2019_2020版高中物理第三章磁场微型专题9带电粒子在组合场、叠加场中的运动教案新人教版

2019_2020版高中物理第三章磁场微型专题9带电粒子在组合场、叠加场中的运动教案新人教版

微型专题9　带电粒子在组合场、叠加场中的运动[学科素养与目标要求]　物理观念：1.知道组合场是电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠.2.叠加场是指某区域同时存在电场、磁场和重力场中的两个或者三个，也叫复合场．科学思维：1.知道组合场问题一般可以按时间的先后顺序分成若干个小过程，在每一个小过程中对粒子进行分析.2.叠加场问题要弄清叠加场的组成，结合运动情况和受力情况分析粒子的运动．一、带电粒子在组合场中的运动带电粒子在电场、磁场组合场中的运动是指粒子从电场到磁场或从磁场到电场的运动．通常按时间的先后顺序分成若干个小过程，在每一运动过程中从粒子的受力性质、受力方向和速度方向的关系入手，分析粒子在电场中做什么运动，在磁场中做什么运动．(1)在匀强电场中运动：①若初速度v0与电场线平行，粒子做匀变速直线运动；②若初速度v0与电场线垂直，粒子做类平抛运动．(2)在匀强磁场中运动：①若初速度v0与磁感线平行，粒子做匀速直线运动；②若初速度v0与磁感线垂直，粒子做匀速圆周运动．(3)解决带电粒子在组合场中的运动问题，所需知识如下：例1　(2018·安徽师大附中期末)如图1所示，在平面直角坐标系xOy内，第Ⅱ、Ⅲ象限内存在沿y轴正方向的匀强电场，第Ⅰ、Ⅳ象限内存在半径为L的圆形匀强磁场，磁场圆心在M(L,0)点，磁场方向垂直于坐标平面向外．一带正电粒子从第Ⅲ象限中的Q(－2L，－L)点以速度v0沿x轴正方向射入，恰好从坐标原点O进入磁场，从P(2Ln,0)点射出磁场，不计粒子重力，求：图1(1)电场强度与磁感应强度大小的比值；(2)粒子在磁场与电场中运动时间的比值．答案　(1)　(2)解析　(1)设粒子的质量和所带电荷量分别为m和q，粒子在电场中运动，由平抛运动规律及牛顿运动定律得，2L＝v0t1，L＝at，qE＝ma粒子到达O点时沿＋y方向的分速度为vy＝at1＝v0，tanα＝＝1，故α＝45°.粒子在磁场中的速度为v＝v0.Bqv＝，由几何关系得r＝L联立解得＝(2)在磁场中运动的周期为T＝，粒子在磁场中运动的时间为t2＝T＝，解得＝.针对训练　(2017·天津理综)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2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：n图2(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．答案　(1)v0　方向与x轴正方向成45°角斜向上　(2)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＝v0t①L＝at2②设粒子到达O点时沿y轴方向的分速度为vyvy＝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nqvB＝m⑩由几何关系可知R＝L⑪联立①②⑦⑧⑨⑩⑪式得＝[学科素养]　例1和针对训练考查了带电粒子在组合场中的运动，按时间的先后顺序分成若干个小过程，在每一个小过程中对粒子进行分析，在解题过程中，回顾了物理概念和规律，锻炼了从物理学视角对客观事物的本质属性、内在规律及相互关系认识的能力，体现了“物理观念”、“科学思维”等学科素养．二、带电粒子在叠加场中的运动带电粒子在叠加场中的运动一般有两种情况：(1)直线运动：如果带电粒子在叠加场中做直线运动，一定是做匀速直线运动，合力为零．(2)圆周运动：如果带电粒子在叠加场中做圆周运动，一定是做匀速圆周运动，重力和电场力的合力为零，洛伦兹力提供向心力．例2　(2018·重庆一中高二上期中)如图3所示，空间中的匀强电场水平向右，匀强磁场垂直纸面向里，一带电微粒沿着直线从M运动到N，以下说法正确的是(　　)图3A．带电微粒可能带负电B．运动过程中带电微粒的动能保持不变C．运动过程中带电微粒的电势能增加D．