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(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)課件

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1、第第3 3講講帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)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(chǎng)和垂直紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，內(nèi)外圓間的電勢(shì)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(diǎn)進(jìn)入該區(qū)域，不計(jì)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(diǎn)的初速度 v0 的大??；(2)若撤去電場(chǎng)，如圖乙，已知粒子從 OA 延長(zhǎng)線與外圓的交點(diǎn) C 以速度 v2 射出，方向與 OA 延長(zhǎng)線成 45角，求磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小及粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；(3)在圖乙中，若

2、粒子從 A 點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)，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(qiáng)度應(yīng)小于多少？(2)如圖22所示，設(shè)粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)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(diǎn) 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(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B，磁場(chǎng)方向垂直于 xOy 平面向里一帶正電的粒子(不計(jì)重力)從 O 點(diǎn)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(yùn)動(dòng)，經(jīng) t0 時(shí)間從 P 點(diǎn)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(chǎng)強(qiáng)度為 E.可判斷出粒子受到的洛倫茲力沿 x

3、軸負(fù)方向，于是可知電場(chǎng)強(qiáng)度沿 x 軸正方向(3)僅有磁場(chǎng)時(shí)，入射速度 v4v，帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，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(jì)算題只考查兩道，而高中要考的主干知識(shí)沒有變，因此計(jì)算題考綜合性題目的可能性比較大，如果考查電場(chǎng)和磁場(chǎng)，更大可能會(huì)考復(fù)合場(chǎng)問題回顧近三年涉及復(fù)合場(chǎng)問題的廣東考題，2009 年考查了復(fù)合場(chǎng)應(yīng)用實(shí)例質(zhì)譜儀，2010 年則是單獨(dú)考查電場(chǎng)和磁場(chǎng)，2011 年則是出現(xiàn)在第一道計(jì)算題由此可以看出：(1)電場(chǎng)和磁場(chǎng)是歷年高考試題中考點(diǎn)分布重點(diǎn)區(qū)域，尤其是復(fù)合場(chǎng)問題常巧妙地把電場(chǎng)、磁場(chǎng)的概念與牛頓定律、動(dòng)能定理、動(dòng)量等力學(xué)、電學(xué)有關(guān)知

4、識(shí)有機(jī)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(shí)面廣、綜合性強(qiáng)，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(diǎn)，同時(shí)又是復(fù)習(xí)時(shí)的難點(diǎn)，估計(jì)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(qǐng)復(fù)習(xí)時(shí)給予足夠關(guān)注！帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)【例1】(2011年全國(guó)卷)如圖 333，與水平面成 45角的平面 MN 將空間分成和兩個(gè)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(diǎn) P0 水平右射入?yún)^(qū)粒子在區(qū)運(yùn)動(dòng)時(shí)，只受到大小不變、方向豎直向下的電場(chǎng)作用，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為 E

5、；在區(qū)運(yùn)動(dòng)時(shí)，只受到勻強(qiáng)磁場(chǎng)的作用，磁感應(yīng)強(qiáng)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(shí)到出發(fā)點(diǎn) 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(shí)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(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)， 則有：在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，有 qvBmv2R 得出：R5mv0qB 粒子在電磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)過程如圖 334 所示在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的位移為： s22Rsin ，且 12145 則 sin sin 1cos 45cos 1sin 451010 圖 334粒子垂直電場(chǎng)方向進(jìn)入電場(chǎng)做類平拋運(yùn)動(dòng)，首先對(duì)運(yùn)動(dòng)進(jìn)行分解，在兩個(gè)分運(yùn)動(dòng)上求出分位移和分速度，然后再

6、合成來(lái)解決問題“切換”到偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)時(shí)，運(yùn)動(dòng)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(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，我們可以根據(jù)進(jìn)出磁場(chǎng)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(yùn)動(dòng)時(shí)間兩場(chǎng)區(qū)“切換”時(shí)，抓住邊界“切換”點(diǎn)的速度方向是解題關(guān)鍵所在1(2011 年中山一中檢測(cè))如圖 335 所示，一個(gè)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(jì))，從靜止開始經(jīng) U1100 V 電壓加速后，水平進(jìn)入兩平行金屬板間的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電壓 U2圖 335(1)微粒進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的速度 v0 大??；(2)微粒射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的偏轉(zhuǎn)角；(3)若該勻強(qiáng)磁

7、場(chǎng)的寬度為 D10 cm，為使微粒不會(huì)由磁場(chǎng)右邊射出，該勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)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(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)【例 2】如圖 336 所示，在足夠大的空間范圍內(nèi)，同時(shí)存在著豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)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(chǎng)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(chǎng)強(qiáng)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(chǎng)力的大小相等”，可得q1Em1g第一次碰后，小球 1 向左做逆時(shí)針圓周運(yùn)動(dòng)，小球 2 向右做類平拋運(yùn)動(dòng)對(duì)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(gè)比較復(fù)雜、困難的問題這是因?yàn)?，我們必須采用“正向思維”或“順藤摸瓜”的方法，不但對(duì)系統(tǒng)碰撞過程進(jìn)行動(dòng)量分析，確定動(dòng)量守恒，而且還要對(duì)第一次碰撞后，兩球的運(yùn)動(dòng)方向、形式、過程、特點(diǎn)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(qiáng)電場(chǎng) E1 及勻強(qiáng)磁場(chǎng) 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(diǎn)，在電場(chǎng)力的作用下開始向右運(yùn)動(dòng)，到達(dá) B 點(diǎn)時(shí)進(jìn)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(wú)機(jī)械能損失，若小球到達(dá) B 點(diǎn)時(shí)恰好對(duì)水圖 337(1)小球到達(dá) B 點(diǎn)時(shí)的速度大小是多少？(2)若 A、B 間距離為 s，則小球從 A 運(yùn)動(dòng)到 B 克服摩擦力做多少功？(3)在軟管的最低點(diǎn) E，軟管對(duì)小球的作用力是多大？(4)在 CD 平面上距離 C 點(diǎn) L 處有一長(zhǎng)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(qiáng)電場(chǎng)E2的取值范圍帶電粒子在復(fù)合

