高中物理第2輪復(fù)習(xí) 專題3 第3講 帶點粒子在復(fù)合場中的運動課件

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1、專題三 帶電粒子在電、磁場中的運動 第三講帶電粒子在復(fù)合場中的運動 一、帶電粒子在復(fù)合場中的運動性質(zhì)一、帶電粒子在復(fù)合場中的運動性質(zhì) 帶電粒子在場中做什么運動，取決于帶電粒子所受的合外力及其初狀態(tài)的速度，因此應(yīng)當(dāng)將帶電粒子的運動情況和受力情況結(jié)合起來進(jìn)行分析 1當(dāng)帶電粒子所受合外力為零時，做勻速直線運動 2當(dāng)帶電粒子所受的合外力是恒力，且與速度在一條直線上時，帶電粒子做勻變速直線運動 3當(dāng)帶電粒子所受的合外力是恒力，且與速度不在一條直線上時，帶電粒子做勻變速曲線運動 4當(dāng)帶電粒子所受重力與所受電場力等值反向，洛倫茲力提供向心力時，帶電粒子在垂直于磁場的平面內(nèi)做勻速圓周運動 5當(dāng)帶電粒子所受合外

2、力是變力，且與初速度方向不在一條直線上時，質(zhì)點做非勻變速曲線運動，這時質(zhì)點的軌跡不是拋物線由于帶電粒子可能連續(xù)通過幾個連續(xù)不同的組合場或復(fù)合場，因此帶電粒子的運動情況也發(fā)生相應(yīng)變化，其運動過程可能由幾種不同的運動階段所組成 二、帶電粒子在復(fù)合場中運動的研究方法二、帶電粒子在復(fù)合場中運動的研究方法 1當(dāng)帶電粒子做勻速直線運動時，應(yīng)根據(jù)平衡條件列方程求解 2當(dāng)帶電粒子做勻變速直線運動時，可運用牛頓第二定律結(jié)合勻變速直線運動公式，也可運用動量定理或動能定理或能量守恒求解 3當(dāng)帶電粒子做勻變速曲線運動時，可將運動分解后運用牛頓第二定律結(jié)合運動學(xué)公式求解，或運用動量定理求解，還可運用動能定理或能量守恒求

3、解 4當(dāng)帶電粒子做勻速圓周運動時，往往同時運用牛頓第二定律和平衡條件列方程聯(lián)立求解 5當(dāng)帶電粒子做非勻變速曲線運動時，應(yīng)運用動能定理或能量守恒列方程求解 如果涉及兩個帶電粒子的碰撞問題，還要根據(jù)動量守恒定律列出方程，再與其他方程聯(lián)立求解由于帶電粒子在混合場中的受力情況復(fù)雜，運動情況多變，往往出現(xiàn)臨界問題，這時應(yīng)以題目中的“恰好”、“最高”、“至少”等詞語為突破口，挖掘隱含條件，根據(jù)臨界條件列出輔助方程，再與其他方程聯(lián)立求解 類型一：帶電粒子在勻強(qiáng)電場、勻強(qiáng)磁場組類型一：帶電粒子在勻強(qiáng)電場、勻強(qiáng)磁場組成的疊加場中的運動成的疊加場中的運動 速度選擇器、磁流體推進(jìn)器、磁流體發(fā)電機(jī)、電磁流量計、霍爾效

4、應(yīng)等，都是帶電粒子在相互正交的電場與磁場的復(fù)合場中的運動問題所不同的是，速度選擇器、磁流體推進(jìn)器中的電場是帶電粒子進(jìn)入前存在的，是外加的；磁流體發(fā)電機(jī)、電磁流量計、霍爾效應(yīng)中的電場是在粒子進(jìn)入磁場后，在洛倫茲力作用下，帶電粒子在兩極板上聚集后才形成的【例1】(2011安徽)如圖331所示，在以坐標(biāo)原點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)電場和勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，磁場方向垂直于xOy平面向里一帶正電的粒子(不計重力)從O點沿y軸正方向以某一速度射入，帶電粒子恰好做勻速直線運動，經(jīng)t0時間從P點射出圖331 012234OtO求電場強(qiáng)度的大小和方向若僅撤去磁場，帶電粒子仍從 點

