【物理】2018届一轮复习人教版 带电粒子在叠加场中的运动 学案

【物理】2018届一轮复习人教版 带电粒子在叠加场中的运动 学案

第55课时　带电粒子在叠加场中的运动(重点突破课)‎ ‎[必备知识]‎ ‎1．叠加场 电场、磁场、重力场中的两者或三者在同一区域共存，就形成叠加场。‎ ‎2．带电体在叠加场中运动的几种情况 如图所示，匀强磁场垂直于纸面向里，匀强电场竖直向下。一带负电粒子从左边沿水平方向射入复合场区域。‎ ‎(1)若考虑重力，且mg＝Eq，则粒子做匀速圆周运动。‎ ‎(2)若不计重力，且qvB＝Eq，则粒子做匀速直线运动。‎ ‎(3)若不计重力，且qvB≠Eq，则粒子做变加速曲线运动。‎ ‎[小题热身]‎ ‎1.带电油滴以水平速度v0垂直进入磁场，恰做匀速直线运动，如图所示，若油滴质量为m，磁感应强度为B，则下述说法正确的是(　　)‎ A．油滴必带正电荷，电荷量为 B．油滴必带正电荷，比荷＝ C．油滴必带负电荷，电荷量为 D．油滴带什么电荷都可以，只要满足q＝ 解析：选A　油滴水平向右匀速运动，其所受洛伦兹力必向上与重力平衡，故带正电，其电荷量q＝，选项A正确。‎ ‎2．如图所示，在两平行金属板间有正交的匀强电场和匀强磁场。一个带电粒子垂直于电场和磁场方向射入场中，射出时粒子的动能减小了。为了使粒子射出时比射入时的动能大，在不计重力的情况下，可以采取的办法是(　　)‎ A．增加粒子射入时的速度 B．增加磁场的磁感应强度 C．增加电场的电场强度 D．改变粒子的带电性质，不改变所带的电量 解析：选C　由题意可知带电粒子带正电，且洛伦兹力大于电场力，电场力做负功，为使带电粒子动能增加，应该使粒子向下偏转，减小洛伦兹力或增大电场力，选项A、B错误，C正确；若只改变粒子电性，粒子所受电场力和洛伦兹力方向都变得与原来相反，大小关系不变，向下偏转，电场力依然做负功，动能减小，D项错误。‎ 提能点(一)　电场与磁场叠加 考法1　带电粒子在叠加场中做直线运动　‎ ‎[例1]　一正电荷q在匀强磁场中，以速度v沿x正方向进入垂直纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度为B，如图所示，为了使电荷能做直线运动，则必须加一个电场进去，不计重力，此电场的场强应该是(　　)‎ A．沿y轴正方向，大小为 B．沿y轴负方向，大小为Bv C．沿y轴正方向，大小为 D．沿y轴负方向，大小为 ‎[解析]　要使电荷能做直线运动，必须用电场力抵消洛伦兹力，本题正电荷受洛伦兹力的方向沿y轴正方向，故电场力必须沿y轴负方向且qE＝Bqv，即E＝Bv。‎ ‎[答案]　B 考法2　带电粒子在叠加场中偏转　‎ ‎[例2]　如图所示，空间的某个复合场区域内存在着方向相互垂直的匀强电场和匀强磁场。质子由静止开始经一加速电场加速后，垂直于复合场的界面进入并沿直线穿过场区，质子从复合场区穿出时的动能为Ek。那么氘核同样由静止开始经同一加速电场加速后穿过同一复合场后的动能Ek′的大小是(　　)‎ A．Ek′＝Ek　　　　　 　B．Ek′＞Ek C．Ek′＜Ek D．条件不足，难以确定 ‎[解析]　设质子的质量为m，则氘核的质量为‎2m。在加速电场中，由动能定理可得eU ‎＝mv2，在复合场内，由Bqv＝qE，得v＝；同理对于氘核由动能定理可得离开加速电场的速度比质子的速度小，所以当它进入复合场时所受的洛伦兹力小于电场力，将往电场力方向偏转，电场力做正功，故动能增大，B正确。‎ ‎[答案]　B ‎[通法归纳]‎ ‎　　(1)带电粒子在电场和磁场叠加场中做直线运动，电场力和洛伦兹力一定是平衡力，因此常用二力平衡方法解题。