（新課標(biāo)）河南省2015高考物理總復(fù)習(xí)講義 第8章 加強(qiáng)1講 帶電粒子在復(fù)合場中的運動

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1、 加強(qiáng)一講　帶電粒子在復(fù)合場中的運動 考點一 [70]　帶電粒子在相鄰復(fù)合場中的運動 一、“電偏轉(zhuǎn)”和“磁偏轉(zhuǎn)”的比較 垂直進(jìn)入磁場(磁偏轉(zhuǎn)) 垂直進(jìn)入電場(電偏轉(zhuǎn)) 情景圖 受力 FB＝qv0B，大小不變，方向總指向圓心，方向變化，F(xiàn)B為變力 FE＝qE，F(xiàn)E大小、方向不變，為恒力 運動 規(guī)律 勻速圓周運動 r＝，T＝ 類平拋運動 vx＝v0，vy＝t x＝v0t，y＝t2 運動時間 t＝T＝ t＝，具有等時性 動能 不變 變化 二、解題思路 ——————[1個示范例]—————— 　(多選)(2013浙江高考)在半導(dǎo)體

2、離子注入工藝中，初速度可忽略的磷離子P＋和P3＋，經(jīng)電壓為U的電場加速后，垂直進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里、有一定寬度的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，如圖8－3－1所示，已知離子P＋在磁場中轉(zhuǎn)過θ＝30后從磁場右邊界射出．在電場和磁場中運動時，離子P＋和P3＋ 圖8－3－1 A．在電場中的加速度之比為1∶1 B．在磁場中運動的半徑之比為∶1 C．在磁場中轉(zhuǎn)過的角度之比為1∶2 D．離開電場區(qū)域時的動能之比為1∶3 【解析】　離子P＋和P3＋的質(zhì)量相等 ，在電場中所受的電場力之比為1∶3，所以加速度之比為1∶3，A項錯誤；離開電場區(qū)域時的動能之比為1∶3初速度可忽略的磷離子P

3、＋和P3＋，經(jīng)電壓為U的電場加速后，由動能定理可得，離開電場區(qū)域時的動能之比為它們的帶電量之比為1∶3，D項正確；在磁場轉(zhuǎn)動時洛倫茲力提供向心力qvB＝m可得r＝，＝＝，B項正確；設(shè)P＋在磁場中運動半徑為R，由幾何知識可得磁場的寬度為R，而P3＋的半徑為R，由幾何知識可得P3＋在磁場中轉(zhuǎn)過的角度為60，P＋在磁場中轉(zhuǎn)過的角度為30，所以離子P＋和P3＋在磁場中轉(zhuǎn)過的角度之比為1∶2，C項正確． 【答案】　BCD ——————[1個預(yù)測例]—————— 圖8－3－2 　如圖8－3－2所示，空間以AOB為界，上方有大小為E、方向豎直向下的勻強(qiáng)電場、下方有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，以過O

4、點的豎直虛線OC為界，左側(cè)到AA′間和右側(cè)到BB′間有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小不同的垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，∠AOC＝∠BOC＝60，現(xiàn)在A點上方某一點以一定的初速度水平向右射出一帶電粒子，粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，粒子恰好從AO的中點垂直AO進(jìn)入OC左側(cè)磁場并垂直O(jiān)C進(jìn)入右側(cè)磁場，粒子從OB邊恰好以豎直向上的速度進(jìn)入勻強(qiáng)電場，AO＝BO＝L，不計粒子的重力，求： (1)粒子初速度v0的大?。? (2)OC左側(cè)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度B1的大小和右側(cè)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的大?。? 【審題指導(dǎo)】　(1)明確磁場、電場的分布特點． (2)粒子在AO以上區(qū)域做類平拋運動，在AOC區(qū)域和BOC區(qū)域分別做勻速圓周運動

