2020版高考物理新設(shè)計一輪復(fù)習(xí)江蘇專版講義第八章 第4節(jié) 帶電粒子在疊加場中的運動

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1、 第?4?節(jié) 帶電粒子在疊加場中的運動 突破點(一) 帶電粒子在疊加場中的運動 1．分析方法 2．三種場的比較 力的特點 功和能的特點 重力場 大小：G＝mg 方向：豎直向下 大?。篎＝qE 重力做功與路徑無關(guān) 重力做功改變物體的重力勢能 電場力做功與路徑無關(guān) 電場 方向：正電荷受力方向與場強方向相同，?W＝qU 負電荷受力方向與場強方向相反????????

2、?電場力做功改變電勢能 磁場 大?。篎＝qvB(v⊥B) 方向：可用左手定則判斷 洛倫茲力不做功，不改變帶電粒子 的動能 [多維探究] (一)電場與磁場共存 [例?1] 一個帶正電荷的微粒(重力不計)，穿過如圖所示的勻強電場和勻強磁場區(qū)域時，恰 能沿直線運動，則下列說法不正確的是( ) A．若僅減小入射速度，微粒進入該區(qū)域后將向下偏轉(zhuǎn) B．若僅減小電場強度，微粒穿過該區(qū)域后動能將減小 C．若增大磁感應(yīng)強度而要使微粒依然能沿直線運動，必須增大微粒的入射速度 D．若僅將微粒所帶的電荷變?yōu)樨撾姾?，微粒依然能沿直線運動

3、 [解析] 帶電微粒在電磁場中運動，F(xiàn)?＝Bqv，F(xiàn)?＝qE。若僅減小入射速度，則向上的洛倫茲力減小，電場 洛 電 力不變，合力向下，向下偏轉(zhuǎn)，故?A?正確；減小電場強度，則電場力減小，洛倫茲力不變，合力向上，向上偏轉(zhuǎn)， 電場力做負功，洛倫茲力不做功，微粒穿過該區(qū)域后動能將減小，故?B?正確；若增大磁感應(yīng)強度，則向上的洛倫 茲力增大，電場力不變，而要使微粒依然能沿直線運動，則必須減小微粒的入射速度，故?C?錯誤；若僅將微粒所 帶的電荷變?yōu)樨撾姾桑鍌惼澚Ψ较蛳蛳?，電場力方向向上，它們的大小不變，合力?0，微粒依然能沿直線運動， 故?D?正確。 [答案

4、] C (二)磁場與重力場共存 [例?2] 如圖，長為?l?的絕緣輕繩上端固定于?O?點，下端系一質(zhì)量為 小球運動的豎直平面內(nèi)有垂直該平面向里的勻強磁場。某時刻給小球一 右的初速度，小球能做完整的圓周運動。不計空氣阻力，重力加速度為?g。 m?的帶負電小球，在 垂直于磁場、水平向 則(???) v 運動過程中只有重力做功，則機械能守恒，選項?? B??錯誤；在最高的最小速度滿足：?mg－qv1minB＝m? l A．小球做勻速圓周運動 B．小球運動過程中機械能不守恒 C．小球在最高點的最小速度?v1＝?gl

5、 D．最低點與最高點的繩子拉力差值大于?6mg [解析] 小球受重力、繩子的拉力以及沿繩子向外的洛倫茲力，則小球做非勻速圓周運動，選項?A?錯誤；小球 2 1min?，則 v v?2?????????????????????????????????1 l 1min≠?gl，選項?C?錯誤；在最高點時?T1＋mg－qv1B＝m?1?，從最高點到最低點由機械能守恒得：2mv12＋2mgl＝ 1 v?2 l F 2mv22；在最低點：T2－mg－qv2B＝m?2?；聯(lián)立解得：Δ?＝T2－T1＝6mg＋qB(v2－v1)>6mg，選項?D?正確

6、。 [答案] D (三)電場、磁場與重力場共存 [例?3] 如圖，空間某區(qū)域存在勻強電場和勻強磁場，電場方向水平向右，磁場方向垂直于 紙面向外。已知在該區(qū)域內(nèi)，一個帶電小球在豎直面內(nèi)做直線運動。下列說法正確的是( ) A．若小球帶正電荷，則小球的電勢能減小 B．若小球帶負電荷，則小球的電勢能減小 C．無論小球帶何種電荷，小球的重力勢能都減小 D．小球的動能可能會增大 [思路點撥] (1)帶電小球在重力場、電場、磁場的復(fù)合場中，只要做直線運動(速度與磁場不平行)，一定是勻速直線運動。 (2)若速度變化，洛倫茲力(方向垂直速度)會變

