的空間里，存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝。在豎直方向存在交替變化的勻強(qiáng)電場如圖(豎直向上為正)，電場大小為E0＝。一傾角為θ長度足夠長的光滑絕緣斜面放置在此空間。斜面上有一質(zhì)量為m，帶電荷量為－q的小球，從t＝0時刻由靜止開始沿斜面下滑，設(shè)第5 s內(nèi)小球不會離開斜面，重力加速度為g。求： 圖7 (1)第6 s內(nèi)小球離開斜面的最大距離； (2)第19 s內(nèi)小球未離開斜面，θ角的正切值應(yīng)滿足什么條件？ 解析　(1)設(shè)第一秒內(nèi)小球在斜面上運(yùn)動的加

17、速度大小為a，由牛頓第二定律得 (mg＋qE0)sin θ＝ma， 第一秒末的速度為v＝at1， 在第二秒內(nèi)qE0＝mg， 所以小球?qū)㈦x開斜面在上方做勻速圓周運(yùn)動，則由向心力公式得qvB＝m， 圓周運(yùn)動的周期為T＝＝1 s 由題圖可知，小球在奇數(shù)秒內(nèi)沿斜面做勻加速運(yùn)動，在偶數(shù)秒內(nèi)離開斜面做完整的圓周運(yùn)動。所以，第五秒末的速度為v5＝a(t1＋t3＋t5)＝6gsin θ，小球離開斜面的最大距離為d＝2R3。 由以上各式解得d＝。 (2)第19秒末的速度 v19＝a(t1＋t3＋t5＋t7＋…＋t19)＝20gsin θ， 小球未離開斜面的條件是 qv19B≤(mg＋qE0)cos θ， 解得tan θ≤。 答案　(1)　(2)tan θ≤ 歸納總結(jié) 關(guān)注幾場疊加，構(gòu)建運(yùn)動模型，優(yōu)選規(guī)律解題 - 10 -