《高三物理二輪復(fù)習(xí) 第一篇 專題攻略 專題四 電場和磁場 第11講 帶電粒子在組合場、復(fù)合場中的運動課件》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高三物理二輪復(fù)習(xí) 第一篇 專題攻略 專題四 電場和磁場 第11講 帶電粒子在組合場、復(fù)合場中的運動課件（135頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、第11講帶電粒子在組合場、復(fù)合場中的運動【主干回顧主干回顧】【核心速填核心速填】(1)(1)做好做好“兩個區(qū)分兩個區(qū)分”: :正確區(qū)分重力、正確區(qū)分重力、_、_的大小、方向的大小、方向特點及做功特點。特點及做功特點。_、_做功只與初、末位做功只與初、末位置有關(guān)置有關(guān), ,與路徑無關(guān)與路徑無關(guān), ,而而_不做功。不做功。電場力電場力洛倫茲力洛倫茲力重力重力電場力電場力洛倫茲力洛倫茲力正確區(qū)分正確區(qū)分“電偏轉(zhuǎn)電偏轉(zhuǎn)”和和“磁偏轉(zhuǎn)磁偏轉(zhuǎn)”的不同。的不同。“電偏電偏轉(zhuǎn)轉(zhuǎn)”是指帶電粒子在電場中做是指帶電粒子在電場中做_運動運動, ,而而“磁偏磁偏轉(zhuǎn)轉(zhuǎn)”是指帶電粒子在磁場中做是指帶電粒子在磁場中做_運動。
2、運動。類平拋類平拋勻速圓周勻速圓周(2)(2)抓住抓住“兩個技巧兩個技巧”: :按照帶電粒子運動的先后順序按照帶電粒子運動的先后順序, ,將整個運動過程劃分將整個運動過程劃分成不同特點的小過程。成不同特點的小過程。善于畫出幾何圖形處理善于畫出幾何圖形處理_,_,要有運用數(shù)學(xué)知要有運用數(shù)學(xué)知識處理物理問題的習(xí)慣。識處理物理問題的習(xí)慣。幾何關(guān)系幾何關(guān)系熱點考向熱點考向1 1帶電粒子在組合場中的運動帶電粒子在組合場中的運動【典例典例1 1】(2016(2016合肥二模合肥二模) )如圖所示如圖所示, ,直線直線y=xy=x與與y y軸之間有垂直于軸之間有垂直于xOyxOy平面向平面向外的勻強磁場外的
3、勻強磁場B B1 1, ,直線直線x=dx=d與與y=xy=x間有沿間有沿y y軸負(fù)方向的勻強電場軸負(fù)方向的勻強電場, ,電場強度電場強度E=1.0E=1.010104 4V/m,V/m,另有另有一半徑一半徑R=1.0mR=1.0m的圓形勻強磁場區(qū)域的圓形勻強磁場區(qū)域, ,磁感應(yīng)強度磁感應(yīng)強度B B2 2=0.20T,=0.20T,方向垂直坐標(biāo)平面向外方向垂直坐標(biāo)平面向外, ,該圓與直線該圓與直線x=dx=d和和x x軸均相切軸均相切, ,且與且與x x軸相切于軸相切于S S點。一帶負(fù)電的粒子從點。一帶負(fù)電的粒子從S S點點沿沿y y軸的正方向以速度軸的正方向以速度v v0 0進(jìn)入圓形磁場區(qū)域