‎ ‎(2)带电粒子在电场和磁场叠加场中偏转，是电场力和洛伦兹力不平衡造成的。这时电场力做功，洛伦兹力不做功，因此常根据电场力做功的正、负判断动能的变化。‎ ‎[集训冲关]‎ ‎1.(多选)如图所示，匀强磁场的方向垂直纸面向里，匀强电场的方向竖直向下，有一正离子恰能以速率v沿直线从左向右水平飞越此区域(不计重力)。下列说法正确的是(　　)‎ A．若一电子以速率v从右向左飞入，则该电子也沿直线运动 B．若一电子以速率v从右向左飞入，则该电子将向上偏转 C．若一电子以速率v从右向左飞入，则该电子将向下偏转 D．若一电子以速率v从左向右飞入，则该电子也沿直线运动 解析：选BD　若电子从右向左飞入，静电力向上，洛伦兹力也向上，所以电子向上偏转，选项B正确，A、C错误；若电子从左向右飞入，静电力向上，洛伦兹力向下。由题意，对正电荷有qE＝Bqv，会发现q被约去，说明等号的成立与q无关，包括q的大小和正负，所以一旦满足了E＝Bv，对任意不计重力的带电粒子都有静电力大小等于洛伦兹力大小，显然对于电子两者也相等，所以电子从左向右飞入时，将做匀速直线运动，选项D正确。‎ ‎2.(2016·济宁三模)如图所示，在xOy平面的第一、四象限内存在着方向垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场，第四象限内存在方向沿－y方向、电场强度为E的匀强电场。从y轴上坐标为a的一点向磁场区发射速度大小不等的带正电同种粒子，速度方向范围是与＋y方向成30°～150°，且在xOy平面内。结果所有粒子经过磁场偏转后都垂直打到x轴上，然后进入第四象限的匀强电场区。已知带电粒子电量为q，质量为m，重力不计。求：‎ ‎(1)垂直y轴方向射入磁场的粒子运动的速度大小v1；‎ ‎(2)粒子在第一象限的磁场中运动的最长时间以及对应的射入方向； ‎ ‎(3)从x轴上x＝(－1)a点射入第四象限的粒子穿过电磁场后经过y轴上y＝－b的点，求该粒子经过y＝－b点的速度大小。‎ 解析：(1)粒子运动规律如图所示。‎ 粒子运动的圆心在O点，轨迹半径r1＝a 由牛顿第二定律得：qv1B＝m 解得：v1＝ ‎(2)当粒子初速度与y轴正方向夹角为30°时，粒子运动的时间最长，‎ 此时轨道对应的圆心角α＝150°‎ 粒子在磁场中运动的周期：T＝ 粒子的运动时间：t＝T＝×＝ ‎(3)如图所示，设粒子射入磁场时速度方向与y轴负方向的夹角为θ，‎ 由几何知识得：R－Rcos θ＝(－1)a Rsin θ＝a 解得：θ＝45°‎ R＝a 此粒子进入磁场的速度v0，v0＝＝ 设粒子到达y轴上速度为v，‎ 根据动能定理得：qEb＝mv2－mv02‎ 解得：v＝ 答案：(1) ‎(2)，粒子初速度与y轴正方向夹角为30°‎ ‎(3) 提能点(二)　电场、磁场与重力场叠加 考法1　带电粒子在叠加场中做圆周运动　‎ ‎[例1]　一个带电微粒在如图所示的正交匀强电场和匀强磁场中的竖直平面内做匀速圆周运动，求：‎ ‎(1)该带电微粒的电性；‎ ‎(2)该带电微粒的旋转方向；‎ ‎(3)若已知圆的半径为r，电场强度的大小为E，磁感应强度的大小为B，重力加速度为g，则线速度为多少。‎ ‎[解析]　(1)带电微粒在重力场、匀强电场和匀强磁场中做匀速圆周运动，可知，带电微粒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，故可知带电微粒带负电荷。