2019高考物理快速提分法模型十三带点粒子在电磁场中运动学案（含解析）.docx

《2019高考物理快速提分法模型十三带点粒子在电磁场中运动学案（含解析）.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019高考物理快速提分法模型十三带点粒子在电磁场中运动学案（含解析）.docx（19页珍藏版）》请在麦多课文档分享上搜索。

1、1带电粒子在电磁场中的运动经典例题 如图 1 所示，真空中相距 d=5cm 的两块平行金属板 A、B 与电源连接（图中未画出） ，其中 B 板接地（电势为零） 。A 板电势变化的规律如图 2 所示。将一个质量m=2.01027 kg，电量 q=1.610 19 C 的带电粒子从紧临 B 板处释放，不计重力。求：(1)在 t=0 时刻释放该带电粒子，释放瞬间粒子加速度的大小；(2)若 A 板电势变化周期 T=1.0105 s，在 t=0 时将带电粒子从紧临 B 板处无初速释放，粒子到达 A 板时速度的大小；(3)A 板电势变化周期多大时，在 t=T/4 时刻从紧临 B 板处无初速释放该带电粒子，

2、粒子恰能到达 A 板。分析与解答：（1）电场强度 ，带电粒子所受电场力 ,E=Ud F=qE=Uqd，F =ma解得 ；a=Uqdm=4.0109m/s2（2）粒子在 时间内走过的距离为0T2 12a(T2)2=5.010-2m故带电粒子在 时，恰好到达 A 板，t=T2根据动量定理，此时粒子动量 ，p=Ft=4.010-23kgm/s又 ，解得 ；P=mv v=2.0104m/s（3）带电粒子在 向 A 板做匀加速运动，在 向 A 板做匀减速运动，速度减为零后T4T2 T23T4将返回粒子向 A 板运动可能的最大位移 s=212a(T4)2=116aT2要求粒子恰能到达 A 板，有 ，可得

3、s=d T=5.010-2164.0109 = 210-5s2变式 1 如图甲所示，电荷量为 q=110-4C 的带正电的小物块置于粗糙绝缘水平面上，所在空间存在方向沿水平向右的电场，电场强度 E 的大小与时间的关系如图乙所示，物块运动速度与时间 t 的关系如图丙所示，取重力加速度 g=10m/s2。求：（1）物块所受的摩擦力大小和 01 秒内的加速度大小。（2）物块的质量。（3）前 2 秒内电场力做的功。分析与解答：（1）1-2s，物体做匀速直线运动，则有物块所受的摩擦力大小=2Nf=qE201 秒内的加速度大小 a=vt=2m/s2（2）0-1s 时间内由牛顿第二定律可得 qE1-f=ma

4、解得 m=0.5kg（3）01 秒内的位移 s1=12vt=1m第 1 秒内电场力做的功 =3JW1=qE1s1第 2 秒内电场力做的功 W2=qE2s2=4J前 2 秒内电场力做的功 W=W1+W2=7J变式 2 一个质量为 9.11031 kg，电荷量为+1.610 19 C 的带点粒子（不计重力） ，以 v0410 7 m/s 的初速度逆着匀强电场的电场线方向飞入匀强电场，已知匀强电场的电场强度大小 E210 5 N/C，求：（结果保留二位有效数字）(1)粒子在电场中运动的加速度大小；(2)粒子进入电场的最大距离；(3)粒子进入电场最大距离的一半时的动能分析与解答：(1)电子沿着匀强电场

5、的电场线方向飞入，仅受电场力作用，做匀减速运动，由牛顿第二定律，得： ，qE=ma3=3.51016 m/s2a=qEm(2) 电子做匀减速直线运动由运动学公式得：，得： = 2.3102 mv02=2ax x(3) 根据动能定理可得代入数据得 3.61016 JqEx2=EK-12mv02 EK=变式 3 如图所示,一根长为 l 的不可伸长的细丝线一端固定于 O 点,另一端系住一个质量为 m 的带电小球.将此装置放在水平向右的匀强电场 E 中,待小球稳定后,细丝线与竖直方向夹角为 .求:(1)小球带什么电,电荷量为多少？(2)剪断绳子后小球做什么运动？分析与解答：（1）对小球进行受力分析：由

