高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第八章 磁場 專題強(qiáng)化九 帶電粒子在疊加場和組合場中的運(yùn)動課件

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1、第八章 磁場專題強(qiáng)化九 帶電粒子在疊加場和組合場中的運(yùn)動專題解讀1.本專題是磁場、力學(xué)、電場等知識的綜合應(yīng)用，高考往往以計算壓軸題的形式出現(xiàn)2.學(xué)習(xí)本專題，可以培養(yǎng)同學(xué)們的審題能力、推理能力和規(guī)范表達(dá)能力針對性的專題訓(xùn)練，可以提高同學(xué)們解決難題壓軸題的信心3.用到的知識有：動力學(xué)觀點(diǎn)(牛頓運(yùn)動定律)、運(yùn)動學(xué)觀點(diǎn)、能量觀點(diǎn)(動能定理、能量守恒)、電場的觀點(diǎn)(類平拋運(yùn)動的規(guī)律)、磁場的觀點(diǎn)(帶電粒子在磁場中運(yùn)動的規(guī)律)命題點(diǎn)一帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動 命題點(diǎn)二 帶電粒子在組合場中的運(yùn)動課時作業(yè)內(nèi)容索引1命題點(diǎn)一帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動1.帶電體在疊加場中無約束情況下的運(yùn)動(1)洛倫茲力、重力并存若

2、重力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運(yùn)動若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動，因洛倫茲力不做功，故機(jī)械能守恒，由此可求解問題(2)靜電力、洛倫茲力并存(不計重力的微觀粒子)若靜電力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運(yùn)動若靜電力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動，因洛倫茲力不做功，可用動能定理求解問題(3)靜電力、洛倫茲力、重力并存若三力平衡，一定做勻速直線運(yùn)動若重力與靜電力平衡，一定做勻速圓周運(yùn)動若合力不為零且與速度方向不垂直，將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動，因洛倫茲力不做功，可用能量守恒定律或動能定理求解問題2.帶電體在疊加場中有約束情況下的運(yùn)動帶電體在疊加場中受輕桿、輕繩、圓

3、環(huán)、軌道等約束的情況下，常見的運(yùn)動形式有直線運(yùn)動和圓周運(yùn)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(diǎn)，運(yùn)用動能定理、能量守恒定律結(jié)合牛頓運(yùn)動定律求解分析規(guī)范解答mgFFfFNF1mgFFfFNF1mgqEqvBv分析規(guī)范解答（1）規(guī)范解答（2）y題組階梯突破題組階梯突破x返回2如圖所示，在豎直平面內(nèi)，水平x軸的上方和下方分別存在方向垂直紙面向外和方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，其中x軸上方的勻強(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1，并且在第一象限和第二象限有方向相反、強(qiáng)弱相同的平行于x軸的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小為E1，已知一質(zhì)量為m的帶電小球從y軸上的A(0，L)位置斜向下與y

4、軸負(fù)半軸成60角射入第一象限，恰能做勻速直線運(yùn)動(1)判定帶電小球的電性，并求出所帶電荷量q及入射的速度大小；(2)為使得帶電小球在x軸下方的磁場中能做勻速圓周運(yùn)動，需要在x軸下方空間加一勻強(qiáng)電場，試求所加勻強(qiáng)電場的方向和電場強(qiáng)度的大小；分析mgqEqvBmgqEqvB規(guī)范解答mgqEqvB(3)在滿足第(2)問的基礎(chǔ)上，若在x軸上安裝有一絕緣彈性薄板，并且調(diào)節(jié)x軸下方的磁場強(qiáng)弱，使帶電小球恰好與絕緣彈性板碰撞兩次從x軸上的某一位置返回到x軸的上方(帶電小球與彈性板碰撞時，既無電荷轉(zhuǎn)移，也無能量損失，并且入射方向和反射方向與彈性板的夾角相同)，然后恰能做勻速直線運(yùn)動至y軸上的A(0，L)位置，

5、則：彈性板至少多長？帶電小球從A位置出發(fā)到返回至A位置過程所經(jīng)歷的時間為多少？分析III規(guī)范解答2命題點(diǎn)二帶電粒子在組合場中的運(yùn)動1.組合場：電場與磁場各位于一定的區(qū)域內(nèi)，并不重疊，電場、磁場交替出現(xiàn)2.分析思路(1)劃分過程：將粒子運(yùn)動的過程劃分為幾個不同的階段，對不同的階段選取不同的規(guī)律處理(2)找關(guān)鍵點(diǎn)：確定帶電粒子在場區(qū)邊界的速度(包括大小和方向)是解決該類問題的關(guān)鍵(3)畫運(yùn)動軌跡：根據(jù)受力分析和運(yùn)動分析，大致畫出粒子的運(yùn)動軌跡圖，有利于形象、直觀地解決問題【例2】在如圖所示的直角坐標(biāo)系xOy中，矩形區(qū)域OACD內(nèi)有垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B5.0102 T；第一象