4、進(jìn)入圓形磁場區(qū)域, ,經(jīng)過一段經(jīng)過一段時間進(jìn)入磁場區(qū)域時間進(jìn)入磁場區(qū)域B B1 1, ,且第一次進(jìn)入磁場且第一次進(jìn)入磁場B B1 1時的速度方時的速度方向與直線向與直線y=xy=x垂直。粒子速度大小垂直。粒子速度大小v v0 0=1.0=1.010105 5m/s,m/s,粒粒子的比荷為子的比荷為 =5.0=5.010105 5C/kg,C/kg,粒子重力不計。求粒子重力不計。求: :qm(1)(1)坐標(biāo)坐標(biāo)d d的值。的值。(2)(2)要使粒子無法運動到要使粒子無法運動到x x軸的負(fù)半軸軸的負(fù)半軸, ,則磁感應(yīng)強度則磁感應(yīng)強度B B1 1應(yīng)滿足的條件。應(yīng)滿足的條件。(3)(3)在在(2)(2
5、)問的基礎(chǔ)上問的基礎(chǔ)上, ,粒子從開始進(jìn)入圓形磁場至第二粒子從開始進(jìn)入圓形磁場至第二次到達(dá)直線次到達(dá)直線y=xy=x上的最長時間。上的最長時間。( (結(jié)果保留兩位有效數(shù)結(jié)果保留兩位有效數(shù)字字) )【思考思考】(1)(1)直線直線y=xy=x與直線與直線x=dx=d相交能獲得什么信息相交能獲得什么信息? ?提示提示: :兩直線交點的橫、縱坐標(biāo)相等兩直線交點的橫、縱坐標(biāo)相等, ,求坐標(biāo)求坐標(biāo)d d的值的值, ,可可以轉(zhuǎn)化為求兩直線交點的縱坐標(biāo)值。以轉(zhuǎn)化為求兩直線交點的縱坐標(biāo)值。(2)(2)要使粒子無法運動到要使粒子無法運動到x x軸的負(fù)半軸軸的負(fù)半軸, ,粒子運動至粒子運動至y y軸軸時速度方向應(yīng)
6、該滿足什么條件時速度方向應(yīng)該滿足什么條件? ?提示提示: :若粒子運動至若粒子運動至y y軸時速度方向與軸時速度方向與y y軸相切軸相切, ,則粒子則粒子將不可能運動至將不可能運動至x x軸的負(fù)半軸軸的負(fù)半軸; ;若粒子經(jīng)過若粒子經(jīng)過y y軸其速度方軸其速度方向與向與y y軸正方向的夾角小于或等于軸正方向的夾角小于或等于9090, ,則粒子將不可則粒子將不可能運動至能運動至x x軸的負(fù)半軸。軸的負(fù)半軸。(3)(3)粒子從開始進(jìn)入圓形磁場至第二次到達(dá)直線粒子從開始進(jìn)入圓形磁場至第二次到達(dá)直線y=xy=x上上的最長時間由哪個物理量決定的最長時間由哪個物理量決定? ?提示提示: :粒子在粒子在B B
7、2 2磁場和電場中運動的時間一定磁場和電場中運動的時間一定, ,而在而在B B1 1磁場中的運動時間雖為圓周運動的半個周期磁場中的運動時間雖為圓周運動的半個周期, ,但是但是B B1 1取取值不同值不同, ,運動時間不同運動時間不同, ,由由T= T= 可知可知,B,B1 1越小越小, ,周期越周期越長長, ,能夠第二次到達(dá)直線能夠第二次到達(dá)直線y=xy=x上的粒子運動時間越長。上的粒子運動時間越長。2 mqB【解析解析】(1)(1)帶電粒子在勻強磁場帶電粒子在勻強磁場B B2 2中運動中運動, ,由牛頓第由牛頓第二定律得二定律得:qB:qB2 2v v0 0= ,= ,解得解得:r=1m=R
