【物理】2020届一轮复习人教版 带电粒子在组合场和复合场中的运动 学案

【物理】2020届一轮复习人教版 带电粒子在组合场和复合场中的运动 学案

第49讲　带电粒子在组合场和复合场中的运动 考点一　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。不同的磁场区域组合在一起也叫组合场。‎ ‎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：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。‎ ‎3．组合场中的两种典型偏转 ‎(2017·天津高考)平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第Ⅲ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，如图所示。一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0沿x轴正方向开始运动，Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍。粒子从坐标原点O离开电场进入磁场，最终从x轴上的P点射出磁场，P点到y轴距离与Q点到y轴距离相等。不计粒子重力，问：‎ ‎(1)粒子到达O点时速度的大小和方向；‎ ‎(2)电场强度和磁感应强度的大小之比。‎ 解析　(1)在电场中，粒子做类平抛运动，设Q点到x轴距离为L，到y轴距离为2L，粒子的加速度为a，运动时间为t，有 ‎2L＝v0t①‎ L＝at2②‎ 设粒子到达O点时沿y轴方向的分速度为vy vy＝at③‎ 设粒子到达O点时速度方向与x轴正方向夹角为α，有 tanα＝④‎ 联立①②③④式得 α＝45°⑤‎ 即粒子到达O点时速度方向与x轴正方向成45°角斜向上。‎ 设粒子到达O点时速度大小为v，由运动的合成有 v＝ ⑥‎ 联立①②③⑥式得 v＝v0⑦‎ ‎(2)设电场强度为E，粒子所带电荷量为q，质量为m，粒子在电场中受到的电场力为F，由牛顿第二定律可得 F＝ma⑧‎ 又F＝qE⑨‎ 设磁场的磁感应强度大小为B，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，所受的洛伦兹力提供向心力，有 qvB＝m⑩‎ 由几何关系可知 R＝L⑪‎ 联立①②⑦⑧⑨⑩⑪式得 ＝。‎ 答案　(1)v0，速度方向与x轴正方向成45°角斜向上 ‎(2) 方法感悟 带电粒子在电场和磁场的组合场中运动，实际上是将粒子在电场中的加速与偏转，跟磁偏转两种运动有效组合在一起。区别电偏转和磁偏转，寻找两种运动的联系和几何关系是解题的关键。当带电粒子连续通过几个不同的场区时，粒子的受力情况和运动情况也发生相应的变化，其运动过程则由几种不同的运动阶段组成；前后两段过程的联系是带电粒子在边界的速度，前一过程的末速度就是后一过程的初速度。‎ 如图所示，一带电粒子垂直射入匀强电场，经电场偏转后从磁场的左边界上M点进入垂直纸面向外的匀强磁场中，最后从磁场的左边界上的N点离开磁场。已知带电粒子的比荷＝3.2×109 C/kg，电场强度E＝200 V/m，M、N间距MN＝1 cm，金属板长L＝25‎ ‎ cm，粒子的初速度v0＝4×105 m/s，带电粒子的重力忽略不计，求：‎ ‎(1)粒子射出电场时的运动方向与初速度v0的夹角θ；‎ ‎(2)磁感应强度B的大小。‎ 答案　(1)45°　(2)2.5×10－2 T 解析　(1)由牛顿第二定律有qE＝ma 粒子在电场中水平方向做匀速直线运动，‎ L＝v0t 粒子在竖直方向做初速度为零的匀加速运动，射出电场时的竖直分速度vy＝at 速度偏转角的正切值tanθ＝ 由以上各式代入数据解得θ＝45°。‎ ‎(2)粒子射出电场时的速度大小为：‎ v＝ 在磁场中洛伦兹力提供向心力：‎ Bqv＝m 由几何关系得MN＝r 代入数据解得B＝2.5×10－2 T。‎ 考点二　带电粒子在复合场中的运动 ‎1．复合场存在形式有以下三种 ‎(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，只有重力做功，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．