7、化，合力就會變化；合力與速度就不在一直線上，帶電小球就會 做曲線運動。 [解析] 小球受的重力豎直向下，若小球帶正電荷，小球受的電場力水平向右，則洛倫茲力斜向左上方，三力 才能平衡；由左手定則可知，小球的速度向左下方，則電場力的方向與運動方向成鈍角，電場力做負功，小球的電 勢能增大，故?A?項錯誤；小球受的重力豎直向下，若小球帶負電荷，小球受的電場力水平向左，則洛倫茲力斜向 右上方，三力才能平衡；由左手定則可知，小球的速度向右下方，則電場力的方向與運動方向成鈍角，電場力做負 功，小球的電勢能增大，故?B?項錯誤；由?A、B?項分析知，無論小球帶何種電荷，小球

8、豎直方向的分速度均向下， 小球的重力勢能減小，故?C?項正確；小球做勻速直線運動，動能不變，故?D?項錯誤。 [答案] C 突破點(二) 帶電粒子在疊加場中運動的實例分析 裝置 原理圖 規(guī)律 速度選擇器 E 若?qv0B＝Eq，即?v0＝B，粒子做勻 速直線運動 等離子體射入，受洛倫茲力偏轉(zhuǎn)， 磁流體發(fā)電機 使兩極板帶正、負電，兩極電壓為?U U 時穩(wěn)定，q?d?＝qv0B，U＝v0Bd 所以?Q＝vS＝ 電磁流量計 霍爾元件 U?????????????

9、???U Dq＝qvB，所以?v＝DB πDU 4B 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)電勢差 [典例] [多選](2018·揚州三模)為了測量化工廠的污水排放量，技術(shù) 安裝了流量計(流量?Q?為單位時間內(nèi)流過某截面流體的體積)。如圖所示， 長、寬、高分別為?a、b、c，左、右兩端開口，所在空間有垂直于前后 人員在排污管末端 長方體絕緣管道的 平面、磁感應(yīng)強度大 D．左、右兩側(cè)管口的壓強差 小為?B?的勻強磁場，在上、下兩個面的內(nèi)側(cè)固定有金屬板?M、N，污水充滿管

10、道從左向右勻速流動。測得?M、N 間電壓為?U，污水流過管道時受到的阻力大小是?f＝kLv2，k?為比例系數(shù)，L?為污水沿流速方向的長度，v?為污水的 流速。則( ) abU A．污水的流量?Q＝?B B．金屬板?M?的電勢不一定高于金屬板?N?的電勢 C．電壓?U?與污水中離子濃度無關(guān) kav2 bc 由qU＝Bqv?得污水的流速：v＝?U?，則流量?Q＝vbc＝bU，A?錯誤；根據(jù)左手定則，知負離子所受的洛 [解析]  c?cB?B 倫茲力方向向下，N?板帶負電，M?板帶正電，則?M?板的電勢比?N?板電勢高，B?

11、錯誤；最終離子在電場力和洛倫茲 U U 力作用下平衡，有：qvB＝q?c?，解得：U＝vBc，與離子濃度無關(guān)，C?正確；污水的流速：v＝cB，污水流過該裝置 時受到阻力：f＝kLv2＝kav2，為使污水勻速通過該裝置，左、右兩側(cè)管口應(yīng)施加的壓力差等于污水流過該裝置時 受到阻力，ΔpS＝Δpbc＝kav2，Δp＝??? ，D?正確。 kav2 bc [答案] CD [集訓(xùn)沖關(guān)] 1．[多選](2019·蘇北一模)在一個很小的矩形半導(dǎo)體薄片上，制作四個電極?E、F、M、N， 做成了一個霍爾元件，在?E、F?間通入恒定電流?I，同時外加與薄片垂直的磁場

12、?B，M、N?間的 電壓為?UH。已知半導(dǎo)體薄片中的載流子為正電荷，電流與磁場的方向如圖所示，下列說法正 確的有( ) A．N?板電勢高于?M?板電勢 B．磁感應(yīng)強度越大，M、N?間電勢差越大 C．將磁場方向變?yōu)榕c薄片的上、下表面平行，UH?不變 D．將磁場和電流分別反向，N?板電勢低于?M?板電勢 解析：選?AB 根據(jù)左手定則，電流的方向向里，帶正電荷的載流子受洛倫茲力的方向指向?N?端，向?N?端偏轉(zhuǎn)， 則?N?板電勢高，故?A?正確；設(shè)左、右兩個表面相距為?d，電子所受的電場力等于洛倫茲力，設(shè)半導(dǎo)體薄片中單位 qU 體積內(nèi)載流子的個數(shù)為?n