6、限內(nèi)有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為E1.0105 N/C.已知矩形區(qū)域OA邊長為0.60 m，AC邊長為0.20 m在CD邊中點(diǎn)N處有一放射源，某時刻，放射源沿紙面向磁場中的各個方向均勻輻射出速率均為v2.0106 m/s的某種帶正電粒子，帶電粒子的質(zhì)量為m1.61027 kg、電荷量為q3.21019 C，不計粒子重力，計算結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字，試求：(1)粒子在磁場中運(yùn)動的半徑；(2)從N處射出的粒子在磁場中運(yùn)動的最短路程；(3)沿x軸負(fù)方向射出的粒子，從射出到從y軸離開所經(jīng)歷的時間分析v規(guī)范解答（1）（2）規(guī)范解答（3）返回第1步：分階段(分過程)按照時間順序和進(jìn)入不同的區(qū)域分成

7、幾個不同的階段；第2步：受力和運(yùn)動分析，主要涉及兩種典型運(yùn)動，如下：第3步：用規(guī)律勻速圓周運(yùn)動粒子垂直于磁感線進(jìn)入勻強(qiáng)磁場磁偏轉(zhuǎn)組合場中兩種典型的偏轉(zhuǎn)電偏轉(zhuǎn)粒子垂直于電場線進(jìn)入勻強(qiáng)電場類平拋運(yùn)動磁偏轉(zhuǎn)勻速圓周運(yùn)動圓軌跡找半徑定圓心電偏轉(zhuǎn)類平拋運(yùn)動半徑公式周期公式初速度方向電場方向勻速直線運(yùn)動勻變速直線運(yùn)動方法感悟方法感悟帶電粒子在組合場中運(yùn)動的分析思路帶電粒子在組合場中運(yùn)動的分析思路分析規(guī)范解答（1）規(guī)范解答（2）題組階梯突破題組階梯突破v0v返回4. x軸下方有兩個關(guān)于直線x0.5a對稱的沿x軸的勻強(qiáng)電場(大小相等，方向相反)如圖甲所示，一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的粒子(不計重力)，以初速度v

8、沿y軸正方向從P點(diǎn)進(jìn)入電場，后從原點(diǎn)O以與過P點(diǎn)時相同的速度進(jìn)入磁場(圖中未畫出)粒子過O點(diǎn)的同時在MN和x軸之間加上按圖乙所示的規(guī)律發(fā)生周期性變化的磁場，規(guī)定垂直紙面向里為正方向正向磁場與反向磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，且持續(xù)的時間相同粒子在磁場中運(yùn)動一段時間后到達(dá)Q點(diǎn)，并且速度也與過P點(diǎn)時速度相同已知P、O、Q在一條直線上，與水平方向夾角為，且P、Q兩點(diǎn)橫坐標(biāo)分別為a、a.試計算：(1)電場強(qiáng)度E的大小；(2)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。?3)粒子從P到Q的總時間分析規(guī)范解答（1）（2）規(guī)范解答（3）a返回課時作業(yè)31.如圖所示，在豎直平面內(nèi)建立直角坐標(biāo)系xOy，其第一象限存在著正交的勻強(qiáng)電場

9、和勻強(qiáng)磁場，電場強(qiáng)度的方向水平向右，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直紙面向里.一帶電荷量為q、質(zhì)量為m的微粒從原點(diǎn)出發(fā)進(jìn)入復(fù)合場中，初速度方向與x軸正方向的夾角為45，正好做直線運(yùn)動，當(dāng)微粒運(yùn)動到A(l，l)時，電場方向突然變?yōu)樨Q直向上(不計電場變化的時間)，微粒繼續(xù)運(yùn)動一段時間后，正好垂直于y軸穿出復(fù)合場.不計一切阻力，求：(1)電場強(qiáng)度E的大小； 答案 解析2134微粒到達(dá)A(l，l)之前做勻速直線運(yùn)動，對微粒受力分析如圖甲：2134(2)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小；由平衡條件：qvB mg電場方向變化后，微粒所受重力與電場力平衡，微粒在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動，軌跡如圖乙答案 解析2134(3)微粒在復(fù)