运动过程中带电微粒的机械能守恒答案　B解析　根据做直线运动的条件和受力情况可知，微粒一定带正电，且做匀速直线运动，所以选项A错误；由于电场力向右，对微粒做正功，电势能减小，但重力做负功，由于微粒做匀速直线运动，则合力做功为零，因此动能仍不变，选项B正确，C错误；由能量守恒可知，电势能减小，机械能一定增加，所以选项D错误．例3　如图4所示，在地面附近有一个范围足够大的相互正交的匀强电场和匀强磁场．匀强磁场的磁感应强度为B，方向水平并垂直纸面向外，一质量为m、带电荷量为－qn的带电微粒在此区域恰好做速度大小为v的匀速圆周运动．(重力加速度为g)图4(1)求此区域内电场强度的大小和方向；(2)若某时刻微粒运动到场中距地面高度为H的P点，速度与水平方向成45°角，如图所示．则该微粒至少需要经过多长时间才能运动到距地面最高点？最高点距地面多高？答案　(1)　方向竖直向下(2)　H＋解析　(1)要满足带负电微粒做匀速圆周运动，则：qE＝mg得E＝，方向竖直向下．(2)如图所示，当微粒第一次运动到最高点时，α＝135°，则t＝T＝T＝T＝所以：t＝，因微粒做匀速圆周运动，qvB＝m，则R＝，故最高点距地面的高度为：H1＝R＋Rsin45°＋H＝H＋.n1．(带电粒子在叠加场中的运动)(多选)(2018·扬州中学高二期中)空间存在竖直向下的匀强电场和水平方向(垂直纸面向里)的匀强磁场，如图5所示，已知一离子在电场力和洛伦兹力共同作用下，从静止开始自A点沿曲线ACB运动，到达B点时速度为零，C为运动的最低点．不计重力，则(　　)图5A．该离子带负电B．A、B两点位于同一高度C．到达C点时离子速度最大D．离子到达B点后，将沿原曲线返回A点答案　BC解析　离子开始受到电场力作用开始向下运动，可知电场力方向向下，则离子带正电，A错误；根据动能定理知，洛伦兹力不做功，在A到B的过程中，动能变化为零，则电场力做功为零，A、B两点等电势，因为该电场是匀强电场，所以A、B两点位于同一高度，B正确；根据动能定理得，离子运动到C点电场力做功最大，则速度最大，C正确；只要将离子在B点的状态与A点进行比较，就可以发现它们的状态(速度为零，电势能相等)相同，如果右侧仍有同样的电场和磁场的叠加区域，离子就将在B点的右侧重现前面的曲线运动，因此，离子是不可能沿原曲线返回A点的，D错误．2．(带电粒子在叠加场中的运动)(2017·全国卷Ⅰ)如图6，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与纸面平行)，磁场方向垂直于纸面向里，三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等，质量分别为ma、mb、mc，已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动．下列选项正确的是(　　)图6A．ma＞mb＞mcB．mb＞ma＞mcC．mc＞ma＞mbD．mc＞mb＞ma答案　B解析　设三个微粒的电荷量均为q，a在纸面内做匀速圆周运动，说明洛伦兹力提供向心力，重力与电场力平衡，即mag＝qE①b在纸面内向右做匀速直线运动，三力平衡，则mbg＝qE＋qvB②nc在纸面内向左做匀速直线运动，三力平衡，则mcg＋qvB＝qE③比较①②③式得：mb>ma>mc，选项B正确．3．(带电粒子在组合场中的运动)(2018·长郡中学期末)如图7所示，某种带电粒子由静止开始经电压为U1的电场加速后，射入水平放置、电势差为U2的两块导体板间的匀强电场中，带电粒子沿平行于两板的方向从两板正中间射入，穿过两板后又垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场中，则粒子射入磁场和射出磁场的M、N两点间的距离d随着U1和U2的变化情况为(不计重力，不考虑边缘效应)(　　)图7A．d随U1变化，d与U2无关B．d与U1无关，d随U2变化C．d随着U1、U2变化D．d与U1无关，d与U2无关答案　A解析　粒子在电场U1中加速，则qU1＝mv，在偏转电场中做类平抛运动，设粒子在偏转电场中的偏向角为θ，进入磁场时的速度为v，则有：＝cosθ而在磁场中做匀速圆周运动，设运动轨迹对应的半径为R，由几何关系可得，半径与直线MN夹角正好等于θ，则有：＝cosθ所以d＝，又因为半径公式R＝，则有d＝＝.