8、:r=1m=R粒子進(jìn)入勻強電場以后粒子進(jìn)入勻強電場以后, ,做類平拋運動做類平拋運動, ,設(shè)水平方向的設(shè)水平方向的位移為位移為x x1 1, ,豎直方向的位移為豎直方向的位移為y y1 1, ,則則: :水平方向水平方向:x:x1 1=v=v0 0t t2 2豎直方向豎直方向:y:y1 1= = = = 其中其中:a=:a=20mvr221at2qEmy2vt2聯(lián)立解得聯(lián)立解得:x:x1 1=2m,y=2m,y1 1=1m=1m帶電粒子運動軌跡如圖所示帶電粒子運動軌跡如圖所示: :由幾何關(guān)系得由幾何關(guān)系得:d=R+y:d=R+y1 1+x+x1 1=4m=4m。(2)(2)設(shè)當(dāng)勻強磁場磁感應(yīng)強
9、度為設(shè)當(dāng)勻強磁場磁感應(yīng)強度為B B3 3時時, ,粒子從電場垂粒子從電場垂直邊界進(jìn)入勻強磁場后直邊界進(jìn)入勻強磁場后, ,軌跡與軌跡與y y軸相切軸相切, ,粒子將無法運粒子將無法運動到動到x x軸負(fù)半軸軸負(fù)半軸, ,此時粒子在磁場中運動半徑為此時粒子在磁場中運動半徑為r r1 1, ,運動運動軌跡如圖所示軌跡如圖所示: :由幾何關(guān)系得由幾何關(guān)系得:r:r1 1+ r+ r1 1= d- x= d- x1 1解得解得:r:r1 1=(4-2 )m=(4-2 )m由牛頓第二定律得由牛頓第二定律得:qB:qB3 3 v v0 0= = 解得解得:B:B3 3=0.24T=0.24T。22222201
10、m( 2v )r設(shè)當(dāng)勻強磁場磁感應(yīng)強度為設(shè)當(dāng)勻強磁場磁感應(yīng)強度為B B4 4時時, ,粒子垂直打在粒子垂直打在y y軸軸上上, ,粒子將無法運動到粒子將無法運動到x x軸負(fù)半軸軸負(fù)半軸, ,粒子在磁場中運動半粒子在磁場中運動半徑為徑為r r2 2, ,由如圖所示幾何關(guān)系得由如圖所示幾何關(guān)系得:r:r2 2= d- x= d- x1 1=2 m=2 m由牛頓第二定律得由牛頓第二定律得:qB:qB4 4 v v0 0= = 解得解得:B:B4 4=0.24T=0.24T2222202m( 2v )r綜上所述綜上所述, ,要使粒子無法運動到要使粒子無法運動到x x軸的負(fù)半軸軸的負(fù)半軸, ,則磁感應(yīng)則
11、磁感應(yīng)強度強度B B1 1應(yīng)滿足的條件是應(yīng)滿足的條件是: :0B0B1 10.11T0.11T或或B B1 10.24T0.24T。(3)(3)設(shè)粒子在設(shè)粒子在B B2 2中運動時間為中運動時間為t t1 1, ,在電場中運動時間為在電場中運動時間為t t2 2, ,在磁場在磁場B B1 1中運動中運動, ,當(dāng)軌跡與當(dāng)軌跡與y y軸相切時所用的時間最長軸相切時所用的時間最長為為t t3 3, ,運動軌跡如圖所示運動軌跡如圖所示: :則有則有: :故當(dāng)粒子從開始進(jìn)入圓形磁場至第二次到達(dá)直線故當(dāng)粒子從開始進(jìn)入圓形磁場至第二次到達(dá)直線y=xy=x上上所用的最長時間所用的最長時間: :t=tt=t1
12、1+t+t2 2+t+t3 3=6.2=6.21010-5-5s s。答案答案: :(1)4m(1)4m(2)0B(2)00y0的空間中和的空間中和y0y112qmqqmm說明說明n n 不存在不存在, ,即原假設(shè)不成立。所以比荷較該粒子即原假設(shè)不成立。所以比荷較該粒子大的粒子不能穿出該層磁場右側(cè)邊界。大的粒子不能穿出該層磁場右側(cè)邊界。答案答案: :(1)2 (1)2 (2) (2) (3)(3)見解析見解析nqdB2mE2mEdBqqEdm熱點考向熱點考向2 2帶電粒子在復(fù)合場中的運動帶電粒子在復(fù)合場中的運動 【典例典例2 2】(2015(2015福建高考福建高考) )如圖如圖, ,絕緣粗絕