5、以相同的速度射入，經(jīng)時間恰從半圓形區(qū)域的邊界射出求粒子運動加速度的大小若僅撤去電場，帶電粒子仍從 點射入，且速度為原來的 倍，求粒子在磁場中運動的時間【解析】(1)設(shè)帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，初速度為v，電場強(qiáng)度為E.可判斷出粒子受到的洛倫茲力沿x軸負(fù)方向，于是可知電場沿x軸正方向 000222qEqvBRvtBREttyyvRy且有又則僅有電場時，帶電粒子在勻強(qiáng)電場中做類平拋運動在 方向位移由式得 20202321()224 334 xxRtxaRatvvrvqv Bmr設(shè)在水平方向位移為 ，因射出位置在半圓形區(qū)域邊界上，于是又有得僅有磁場時，入射速度，帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運

6、動，設(shè)軌道半徑為 ，洛倫茲力提供向心力033sin23sin2322,2318aaqEmaRrRrmTqBtTtt又由式得由幾何知道即，帶電粒子在磁場中運動周期則帶電粒子在磁場中運動時間所以【變式題】如圖332所示，在平行帶電金屬板間有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，質(zhì)子、氘核、氚核沿平行金屬板方向以相同動能射入兩板間，其中氘核沿直線運動未發(fā)生偏轉(zhuǎn)，質(zhì)子和氚核發(fā)生偏轉(zhuǎn)后射出，則( ) A偏向正極板的是質(zhì)子B偏向正極板的是氚核C射出時動能最大的是質(zhì)子D射出時動能最小的是氚核圖332Ak12312312322kAC2.kEvvvmmmEvvvvmqv BqEEvBE設(shè)質(zhì)子、氘核、氚核射入板間時的動能為，速

7、度分別為 、 、 ，因其質(zhì)量，由可知粒子射入板間后所受電場力方向與洛倫茲力方向相反，因?qū)τ陔擞?，即，故對于質(zhì)子有洛倫茲力大于電場力，質(zhì)子向正極板偏轉(zhuǎn)，電場力對其做負(fù)功，射出時的動能【解析小于，】選項 對選項 錯BAD.kE而對于氚核有洛倫茲力小于電場力，氚核向負(fù)極板偏轉(zhuǎn)，電場力對其做正功，射出時的動能大于，本題選項 錯選項故答案為，錯 類型二：帶電粒子在勻強(qiáng)電場、勻強(qiáng)磁場、重類型二：帶電粒子在勻強(qiáng)電場、勻強(qiáng)磁場、重力場組成的疊加場中的運動力場組成的疊加場中的運動 此類問題通常分電場與磁場垂直和平行兩種情況 如果帶電質(zhì)點受到三個力作用而做勻速直線運動，則三個力的合力等于零 如果帶電質(zhì)點受到三個

8、力作用而做勻速圓周運動，則重力和電場力的合力等于零 如果帶電質(zhì)點受到三個力作用而做勻變速曲線運動，則電場力與洛倫茲力的合力等于零或重力與洛倫茲力的合力等于零 如果帶電質(zhì)點受到三個力作用而做非勻變速曲線，其解題方法是采用整體法運用動能定理【例2】設(shè)在地面上方的真空室內(nèi)，存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場已知電場強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向是相同的，電場強(qiáng)度的大小E=4.0V/m，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B=0.15T.今有一個帶負(fù)電的質(zhì)點以v=20m/s的速度在此區(qū)域內(nèi)沿垂直場強(qiáng)方向做勻速直線運動，求此帶電粒子的電荷量與質(zhì)量之比q/m以及磁場所有可能的方向(角度可用反三角函數(shù)表示)【解析】根據(jù)題意畫出帶電粒子的受力示意圖

9、如右圖所示由合力為零的條件，可得出：222222()()9.80C/ kg1.96C/ kg(20 0.15)4.0mgqvBEqgmvBEqm于是求得帶電粒子的電荷量與質(zhì)量之比代入數(shù)據(jù)得sincos20 0.153tan4.0437qEqvBvBE因質(zhì)點帶負(fù)電，電場方向與電場力方向相反，因而磁場方向也與電場力方向相反設(shè)磁場方向與重力方向夾角為 ，則有解得所以，且斜向下的一切方向【規(guī)律方法總結(jié)】本題沒有告知電場、磁場方向，也沒有告知速度方向和要不要計重力，似乎無法畫出電場力和洛倫茲力的方向但根據(jù)帶電粒子做勻速直線運動的條件，得知此帶電質(zhì)點所受的合力必定為零根據(jù)電場強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向相同，得