‎ ‎(2)磁场方向向外，洛伦兹力的方向始终指向圆心，由左手定则可判断微粒的旋转方向为逆时针(四指所指的方向与带负电的微粒的运动方向相反)。‎ ‎(3)由微粒做匀速圆周运动，可知电场力和重力大小相等，得mg＝qE①‎ 带电微粒在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动的半径为：r＝②‎ ‎①②联立得：v＝。‎ ‎[答案]　(1)负电荷　(2)逆时针　(3) ‎(1)带电粒子做匀速圆周运动，隐含条件是必须考虑重力，且电场力和重力平衡。‎ ‎(2)洛伦兹力提供向心力和带电粒子只在磁场中做圆周运动解题方法相同。‎ 考法2　带电体在叠加场中做复杂曲线运动　‎ ‎[例2]　(2015·福建高考)如图，绝缘粗糙的竖直平面MN左侧同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，电场强度大小为E，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带正电的小滑块从A点由静止开始沿MN下滑，到达C点时离开MN做曲线运动。A、C两点间距离为h，重力加速度为g。‎ ‎(1)求小滑块运动到C点时的速度大小vC；‎ ‎(2)求小滑块从A点运动到C点过程中克服摩擦力做的功Wf；‎ ‎(3)若D点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中速度最大的位置，当小滑块运动到D点时撤去磁场，此后小滑块继续运动到水平地面上的P点。已知小滑块在D点时的速度大小为vD，从D点运动到P点的时间为t，求小滑块运动到P点时速度的大小vP。‎ ‎[解析]　(1)小滑块沿MN运动过程，水平方向受力满足 qvB＋FN＝qE①‎ 小滑块在C点离开MN时 FN＝0②‎ 解得vC＝。③‎ ‎(2)由动能定理得 mgh－Wf＝mvC2－0④‎ 解得Wf＝mgh－。⑤‎ ‎(3)如图，小滑块速度最大时，速度方向与电场力、重力的合力方向垂直。撤去磁场后小滑块将做类平抛运动，等效加速度为g′，‎ g′＝ ⑥‎ 且vP2＝vD2＋g′2t2⑦‎ 解得vP＝ ⑧‎ ‎[答案]　(1)　(2)mgh－ ‎(3) 带电体在电场、磁场和重力场三种叠加场中做一般的曲线运动，需要用功能关系分析问题。洛伦兹力不做功，质点动能的变化是电场力、重力做功的结果。‎ ‎[集训冲关]‎ ‎1.(多选)如图所示，某空间存在正交的匀强磁场和匀强电场，电场方向水平向右，磁场方向垂直纸面向里，一带电微粒从a点进入场区并刚好能沿ab直线向上运动，下列说法中正确的是(　　)‎ A．微粒一定带负电 B．微粒的动能一定减小 C．微粒的电势能一定增加 D．微粒的机械能一定增加 解析：选AD　微粒进入场区后沿直线ab运动，则微粒受到的合力或者为零，或者合力方向在ab直线上(垂直于运动方向的合力仍为零)。若微粒所受合力不为零，则必然做变速运动，由于速度的变化会导致洛伦兹力变化，则微粒在垂直于运动方向上的合力不再为零，微粒就不能沿直线运动，因此微粒所受合力只能为零而做匀速直线运动；若微粒带正电，则受力分析如图甲所示，合力不可能为零，故微粒一定带负电，受力分析如图乙所示，故选项A正确，B错误；静电力做正功，微粒电势能减小，机械能增大，故选项C错误，D正确。‎ ‎2.(2017·泰州一模)在竖直面内建立直角坐标系，曲线y＝位于第一象限的部分如图，在曲线上不同点以初速度v0向x轴负方向水平抛出质量为m，带电量为＋q的小球，小球下落过程中都会通过坐标原点，之后进入第三象限的匀强电场和匀强磁场区域，磁感应强度为B＝ T，方向垂直纸面向里，小球恰好做匀速圆周运动，并在做圆周运动的过程中都能打到y轴负半轴上(已知重力加速度g＝‎10 m/s2，＝‎102 C/kg)。