5、． 【解析】　(1)粒子射出后在電場中做類平拋運動，從AO中點垂直AO進(jìn)入磁場，在電場中運動的水平位移x＝Lsin 60，x＝v0t1 豎直方向qE＝ma，vy＝at1 tan 60＝ 解得v0＝ (2)粒子進(jìn)入磁場時的速度大小v＝＝2v0＝ 由于粒子垂直AO進(jìn)入左側(cè)磁場，垂直O(jiān)C進(jìn)入右側(cè)磁場，因此粒子在左側(cè)磁場中做圓周運動的圓心為O點，做圓周運動的半徑r1＝L 由qvB1＝m，解得B1＝2 進(jìn)入右側(cè)磁場后，運動軌跡如圖所示，由于粒子經(jīng)過OB時速度豎直向上，由幾何關(guān)系得tan 60＝ 解得r2＝L 由qvB2＝m，解得B2＝ 【答案】　(1) (2)2

6、 　 考點二 [71]　帶電粒子在疊加復(fù)合場中的運動 一、帶電粒子在疊加場中無約束情況下的運動情況分類 1．磁場力、重力并存 (1)若重力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運動． (2)若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復(fù)雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，故機(jī)械能守恒，由此可求解問題． 2．電場力、磁場力并存(不計重力的微觀粒子) (1)若電場力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運動． (2)若電場力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復(fù)雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，可用動能定理求解問題． 3．電場力、磁場力、重力并存 (1)若三力平衡，一定做勻速直線運動． (2)若重力與電

7、場力平衡，一定做勻速圓周運動． (3)若合力不為零且與速度方向不垂直，將做復(fù)雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，可用能量守恒或動能定理求解問題． 二、帶電粒子在疊加場中有約束情況下的運動 帶電體在復(fù)合場中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道等約束的情況下，常見的運動形式有直線運動和圓周運動，此時解題要通過受力分析明確變力、恒力做功情況，并注意洛倫茲力不做功的特點，運用動能定理、能量守恒定律結(jié)合牛頓運動定律求出結(jié)果． 　 圖8－3－3 如圖8－3－3，有位于豎直平面上的半徑為R的圓形光滑絕緣軌道，其上半部分處于豎直向下，場強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場中，下半部分處于垂直水平面向里的勻強(qiáng)磁場中；質(zhì)量為

8、m，帶正電，電荷量為q的小球，從軌道的水平直徑的M端由靜止釋放，若小球在某一次通過最低點時對軌道的壓力為零，求： (1)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。? (2)小球?qū)壍雷畹忘c的最大壓力； (3)若要小球在圓形軌道內(nèi)做完整的圓周運動，求小球從軌道的水平直徑的M端下滑的最小速度． 【解析】　(1)設(shè)小球向右通過最低點的速率為v，由題意得： mgR＝mv2① qBv－mg＝m② B＝③ (2)小球向左通過最低點時對軌道的壓力最大． FN－mg－qBv＝m④ FN＝6mg⑤ (3)要小球完成圓周運動的條件是在最高點滿足： mg＋qE＝m⑥ 從M點到最高點由動能定理得： －mgR－qE

9、R＝mv－mv⑦ 由⑥⑦可得v0＝⑧ 【答案】　(1)　(2)6mg (3) 帶電粒子(帶電體)在疊加場中運動的分析方法 　(1)弄清疊加場的組成． (2)進(jìn)行受力分析． (3)確定帶電粒子的運動狀態(tài)，注意運動情況和受力情況的結(jié)合． (4)畫出粒子運動軌跡，靈活選擇不同的運動規(guī)律． ①當(dāng)帶電粒子在疊加場中做勻速直線運動時，根據(jù)受力平衡列方程求解． ②當(dāng)帶電粒子在疊加場中做勻速圓周運動時，應(yīng)用牛頓定律結(jié)合圓周運動規(guī)律求解． ③當(dāng)帶電粒子做復(fù)雜曲線運動時，一般用動能定理或能量守恒定律求解． ④對于臨界問題，注意挖掘隱含條件． (5)記住三點：①