10、合場中的運(yùn)動時間.答案解析21342.如圖所示，與水平面成37的傾斜軌道AC，其延長線在D點(diǎn)與半圓軌道DF相切，全部軌道為絕緣材料制成且位于豎直面內(nèi)，整個空間存在水平向左的勻強(qiáng)電場，MN的右側(cè)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(C點(diǎn)處于MN邊界上).一質(zhì)量為0.4 kg的帶電小球沿軌道AC下滑，至C點(diǎn)時速度為vC m/s，接著沿直線CD運(yùn)動到D處進(jìn)入半圓軌道，進(jìn)入時無動能損失，且恰好能通過F點(diǎn)，在F點(diǎn)速度為vF4 m/s(不計空氣阻力，g10 m/s2，cos 370.8).求：(1)小球帶何種電荷？答案正電荷解析2134依題意可知小球在CD間做勻速直線運(yùn)動，在CD段受重力、電場力、洛倫茲力且合力為零

11、，若小球帶負(fù)電，小球受到的合力不為零，因此帶電小球應(yīng)帶正電荷.2134(2)小球在半圓軌道部分克服摩擦力所做的功；答案27.6 J解析小球在D點(diǎn)速度為vDvC m/s設(shè)重力與電場力的合力為F1，如圖所示，則F1F洛qvCB2134(3)小球從F點(diǎn)飛出時磁場同時消失，小球離開F點(diǎn)后的運(yùn)動軌跡與直線AC(或延長線)的交點(diǎn)為G點(diǎn)(未標(biāo)出)，求G點(diǎn)到D點(diǎn)的距離.答案2.26 m解析21343.如圖所示，在xOy平面內(nèi)y軸與MN邊界之間有沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，y軸左側(cè)和MN邊界右側(cè)的空間有垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等的勻強(qiáng)磁場，MN邊界與y軸平行且間距保持不變.一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子以速度v

12、0從坐標(biāo)原點(diǎn)O沿x軸負(fù)方向射入磁場，每次經(jīng)過磁場的時間均為t0，粒子重力不計.(1)求磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B；答案解析2134粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的周期T，粒子每次經(jīng)過磁場的時間為半個周期，則T2t0，解得B2134(2)若t5t0時粒子回到原點(diǎn)O，求電場區(qū)域的寬度d和此時的電場強(qiáng)度E0；答案解析t5t0時粒子回到原點(diǎn)，軌跡如圖甲所示，由幾何關(guān)系有r22r12134(3)若帶電粒子能夠回到原點(diǎn)O，則電場強(qiáng)度E應(yīng)滿足什么條件？答案解析如圖乙所示，由幾何關(guān)系可知，要使粒子能夠回到原點(diǎn)，則應(yīng)滿足n(2r22r1)2r1(n1,2,3，)21344.如圖甲所示，相隔一定距離的豎直邊界兩側(cè)為相同的勻強(qiáng)磁場

13、區(qū)，磁場方向垂直紙面向里，在邊界上固定兩長為L的平行金屬極板MN和PQ，兩極板中心各有一小孔S1、S2，兩極板間電壓的變化規(guī)律如圖乙所示，正反向電壓的大小均為U0，周期為T0.在t 時刻將一個質(zhì)量為m、電荷量為q(q0)的粒子由S1靜止釋放，粒子在電場力的作用下向右運(yùn)動，在t時刻通過S2垂直于邊界進(jìn)入右側(cè)磁場區(qū).(不計粒子重力，不考慮極板外的電場)(1)求粒子到達(dá)S2時的速度大小v和極板間距d；答案解析2134粒子由S1到S2的過程，根據(jù)動能定理得2134(2)為使粒子不與極板相撞，求磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小應(yīng)滿足的條件；答案解析2134(3)若已保證了粒子未與極板相撞，為使粒子在t3T0時刻再次到達(dá)S2，且速度恰好為零，求該過程中粒子在磁場內(nèi)運(yùn)動的時間和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小.答案解析2134設(shè)粒子在兩邊界之間無場區(qū)向左勻速運(yùn)動的過程用時為t1，有dvt1聯(lián)立式得t1 若粒子再次到達(dá)S2時速度恰好為零，粒子回到極板間做勻減速運(yùn)動，設(shè)勻減速運(yùn)動的時間為t2，根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式得21342134