求：‎ ‎(1)第三象限的电场强度大小及方向；‎ ‎(2)沿水平方向抛出小球的初速度v0；‎ ‎(3)为了使所有的小球都能打到y轴的负半轴，所加磁场区域的最小面积。‎ 解析：(1)小球在第三象限做匀速圆周运动，‎ 则：mg＝qE，即E＝，‎ 解得：E＝0.1 N/C，方向竖直向上。‎ ‎(2)设小球释放点的坐标为(x，y)，由平抛规律可知 x＝v0t，y＝gt2，‎ 由以上两式可得y＝x2‎ 又由题意可知：y＝ 联立可得：v0＝‎10 m/s。‎ ‎(3)设小球在进入第三象限时合速度为v，与x轴负半轴夹角为α。则有v0＝vcos α，洛伦兹力提供向心力：qvB＝，r＝，‎ 打在y轴负方向上的点与原点距离为：‎ H＝2rcos α＝。‎ 可见所有小球均从y轴负半轴上同一点进入第四象限，最小磁场区域为半径R＝ 的半圆，‎ 其面积为Smin＝＝π2‎ 解得：Smin＝‎0.5 m2‎。‎ 答案：(1)0.1 N/C，方向竖直向上　(2)‎10 m/s　(3)‎‎0.5 m2‎ 一、选择题 ‎1.(多选)在图中虚线所围的区域内，存在电场强度为E的匀强电场和磁感应强度为B的匀强磁场。已知从左方水平射入的电子穿过此区域时未发生偏转。设重力可忽略不计。则在该区域中的E和B的方向可能是(　　)‎ A．E和B都沿水平方向，并与电子运动的方向相同 B．E和B都沿水平方向，并与电子运动的方向相反 C．E竖直向上，B垂直纸面向外 D．E竖直向上，B垂直纸面向里 解析：选ABC　分析不计重力时，电子进入该区域后仅受电场力和洛伦兹力作用。由于电子穿过该区域时不发生偏转，所以电场力和洛伦兹力的合力等于零或合力方向与电子运动方向在同一直线上，当E和B都沿水平方向，并与电子运动的方向相同时，洛伦兹力为零，电子仅受与其运动方向相反的电场力作用，将做匀减速直线运动穿过该区域；当E和B都沿水平方向，并与电子运动的方向相反时，洛伦兹力等于零，电子仅受与其运动方向相同的电场力作用，将做匀加速直线运动穿过该区域；当E竖直向上、B垂直纸面向外时，电场力竖直向下，洛伦兹力竖直向上，若qE＝qvB，电子将做匀速直线运动穿过该区域；当E竖直向上，B垂直纸面向里时，电场力和洛伦兹力都竖直向下，电子不可能在该区域中做直线运动。故选A、B、C。‎ ‎2．(多选)如图所示，带电平行板中匀强电场方向竖直向下，匀强磁场方向水平向里，一带电小球从光滑绝缘轨道上的a点自由滑下，经过轨道端点P进入板间恰好沿水平方向做直线运动。现使球从轨道上较低的b点开始滑下，经P点进入板间，在之后运动的一小段时间内(　　)‎ A．小球的重力势能可能会减小 B．小球的机械能可能不变 C．小球的电势能一定会减少 D．小球动能可能减小 解析：选AC　若小球带正电，则小球从a点滑下时qvB＝qE＋mg，再从b点滑下，v减小，小球向下偏转，小球重力势能、电势能减小，动能增加，机械能增加。若小球带负电，则小球从a点滑下时qE＝qvB＋mg，再从b点滑下，v减小，粒子向上偏，则小球重力势能增加，电势能减小，动能增加，机械能增加，故选项A、C正确。‎ ‎3.如图所示，一个带正电荷的小球从a点出发水平进入正交垂直的匀强电场和匀强磁场区域，电场方向竖直向上，某时刻小球运动到了b点，则下列说法正确的是(　　)‎ A．从a到b，小球可能做匀速直线运动 B．从a到b，小球可能做匀加速直线运动 C．从a到b，小球动能可能不变 D．