13、，半導(dǎo)體截面積為?S，半導(dǎo)體薄片厚度為?L，則?d?H＝qvB ①；I＝nqSv ②；S＝dL ③； BI 1 BI 由①②③得：UH＝nqL，令?k＝nq，則?UH＝k?L  ④；所以若保持電流?I?恒定，則?M、N?間的電壓與磁感應(yīng)強度?B 成正比，故?B?正確；將磁場方向變?yōu)榕c薄片的上、下表面平行，則帶電粒子不會受到洛倫茲力，因此不存在電勢 差，故?C?錯誤；若磁場和電流分別反向，依據(jù)左手定則，則?N?板電勢仍高于?M?板電勢，故?D?錯誤。 2．(2018·泰州期末)如圖所示，速度選擇器中勻強電場的電場強度為 應(yīng)強度為?B1

14、，擋板右側(cè)質(zhì)譜儀中勻強磁場的磁感應(yīng)強度為?B2。速度相同 力)，由左側(cè)沿垂直于?E?和?B1?的方向射入速度選擇器后，又進入質(zhì)譜儀， E，勻強磁場的磁感 的一束粒子?(?不計重 其運動軌跡如圖所 B．能通過狹縫?S0?的帶電粒子的速率等于 示。下列說法正確的是( ) A．該束帶電粒子帶負電 E B2 q C．粒子打在膠片上的位置越遠離狹縫?S0，粒子的比荷m越小 D．能通過狹縫?S0?的帶電粒子進入質(zhì)譜儀后運動半徑都相同 解析：選?C 粒子進入磁場?B2?后，受洛倫茲力向下偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則可知，粒子帶正電，A?錯誤；在速度

15、 選擇器中，為使粒子不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，粒子所受電場力和洛倫茲力是平衡力，即?qvB1＝qE，所以帶電粒子的速率?v＝??E B1 ， B?錯誤；能通過狹縫?S0?的帶電粒子進入質(zhì)譜儀后，洛倫茲力提供向心力，則?qvB2＝m?r?，所以?r＝? ＝??? ，所 v2 mv mE qB2 qB1B2 q 以粒子的比荷m越小，打在膠片上的位置越遠離狹縫?S0，故?C?正確，D?錯誤。 軌道約束情況下帶電體在磁場中的運動 帶電體在重力場、磁場、電場中運動時，從整個物理過程上看有多種不同的運動形式，其中從運動條件上看分 為有軌道約束和無軌道約束。現(xiàn)從力、運動和

16、能量的觀點研究三種有軌道約束的帶電體的運動。 (一)帶電物塊與絕緣物塊的組合 1.如圖所示，空間有一垂直紙面向外的磁感應(yīng)強度為?0.5?T?的 0.2?kg?且足夠長的絕緣木板靜止在光滑水平面上，在木板左端放 勻強磁場，一質(zhì)量為 置一質(zhì)量為?0.1?kg、 ＝?? F ＝??????? m/s2＝2?m/s2 帶電荷量?q＝＋0.2?C?的滑塊，滑塊與絕緣木板之間的動摩擦因數(shù)為?0.5，滑塊受到的最大靜摩擦力可認為等于滑動 摩擦力。現(xiàn)對木板施加方向水平向左，大小為?0.6?N?的恒力，g?取?10?m/s2，求： (1)滑塊勻加

17、速運動的時間?t?及勻加速結(jié)束時的速度?v1； (2)滑塊最終的速度?v2； (3)木板最終加速度。 解析：(1)由題意知長木板的質(zhì)量為?M＝0.2?kg，滑塊的質(zhì)量?m＝0.1?kg，滑塊與木板間動摩擦因數(shù)?μ＝0.5，當(dāng) F?作用于長木板時，對于木板由拉力和摩擦力的合力產(chǎn)生加速度，對于滑塊由摩擦力產(chǎn)生加速度，由題意知滑塊與 木板間的最大靜摩擦力?fmax＝μmg，產(chǎn)生的最大加速度：amax＝μg＝0.5×10?m/s2＝5?m/s2 F 0.6 0.2 當(dāng)?F＝0.6?N?的恒力單獨對長木板產(chǎn)生的加速度：a?木＝M＝ m/s2＝3?m/s2＜amax 所以

