備考高考物理一輪金牌訓(xùn)練 第一部分 專題三 第3講 帶電粒子在復(fù)合場中的運動課件

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1、第第3 3講講帶電粒子在復(fù)合場中的運動帶電粒子在復(fù)合場中的運動1(2011 年廣東卷)如圖 331 甲所示，在以 O 為圓心，內(nèi)外半徑分別為 R1和 R2的圓環(huán)區(qū)域內(nèi)，存在輻射狀電場和垂直紙面的勻強磁場，內(nèi)外圓間的電勢差 U 為常量，R1R0，R23R0，一電荷量為q，質(zhì)量為 m 的粒子從內(nèi)圓上的 A 點進入該區(qū)域，不計重力圖 331(1)已知粒子從外圓上以速度 v1 射出，求粒子在 A 點的初速度 v0 的大??；(2)若撤去電場，如圖乙，已知粒子從 OA 延長線與外圓的交點 C 以速度 v2 射出，方向與 OA 延長線成 45角，求磁感應(yīng)強度的大小及粒子在磁場中運動的時間；(3)在圖乙中，若

2、粒子從 A 點進入磁場，速度大小為 v3，方向不確定，要使粒子一定能夠從外圓射出，磁感應(yīng)強度應(yīng)小于多少？(2)如圖22所示，設(shè)粒子在磁場中做圓周運動的半徑為r，則圖 22圖 232(2011 年安徽卷)如圖 332 所示，在以坐標(biāo)原點 O為圓心、半徑為 R 的半圓形區(qū)域內(nèi)，有相互垂直的勻強電場和勻強磁場，磁感應(yīng)強度為 B，磁場方向垂直于 xOy 平面向里一帶正電的粒子(不計重力)從 O 點沿 y 軸正方向以某一速度射入，帶電粒子恰好做勻速直線運動，經(jīng) t0 時間從 P 點射出圖 332解：(1)設(shè)帶電粒子的質(zhì)量為 m，電荷量為 q，初速度為v，電場強度為 E.可判斷出粒子受到的洛倫茲力沿 x

3、軸負方向，于是可知電場強度沿 x 軸正方向(3)僅有磁場時，入射速度 v4v，帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，設(shè)軌道半徑為 r，由牛頓第二定律有圖 24由于近兩年廣東高考物理計算題只考查兩道，而高中要考的主干知識沒有變，因此計算題考綜合性題目的可能性比較大，如果考查電場和磁場，更大可能會考復(fù)合場問題回顧近三年涉及復(fù)合場問題的廣東考題，2009 年考查了復(fù)合場應(yīng)用實例質(zhì)譜儀，2010 年則是單獨考查電場和磁場，2011 年則是出現(xiàn)在第一道計算題由此可以看出：(1)電場和磁場是歷年高考試題中考點分布重點區(qū)域，尤其是復(fù)合場問題常巧妙地把電場、磁場的概念與牛頓定律、動能定理、動量等力學(xué)、電學(xué)有關(guān)知

4、識有機地聯(lián)系在一起；(2)它能側(cè)重于應(yīng)用數(shù)學(xué)工具解決物理問題方面的考查，其問題涉及的知識面廣、綜合性強，解答方式靈活多變，另外還有可能以科學(xué)技術(shù)的具體問題為背景；(3)它一直是高考中的熱點，同時又是復(fù)習(xí)時的難點，估計此內(nèi)容很可能出現(xiàn)在 2012 年高考的選擇題中，也有可能出現(xiàn)在最后的壓軸題上，請復(fù)習(xí)時給予足夠關(guān)注！帶電粒子在組合場中的運動【例1】(2011年全國卷)如圖 333，與水平面成 45角的平面 MN 將空間分成和兩個區(qū)域一質(zhì)量為 m、電荷量為 q(q0)的粒子以速度 v0從平面 MN 上的點 P0 水平右射入?yún)^(qū)粒子在區(qū)運動時，只受到大小不變、方向豎直向下的電場作用，電場強度大小為 E

5、；在區(qū)運動時，只受到勻強磁場的作用，磁感應(yīng)強度大小為 B，方向垂直于紙面向里求粒子首次從區(qū)離開時到出發(fā)點 P0 的距離粒子的重力可以忽略圖 333答題規(guī)范解：設(shè)粒子第一次過 MN 時速度方向與水平方向成1角，位移與水平方向成2角且245，在電場中做類平拋運動， 則有：在磁場中做圓周運動，有 qvBmv2R 得出：R5mv0qB 粒子在電磁場運動過程如圖 334 所示在磁場中運動的位移為： s22Rsin ，且 12145 則 sin sin 1cos 45cos 1sin 451010 圖 334粒子垂直電場方向進入電場做類平拋運動，首先對運動進行分解，在兩個分運動上求出分位移和分速度，然后再