10、場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)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(qiáng)磁場(chǎng)和豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)一帶電粒子 a(不計(jì)重力)以一定的初速度由左邊界的 O 點(diǎn)射入磁場(chǎng)、電場(chǎng)區(qū)域，恰好沿直線由區(qū)域右邊界的 O點(diǎn)(圖中未標(biāo)出)穿出若撤去該區(qū)域內(nèi)的磁場(chǎng)而保留電場(chǎng)不變，另一個(gè)同樣的粒子 b(不計(jì)重力)仍以相同初速度由 O 點(diǎn)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(diǎn)下方B穿出位置一定在 O點(diǎn)上方C運(yùn)動(dòng)時(shí)，在電場(chǎng)中的電勢(shì)能一定減小D在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，動(dòng)能一定減小解析：a 粒子要在電場(chǎng)、磁場(chǎng)的復(fù)合場(chǎng)區(qū)內(nèi)做直線運(yùn)動(dòng)，則該粒子一定做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故對(duì)粒子 a 有：BqvEq，

11、即只要滿足EBv，無(wú)論粒子帶正電還是負(fù)電，粒子都可以沿直線穿出復(fù)合場(chǎng)區(qū)，當(dāng)撤去磁場(chǎng)只保留電場(chǎng)時(shí)，粒子 b 由于電性不確定，故無(wú)法判斷穿出位置是在 O點(diǎn)的上方還是下方，故 A、B 錯(cuò)誤；粒子 b 在穿過電場(chǎng)區(qū)的過程中必然受到電場(chǎng)力的作用而做類平拋的運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力做正功，其電勢(shì)能減小，動(dòng)能增大，故 C 正確，D 錯(cuò)誤答案：C洛倫茲力是一種特殊的力，它的大小與運(yùn)動(dòng)速度有關(guān)速度改變，洛倫茲力也會(huì)發(fā)生改變當(dāng)粒子垂直磁場(chǎng)方向進(jìn)入復(fù)合場(chǎng)做直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，粒子一定做的是勻速直線運(yùn)動(dòng)于是根據(jù)平衡條件結(jié)合各力特點(diǎn)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(qiáng)電場(chǎng)和

12、勻強(qiáng)磁場(chǎng)，已知電場(chǎng)強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向是相同的，電場(chǎng)強(qiáng)度的大小 E4 V/m，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B0.15 T今有一個(gè)帶負(fù)電的質(zhì)點(diǎn)以 v20 m/s 的速度在此區(qū)域內(nèi)沿垂直場(chǎng)強(qiáng)方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，求此帶電質(zhì)點(diǎn)的荷質(zhì)比及磁場(chǎng)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(yùn)動(dòng)的條件得知，此粒子受重力、電場(chǎng)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(chǎng)方向與重力方向成角，由于質(zhì)點(diǎn)速度與磁場(chǎng)方向垂直，則質(zhì)點(diǎn)的速度垂直紙面向外，因質(zhì)點(diǎn)帶負(fù)電，則洛倫茲力方向、電場(chǎng)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(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的臨界問題【例4】一絕緣細(xì)棒處于

13、磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B 的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，棒與磁場(chǎng)垂直，磁感線垂直指向紙內(nèi)，如圖 339 所示棒上套一個(gè)可在其上滑動(dòng)的帶負(fù)電的小球 C，小球質(zhì)量為 m，電荷量為 q，球與棒間動(dòng)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(shí)，支持力將改變方向而且必將進(jìn)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(yùn)動(dòng)，一直到加速度減小為零時(shí)，其速度達(dá)到最大即此題屬于帶電粒子在“力磁場(chǎng)”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(dá)到最大時(shí)，物體開始做勻速直線運(yùn)動(dòng)認(rèn)識(shí)到這兩點(diǎn)，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(yùn)動(dòng)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(qiáng)電場(chǎng) E 和垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng) B，一個(gè)質(zhì)量為 m、帶電量為 q的小球套在不光滑的足夠長(zhǎng)的豎直絕緣桿上，自靜止開始下滑，則()A小球的動(dòng)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(wú)論小球帶正電還是帶負(fù)電，所受電場(chǎng)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(shí)，F(xiàn)N=0，F(xiàn)f0，此時(shí) 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(shí)，a0，達(dá)到最大速度，以后小球沿桿勻速下滑故選項(xiàng) A、C 正確圖 28解決帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)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(gè)主要方面來(lái)展開思路，只是在粒子所受的各種機(jī)械力之外加上電場(chǎng)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(yùn)動(dòng)狀態(tài)受力分析著手，由合力和初速度判斷粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡和運(yùn)動(dòng)性質(zhì)，注意速度和洛倫茲力相互影響這一特點(diǎn)，將整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程和各個(gè)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(yùn)動(dòng)過程，選用有關(guān)動(dòng)力學(xué)理論公式求解