10、受力分析是基礎(chǔ)． ②運動過程分析是關(guān)鍵． ③根據(jù)不同的運動過程及物理模型，選擇合適的定理列方程求解． 考點三 [72]　帶電粒子在復(fù)合場中運動的應(yīng)用實例 四個應(yīng)用實例對比 裝置 原理圖 規(guī)律 速度選擇器 若qv0B＝qE，即v0＝，粒子做勻速直線運動 磁流體發(fā)電機(jī) 等離子體射入，受洛倫茲力偏轉(zhuǎn)，使兩極帶電，當(dāng)q＝qv0B時，兩極板間能達(dá)到最大電勢差U＝Bv0d 電磁流量計 當(dāng)q＝qvB時，有v＝，流量Q＝Sv＝π()2 霍爾效應(yīng) 在勻強(qiáng)磁場中放置一個矩形截面的載流導(dǎo)體，當(dāng)磁場方向與電流方向垂直時，導(dǎo)體在與磁場、電流方向都垂直的方向上出現(xiàn)了電勢差，這

11、種現(xiàn)象稱為霍爾效應(yīng) 　有人設(shè)想用如圖8－3－4所示的裝置來選擇密度相同、大小不同的球狀納米粒子．粒子在電離室中電離后帶正電，電量與其表面積成正比．電離后，粒子緩慢通過小孔O1進(jìn)入極板間電壓為U的水平加速電場區(qū)域I，再通過小孔O2射入相互正交的恒定勻強(qiáng)電場、磁場區(qū)域Ⅱ，其中磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向如圖．收集室的小孔O3與O1、O2在同一條水平線上．半徑為r0的粒子，其質(zhì)量為m0、電量為q0，剛好能沿O1O3直線射入收集室．不計納米粒子重力．(V球＝πr3，S球＝4πr2) (1)試求圖中區(qū)域Ⅱ的電場強(qiáng)度； (2)試求半徑為r的粒子通過O2時的速率； (3)討論半徑r≠r0的粒子剛進(jìn)

12、入?yún)^(qū)域Ⅱ時向哪個極板偏轉(zhuǎn)． 圖8－3－4 【審題指導(dǎo)】　(1)帶正電粒子在電場Ⅰ中加速，獲得速度后進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ中． (2)正離子在區(qū)域Ⅱ中做直線運動，即F電＝F洛． 【解析】　(1)設(shè)半徑為r0的粒子加速后的速度為v0，則m0v＝q0U，設(shè)區(qū)域Ⅱ內(nèi)電場強(qiáng)度為E，則 v0＝，v0q0B＝q0E，得E＝v0B＝B 電場強(qiáng)度方向豎直向上． (2)設(shè)半徑為r的粒子的質(zhì)量為m、帶電量為q、被加速后的速度為v，則m＝()3m0，q＝()2q0 由mv2＝qU，得v＝＝v0. (3)半徑為r的粒子，在剛進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ時受到的合力為 F合＝qE－qvB＝qB(v0－v)，由v＝v0可

13、知，當(dāng)r>r0時，v0，粒子會向上極板偏轉(zhuǎn)； rv0，F(xiàn)合<0，粒子會向下極板偏轉(zhuǎn)． 【答案】　(1)B　豎直向上 (2)v0 (3)見解析 帶電粒子在交變電場和交變磁場中的運動模型 一、模型特點 1．粒子的運動情況不僅與交變電場和磁場的變化規(guī)律有關(guān)，還與粒子進(jìn)入場的時刻有關(guān)． 2．交替變化的電場及磁場會使帶電粒子順次歷經(jīng)不同特點的電場或磁場或疊加場，從而表現(xiàn)出“多過程”現(xiàn)象． 3．若交變電壓的變化周期遠(yuǎn)大于粒子穿越電場的時間，則在粒子穿越電場過程中，電場可看做勻強(qiáng)電場． 二、分析方法 1．仔細(xì)分析并確定各場的變化特點及相應(yīng)的時間，其變化周