13、緣粗糙的豎直平面糙的豎直平面MNMN左側(cè)同時存在相互垂直的左側(cè)同時存在相互垂直的勻強電場和勻強磁場勻強電場和勻強磁場, ,電場方向水平向右電場方向水平向右, ,電場強度大小為電場強度大小為E,E,磁場方向垂直紙面向外磁場方向垂直紙面向外, ,磁感應(yīng)強度磁感應(yīng)強度大小為大小為B B。一質(zhì)量為。一質(zhì)量為m m、電荷量為、電荷量為q q的帶正電的小滑塊從的帶正電的小滑塊從A A點由靜止開始沿點由靜止開始沿MNMN下滑下滑, ,到達(dá)到達(dá)C C點時離開點時離開MNMN做曲線運做曲線運動。動。A A、C C兩點間距離為兩點間距離為h,h,重力加速度為重力加速度為g g。(1)(1)求小滑塊運動到求小滑塊運
14、動到C C點時的速度大小點時的速度大小v vC C。(2)(2)求小滑塊從求小滑塊從A A點運動到點運動到C C點過程中克服摩擦力做的功點過程中克服摩擦力做的功W Wf f。(3)(3)若若D D點為小滑塊在電場力、洛倫茲力及重力作用下點為小滑塊在電場力、洛倫茲力及重力作用下運動過程中速度最大的位置運動過程中速度最大的位置, ,當(dāng)小滑塊運動到當(dāng)小滑塊運動到D D點時撤點時撤去磁場去磁場, ,此后小滑塊繼續(xù)運動到水平地面上的此后小滑塊繼續(xù)運動到水平地面上的P P點。已點。已知小滑塊在知小滑塊在D D點時的速度大小為點時的速度大小為v vD D, ,從從D D點運動到點運動到P P點的點的時間為時
15、間為t,t,求小滑塊運動到求小滑塊運動到P P點時速度的大小點時速度的大小v vP P?！舅季S流程思維流程】第一步第一步: :審題干審題干提取信息提取信息(1)(1)電場方向水平向右電場方向水平向右 帶正電的小滑塊所受電場帶正電的小滑塊所受電場力水平向右。力水平向右。(2)(2)磁場方向垂直紙面向外磁場方向垂直紙面向外 帶正電的小滑塊所受帶正電的小滑塊所受洛倫茲力水平向左。洛倫茲力水平向左。(3)(3)由靜止開始沿由靜止開始沿MNMN下滑下滑 小滑塊初速度為零。小滑塊初速度為零。(4)(4)到達(dá)到達(dá)C C點時離開點時離開MN MN 在在C C點時點時MNMN對小滑塊的彈力對小滑塊的彈力為零。為
16、零。第二步第二步: :突破難點突破難點確定撤去磁場時合力與速度的方向確定撤去磁場時合力與速度的方向(1)(1)求運動到求運動到C C點時的速度。點時的速度。由小滑塊到達(dá)由小滑塊到達(dá)C C點時離開點時離開MNMN得得MNMN的彈力的彈力N=0,N=0,即即qvBqvB= =qEqE。(2)(2)求克服摩擦力做的功。求克服摩擦力做的功。小滑塊由小滑塊由A A到到C C的過程的過程, ,電場力與洛倫茲力與運動方向垂電場力與洛倫茲力與運動方向垂直直, ,只有重力和摩擦力做功只有重力和摩擦力做功, ,可由動能定理列式求解?？捎蓜幽芏ɡ砹惺角蠼?。(3)(3)求小滑塊運動到求小滑塊運動到P P點時的速度大小