故d随U1变化，d与U2无关，故A正确，B、C、D错误．4．(带电粒子在组合场中的运动)(2018·深圳高中联盟高二第一学期期末)如图8所示装置中，区域Ⅰ中有竖直向上的匀强电场，电场强度为En，区域Ⅱ中有垂直纸面向外的水平匀强磁场，磁感应强度为B，区域Ⅲ中有垂直纸面向里的水平匀强磁场，磁感应强度为2B.一质量为m、带电荷量为q的带负电粒子从左边界O点正上方的M点以速度v0水平射入匀强电场，经水平分界线OP上的A点与OP成60°角射入Ⅱ区域的匀强磁场，并垂直竖直边界CD进入Ⅲ区域的匀强磁场中．(粒子重力不计，区域Ⅱ、Ⅲ足够大)求：图8(1)粒子在Ⅱ区域匀强磁场中运动的轨道半径；(2)O、A间的距离；(3)粒子从M点出发到第二次通过CD边界所经历的时间．答案　(1)　(2)　(3)＋解析　(1)粒子在匀强电场中做类平抛运动，设粒子过A点时速度为v，由类平抛规律知v＝.粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qvB＝m所以R＝(2)设粒子在电场中运动时间为t1，加速度为a，则有qE＝mav0tan60°＝at1，即t1＝O、A两点间的距离为：L＝v0t1＝(3)设粒子在Ⅱ区域磁场中运动时间为t2，粒子运动周期为：T1＝＝n则由几何关系知：t2＝T1＝设粒子在Ⅲ区域磁场中运动时间为t3，同理：T2＝则：t3＝T2＝粒子从M点出发到第二次通过CD边界所用时间为：t＝t1＋t2＋t3＝＋＋＝＋.一、选择题考点一　带电粒子在叠加场中的运动1.如图1所示，竖直平面内，匀强电场方向水平向右，匀强磁场方向垂直于纸面向里，一质量为m、带电荷量为q的粒子以速度v与磁场方向垂直，与电场方向成45°角射入复合场中，恰能做匀速直线运动，则关于电场强度E和磁感应强度B的大小，正确的是(重力加速度为g)(　　)图1A．E＝，B＝B．E＝，B＝C．E＝，B＝D．E＝，B＝答案　A解析　假设粒子带负电，则其所受电场力方向水平向左，洛伦兹力方向斜向右下方与v垂直，可以从力的平衡条件判断出这样的粒子不可能做匀速直线运动，所以粒子应带正电荷，受力情况如图所示．根据合外力为零得mg＝qvBsin45°qE＝qvBcos45°n联立可得B＝，E＝.2．(多选)一带电小球在相互垂直的匀强电场、匀强磁场中做圆周运动，匀强电场竖直向上，匀强磁场水平且垂直纸面向里，如图2所示，下列说法正确的是(　　)图2A．沿垂直纸面方向向里看，小球绕行方向为顺时针方向B．小球一定带正电且小球的电荷量q＝C．由于洛伦兹力不做功，故小球运动过程中机械能守恒D．由于合外力做功等于零，故小球运动过程中动能不变答案　BD解析　带电小球在叠加场中，只有满足重力与电场力大小相等、方向相反，小球受的合力只表现为洛伦兹力，洛伦兹力提供向心力，小球做匀速圆周运动，故小球所受电场力向上，小球带正电，小球受的洛伦兹力方向要指向圆心，由左手定则判断运动方向为逆时针，由mg＝qE可得q＝，故A错误，B正确；洛伦兹力不做功，但电场力做功，故机械能不守恒，故C错误；由于合外力做功等于零，根据动能定理，小球在运动过程中动能不变，故D正确．3．(多选)如图3所示，实线表示在竖直平面内的电场线，电场线与水平方向成α角，水平方向的匀强磁场与电场正交，有一带电液滴沿虚线L斜向上做直线运动，L与水平方向成β角，且α>β，则下列说法中正确的是(　　)图3A．液滴一定做匀减速直线运动B．液滴一定做匀加速直线运动C．电场方向一定斜向上D．液滴一定带正电答案　CD解析　带电液滴受竖直向下的重力G、平行于电场线方向的电场力F、垂直于速度方向的洛伦兹力F洛n，带电液滴做直线运动，因此三个力的合力一定为零，带电液滴做匀速直线运动，故选项A、B错误．当带电液滴带正电，且电场线方向斜向上时，带电液滴受竖直向下的重力、沿电场线向上的电场力、垂直于速度方向斜向左上方的洛伦兹力，这三个力的合力能够为零，使带电液滴沿虚线L做匀速直线运动；如果带电液滴带负电或电场线方向斜向下，带电液滴所受合力不为零，带电液滴不可能沿直线运动，故选项C、D正确．