带电粒子在叠加场中有约束情况下的运动 带电粒子在叠加场中受轻杆、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。‎ ‎3．带电粒子在复合场中运动的分析方法 如图所示，区域Ⅰ内有与水平方向成45°角的匀强电场，区域宽度为d1，区域Ⅱ 内有正交的有界匀强磁场和匀强电场，区域宽度为d2，磁场方向垂直纸面向里，电场方向竖直向下。一质量为m、电荷量为q的微粒在区域Ⅰ左边界的P点由静止释放后水平向右做直线运动，进入区域Ⅱ后做匀速圆周运动，从区域Ⅱ右边界上的Q点穿出，其速度方向改变了60°，重力加速度为g，求：‎ ‎(1)区域Ⅰ和区域Ⅱ内匀强电场的电场强度E1、E2的大小；‎ ‎(2)区域Ⅱ内匀强磁场的磁感应强度B的大小；‎ ‎(3)微粒从P运动到Q的时间。‎ 解析　(1)微粒在区域Ⅰ内水平向右做直线运动，则在竖直方向上，有 qE1sin45°＝mg 解得E1＝ 微粒在区域Ⅱ内做匀速圆周运动，则在竖直方向上，有 mg＝qE2‎ 解得E2＝。‎ ‎(2)设微粒在区域Ⅰ内水平向右做直线运动时加速度为a，离开区域Ⅰ时速度为v，在区域Ⅱ内做匀速圆周运动的轨道半径为R，则 a＝＝g v2＝2ad1‎ Rsin60°＝d2‎ qvB＝m 解得B＝ 。‎ ‎(3)微粒在区域Ⅰ内做匀加速直线运动，t1＝ 在区域Ⅱ内做匀速圆周运动的圆心角为60°，‎ 而T＝ 则t2＝＝ 解得t＝t1＋t2＝＋ 。‎ 答案　(1)　　(2) ‎(3) ＋ 方法感悟 关于是否考虑粒子重力的三种情况 ‎(1)对于微观粒子，如电子、质子、离子等，因为其重力一般情况下与静电力或磁场力相比太小，可以忽略；而对于一些宏观带电小物体，如带电小球、液滴、尘埃等一般应当考虑其重力。‎ ‎(2)在题目中有明确说明是否要考虑重力的，按题目要求处理。‎ ‎(3)不能直接判断是否要考虑重力的，在进行受力分析与运动分析时，要结合运动状态确定是否要考虑重力。‎ 如图所示，位于竖直平面内的坐标系xOy，在其第三象限空间有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝0.5 T，还有沿x轴负方向的匀强电场，场强大小为E＝2 N/C。在其第一象限空间有沿y轴负方向的、场强大小也为E的匀强电场，并在y>h(h＝0.4 m)的区域有磁感应强度大小也为B的垂直于纸面向里的匀强磁场。一个电荷量为q的油滴从图中第三象限的P点得到一初速度，恰好能沿PO做匀速直线运动(PO与x轴负方向的夹角为θ＝45°)，并从原点O进入第一象限。已知重力加速度g取10 m/s2。‎ ‎(1)求油滴在第三象限运动时受到的重力、电场力、洛伦兹力三力的大小之比，并指出油滴带何种电荷；‎ ‎(2)求油滴在P点得到的初速度大小；‎ ‎(3)求油滴在第一象限运动的时间。‎ 答案　(1)1∶1∶　负电荷　(2)4 m/s　(3)0.828 s 解析　(1)对油滴受力分析，如图所示，可知油滴带负电荷。‎ 设油滴质量为m，由平衡条件得 mg∶qE∶F＝1∶1∶。‎ ‎(2)由第(1)问得 F＝qvB＝qE 解得v＝＝4 m/s。‎ ‎(3)进入第一象限，电场力和重力大小相等、方向相反，油滴受力平衡，油滴先做匀速直线运动，进入y>h的区域后做匀速圆周运动，轨迹如图所示，最后从x轴上的N点离开第一象限。‎ 油滴由O到A做匀速直线运动的位移为 x1＝＝h 重力与电场力平衡，有mg＝Eq 其运动时间t1＝＝0.1 s 由几何关系和圆周运动的周期公式T＝知，油滴由A到C做圆周运动的时间t2＝T＝0.628 s 由对称性知油滴从C到N运动的时间t3＝t1‎ 油滴在第一象限运动的总时间t＝t1＋t2＋t3＝2×0.1 s＋0.628 s＝0.828 s。‎ 考点三　带电粒子在交变电磁场中的运动 ‎1．带电粒子在交变电、磁场中的运动是指电场、磁场发生周期性变化，要仔细分析并确定各场的变化特点及相应的时间，其变化周期一般与粒子在电场或磁场中的运动周期有一定的对应关系，应抓住变化周期与运动周期之间的联系作为解题的突破口。‎ ‎2．解决带电粒子在交变电磁场中的运动问题的基本思路 如图a所示的xOy平面处于变化的匀强电场和匀强磁场中，电场强度E和磁感应强度B随时间做周期性变化的图象如图b所示，y轴正方向为E的正方向，垂直于纸面向里为B的正方向。