2019届高考物理二轮复习 专题7 带电粒子在复合场中的运动学案.docx

7 带电粒子在复合场中的运动近几年高考中，关于此部分内容的命题方向有：在带电粒子在组合场中的运动、带电体在复合场中的运动、电磁场技术的应用。题目以计算题为主，难度较大。1带电粒子在叠加场中的运动(1)若只有两个场且正交，合力为零，则表现为匀速直线运动或静止状态。例如电场与磁场中满足qEqvB；重力场与磁场中满足mgqvB；重力场与电场中满足mgqE。(2)三场共存时，若合力为零，则粒子做匀速直线运动；若粒子做匀速圆周运动，则有mgqE，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，即qvBm。(3)当带电粒子做复杂的曲线运动或有约束的变速直线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解。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运动状态的速度，因此带电粒子的运动情况和受力情况的分析是解题的关键。2带电粒子在组合场中的运动1(多选)如图所示，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()A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2(2018全国卷25)如图，在y0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E；在y0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场。一个氕核H和一个氘核H先后从y轴上yh点以相同的动能射出，速度方向沿x轴正方向。已知H进入磁场时，速度方向与x轴正方向的夹角为60，并从坐标原点O处第一次射出磁场。H的质量为m，电荷量为q。不计重力。求：(1)H第一次进入磁场的位置到原点O的距离；(2)磁场的磁感应强度大小；(3)H第一次离开磁场的位置到原点O的距离。1(多选)如图所示，平行纸面向下的匀强电场与垂直纸面向外的匀强磁场相互正交，一带电小球刚好能在其中做竖直面内的匀速圆周运动若已知小球做圆周运动的半径为r，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B，重力加速度大小为g，则下列判断中正确的是()A小球一定带负电荷B小球一定沿顺时针方向转动C小球做圆周运动的线速度大小为D小球在做圆周运动的过程中，电场力始终不做功2如图所示，水平向右的匀强电场场强为E，且Eqmg，垂直纸面向里的水平匀强磁场磁感应强度为B，一带电荷量为q的液滴质量为m，在重力、静电力和洛伦兹力作用下在叠加场空间运动。下列关于带电液滴在叠加场空间的运动描述正确的是()A液滴可能做匀加速直线运动B液滴不可能做匀速圆周运动C液滴可能做匀速直线运动且机械能守恒D如果是直线运动，必为匀速直线运动，其运动轨迹与水平方向的夹角是1如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，空间存在着垂直于xOy平面向里的匀强磁场和平行于xOy平面的匀强电场。第三象限内有一点P，其坐标为(1 m，m)，质量为m2105 kg、带电量为q+5105 C的液滴以v2 m/s的速度沿直线从P点运动O点。若已知匀强磁场磁感应强度大小B1 T，重力加速度g取10 m/s2。(1)求匀强电场场强E的大小及电场的方向；(2)若在带电液滴经过O点时只撒去磁场，液滴会经过x轴上的Q点，求Q点的坐标。2如图所示，在竖直平面(纸面)内有一直角坐标系xOy，水平轴x下方有垂直纸面向里的匀强磁场，第三象限有沿x轴负方向的匀强电场，第四象限存在另一匀强电场(图中未画出)；光滑绝缘的固定不带电细杆PQ交x轴于M点，细杆PQ与x轴的夹角30，杆的末端在y轴Q点处，PM两点间的距离为L。一套在杆上的质量为2m、电荷量为q的带正电小环b恰好静止在M点，另一质量为m、不带电绝缘小环a套在杆上并由P点静止释放，与b瞬间碰撞后反弹，反弹后到达最高点时被锁定，锁定点与M点的距离为，b沿杆下滑过程中始终与杆之间无作用力，b进入第四象限后做匀速圆周运动，而后通过x轴上的N点，且OMON。已知重力加速度大小为g，求：(1)碰后b的速度大小v以及a、b碰撞过程中系统损失的机械能E；(2)磁场的磁感应强度大小B；(3)b离开杆后经过多长时间会通过x轴。3光滑水平桌面上建有坐标系xOy，质量为m、带电量为q的带正电小球静止在坐标原点，现沿x轴正向施加一匀强电场E1，经t0后，将匀强电场方向变为沿y轴正方向而大小保持不变，再经t0后撤去电场E1，同时施加一个与xOy平面平行的匀强电场E2，电场强度E2和电场强度E1的大小关系为E2E1，使得小球沿直线运动并能再次通过y轴。求：(1)撤去电场E1时小球的位置坐标值x、y；(2)匀强电场E2的方向与x轴正方向的夹角；(3)小球从坐标原点出发到再次经过y轴所用的时间t和电场力做的功W。4如图甲所示，有一磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁场边界OP与水平方向夹角为45，紧靠磁场边界放置长为6d、间距为d的平行金属板M、N，M板与磁场边界的交点为P，磁场边界上的O点与N板在同一水平面上。在两板间存在如图乙所示的交变电场(取竖直向下为正方向)，其周期T，E0。某时刻从O点竖直向上以初速度v0发射一个电荷量为q的粒子，结果粒子恰在图乙中的t时刻从P点水平进入板间电场，最后从电场中的右边界射出不计粒子重力。求：(1)粒子的质量m；(2)粒子从O点进入磁场到射出电场运动的总时间t；(3)粒子从电场中的射出点到M点的距离。