从a到b，小球机械能可能不变 解析：选C　带电小球的初速度是水平的，从a运动到b点的过程中小球在竖直方向上发生位移，说明小球做的是曲线运动，所以小球受力不为零，即小球不可能做匀速直线运动，故A错误。从以上分析可知小球做曲线运动，即变速运动，故小球受到磁场的洛伦兹力也是变化的，故小球受到的合力是变力，所以小球不可能做匀加速直线运动，故B错误。当小球的重力和电场力平衡时，小球受到的洛伦兹力只改变小球的速度方向，小球的动能不变，故C正确。从a到b，电场方向竖直向上，电场力一定做功，故机械能肯定不守恒，故D错误。‎ ‎4.如图所示，在竖直平面内放一个光滑绝缘的半圆形轨道，水平方向的匀强磁场与半圆形轨道所在的平面垂直。一个带负电荷的小滑块由静止开始从半圆轨道的最高点M滑下到最右端，则下列说法中正确的是(　　)‎ A．滑块经过最低点时的速度比磁场不存在时大 B．滑块从M点到最低点的加速度比磁场不存在时小 C．滑块经过最低点时对轨道的压力比磁场不存在时小 D．滑块从M点到最低点所用时间与磁场不存在时相等 解析：选D　由于洛伦兹力不做功，故与磁场不存在时相比，滑块经过最低点时的速度不变，选项A错误；由a＝，与磁场不存在时相比，滑块经过最低点时的加速度不变，选项B错误；由左手定则，滑块经最低点时受到的洛伦兹力向下，而滑块所受的向心力不变，故滑块经最低点时对轨道的压力比磁场不存在时大，选项C错误；由于洛伦兹力始终与运动方向垂直，在任意一点，滑块经过时的速度均不变，选项D正确。‎ 二、计算题 ‎5.(2016·北京高考)如图所示，质量为m、电荷量为q的带电粒子，以初速度 v沿垂直磁场方向射入磁感应强度为B的匀强磁场，在磁场中做匀速圆周运动。不计带电粒子所受重力。‎ ‎(1)求粒子做匀速圆周运动的半径R和周期T；‎ ‎(2)为使该粒子做匀速直线运动，还需要同时存在一个与磁场方向垂直的匀强电场，求电场强度E的大小。‎ 解析：(1)洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m 带电粒子做匀速圆周运动的半径R＝ 匀速圆周运动的周期T＝＝。‎ ‎(2)粒子受电场力F＝qE，洛伦兹力f＝qvB。粒子做匀速直线运动，则qE＝qvB 电场强度的大小E＝vB。‎ 答案：(1)　　(2)vB ‎6.如图所示，质量为m＝‎1 kg、电荷量为q＝5×10－‎2 C的带正电的小滑块，从半径为R＝‎0.4 m的光滑绝缘圆弧轨道上由静止自A端滑下。整个装置处在方向互相垂直的匀强电场与匀强磁场中。已知E＝100 V/m，方向水平向右；B＝1 T，方向垂直纸面向里。(g＝‎10 m/s2)求：‎ ‎(1)滑块到达C点时的速度；‎ ‎(2)在C点时滑块所受洛伦兹力。‎ 解析：以滑块为研究对象，自轨道上A点滑到C点的过程中，受重力mg，方向竖直向下；静电力qE，方向水平向右；洛伦兹力F＝qvB，方向始终垂直于速度方向。‎ ‎(1)滑块从A到C过程中洛伦兹力不做功，由动能定理得 mgR－qER＝mvC2‎ 得vC＝ ＝‎2 m/s，方向水平向左。‎ ‎(2)根据洛伦兹力公式得：F＝qvCB＝5×10－2×2×1 N＝0.1 N，方向竖直向下。‎ 答案：(1)‎2 m/s，方向水平向左　(2)0.1 N，方向竖直向下 ‎7.(2016·天津高考)如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E＝5 N/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＝0.5 T。