17、。點時的速度大小。小滑塊速度最大時電場力與重力的合力與運動方向垂小滑塊速度最大時電場力與重力的合力與運動方向垂直直, ,此時撤去磁場此時撤去磁場, ,小滑塊做類平拋運動小滑塊做類平拋運動, ,可由類平拋運可由類平拋運動的速度公式求解。動的速度公式求解?！窘馕鼋馕觥?1)(1)滑塊從滑塊從A A運動到運動到C C過程過程, ,水平方向的受力滿水平方向的受力滿足足qvB+NqvB+N= =qEqE滑塊到達(dá)滑塊到達(dá)C C點離開點離開, ,此時此時N=0N=0因此有因此有v vC C= = (2)(2)由動能定理有由動能定理有mgh-Wmgh-Wf f= =解得解得W Wf f= =mghmgh- -
18、 EB。2C1mv222mE2B。(3)(3)如圖所示如圖所示, ,滑塊速度最大時滑塊速度最大時, ,速度方向速度方向與重力和電場力合力方向垂直。與重力和電場力合力方向垂直。撤去磁場后滑塊做類平拋運動撤去磁場后滑塊做類平拋運動, ,等效重力等效重力加速度加速度g= g= 經(jīng)過時間經(jīng)過時間t,t,沿沿gg方向的分速度方向的分速度vvg g= =gtgt22qE()gm據(jù)速度合成有據(jù)速度合成有 +(gt)+(gt)2 2解得解得v vP P= =答案答案: :(1) (1) (2)mgh-(2)mgh- (3)(3)22PDvv2222DqEv()g tm。EB22mE2B2222DqEv()g
19、tm真題變式真題變式1.1.若將磁場方向反向若將磁場方向反向, ,如圖所示。已知小滑塊如圖所示。已知小滑塊與豎直平面與豎直平面MNMN間的動摩擦因數(shù)為間的動摩擦因數(shù)為,MN,MN的高度為的高度為3h,3h,當(dāng)當(dāng)小滑塊從小滑塊從A A點由靜止下滑至點由靜止下滑至C C點時點時, ,小滑塊速度最大小滑塊速度最大, ,其其他條件不變。求他條件不變。求: :(1)(1)小滑塊的最大速度的大小。小滑塊的最大速度的大小。(2)(2)小滑塊從小滑塊從A A點運動到點運動到N N點的過程中點的過程中克服摩擦力所做的功?？朔Σ亮λ龅墓Α！窘馕鼋馕觥?1)(1)小滑塊速度最大時小滑塊受力平衡小滑塊速度最大時小
20、滑塊受力平衡, ,則則: :水平方向水平方向:F:FN N- -qE-qvBqE-qvB=0=0豎直方向豎直方向:mg-:mg-FFN N=0=0解得解得:v= :v= mgqEqB。(2)(2)小滑塊達(dá)到最大速度后做勻速直線運動小滑塊達(dá)到最大速度后做勻速直線運動, ,則小滑塊則小滑塊從從A A點運動到點運動到N N點的過程中點的過程中, ,由動能定理得由動能定理得: :mgmg3h-W3h-Wf f= mv= mv2 2-0-0解得解得: :W Wf f=3mgh-=3mgh-答案答案: :(1) (1) (2)3mgh-(2)3mgh- 1222m(mgqE)2( qB)。mgqEqB22
21、m(mgqE)2( qB)真題變式真題變式2.2.若將一光滑的豎直絕緣擋板若將一光滑的豎直絕緣擋板MNMN上端固定上端固定, ,整整個裝置處于無限大的電磁場中個裝置處于無限大的電磁場中, ,如圖所示。已知如圖所示。已知MN=MN=h,Nh,N點距地面的高度為點距地面的高度為h,h,小滑塊從小滑塊從M M點由靜止沿點由靜止沿MNMN下滑下滑, ,其其他條件保持不變。求他條件保持不變。求: :(1)(1)小滑塊經(jīng)過小滑塊經(jīng)過N N點時對擋板的壓力大小。點時對擋板的壓力大小。(2)(2)小滑塊經(jīng)過小滑塊經(jīng)過N N點后立即撤去磁場點后立即撤去磁場, ,小小滑塊落地點與滑塊落地點與N N點間的電勢差大小