6、合成來解決問題“切換”到偏轉(zhuǎn)磁場時，運動的軌跡、性質(zhì)等發(fā)生變化，自然地，我們又把目光轉(zhuǎn)向粒子在磁場中做勻速圓周運動，我們可以根據(jù)進出磁場的速度方向確定軌跡圓心，根據(jù)幾何關(guān)系求出軌道半徑和運動時間兩場區(qū)“切換”時，抓住邊界“切換”點的速度方向是解題關(guān)鍵所在1(2011 年中山一中檢測)如圖 335 所示，一個質(zhì)量為 m2.010-11 kg，電荷量 q1.010-5 C 的帶電微粒(重力忽略不計)，從靜止開始經(jīng) U1100 V 電壓加速后，水平進入兩平行金屬板間的偏轉(zhuǎn)電場，偏轉(zhuǎn)電場的電壓 U2圖 335(1)微粒進入偏轉(zhuǎn)電場時的速度 v0 大小；(2)微粒射出偏轉(zhuǎn)電場時的偏轉(zhuǎn)角；(3)若該勻強磁

7、場的寬度為 D10 cm，為使微粒不會由磁場右邊射出，該勻強磁場的磁感應(yīng)強度 B 至少多大？軌跡如圖 25 所示，由幾何關(guān)系有：圖 25帶電粒子在疊加場中的運動【例 2】如圖 336 所示，在足夠大的空間范圍內(nèi)，同時存在著豎直向上的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度 B1.57 T小球 1 帶正電，其電量與質(zhì)量之比 q1/m14 C/kg，所受重力與電場力的大小相等；小球 2 不帶電，靜止放置于固定的水平懸空支架上小球 1 向右以 v023.59 m/s 的水平速度與小球 2 正碰，碰后經(jīng)過 0.75 s 再次相碰設(shè)碰撞前后兩小球帶電情況不發(fā)生改變，且始終保持在同一豎直平面內(nèi)(取 g

8、10 m/s2)問：圖 336(1)電場強度 E 的大小是多少？(2)兩小球的質(zhì)量之比 m2/m1 是多少？解：(1)由小球 1“所受重力與電場力的大小相等”，可得q1Em1g第一次碰后，小球 1 向左做逆時針圓周運動，小球 2 向右做類平拋運動對小球 1，由牛頓第二定律得：圖 26欲求兩球的質(zhì)量之比，是個比較復(fù)雜、困難的問題這是因為，我們必須采用“正向思維”或“順藤摸瓜”的方法，不但對系統(tǒng)碰撞過程進行動量分析，確定動量守恒，而且還要對第一次碰撞后，兩球的運動方向、形式、過程、特點等作出明確判斷否則，一著不慎，則導(dǎo)致全盤皆輸2(2011 年執(zhí)信、深外、中山紀(jì)中聯(lián)考)如圖 337，粗糙的水平面

9、AB 上的空間中存在勻強電場 E1 及勻強磁場 B，一帶正電小球質(zhì)量為 m，所帶電荷量為 q，剛開始靜止在 A點，在電場力的作用下開始向右運動，到達 B 點時進入一埋入地下的半徑為 R 的半圓形光滑軟管，且在轉(zhuǎn)角 B 處無機械能損失，若小球到達 B 點時恰好對水圖 337(1)小球到達 B 點時的速度大小是多少？(2)若 A、B 間距離為 s，則小球從 A 運動到 B 克服摩擦力做多少功？(3)在軟管的最低點 E，軟管對小球的作用力是多大？(4)在 CD 平面上距離 C 點 L 處有一長為 2L 的沙坑，要使小球落在 CD 平面上的沙坑外，試求 CD 上空的勻強電場E2的取值范圍帶電粒子在復(fù)合

10、場中運動的平衡問題【例 3】如圖 338 所示的虛線區(qū)域內(nèi)，充滿垂直于紙面向里的勻強磁場和豎直向下的勻強電場一帶電粒子 a(不計重力)以一定的初速度由左邊界的 O 點射入磁場、電場區(qū)域，恰好沿直線由區(qū)域右邊界的 O點(圖中未標(biāo)出)穿出若撤去該區(qū)域內(nèi)的磁場而保留電場不變，另一個同樣的粒子 b(不計重力)仍以相同初速度由 O 點射入，從區(qū)域右邊界穿出，則粒子 b()圖 338A穿出位置一定在 O點下方B穿出位置一定在 O點上方C運動時，在電場中的電勢能一定減小D在電場中運動時，動能一定減小解析：a 粒子要在電場、磁場的復(fù)合場區(qū)內(nèi)做直線運動，則該粒子一定做勻速直線運動，故對粒子 a 有：BqvEq，