14、期一般與粒子在電場或磁場中的運動周期相關(guān)聯(lián)． 2．必要時，可把粒子的運動過程還原成一個直觀的運動軌跡草圖進(jìn)行分析． 3．把粒子的運動分解成多個運動階段分別進(jìn)行處理，根據(jù)每一階段上的受力情況確定粒子的運動規(guī)律. 　【規(guī)范解答】　(1)粒子在磁場中運動時qvB＝(2分) T＝(1分) 解得T＝＝410－3 s(1分) (2)粒子的運動軌跡如圖所示，t＝2010－3s時粒子在坐標(biāo)系內(nèi)做了兩個圓周運動和三段類平拋運動，水平位移x＝3v0T＝9.610－2m(1分) 豎直位移y＝a(3T)2(1分) Eq＝ma(1分) 解得y＝3.610－2m 故t＝2010－3s時

15、粒子的位置坐標(biāo)為： (9.610－2m，－3.610－2m)(1分) (3)t＝2410－3s時粒子的速度大小、方向與t＝2010－3s時相同，設(shè)與水平方向夾角為α(1分) 則v＝(1分) vy＝3aT(1分) tan α＝(1分) 解得v＝10 m/s(1分) 與x軸正向夾角α為37(或arctan)斜向右下方(1分) 【答案】　(1)410－3s　(2)(9.610－2m，－3.610－2m) (3)10 m/s　方向與x軸正向夾角α為37(或arctan)斜向右下方 　(2013日照市5月二模)如圖8－3－6所示，在xOy平面內(nèi)存在均勻、大小隨時間周期性變

16、化的磁場和電場，變化規(guī)律分別如圖乙、丙所示(規(guī)定垂直紙面向里為磁感應(yīng)強(qiáng)度的正方向、沿y軸正方向的電場強(qiáng)度為正)．在t＝0時刻由原點O發(fā)射初速度大小為v0，方向沿y軸正方向的帶負(fù)電粒子．已知v0、t0、B0，粒子的比荷＝，不計粒子的重力． 甲 乙　　　　　　　　丙 圖8－3－6 (1)t＝時，求粒子的位置坐標(biāo)； (2)求在0～5t0的時間內(nèi)粒子距x軸的最大距離． 【解析】　(1)由粒子的比荷＝得粒子做圓周運動的周期T＝＝2t0 則在0～內(nèi)轉(zhuǎn)過的圓心角α＝ 由牛頓第二定律qv0B0＝ 得r1＝＝ 則其位置坐標(biāo)(，) (2)t＝5t0時粒子回到原點，軌跡如圖所示

17、 r2＝2r1 r1＝， r2＝ 得v2＝2v0 又＝，r2＝ 粒子在t0～2t0時間內(nèi)做勻加速直線運動，2t0～3t0時間內(nèi)做勻速圓周運動，由圖知，在5t0時間內(nèi)粒子距x軸的最大距離： hmax＝t0＋r2＝(＋)v0t0 【答案】　(1)(，)　(2)(＋)v0t0 ⊙帶電粒子在疊加場中的運動分析 1．如圖8－3－7所示的虛線區(qū)域內(nèi)，充滿垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場和豎直向下的勻強(qiáng)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(

18、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8－3－7 A．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】　由題意可知最初時刻粒子所受洛倫茲力與電場力方向相反，若qE≠qvB，則洛倫茲力將隨著粒子速度方向和大小的不斷改變而改變．粒子所受電場力qE和洛倫茲力qvB的合力不可能與速度方向在同一直線上，而做直線運動，既然在復(fù)合場中粒子做直線運動，說明qE＝qvB，OO′連線與電場線垂直，當(dāng)撤去磁場時，粒子僅受電場力，做類平拋運動，電場力一定做正功，電勢能減少，動

19、能增加，C正確，D錯誤；因不知帶電粒子的電性，故穿出位置可能在O′點上方，也可能在O′點下方，A、B錯誤． 【答案】　C ⊙帶電粒子在磁場、電場中的運動分析 2．(2014安徽皖南八校聯(lián)考)帶電小球以一定的初速度v0豎直向上拋出，能夠達(dá)到的最大高度為h1；若加上水平方向的勻強(qiáng)磁場，且保持初速度仍為v0，小球上升的最大高度為h2；若加上水平方向的勻強(qiáng)電場，且保持初速度仍為v0，小球上升的最大高度為h3，如圖8－3－8所示，不計空氣阻力，則(　　) 圖8－3－8 A．h1＝h2＝h3　　　　　　　 B．h1>h2>h3 C．h1＝h2>h3 D．h1＝h3>h2 【解析】　由