22、。點間的電勢差大小。【解析解析】(1)(1)小滑塊由小滑塊由M M至至N N的過程中的過程中, ,由動能定理得由動能定理得: :mghmgh= mv= mv2 2在在N N點點, ,小滑塊水平方向上有小滑塊水平方向上有: :F FN N- -qE-qvBqE-qvB=0=0解得解得:F:FN N= =q(E+Bq(E+B ) )由牛頓第三定律得由牛頓第三定律得:F:FN N=F=FN N= =q(E+Bq(E+B ) )。122gh2gh(2)(2)小滑塊離開小滑塊離開N N點后點后, ,水平方向和豎直方向均做勻加速水平方向和豎直方向均做勻加速直線運動直線運動, ,則則: :豎直方向豎直方向:
23、h=:h=vtvt+ gt+ gt2 2水平方向水平方向:d= :d= 解得解得:d= :d= 1221 qEt2 m(32 2)qEhmg故故:U=Ed=:U=Ed=答案答案: :(1)q(E+B )(1)q(E+B )(2)(2) 2(32 2)qE hmg。2gh2(32 2)qE hmg真題變式真題變式3.3.若將足夠長的光滑絕緣板若將足夠長的光滑絕緣板MNMN傾斜固定傾斜固定,MN,MN與與水平面間的夾角為水平面間的夾角為6060, ,整個裝置處于無限大的電磁場整個裝置處于無限大的電磁場中中, ,電場方向變?yōu)樨Q直向下電場方向變?yōu)樨Q直向下, ,如圖所示。已知場強如圖所示。已知場強E=
24、,E= ,小滑塊由靜止釋放小滑塊由靜止釋放, ,其他條件保持不變。其他條件保持不變。mgq(1)(1)求小滑塊能夠在絕緣板上滑行的最大距離。求小滑塊能夠在絕緣板上滑行的最大距離。(2)(2)當(dāng)小滑塊剛好要離開絕緣板時當(dāng)小滑塊剛好要離開絕緣板時, ,電場反向電場反向, ,求小滑塊求小滑塊能夠離開絕緣板的最大距離。能夠離開絕緣板的最大距離。【解析解析】(1)(1)當(dāng)小滑塊與絕緣板之間的作用力為零時當(dāng)小滑塊與絕緣板之間的作用力為零時, ,小滑塊將要離開絕緣板小滑塊將要離開絕緣板, ,則有則有: :qvB-(mg+qE)cosqvB-(mg+qE)cos 60 60=0=0解得解得:v= :v= 小滑
25、塊沿小滑塊沿MNMN下滑的過程由動能定理得下滑的過程由動能定理得: :( (mg+qE)xsinmg+qE)xsin 60 60= mv= mv2 2解得解得:x= :x= 12mgqB2223m g6q B。(2)(2)小滑塊離開小滑塊離開MNMN后后, ,電場反向電場反向, ,則有則有: :mg=mg=qEqE小滑塊做勻速圓周運動小滑塊做勻速圓周運動, ,由牛頓第二定律得由牛頓第二定律得: :qvBqvB= = 解得解得:R=:R= 2vmR222m gq B當(dāng)小滑塊離開當(dāng)小滑塊離開MNMN轉(zhuǎn)過半個圓周時距離轉(zhuǎn)過半個圓周時距離MNMN最遠(yuǎn)最遠(yuǎn), ,則則: :d dm m=2R= =2R=
26、答案答案: :(1) (1) (2)(2) 2222m gq B。2223m g6q B2222m gq B【規(guī)律總結(jié)規(guī)律總結(jié)】帶電粒子在復(fù)合場中運動的處理方法帶電粒子在復(fù)合場中運動的處理方法(1)(1)明種類明種類: :明確復(fù)合場的種類及特征。明確復(fù)合場的種類及特征。(2)(2)析特點析特點: :正確分析帶電粒子的受力特點及運動特點。正確分析帶電粒子的受力特點及運動特點。(3)(3)畫軌跡畫軌跡: :畫出運動過程示意圖畫出運動過程示意圖, ,明確圓心、半徑及邊明確圓心、半徑及邊角關(guān)系。角關(guān)系。(4)(4)用規(guī)律用規(guī)律: :靈活選擇不同的運動規(guī)律。靈活選擇不同的運動規(guī)律。兩場共存時兩場共存時,