10、知電場力和洛倫茲力方向垂直如果不計重力，電場力與磁場力無法平衡，質(zhì)點不可能做勻速直線運動所以必須考慮重力且重力、電場力、洛倫茲力三力在同一豎直平面內(nèi)，故電場力和洛倫茲力斜向上，再根據(jù)左手定則，可判斷出質(zhì)點的速度方向應(yīng)垂直于紙面向外本題還應(yīng)理解“所有可能的方向”的含意因為在豎直平面內(nèi)與重力方向的夾角為 ，其方向不是唯一的【變式題】(2011巢湖一檢)如圖333所示，固定的半圓弧形光滑軌道置于水平方向的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中，軌道圓弧半徑為R，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直于紙面向外，電場強(qiáng)度為E，方向水平向左一個質(zhì)量為m的小球(可視為質(zhì)點)放在軌道上的C點恰好處于靜止，圓弧半徑OC與水平直徑AD的夾角為

11、圖333(sin0.8)(1)求小球帶何種電荷，電荷量是多少？并說明理由(2)如果將小球從A點由靜止釋放，小球在圓弧軌道上運動時，對軌道的最大壓力的大小是多少？【解析】(1)小球在C點受重力、電場力和軌道的支持力而處于平衡，電場力的方向一定向左的，與電場方向相同，如圖所示因此小球帶正電荷NNcos0sin034FqEFmgmgqE小球帶電荷量 (2)小球從A點釋放后，沿圓弧軌道滑下，還受方向指向軌道的洛倫茲力f，力f隨速度增大而增大，小球通過C點時速度(設(shè)為v)最大，力f最大，且qE和mg的合力方向沿半徑OC，因此小球?qū)壍赖膲毫ψ畲笕鐖D21sin(1 cos )2mvmgRqERCvgR由解

12、得通過 點的速度2sincos2.25.vFmgqEqvBmRFmgq gRB小球在重力、電場力、洛倫茲力和軌道對它的支持力作用下沿軌道做圓周運動，有最大壓力的大小等于支持力 類型三：帶電粒子在電場、磁場組合場中的類型三：帶電粒子在電場、磁場組合場中的運動運動 帶電粒子在組合場中的運動問題，解題的關(guān)鍵是正確地畫出粒子的運動軌跡圖解題時將其在勻強(qiáng)電場中的運動分解為沿著電場方向的勻加速直線運動，垂直于電場方向的勻速直線運動在磁場中運動的核心問題還是“定圓心，求半徑，畫軌跡” 【例3】(2011全國大綱卷)如圖334，與水平面成45角的平面MN將空間分成和兩個區(qū)域一質(zhì)量為m、電荷量為q(q0)的粒子

13、以速度v0從平面MN上的P0點水平向右射入?yún)^(qū)粒子在區(qū)運動時，只受到大小不變、方向豎直向下的圖334電場作用，電場強(qiáng)度大小為E；在區(qū)運動時，只受到勻強(qiáng)磁場的作用，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)離開時到出發(fā)點P0的距離粒子的重力可以忽略【解析】設(shè)粒子第一次過MN時速度方向與豎直方向成 角，位移與水平方向成45角，在電場中做類平拋運動020002222001121tan2252 22 2yv txxyqEatyamvatvvvvvmvsxyaEq，則有，得出，在電場中運動的位移20020001245tan45tan110tansin1tan45 tan310522 sin21(

14、)mvmvqvBRRqBmvsRqBPmvvsssqEB在磁場中做圓周運動，且弦切角為，得出在磁場中運動的位移為所以首次從區(qū)離開時到出發(fā)點 的距離為【變式題】如圖335所示的坐標(biāo)系，x軸沿水平方向，y軸沿豎直方向在x軸上方空間的第一、第二象限內(nèi)，既無電場也無磁場，在第三象限，存在沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場和垂直xy平面(紙面)向里的勻強(qiáng)磁場，在第四象限，存在沿y軸負(fù)方向、場強(qiáng)大小與第三象限電場場強(qiáng)相等的勻強(qiáng)電場一質(zhì)量為m、電荷圖335量為q的帶電質(zhì)點，從y軸上y=h處的P1點以一定的水平初速度沿x軸負(fù)方向進(jìn)入第二象限然后經(jīng)過x軸上x=2h處的P2點進(jìn)入第三象限，帶電質(zhì)點恰好能做勻速圓周運動之后經(jīng)過