考点二　带电粒子在组合场中的运动4．(多选)如图4所示，A板发出的电子(重力不计)经加速后，水平射入水平放置的两平行金属板M、N间，M、N之间有垂直纸面向里的匀强磁场，电子通过磁场后最终打在荧光屏P上，关于电子的运动，下列说法中正确的是(　　)图4A．滑动触头向右移动时，电子打在荧光屏的位置上升B．滑动触头向右移动时，电子通过磁场区域所用时间不变C．若磁场的磁感应强度增大，则电子打在荧光屏上的速度大小不变D．若磁场的磁感应强度增大，则电子打在荧光屏上的速度变大答案　AC解析　当滑动触头向右移动时，电场的加速电压增大，加速后电子动能增大，进入磁场时的初速度增大，向下偏转程度变小，打在荧光屏的位置上升；在磁场中运动对应的圆心角变小，运动时间变短，选项A正确，B错误；磁感应强度增大，电子在磁场中运动速度大小不变，打在荧光屏上的速度大小不变，选项C正确，D错误．5.如图5所示，有理想边界的匀强磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B，某带电粒子的比荷(电荷量与质量之比)大小为k，由静止开始经电压为U的电场加速后，从O点垂直射入磁场，又从P点穿出磁场．下列说法正确的是(不计粒子所受重力)(　　)图5A．如果只增加U，粒子可以从dP之间某位置穿出磁场B．如果只减小B，粒子可以从ab边某位置穿出磁场C．如果既减小U又增加B，粒子可以从bc边某位置穿出磁场D．如果只增加k，粒子可以从dP之间某位置穿出磁场n答案　D解析　由题意可得qU＝mv2，k＝，r＝，解得r＝.对于选项A，只增加U，r增大，粒子不可能从dP之间某位置穿出磁场．对于选项B，粒子电性不变，不可能向上偏转从ab边某位置穿出磁场．对于选项C，既减小U又增加B，r减小，粒子不可能从bc边某位置穿出磁场．对于选项D，只增加k，r减小，粒子可以从dP之间某位置穿出磁场．6．如图6所示，在x轴上方存在垂直于纸面向里且磁感应强度为B的匀强磁场，在x轴下方存在垂直于纸面向外且磁感应强度为的匀强磁场．一带负电的粒子从原点O与x轴成30°角斜向上射入磁场，且在x轴上方磁场中运动的半径为R.粒子重力不计，则(　　)图6A．粒子经磁场偏转后一定能回到原点OB．粒子在x轴上方和下方磁场中运动的半径之比为2∶1C．粒子完成一次周期性运动的时间为D．粒子第二次射入x轴上方磁场时，沿x轴前进了3R答案　D解析　由r＝可知，粒子在x轴上方和下方磁场中运动的半径之比为1∶2，选项B错误；粒子完成一次周期性运动的时间t＝T1＋T2＝＋＝，选项C错误；粒子第二次射入x轴上方磁场时沿x轴前进了l＝R＋2R＝3R，则粒子经磁场偏转后不能回到原点O，选项A错误，D正确．二、非选择题7．(2018·齐齐哈尔市期末)如图7所示的区域中，OM左边为垂直纸面向里的匀强磁场，右边是一个电场强度大小未知的匀强电场，其方向平行于OM，且垂直于磁场方向．一个质量为m、电荷量为－q的带电粒子从小孔P以初速度v0沿垂直于磁场方向进入匀强磁场中，初速度方向与边界线的夹角θ＝60°，粒子恰好从小孔C垂直于OC射入匀强电场，最后打在Q点，已知OC＝L，OQ＝2L，不计粒子的重力，求：n图7(1)磁感应强度B的大小；(2)电场强度E的大小．答案　(1)　(2)解析　(1)画出粒子运动的轨迹如图所示(O1为粒子在磁场中做圆周运动的圆心)：∠PO1C＝120°设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，r＋rcos60°＝OC＝L得r＝粒子在磁场中做圆周运动，受到的洛伦兹力充当向心力，qv0B＝m，解得：B＝＝(2)粒子在电场中做类平抛运动，由牛顿第二定律得加速度为a＝水平方向2L＝v0t竖直方向L＝at2解得E＝8.(2016·天津理综)如图8所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E＝5N/C，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B＝0.5T．