6、于小球所受电场力水平向右，E 的方向水平向右，所以小球带正电。小球受力如图所示，有：qE=mgtan即： q=mgtanE（2）剪断细绳后，小球受重力和电场力，其合力方向沿细绳方向斜向下，则小球将沿细绳的方向做初速度是零的匀加速直线运动。变式 4 如图所示，空间某区域存在足够大的水平方向的匀强电场 E=2104 N/C，将一长为 L=1m 的不可伸长的绝缘细线一端固定于 O 点，另一端连接一个质量为 m=0.1 kg 的可视为质点小球，小球带电量 q= +5 l0-5 C，现将绝缘细线 AO 拉至与电场线平行位置，且细线刚好拉直，让小球从 A 处静止释放，取 g= 10 m/s2，求：(1)小

7、球第一次到达 O 点正下方的 B 点时细线的拉力 F;4(2)小球从 A 运动到 B 过程中，小球的最大速度 vm；(3)若让小球在如图所示的竖直平面内做完整的圆周运动，则需在 A 处给小球一个垂直于细线的初速度 vo，求 vo的最小值。 （以上结果可用根式表示）分析与解答：（1）因 mg=1N，qE=1N，则小球沿圆弧运动，由 A 到 B 由动能定理：解得 vB=0，12mv2B=mgL-EqL则 F=mg=1N（2）依题意小球运动到 AB 圆弧中点 C 时，速度最大，由 A 到 C 由动能定理：mgLsin450-qEL(1-cos450)=12mv2m解得： vm=2 5( 2-1)m/

8、s（3）由题意可知，当小球运动到圆周上与 C 点对称的 D 处时，有： 2mg=mv2DL由 A 到 D 由动能定理： -mgLsin450-qEL(1+cos450)=12mv2D-12mv20解得： v0= 302+20m/s经典例题 如图所示，一束电子(电荷量为 e)以速度 v 垂直射入磁感应强度为 B、宽度为 d 的匀强磁场中，穿透磁场时速度方向与原来入射方向的夹角为 30，求：(1)确定圆心位置，做出运动轨迹，运动半径多大？(2)电子的质量多大？(3)穿透磁场的时间是多少？分析与解答：（1）电子在磁场中作匀速圆周运动，只受洛伦兹力作用，故其轨迹是圆弧的一部分，又因为 Bv，故圆心在电

9、子穿入和穿出磁场时受到洛伦兹力指向交点上，由几何知识知，AB 对应的圆心角 =30，由几何知识可得：电子的轨迹半径 r= =2d；轨迹如图；dsin（2）又由 qvB=m ，得：v2r m=qBrv=2eBdv（3）AB 弧的圆心角是 30，则电子穿越磁场的时间为：t=360T=30360 2rv =d3v5变式 1 如图，正三角形 ABC 内有 B0.1T 的匀强磁场，方向垂直纸面向外，在 BC 边右侧有平行于 BC 足够长的挡板 EF，已知 B 点到挡板的水平距离 BD0.5m。某一质量m410 10 kg，电荷量 q110 4 C 的带正电粒子，以速度 v0110 4m/s 自 A 点沿

10、磁场中的 AB 边射入，恰可从 BC 边水平射出打到挡板上。不计粒子重力。（1）求粒子从 BC 边射出时，射出点距 C 点的距离；（2）粒子在磁场中运动的时间。 （本题计算结果可以保留根号）分析与解答：（1）粒子在磁场中的运动轨迹如图，粒子进入磁场后做匀速圆周运动 ，半径 0.4m qvB=mv2r r=mvqB射出点距 C 点的距离 MC m r-rsin300cos300 =2153磁场中的运动时间 t 105 s6003600 2rv0 43变式 2 一个质量为 m 电荷量为 q 的带电粒子从 x 轴上的P（ a，0）点以速度 v，沿与 x 正方向成 60的方向射入第一象限内的匀强磁场中

