高考物理大二輪總復習與增分策略 題型研究3 加試計算題 22題 帶電粒子在復合場中的運動課件.ppt

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題型研究3 加試計算題 22題 帶電粒子在復合場中的運動,1.帶電粒子在疊加場中無約束情況下的運動情況分類,,考點一 帶電粒子在疊加場中的運動,(1)洛倫茲力、重力并存 ①若重力和洛倫茲力平衡，則帶電粒子做勻速直線運動. ②若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電粒子將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，故機械能守恒，由此可求解問題. (2)電場力、洛倫茲力并存(不計重力的微觀粒子) ①若電場力和洛倫茲力平衡，則帶電粒子做勻速直線運動. ②若電場力和洛倫茲力不平衡，則帶電粒子將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，可用動能定理求解問題.,(3)電場力、洛倫茲力、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，將做復雜的曲線運動，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.帶電粒子在疊加場中有約束情況下的運動,帶電粒子在疊加場中受輕桿、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)合牛頓運動定律求解.,,解析答案,例1 如圖1，在豎直平面內(nèi)建立直角坐標系xOy，其第一象限存在著正交的勻強電場和勻強磁場，電場強度的方向水平向右，磁感應強度的方向垂直紙面向里.一帶電荷量為＋q、質(zhì)量為m的微粒從原點出發(fā)沿與x軸正方向的夾角為45°的初速度進入復合場中，正好做直線運動，當微粒運動到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)，粒子繼續(xù)運動一段時間后，正好垂直于y軸穿出復合場.不計一切阻力，求： (1)電場強度E的大小；,圖1,解析 微粒到達A(l，l)之前做勻速直線運動，對微粒受力分析如圖甲：,,解析答案,(2)磁感應強度B的大?。?,解析答案,(3)微粒在復合場中的運動時間.,,,規(guī)律總結(jié),粒子在疊加場中運動的分析思路,,解析答案,1.如圖2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外的勻強磁場，電場強度為E，磁感應強度為B.足夠長的斜面固定在水平面上，斜面傾角為45°.有一帶電的小球P靜止于斜面頂端A處，且恰好對斜面無壓力.若將小球P以初速度v0水平向右拋出(P視為質(zhì)點)，一段時間后，小球落在斜面上的C點.已知小球的運動軌跡在同一豎直平面內(nèi)，重力加速度為g，求： (1)小球P落到斜面上時速度方向與斜面的夾角θ及由A到 C所需的時間t；,1,2,變式題組,圖2,解析 小球P靜止時不受洛倫茲力作用，僅受自身重力和電場力，對斜面無壓力，則mg＝qE ① P獲得水平初速度后由于重力和電場力平衡，將在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，由對稱性可得小球P落到斜面上時其速度方向與斜面的夾角為45°,1,2,,解析答案,1,2,,解析,(2)小球P拋出到落回斜面的位移x的大小.,解析答案,1,2,,解析,2.如圖3所示，兩塊水平放置、相距為d的長金屬板接在電壓可調(diào)的電源上.兩板之間的右側(cè)區(qū)域存在方向垂直紙面向里的勻強磁場.將噴墨打印機的噴口靠近上板下表面，從噴口連續(xù)不斷噴出質(zhì)量均為m、水平速度均為v0、帶相等電荷量的墨滴.調(diào)節(jié)電源電壓至U，墨滴在電場區(qū)域恰能沿水平方向向右做勻速直線運動；進入電場、磁場共存區(qū)域后，最終垂直打在下板的M點. (1)判斷墨滴所帶電荷的種類，并求其電荷量；,1,2,解析答案,圖3,解析 墨滴在電場區(qū)域內(nèi)做勻速直線運動，有,1,2,由①式得,由于電場方向向下，電荷所受電場力向上，可知墨滴帶負電荷,,解析,(2)求磁感應強度B的值；,1,2,解析 墨滴垂直進入電場、磁場共存區(qū)域，重力仍與電場力平衡，合力等于洛倫茲力，墨滴做勻速圓周運動，有,考慮墨滴進入磁場和撞板時的幾何關(guān)系，可知墨滴在該區(qū)域恰完成四分之一圓周運動，則半徑R＝d ④,解析答案,,解析,(3)現(xiàn)保持噴口方向不變，使其豎直下移到兩板中間的位置.