20、豎直上拋運動的最大高度公式得：h1＝；當(dāng)小球在磁場中運動到最高點時，小球應(yīng)有水平速度，由能量守恒得：mgh2＋Ek＝mv＝mgh1，所以h1>h2；當(dāng)加上電場時，由運動的分解可知：在豎直方向上有v＝2gh3，所以h1＝h3，選項D正確． 【答案】　D ⊙速度選擇器 3. 圖8－3－9 (多選)如圖8－3－9為一“濾速器”裝置的示意圖．a(chǎn)、b為水平放置的平行金屬板，一束具有各種不同速率的電子沿水平方向經(jīng)小孔O進(jìn)入a、b兩板之間．為了選取具有某種特定速率的電子，可在a、b間加上電壓，并沿垂直于紙面的方向加一勻強(qiáng)磁場，使所選電子仍能沿水平直線OO′運動，由O′射出．不計重力作用

21、．可能達(dá)到上述目的的辦法是(　　) A．使a板電勢高于b板，磁場方向垂直紙面向里 B．使a板電勢低于b板，磁場方向垂直紙面向里 C．使a板電勢高于b板，磁場方向垂直紙面向外 D．使a板電勢低于b板，磁場方向垂直紙面向外 【解析】　電子能沿水平方向做直線運動，則電子所受的電場力與洛倫茲力大小相等方向相反，當(dāng)a板電勢高于b板時，根據(jù)左手定則判斷，磁場方向應(yīng)垂直紙面向里，所以A正確，C錯誤；當(dāng)a板電勢低于b板時，根據(jù)左手定則判斷，磁場方向應(yīng)垂直紙面向外，所以D正確，B錯誤． 【答案】　AD ⊙電磁流量計 4. 圖8－3－10 如圖8－3－10所示是電磁流量計的示意圖．圓管由非

22、磁性材料制成，空間有勻強(qiáng)磁場．當(dāng)管中的導(dǎo)電液體流過磁場區(qū)域時，測出管壁上MN兩點的電勢差E，就可以知道管中液體的流量Q——單位時間內(nèi)流過管道橫截面的液體的體積．已知管的直徑為d，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，則關(guān)于Q的表達(dá)式正確的是(　　) A．Q＝ B．Q＝ C．Q＝ D．Q＝ 【解析】　設(shè)液體流速為v，則有：q＝Bvq，v＝，液體的流量Q＝vπd2＝，故B正確． 【答案】　B ⊙帶電粒子在組合場中的運動分析 5．(2013桂林中學(xué)模擬)如圖8－3－11所示，在空間中存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，其豎直邊界AB、CD的寬度為d，在邊界AB左側(cè)是豎直向下、場強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場，現(xiàn)有質(zhì)量為m、

23、帶電量為＋q的粒子(不計重力)從P點以大小為v0的水平初速度射入電場，隨后與邊界AB成45射入磁場．若粒子能垂直CD邊界飛出磁場，穿過小孔進(jìn)入如圖所示兩豎直平行金屬板間的勻強(qiáng)電場中減速至零且碰不到正極板． 圖8－3－11 (1)請畫出粒子在上述過程中的運動軌跡，并求出粒子進(jìn)入磁場時的速度大小v； (2)求勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B； (3)求金屬板間的電壓U的最小值． 【解析】　(1)軌跡如圖所示 v＝＝v0 (2)粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運動，設(shè)其軌道半徑為R，由幾何關(guān)系可知R＝＝d qvB＝m，解得B＝ (3)粒子進(jìn)入板間電場至速度減為零且恰不與正極板相碰時，板間電壓U最小， 由動能定理有－qU＝0－mv2 解得U＝ 【答案】　(1)軌跡見解析圖　v0 (2)　(3) 希望對大家有所幫助，多謝您的瀏覽！