有一带正电的小球，质量m＝1×10－6kg，电荷量q＝2×10－6C，正以速度v在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象)，取g＝10m/s2，求：图8(1)小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向；n(2)从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间t.答案　(1)20m/s　方向与电场方向成60°角斜向上(2)3.5s解析　(1)小球匀速直线运动时受力如图，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，有qvB＝①代入数据解得v＝20m/s②速度v的方向与电场E的方向之间的夹角满足tanθ＝③代入数据解得tanθ＝θ＝60°④(2)撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响，以P点为坐标原点，竖直向上为正方向，小球在竖直方向上做匀减速运动，其初速度为vy＝vsinθ⑤若使小球再次穿过P点所在的电场线，仅需小球的竖直方向上分位移为零，则有vyt－gt2＝0⑥联立⑤⑥式，代入数据解得t＝2s≈3.5s.9.如图9所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，在水平的x轴下方存在匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度为B、方向垂直xOy平面向里，电场线平行于y轴．一质量为m、电荷量为q的带正电的小球，从y轴上的A点水平向右抛出，经x轴上的M点进入电场和磁场区域，恰能做匀速圆周运动，从x轴上的N点第一次离开电场和磁场，MN之间的距离为L，小球过M点时的速度方向与x轴正方向夹角为θ.不计空气阻力，重力加速度为g，求：图9(1)电场强度E的大小和方向；(2)小球从A点抛出时初速度v0的大小；(3)A点到x轴的高度h.答案　(1)　竖直向上　(2)　(3)n解析　(1)小球在电场、磁场区域中恰能做匀速圆周运动，其所受电场力必须与重力平衡，有qE＝mg①E＝②重力的方向竖直向下，电场力的方向应为竖直向上，由于小球带正电，所以电场强度方向竖直向上．(2)小球在叠加场中做匀速圆周运动，O′为圆心，MN为弦长，∠MO′P＝θ，如图所示，设半径为r，由几何关系知＝sinθ③小球做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，设小球做圆周运动的速度为v，有qvB＝④由速度的合成与分解知＝cosθ⑤由③④⑤式得v0＝.⑥(3)设小球到M点时的竖直分速度为vy，它与水平分速度的关系为vy＝v0tanθ⑦由匀变速直线运动规律有v＝2gh⑧由⑥⑦⑧式得h＝.10．如图10所示xOy坐标系，在第二象限内有水平向右的匀强电场，在第一、第四象限内分别存在匀强磁场，磁感应强度大小相等，方向如图所示．现有一个质量为m、电荷量为＋q的带电粒子在该平面内从x轴上的P点，以垂直于x轴的初速度v0进入匀强电场，恰好经过y轴上的Q点且与y轴成45°角射出电场，再经过一段时间又恰好垂直于x轴进入第四象限的磁场．已知OP之间的距离为d(不计粒子的重力)．求：图10(1)O点到Q点的距离；(2)磁感应强度B的大小；(3)带电粒子自进入电场至在磁场中第二次经过x轴所用的时间．n答案　(1)2d　(2)　(3)解析　(1)设Q点的纵坐标为h，到达Q点的水平分速度为vx，P到Q受到的恒定的电场力与初速度方向垂直，则粒子在电场中做类平抛运动，则由类平抛运动的规律可知竖直方向匀速直线运动，h＝v0t1水平方向匀加速直线运动的平均速度＝，则d＝根据速度的矢量合成tan45°＝，解得h＝2d.(2)粒子运动轨迹如图所示，由几何知识可得，粒子在磁场中的运动半径R＝2d由牛顿第二定律得qvB＝m，解得R＝由(1)可知v＝＝v0联立解得B＝.(3)在电场中的运动时间为t1＝在磁场中，由运动学公式T＝在第一象限中的运动时间为t2＝·T＝T在第四象限内的运动时间为t3＝带电粒子自进入电场至在磁场中第二次经过x轴所用的时间为t＝t1＋t2＋t3＝.