11、即只要滿足EBv，無論粒子帶正電還是負電，粒子都可以沿直線穿出復(fù)合場區(qū)，當(dāng)撤去磁場只保留電場時，粒子 b 由于電性不確定，故無法判斷穿出位置是在 O點的上方還是下方，故 A、B 錯誤；粒子 b 在穿過電場區(qū)的過程中必然受到電場力的作用而做類平拋的運動，電場力做正功，其電勢能減小，動能增大，故 C 正確，D 錯誤答案：C洛倫茲力是一種特殊的力，它的大小與運動速度有關(guān)速度改變，洛倫茲力也會發(fā)生改變當(dāng)粒子垂直磁場方向進入復(fù)合場做直線運動時，粒子一定做的是勻速直線運動于是根據(jù)平衡條件結(jié)合各力特點可以得出三力關(guān)系，然后就很容易解決問題3(2010 年廣東四校聯(lián)考)設(shè)在地面上方的真空室內(nèi)，存在著勻強電場和

12、勻強磁場，已知電場強度和磁感應(yīng)強度的方向是相同的，電場強度的大小 E4 V/m，磁感應(yīng)強度的大小B0.15 T今有一個帶負電的質(zhì)點以 v20 m/s 的速度在此區(qū)域內(nèi)沿垂直場強方向做勻速直線運動，求此帶電質(zhì)點的荷質(zhì)比及磁場的所有可能的方向(角度可用反三角函數(shù)表示)解：根據(jù)帶電粒子做勻速直線運動的條件得知，此粒子受重力、電場力和洛倫茲力的合力必定為零，由此可知三力在同一豎直平面內(nèi)如圖所示，設(shè)磁場方向與重力方向成角，由于質(zhì)點速度與磁場方向垂直，則質(zhì)點的速度垂直紙面向外，因質(zhì)點帶負電，則洛倫茲力方向、電場力方向如圖 27 所示由平衡條件有圖 27帶電粒子在復(fù)合場中運動的臨界問題【例4】一絕緣細棒處于

13、磁感應(yīng)強度為 B 的勻強磁場中，棒與磁場垂直，磁感線垂直指向紙內(nèi)，如圖 339 所示棒上套一個可在其上滑動的帶負電的小球 C，小球質(zhì)量為 m，電荷量為 q，球與棒間動摩擦因數(shù)為.讓小球從棒上端由靜止下滑，求：圖 339(1)小球的最大加速度；(2)小球的最大速度解：(1)帶電小球開始下滑后，受到重力、洛倫茲力、絕緣棒的支持力以及摩擦力的作用由牛頓第二定律，可得(2)當(dāng)小球速度再增大時，支持力將改變方向而且必將進一步增大，從而使得加速度再逐漸減小因此，小球做加速度先增大、后減小的變加速運動，一直到加速度減小為零時，其速度達到最大即此題屬于帶電粒子在“力磁場”中的加速度、速度“臨界值”問題這里需要

14、注意的是：洛倫茲力的大小的變化導(dǎo)致了支持力、摩擦力發(fā)生變化；速度達到最大時，物體開始做勻速直線運動認識到這兩點，再應(yīng)用牛頓第二定律結(jié)合“臨界條件”，問題則不難解決這一基本原則或解題思想，理應(yīng)貫穿于所有受洛倫茲力的“粒子”的各種運動問題的解決之中4(雙選，2011 年梅州模擬)如圖 3310 所示，空間存在水平方向的勻強電場 E 和垂直紙面向外的勻強磁場 B，一個質(zhì)量為 m、帶電量為 q的小球套在不光滑的足夠長的豎直絕緣桿上，自靜止開始下滑，則()A小球的動能不斷增大，直到某一最大值B小球的加速度不斷減小，直至為零C小球的加速度先增大后減小，最終為零D小球的速度先增加后減小，最終為零圖 3310

15、解析：無論小球帶正電還是帶負電，所受電場力與洛倫茲力的方向總是相反的設(shè)小球帶正電，受力如圖 28所示小球在下滑過程中，隨著速度 v 的增加，F(xiàn)洛增大，桿的彈力 FN先減小后增大，摩擦力Ff 也隨之先減小后增大當(dāng)qvB=qE 時，F(xiàn)N=0，F(xiàn)f0，此時 a 最大，amaxg；此后，v 繼續(xù)增大，F(xiàn)N反向增大，F(xiàn)f 也增大，當(dāng)(qvBqE)mg 時，a0，達到最大速度，以后小球沿桿勻速下滑故選項 A、C 正確圖 28解決帶電粒子在復(fù)合場中運動的問題可以完全按力學(xué)方法，從產(chǎn)生加速度和做功兩個主要方面來展開思路，只是在粒子所受的各種機械力之外加上電場力、洛倫茲力罷了分析此類問題的一般方法為：首先從粒子的開始運動狀態(tài)受力分析著手，由合力和初速度判斷粒子的運動軌跡和運動性質(zhì)，注意速度和洛倫茲力相互影響這一特點，將整個運動過程和各個階段都分析清楚；然后結(jié)合題設(shè)條件、邊界條件等，選取粒子的運動過程，選用有關(guān)動力學(xué)理論公式求解