11、，并恰好垂直于 y 轴射出第一象限。求匀强磁场的磁感应强度 B 和射出点的坐标。分析与解答：粒子进入磁场受洛伦兹力作用偏转，由左手定则可知，粒子带负电；由射入、射出点的半径可找到圆心O，粒子在磁场中运动情况如图：由几何关系得出半径为 r=2a3由牛顿第二定律： qvB=mv2r6联立解得： B=3mv2qa射出点离 O 的距离为为 d=r+rcos60= 3a故射出点坐标为 (0,3a)变式 3 如图所示，两平行金属板 P、 Q 水平放置，板间存在电场强度为 E 的匀强电场和磁感应强度为 B1的匀强磁场。一个带正电的粒子在两板间沿虚线所示路径做匀速直线运动。粒子通过两平行板后从 O 点进入另一

12、磁感应强度为 B2的匀强磁场中，在洛仑兹力的作用下，粒子做匀速圆周运动，经过半个圆周后打在挡板 MN 上的 A 点。测得 O、 A 两点间的距离为 L。不计粒子重力。（1）试判断 P、 Q 间的磁场方向；（2）求粒子做匀速直线运动的速度大小 v；（3）求粒子的电荷量与质量之比 。qm分析与解答：（1）粒子做匀速运动，电场力和洛伦兹力平衡（如图所示） 根据左手定则知，磁场方向垂直纸面向里（2）电场力和洛伦兹力平衡，qE=qvB 1，解得 v EB1（3）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动， qvB2 m ，v2r又 L=2r，解得 qm 2ELB1B2变式 4 如图所示，坐标系 xoy 在竖直平面内

13、， y 轴的正方向竖直向上， y 轴的右侧广大空间存在水平向左的匀强电场 E1=2N/C， y 轴的左侧广大空间存在匀强磁场和电场，磁场方向垂直纸面向外， B=1T，电场方向竖直向上， E2=2N/C。 t=0 时刻，一个带正电的质点在 O点以 v=2m/s 的初速度沿着与 x 轴负方向成 450角射入 y 轴的左侧空间，质点的电量为q=10-6C，质量为 m=210-7kg，重力加速度 g=10m/s2。求：7（1）质点从 O 点射入后第一次通过 y 轴的位置；（2）质点从 O 点射入到第二次通过 y 轴所需时间；分析与解答：（1）质点从 O 点进入左侧空间后，所受电场力：qE=210-6N

14、=mg电场力与重力平衡，质点做匀速圆周运动，洛仑兹力充当向心力 qvB=mv2R则： R=mvqB=0.4m质点第一次通过 y 轴的位置： y1= 2R=225m（2）质点的 1/4 个匀速圆周运动的时间： t1=142mqB=10s质点到达右侧空间时， F合 = (Eq)2+(mg)2= 2mg由牛顿第二定律得： a=2mgm = 2g且 与 反向，质点做有往返的匀变速直线运动，往返时间F合 v t2=2va= 25s质点从刚射入左侧空间到第二次通过 y 轴所需的时间： 。t=t1+t2= +2210s变式 5 如图所示，半径为 r 的圆形匀强磁场区域与 x 轴相切于坐标系的原点 O，磁感应

15、强度为 B1，方向垂直于纸面向外磁场区域右侧有一长方体加速管，加速管底面宽度为 2r，轴线与 x 轴平行且过磁场区域的圆心，左侧的电势比右侧高 在加速U=2qB12r2m管出口下侧距离 2r 处放置一宽度为 2r 的荧光屏加速管右侧存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场区域在 O 点处有一个粒子源，能沿纸面向 y0 的各个方向均匀地发射大量质量为 m、带电荷量为 q 且速率相同的粒子，其中沿 y 轴正方向射入磁场的粒子，恰能沿轴线进入长方形加速管并打在荧光屏的中心位置不计粒子重力及其相互作用，求：8（1）粒子刚进入加速管时的速度大小；（2）磁场区域的磁感应强度大小 B2（用 B1表示） ；（3）若磁