有一带正电的小球，质量m＝1×10－‎6 kg，电荷量q＝2×10－‎6 C，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＝‎10 m/s2。求：‎ ‎(1)小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向；‎ ‎(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。‎ 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＝‎20 m/s②‎ 速度v的方向与电场E的方向之间的夹角θ满足 tan θ＝③‎ 代入数据解得 tan θ＝ θ＝60°。④‎ ‎(2)法一：撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，设其加速度为a，有 a＝⑤‎ 设撤掉磁场后小球在初速度方向上的分位移为x，有 x＝vt⑥‎ 设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y，有 y＝at2⑦‎ a与mg的夹角和v与E的夹角相同，均为θ，‎ 又tan θ＝⑧‎ 联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得t＝2 s≈3.5 s。⑨‎ 法二：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＝vsin θ⑤‎ 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＝2 s≈3.5 s。⑦‎ 答案：(1)‎20 m/s，方向与电场方向成60°角斜向上 ‎(2)3.5 s ‎8.如图所示，虚线MN左侧是水平正交的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度为B；MN右侧有竖直方向的匀强电场(如图中竖直线，方向未标出)和垂直纸面的匀强磁强B′(未知)。一质量为m、电荷量为q的点电荷，从MN左侧的场区沿与电场线成θ角斜向上的直线匀速运动，穿过MN上的A点进入右侧的场区，恰好在竖直面内做半径为r的匀速圆周运动，并穿过MN上的P点进入左侧场区。已知MN右侧的电场对MN左侧无影响，当地重力加速度为g，静电力常量为k。‎ ‎(1)判断电荷q的电性并求出MN左侧匀强电场的场强E1；‎ ‎(2)求B′的大小和方向，右侧匀强电场E2大小和方向；‎ ‎(3)求出电荷穿过P点刚进入左侧场区时加速度a的大小和方向。‎ 解析：(1)点电荷在MN左侧区匀速运动，受力如图所示，根据左手定则可知，q一定带正电。‎ 由根据平衡条件得：qvBcos θ＝mg，qvBsin θ＝qE1‎ 解得：E1＝tan θ。‎ ‎(2)点电荷在右侧区域内做匀速圆周运动，则重力与电场力平衡，洛伦兹力提供向心力，‎ 由E2q＝mg，得E2＝，E2方向竖直向上。‎ 根据左手定则可知B′方向垂直纸面向外，B′大小满足qvB′＝m，解之得B′＝。‎ ‎(3)电荷进入左侧场区时，速度大小不变但方向变为沿左向上的方向，且与水平方向的夹角为θ，电荷受力及夹角关系如图所示。在水平方向上：qE1－qvBsin θ＝ma1，解得a1＝0。在竖直方向上：qvBcos θ＋mg＝ma2，解得a2＝‎2g。故a的大小为‎2g，方向竖直向下。‎ 答案：(1)正电　tan θ ‎(2)B′＝，垂直纸面向外　E2＝，竖直向上 ‎(3)‎2g，竖直向下