15、y軸上y=2h處的P3點進(jìn)入第四象限已知重力加速度為g.求： (1)粒子到達(dá)P2點時速度的大小和方向；(2)第三象限空間中電場強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大?。?3)帶電質(zhì)點在第四象限空間運動過程中最小速度的大小和方向【解析】(1)參見圖335，帶電質(zhì)點從P1到P2，由平拋運動規(guī)律，得20220122245yyhgthvtvgtvvvghx求出方向與 軸負(fù)方向成角 23222222222PPEqmgvBqvmRRhhmgEqmgBqh帶電質(zhì)點從 到 ，重力與電場力平衡，洛倫茲力提供向心力由解得聯(lián)立式得 min30cos452vvvghx 帶電質(zhì)點進(jìn)入第四象限，水平方向做勻速直線運動，豎直方向做勻減速直線

16、運動當(dāng)豎直方向的速度減小到 ，此時質(zhì)點速度最小，即 在水平方向的分量，方向沿 軸正方向 類型四：綜合問題類型四：綜合問題【例4】如圖336所示，空間有一垂直于紙面的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B=5T的勻強(qiáng)磁場，一質(zhì)量為M=0.2kg且足夠長的絕緣木板靜止在光滑水平面上，在木板右端無初速放置一質(zhì)量為m=0.1kg、電荷量q=+2102C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(rèn)為等于滑動摩擦力現(xiàn)對木板施加方向水平向右，大小為F=0.6N的恒力，g取10m/s2.圖336 (1)當(dāng)滑塊剛好與木板脫離時，滑塊的速度為多大？(2)當(dāng)力F作用多長時間時滑塊與木板出現(xiàn)相對滑動？(3)當(dāng)

17、此力作用時間t=10s時，(設(shè)此時滑塊已與木板脫離)，滑塊與木板的動能總和為多少？【解析】(1)設(shè)滑塊剛好與木板脫離時，滑塊的速度為v，則有：Bqv=mg 211110m / s2m / s()6m / s2mgvBqFaMmvmgBqvmamgmavBq解得：滑塊與木板出現(xiàn)相對滑動前兩者一起運動的加速度設(shè)滑塊與木板速度為 時剛好出現(xiàn)相對滑動，此時有解得： 112222223s10s25m / s1167.5J.223vtatvFtmvMvvEmvMv從開始運動到出現(xiàn)相對滑動的時間設(shè)時木板的速度為 ，根據(jù)動量定理有解得：滑塊和木板的總動能121337119mqammqbababPQ 如圖所示，

18、質(zhì)量為、電荷量為的金屬球 和質(zhì)量為、電荷量為的金屬球 用等長的絕緣輕質(zhì)細(xì)線【變式題吊在天花板上，它們靜止時剛好接觸，并且接觸處貼一絕緣紙，使碰撞過程中沒有電荷轉(zhuǎn)移，在左側(cè)有垂直紙面向里的】非勻強(qiáng)磁場，圖33729.5319()37PQm gEbqaab在右側(cè)有豎直向下的勻強(qiáng)電場、場強(qiáng)大小為現(xiàn)將球 拉至細(xì)線與豎直方向成的位置細(xì)線剛好拉直自由釋放，下擺后在最低點與 球發(fā)生彈性碰撞由于電磁阻尼作用，球 將于再次碰撞前停在最低點，求經(jīng)過多少次碰撞后懸掛 的細(xì)線偏離豎直方向的夾角小于？【解析】設(shè)b球第一次到最低點時速度大小為v1，從自由釋放到最低點的過程中，對b應(yīng)用動能定理有(細(xì)線長度為L)：222 1

19、022200111()(cos )2()371()(cos )2/10.7072m gqE LLm vbvbm gqE LLm vvvv球從最低點 設(shè)速度為運動到細(xì)線偏離豎直方向夾角的過程中，對 應(yīng)用動能定理有：即 得：2321 22322221 223311101112220.90.910.9 abbvabvvabm vm vm vm vm vm vvvbabbvvv和 在最低點發(fā)生彈性碰撞，設(shè)碰前 的速度為 ，碰后 和 的速度分別為 、 ，對 和 在碰撞過程中應(yīng)用動量守恒和能量轉(zhuǎn)化守恒有：聯(lián)立解得由此可知 球碰后速度總是碰前速度的倍第 次碰后 球的速度為21211031311041411020.90.8130.90.72940.90.6561437 .abbvvvvabbvvvvabbvvvvb第 次碰后 球的速度為第 次碰后 球的速度為第 次碰后 球的速度為所以經(jīng)過 次碰撞 球偏離豎直方向的夾角將小于