16、场的磁感应强度 B2减小 10%，求荧光屏上有粒子到达的范围？分析与解答：（1）磁场区域内粒子运动轨道半径为 r， qvB1=mv2r解得 v=qB1rm（2）经过加速电场： qU=12mv22-12mv2解得： v2=5qB1rm粒子在磁场区域的轨道半径为 2r， qv2B2=mv222r解得 B2=52B1（3）粒子经磁场区域后，其速度方向均与 x 轴平行；经证明可知： OO1CO2是菱形，所以 CO2和 y 轴平行， v 和 x 轴平行磁场的磁感应强度 B2减小 10%，即 ，B2=910B2 r2=109r2=209r荧光屏上方没有粒子到达的长度为 d=2r2-2r2=49r即荧光屏上

17、有粒子到达的范围是：距上端 处到下端，总长度49r 149r变式 6 如图所示，坐标空间中有场强为 E=100 N/C 的匀强电场和磁感应强度为 B=10-3T 的匀强磁场，y 轴为两种场的分界面，图中虚线为磁场区域的右边界，现有一质量为m，电荷量为-q 的带电粒子从电场中坐标位置(-1，0)处，以初速度 vo=105 m/s 沿 x 轴正方向开始运动，且已知带电粒子的比荷 = 108 C/kg，粒子的重力忽略不计，则：qm9(1)求带电粒子进入磁场的速度大小；(2)为使带电粒子能穿越磁场区域而不再返回电场中，求磁场的宽度 d 应满足的条件。分析与解答：（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，设运

18、动的加速度为 a，由牛顿第二定律可得：qE=ma设粒子出电场、入磁场时的速度大小为 v，此时在 y 方向的分速度为 vy，粒子在电场中运动的时间为 t，则：v y=at l=v0t解得 vy=v0v= v20+v2y= 2v0= 2105m/s（2）设 v 的方向与 y 轴夹角为 ，则有 可得 =45 0cos =vyv= 22粒子进入磁场后在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，如图：则有： qvB=mv2R可得 R=mvqB要使粒子穿越磁场区域，磁场的宽度应满足的条件： d0 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10y0 的区域内有沿 y 轴正方向的匀强电场，在 y32m

19、 d 32m变式 5 如图所示，空间存在着方向竖直向上的匀强电场和方向垂直于纸面向内，磁感应强度大小为 的匀强磁场，带电量为 、质量为 的小球 静置在光滑绝缘的水平高台边B +q m Q缘，另一质量为 不带电的绝缘小球 以水平初速度 向 运动， ，已知小球 、 正m P v0 Q v0=mg2qB P Q碰过程中没有机械能损失且电荷量不发生转移，已知匀强电场的电场强度 ，水平台E=mgq面距离地面高度 ，重力加速度为 ，不计空气阻力。h=2m2gq2B2 g（1）求 、 两球首次发生弹性碰撞后，小球 的速度大小。P Q Q（2） 、 两球首次发生弹性碰撞后，经多少时间小球 落地，落地点与平台边

20、缘的水P Q P平距离多大？分析与解答：（1）P、Q 两球发生弹性碰撞，遵守动量守恒和机械能守恒，据此列式，可求得碰撞后小球 Q 的速度大小 （2）两球碰撞后交换速度，Q 球做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，经过一个周期时间再次与 P 球碰撞，交换速度，P 球做平抛运动根据平抛运动的规律求解即可（1）小球 首次发生弹性碰撞时：PQ mv0=mvP+mvQ12mv02=12mvP2+12mvQ2联立解得： ,vP=0vQ=v0=mg2qB（2）对于小球 ，由于 ，故 球做匀速圆周远动，洛伦兹力提供向心力，Q qE=mg Q17qv0B=mv02r经 小球 再次发生弹性碰撞，由（1）可知碰后：

21、 ，t1=T=2mqB PQ vP=v0=mg2qBvQ=0小球 离开平台后做平抛运动，平抛的时间为 ，P t2 t2=2hg=2mqB所以， 与 首次发生碰撞后到落地，经过的时间P Q t=2mqB+2mqB=2mqB(1+)落地点与平台边缘的水平距离 xP=vPt=m2gq2B2变式 6 如图甲所示，在 y0 的区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，其磁感应强度 B 随时间 t 变化的规律如图乙所示；与 x 轴平行的虚线 MN 下方有沿+ y 方向的匀强电场，电场强度 E= N/C。在 y 轴上放置一足够大的挡板。 t=0 时刻，一个带正电粒子从 P 点8 103以 v=2104m/s 的速度沿