参考答案1【解题思路】小球从M到N，在竖直方向上发生了偏转，所以刚开始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，则此过程中电场力和重力做功之和为零，而洛伦兹力不做功，所以小球的动能不变，重力势能减小，这种情况下机械能不守恒，若电场力和重力不等大反向，则有电场力做功，所以机械能也不守恒，故小球的机械能不守恒，C正确，D错误。【答案】BC2【解题思路】(1)H在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示设H在电场中的加速度大小为a1，初速度大小为v1，它在电场中的运动时间为t1，第一次进入磁场的位置到原点O的距离为s1，由运动学公式有：s1v1t1，ha1t12由题给条件，H进入磁场时速度的方向与x轴正方向夹角160。H进入磁场时速度的y分量的大小为：a1t1v1tan 1联立以上各式得s1h(2)H在电场中运动时，由牛顿第二定律有：qEma1设H进入磁场时速度的大小为v1，由速度合成法则有：v1设磁感应强度大小为B，H在磁场中运动的轨迹半径为R1，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有：qv1B由几何关系得：s12R1sin 1联立以上各式得：B(3)设H在电场中沿x轴正方向射出的速度大小为v2，在电场中的加速度大小为a2，由题给条件得：(2m)v22mv12由牛顿第二定律有：qE2ma2设H第一次射入磁场时的速度大小为v2，速度的方向与x轴正方向夹角为2，入射点到原点的距离为s2，在电场中运动的时间为t2.由运动学公式有：s2v2t2，ha2t22，v2，sin 2联立以上各式得：s2s1，21，v2v1设H在磁场中做圆周运动的半径为R2，由式及粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公式得：R2R1所以出射点在原点左侧。设H进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点的距离为s2，由几何关系有：s22R2sin 2联立式得，H第一次离开磁场时的位置到原点O的距离为：s2s2(1)h1【解题思路】带电小球在重力场、匀强电场和匀强磁场中做匀速圆周运动，可知，带电小球受到的重力和电场力是一对平衡力，重力竖直向下，所以电场力竖直向上，与电场方向相反，故小球一定带负电荷，故A正确；磁场方向向外，洛伦兹力的方向始终指向圆心，由左手定则可判断小球的运动方向为逆时针，故B错误；由电场力和重力大小相等，得：mgqE，带电小球在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动的半径为：r，联立得：v，故C正确；小球在做圆周运动的过程中，电场力做功，洛伦兹力始终不做功，故D错误。【答案】AC2【解题思路】由于液滴受到的重力与电场力恒定，如果做匀加速直线运动，则液滴的洛伦兹力大小变化，液滴的合外力变化，不可能做匀加速直线运动，故A错误；由于液滴受竖直向下的重力和水平方向的电场力，所以重力与电场力的合力不可能为零，即液滴不可能做匀速圆周运动，故B正确；当液滴进入复合场时的洛伦兹力与重力和电场力的合力等大反向时，液滴做匀速直线运动，但电场力会做功，所以机械能不守恒，故C错误；由A分析可知，液滴不可能做匀加速直线运动，只要液滴的速度大小变化，其所受的洛伦兹力大小变化，合外力变化，一定做曲线运动，故如果是直线运动，必为匀速直线运动，由于mgqE，重力与电场力的合力一定与速度方向垂直，即与水平方向成45，故D正确。【答案】BD1【解析】(1)由P点坐标为(1 m，m)可得：PO与y轴负半轴夹角30带电液滴沿PO做匀速直线运动，小球所受重力、电场力、洛伦兹力三力平衡，洛伦兹力：N根据平衡条件可得：代入数据解得：N/C电场方向沿PO方向（与x轴正半轴成30角斜向上）。(2)撤去磁场，液滴做类平抛运动，设其加速度为g，有：设撤掉磁场后液滴在初速度方向上的分位移为x，有：xvt设液滴在重力与电场力的合力方向上分位移为y，有：设g与x轴正半轴所成夹角为，又联立以上各式，代入数据解得：m又有m故Q点的坐标为(m，0)。2【解析】(1)设a和b相碰前的速度大小为v1，碰后的速度为v2，由机械能守恒定律：由动量守恒定律：解得：机械能损失：解得：。(2)设匀强磁场的磁感应强度大小为B，由于b从M点运动到Q点的过程中与杆无作用力，可得：qvBcos 2mg解得：。(3)b在第四象限做匀速圆周运动的轨迹如图，由几何关系可知轨迹的圆心O在x轴上，b经过N点时速度方向与x轴垂直，圆心角120，又匀速圆周运动的周期为b从Q点第一次通过N点的时间为可得b第一次通过N点后做竖直上抛运动，经t2时间第二次通过N点，有：b第二次通过N点后做竖直上抛运动，经t3时间第三次通过N点，有：故b离开杆后会通过x轴的可能时间是：(i)竖直向上通过x轴： (n1、2、3、)(2)竖直向下通过x轴： (n1、2、3、)3【解析】(1)E1沿x轴正向时，小球匀加速运动：qE1ma1v0a1t0，E1沿y轴正向时，小球做类平抛运动：x2v0t0，小球位置坐标：。(2)撤去E1时y轴方向速度：vya1t0施加电场E2后小球能再次经过y轴，故小球做匀减速直线运动E2的方向应与x轴正向的夹角，有：135。(3)施加电场E2后小球加速度a2，有：qE2ma2解得：a2a1做匀减速直线运动的初速度：v1v0，位移：sx到达y轴时速度为v2：得：用时：小球从O点出发到再次经过y轴所用的时间为：电场力做的功：。4【解析】(1)粒子在磁场中的运动轨迹如图，轨迹半径rd由牛顿第二定律得qv0Bm解得：m。(2)粒子在磁场中运动的周期T0在磁场中运动的时间t1粒子在电场中做曲线运动，与两板平行方向上的分运动为匀速直线运动，运动时间t2从O点到离开电场的总时间tt1t2解得：td。(3)粒子在电场中的运动时间t2T当粒子从时刻t自P点进入电场后，在竖直方向上运动一个周期T的位移为0，速度图象如图所示，故粒子在T内运动的竖直位移y2a2a解得y。