t＝0时刻，带负电粒子P(重力不计)由原点O以速度v0沿y轴正方向射出，它恰能沿一定轨道做周期性运动。v0、E0和t0为已知量，图b中＝，在0～t0时间内粒子P第一次离x轴最远时的坐标为。求：‎ ‎(1)粒子P的比荷；‎ ‎(2)t＝2t0时刻粒子P的位置；‎ ‎(3)带电粒子在运动中距离原点O的最远距离L。‎ 解析　(1)0～t0时间内粒子P在匀强磁场中做匀速圆周运动，当粒子所在位置的纵、横坐标相等时，粒子在磁场中恰好运动圆周，所以粒子P第一次离x轴的最远距离等于轨道半径R，即R＝，①‎ 又qv0B0＝，②‎ 代入＝ 解得＝③‎ ‎(2)设粒子P在磁场中运动的周期为T，则 T＝，④‎ 联立①④解得T＝4t0，⑤‎ 即粒子P运动圆周运动后磁场变为电场，粒子以速度v0垂直电场方向进入电场后做类平抛运动，设t0～2t0时间内水平位移和竖直位移分别为x1、y1，则 x1＝v0t0，⑥‎ y1＝at，⑦‎ 其中加速度a＝⑧‎ 由③⑦⑧解得y1＝＝R，因此t＝2t0时刻粒子P的位置坐标为，如图中的b点所示。‎ ‎(3)分析知，粒子P在2t0～3t0时间内，电场力产生的加速度方向沿y 轴正方向，由对称关系知，在3t0时刻速度方向沿x轴正方向，水平位移x2＝x1＝v0t0，竖直位移y2＝y1＝R；在3t0～5t0时间内粒子P沿逆时针方向做匀速圆周运动，往复运动轨迹如图所示，由图可知，带电粒子在运动中距原点O的最远距离L即O、d间的距离，‎ L＝2R＋2x1，⑨‎ 解得L＝2v0t0。‎ 答案　(1)　(2)　(3)2v0t0‎ 方法感悟 认真阅读题目、分析题意、搞清题述物理状态及过程，并用简图(示意图、运动轨迹图、受力分析图、等效图等)将这些状态及过程表示出来，以展示题述物理情境、物理模型，使物理过程更为直观、物理特征更加明显，进而快速简便解题。‎ ‎(2018·合肥模拟)如图甲所示，带正电粒子以水平速度v0从平行金属板MN间沿中线OO′连续射入电场中。MN板间接有如图乙所示的随时间t变化的电压UMN，两板间电场可看做是均匀的，且两板外无电场。紧邻金属板右侧有垂直纸面向里的匀强磁场B，分界线为CD，EF为屏幕。金属板间距为d，长度为l，磁场的宽度为d。已知：B＝5×10－3 T，l＝d＝0.2 m，每个带正电粒子的速度v0＝105 m/s，比荷为＝108 C/kg，重力忽略不计，在每个粒子通过电场区域的极短时间内，电场可视作是恒定不变的。试求：‎ ‎(1)带电粒子进入磁场做圆周运动的最小半径；‎ ‎(2)带电粒子射出电场时的最大速度；‎ ‎(3)带电粒子打在屏幕上的范围。‎ 答案　(1)0.2 m　(2)1.414×105 m/s ‎(3)O′上方0.2 m到O′下方0.18 m的范围内 解析　(1)t＝0时刻射入电场的带电粒子不被加速，进入磁场做圆周运动的半径最小。‎ 粒子在磁场中运动时qv0B＝ 则带电粒子进入磁场做圆周运动的最小半径 rmin＝＝ m＝0.2 m，其运动的径迹如图中曲线Ⅰ所示。‎ ‎(2)设两板间电压为U1时，带电粒子刚好从极板边缘射出电场，则有＝at2＝·2‎ 代入数据，解得U1＝100 V 在电压不高于100 V时，带电粒子才能从两板间射出电场，电压高于100 V时，带电粒子打在极板上，不能从两板间射出。带电粒子刚好从极板边缘射出电场时，速度最大，设最大速度为vmax，则有 mv＝mv＋q· 解得vmax＝×105 m/s＝1.414×105 m/s。‎ ‎(3)由第(1)问计算可知，t＝0时刻射入电场的粒子在磁场中做圆周运动的半径rmin＝d＝0.2 m，径迹恰与屏幕相切，设切点为E，E为带电粒子打在屏幕上的最高点，‎ 则＝rmin＝0.2 m 带电粒子射出电场的速度最大时，在磁场中做圆周运动的半径最大，打在屏幕上的位置最低。‎ 设带电粒子以最大速度射出电场进入磁场中做圆周运动的半径为rmax，打在屏幕上的位置为F，运动径迹如图中曲线Ⅱ所示。‎ qvmaxB＝ 则带电粒子进入磁场做圆周运动的最大半径 rmax＝＝ m＝ m 由数学知识可得运动径迹的圆心必落在屏幕上，如图中Q点所示，并且Q点必与M板在同一水平线上。则 ＝＝ m＝0.1 m 带电粒子打在屏幕上的最低点为F，则 ＝rmax－＝ m＝0.18 m 即带电粒子打在屏幕上O′上方0.2 m到O′下方0.18 m的范围内。‎