22、+ x 方向射入磁场。已知电场边界 MN 到 x 轴的距离为 m， P 点 -210到坐标原点 O 的距离为 1.1m，粒子的比荷 C/kg，不计粒子的重力。求粒子：qm=1061 在磁场中运动时距 x 轴的最大距离；2 连续两次通过电场边界 MN 所需的时间；3 最终打在挡板上的位置到坐标原点 O 的距离。分析与解答：(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，有 qvB=mv2R解得半径 mR=0.2粒子在磁场中运动时，到 x 轴的最大距离 ym=2R=0.4m 18(2)如答图甲所示，粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期sT=2Rv =2 0.22104=2 10-5由磁场变化规律可知，它在 0- s

23、(即 0- )3210-5 34T时间内做匀速圆周运动至 A 点，接着沿- y 方向做匀速直线运动直至电场边界 C 点，用时 t2=R+y0v = 210-5s=T4进入电场后做匀减速运动至 D 点，由牛顿定律得粒子的加速度： a=qEm=8 109m/s2粒子从 C 点减速至 D 再反向加速至 C 所需的时间t3=2va=221048 109= 210-5s=T4接下来，粒子沿+ y 轴方向匀速运动至 A 所需时间仍为 t2，磁场刚好恢复，粒子将在洛伦兹力的作用下从 A 做匀速圆周运动，再经 s 时间，粒子将运动到 F 点，此后将重3210-5复前面的运动过程所以粒子连续通过电场边界 MN

24、有两种可能：第一种可能是，由 C 点先沿- y 方向到 D 再返回经过 C，所需时间为 t=t3= 210-5s第二种可能是，由 C 点先沿+ y 方向运动至 A 点开始做匀速圆周运动一圈半后，从 G 点沿- y方向做匀速直线运动至 MN，所需时间为 s t=T4+3T2+T4=2T=4 10-5(3)由上问可知，粒子每完成一次周期性的运动，将向- x 方向平移 2R(即答图甲中所示从 P 点移到 F 点)， ，故粒子打在挡板前的一次运动如答图乙所示，其中OP=1.1m=5.5RI 是粒子开始做圆周运动的起点， J 是粒子打在挡板上的位置， K 是最后一段圆周运动的圆心， Q 是 I 点与 K

25、 点连线与 y 轴的交点。19由题意知， QI=OP-5R=0.1m，则KQ=R-QI=0.1m=R2 JQ= R2-(KQ)2= 32RJ 点到 O 的距离 JO=R+32R=2+ 310m 0.37m变式 7 如图所示，在平面直角坐标系 xoy 的第一象限有沿 y 轴负方向、场强为E200N/C 的匀强电场，第二象限有垂直于 xoy 平面向外的匀强磁场。现有一质量m2.010 11 kg，电量 q1.010 5 C 带正电的粒子，从负 x 轴上的 A 点以v1.010 4m/s 的速度垂直 x 轴进入磁场，恰好垂直通过 y 轴上的 P 点并进入电场，经过电场后通过 x 轴上的 Q 点。已知

26、 OP 的长度 h2m，不计粒子重力，求：(1)磁感应强度 B 的大小；(2)OQ 的长度 L；(3)粒子从 A 点运动到 Q 点的总时间 t 总 。分析与解答：(1)微粒进入磁场后做匀速圆周运动，设轨道半径为 r，由牛顿第二定律有： qvB=mv2r由几何关系知: r=h由式代入数据解之得： B=0.01T (2)设微粒在偏转电场中运动时间为 t, 加速度为 a，做类平抛运动水平方向： L=vt竖直方向： qE=mah=12at2联立式代入数据解之得： L=2m(3)由式代入数据解之得： t=2104 s粒子在磁场中运动时间为： t1=T4=14 2rv =3.1410-4s粒子从 A 点运动到 Q 点的总时间： t 总 =t1+t=5.14104 s.