為了使墨滴仍能到達下板M點，應將磁感應強度調(diào)至B′，則B′的大小為多少？,1,2,解析答案,解析 根據(jù)題設(shè)，墨滴運動軌跡如圖，設(shè)圓周運動半徑為R′，有,“電偏轉(zhuǎn)”和“磁偏轉(zhuǎn)”的比較,,考點二 帶電粒子在組合場中的運動,,解析答案,例2 (2015·浙江10月選考)如圖4是水平放置的小型粒子加速器的原理示意圖，區(qū)域Ⅰ和Ⅱ存在方向垂直紙面向里的勻強磁場B1和B2，長L＝1.0 m的區(qū)域Ⅲ存在場強大小E＝5.0×104 V/m、方向水平向右的勻強電場.區(qū)域Ⅲ中間上方有一離子源S，水平向左發(fā)射動能Ek0＝4.0×104 eV的氘核，氘核最終從區(qū)域Ⅱ下方的P點水平射出.S、P兩點間的高度差h＝0.10 m.(氘核質(zhì)量m＝2×1.67×10－27 kg、電荷量q＝1.60×10－19 C,1 eV＝1.60×10－19 J, ≈1×10－4) (1)求氘核經(jīng)過兩次加速后從P點射出時的 動能Ek2.,圖4,解析 由動能定理W＝Ek2－Ek0 電場力做功W＝qE·2L 得Ek2＝Ek0＋qE·2L＝1.4×105 eV＝2.24×10－14 J 答案 2.24×10－14 J,,(2)若B1＝1.0 T，要使氘核經(jīng)過兩次加速后從P點射出，求區(qū)域Ⅰ的最小寬度d.,解析答案,答案 0.06 m,,(3)若B1＝1.0 T，要使氘核經(jīng)過兩次加速后從P點射出，求區(qū)域Ⅱ的磁感應強度B2.,解析答案,解析 氘核運動軌跡如圖所示.,由圖中幾何關(guān)系可知2R2＝h＋(2R1－2R0) 解得R1＝0.05 m,答案 1.2 T,,,方法點撥,帶電粒子在組合場中運動的分析思路及技巧,1.基本思路：,2.解題關(guān)鍵：抓住聯(lián)系兩個場的紐帶——速度.,,解析答案,3.(2016·浙江4月選考·22)如圖5為離子探測裝置示意圖.區(qū)域Ⅰ、區(qū)域Ⅱ長均為L＝0.10 m，高均為H＝0.06 m.區(qū)域Ⅰ可加方向豎直向下、電場強度為E的勻強電場；區(qū)域Ⅱ可加方向垂直紙面向里、磁感應強度為B的勻強磁場，區(qū)域Ⅱ的右端緊貼著可探測帶電粒子位置的豎直屏.質(zhì)子束沿兩板正中間以速度v＝1.0×105 m/s水平射入，質(zhì)子荷質(zhì)比近似為 ＝1.0×108 C/kg.(忽略邊界效應，不計重力) (1)當區(qū)域Ⅰ加電場、區(qū)域Ⅱ不加磁場時，求能 在屏上探測到質(zhì)子束的外加電場的最大值Emax；,3,4,變式題組,圖5,解析 質(zhì)子在電場中做類平拋運動,3,4,答案 200 V/m,,解析答案,(2)當區(qū)域Ⅰ不加電場、區(qū)域Ⅱ加磁場時，求能在屏上探測到質(zhì)子束的外加磁場的最大值Bmax；,3,4,答案 5.5×10－3 T,,解析答案,(3)當區(qū)域Ⅰ加電場E小于(1)中的Emax，質(zhì)子束進入?yún)^(qū)域Ⅱ和離開區(qū)域Ⅱ的位置等高，求區(qū)域Ⅱ中的磁場B與區(qū)域Ⅰ中的電場E之間的關(guān)系式.,3,4,解析 質(zhì)子運動軌跡如圖所示.,3,4,設(shè)質(zhì)子進入磁場時的速率為v′，,3,4,3,4,,解析答案,圖6,(1)求離子束從小孔O射入磁場后打到x軸的區(qū)間；,3,4,恰好打在x＝4a的位置 打在x軸上的區(qū)間為[2a,4a],答案 見解析,3,4,,解析答案,(2)調(diào)整磁感應強度的大小，可使速度最大的離子恰好打在探測板的右端，求此時的磁感應強度大小B1；,答案 見解析,3,4,,解析答案,(3)保持磁感應強度B1不變，求每秒打在探測板上的離子數(shù)N；若打在板上的離子80%被板吸收，20%被反向彈回，彈回速度大小為打板前速度大小的0.6倍，求探測板受到的作用力大小.,3,4,2r4＝1.5a 粒子打在x軸上的區(qū)間為[1.5a,3a],由動量定理－Ft＝－0.8Nmv0＋0.2N(－0.6mv0－mv0) 解得F≈0.75N0mv0,答案 見解析,