18、力?F?作用時，M?和?m?一起勻加速運動，所以根據(jù)牛頓第二定律有開始時木板和滑塊的共同加速度為：a 0.6 M＋m 0.2＋0.1 當(dāng)滑塊受到的最大靜摩擦力小于?ma?時，滑塊將相對于木板滑動，則有： μ(mg－Bqv1)＝ma 解得：v1＝6?m/s； v 6 2 則加速時間?t＝?a1＝ s＝3?s。 (2)滑塊在木板對滑塊的摩擦力作用下做加速運動，當(dāng)速度最大時木板對滑塊的摩擦力為?0，如圖 對滑塊進行受力分析有： 滑塊受到向上的洛倫茲力、木板的支持力、重力和木板的滑動摩擦力， 根據(jù)分析知：滑動摩擦力?f＝μN＝μ(mg－F) F

19、＝qvB 當(dāng)滑塊速度最大時，f＝0，即：F＝mg＝qv2B mg 所以此時滑塊速度?v2＝qB 代入數(shù)據(jù)得：v2＝10?m/s。 (3)對于木板進行受力分析，有?F?合＝F－f F－f 根據(jù)牛頓第二定律有木板的加速度：a＝?M F 0.6 ?? 因為?F?為恒力，故當(dāng)?f＝0?時，木板具有最大加速度，其值為：a?木?max＝M＝0.2?m/s2＝3?m/s2。 答案：(1)3?s 6?m/s (2)10?m/s (3)3?m/s2 (二)帶電物塊與絕緣斜面的組合 ( 2．如圖所示，帶電荷量為＋q、質(zhì)量為?m?的物塊從傾角為?θ＝37°

20、的光滑絕緣斜面頂端由靜止開始下滑，磁感 應(yīng)強度為?B?的勻強磁場垂直紙面向外，求物塊在斜面上滑行的最大速度和在斜面上運動的最大位移。?斜面足夠長， 取?sin?37°＝0.6，cos?37°＝0.8) s＝????? ＝????? 。 解析：經(jīng)分析，物塊沿斜面運動過程中加速度不變，但隨速度增大，物塊所受支持力逐漸減小，最后離開斜面。 所以，當(dāng)物塊對斜面的壓力剛好為零時，物塊沿斜面的速度達到最大，同時位移達到最大，即?qvmB＝mgcos?θ① 物塊沿斜面下滑過程中，由動能定理得： 1 mgssin?θ＝2mvm2②

21、 qB??θ? 5qB? 由①②得：vm＝?mgcos ＝4mg。 v?2 8m2g m 2gsin?θ 15q2B2 s＝ 答案：vm＝ 4mg?????8m2g 5qB????15q2B2 (三)帶電圓環(huán)與絕緣直桿的組合 4 3.如圖所示，一個質(zhì)量?m＝0.1?g，電荷量?q＝4×10－C?帶正電的小環(huán)，套在很長的絕緣直棒 上，可以沿棒上下滑動。將棒置于正交的勻強電場和勻強磁場內(nèi)，E＝10?N/C，B＝0.5?T。小環(huán)與 棒之間的動摩擦因數(shù)?μ＝0.2。求小環(huán)從靜止沿棒豎直下落的最大加速度和最大速度。取?g＝10

22、 m/s2，小環(huán)電荷量不變。 解析：小環(huán)由靜止下滑后，由于所受電場力與洛倫茲力同向?(向右)，使小環(huán)壓緊豎直棒。相互間的壓力為?FN ＝qE＋qvB。由于壓力是一個變力，小環(huán)所受的摩擦力也是一個變力，可以根據(jù)小環(huán)運動的動態(tài)方程找出最值條件。 根據(jù)小環(huán)豎直方向的受力情況，由牛頓第二定律得運動方程?mg－μFN＝ma，即?mg－μ(qE＋qvB)＝ma。 當(dāng)?v＝0?時，即剛下落時，小環(huán)運動的加速度最大，代入數(shù)值得?am＝2?m/s2。 下落后，隨著?v?的增大，加速度?a?逐漸減小。當(dāng)?a＝0?時，下落速度?v?達最大值，代入數(shù)值得?vm＝5?m/s。 答案：am＝2?m/s2 vm＝5?m/s [反思領(lǐng)悟] 把握三點，解決“約束運動”問題 (1)對物塊受力分析，把握已知條件。 (2)掌握洛倫茲力的公式和特點，理清彈力和摩擦力、洛倫茲力和速度、摩擦力與合力、加速度與速度等幾個 關(guān)系。 (3)掌握力和運動、功和能在磁場中的應(yīng)用。