27、 ,電場與磁場中滿足電場與磁場中滿足qEqE= =qvBqvB或重力場與磁或重力場與磁場中滿足場中滿足mg=mg=qvBqvB或重力場與電場中滿足或重力場與電場中滿足mg=mg=qEqE, ,都表現(xiàn)都表現(xiàn)為勻速直線運動或靜止為勻速直線運動或靜止, ,根據(jù)受力平衡列方程求解。根據(jù)受力平衡列方程求解。三場共存時三場共存時, ,合力為零合力為零, ,受力平衡受力平衡, ,粒子做勻速直線運粒子做勻速直線運動。其中洛倫茲力動。其中洛倫茲力F=F=qvBqvB的方向與速度的方向與速度v v垂直。垂直。三場共存時三場共存時, ,粒子在復(fù)合場中做勻速圓周運動。粒子在復(fù)合場中做勻速圓周運動。mgmg與與qEqE
28、相平衡相平衡, ,根據(jù)根據(jù)mg=mg=qEqE, ,由此可計算粒子比荷由此可計算粒子比荷, ,判定粒子判定粒子電性。粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動電性。粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動, ,應(yīng)用受應(yīng)用受力平衡和牛頓運動定律結(jié)合圓周運動規(guī)律求解力平衡和牛頓運動定律結(jié)合圓周運動規(guī)律求解, ,有有qvBqvB=mr=mr2 2= =ma= =ma。當(dāng)帶電粒子做復(fù)雜的曲線運動或有約束的變速直線當(dāng)帶電粒子做復(fù)雜的曲線運動或有約束的變速直線運動時運動時, ,一般用動能定理或能量守恒定律求解。一般用動能定理或能量守恒定律求解。222v4mmrrT【加固訓(xùn)練加固訓(xùn)練】1.1.如圖所示如圖所示, ,空間的
29、某個復(fù)合場區(qū)域內(nèi)存在空間的某個復(fù)合場區(qū)域內(nèi)存在著豎直向下的勻強電場和垂直紙面向里的著豎直向下的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場。質(zhì)子由靜止開始經(jīng)一加速電場勻強磁場。質(zhì)子由靜止開始經(jīng)一加速電場加速后加速后, ,垂直于復(fù)合場的邊界進(jìn)入并沿直線穿過場區(qū)垂直于復(fù)合場的邊界進(jìn)入并沿直線穿過場區(qū), ,質(zhì)子質(zhì)子( (不計重力不計重力) )穿過復(fù)合場區(qū)所用時間為穿過復(fù)合場區(qū)所用時間為t,t,從復(fù)合場從復(fù)合場區(qū)穿出時的動能為區(qū)穿出時的動能為E Ek k, ,則則( () )A.A.若撤去磁場若撤去磁場B,B,質(zhì)子穿過場區(qū)時間大于質(zhì)子穿過場區(qū)時間大于t tB.B.若撤去電場若撤去電場E,E,質(zhì)子穿過場區(qū)時間等于質(zhì)
30、子穿過場區(qū)時間等于t tC.C.若撤去磁場若撤去磁場B,B,質(zhì)子穿出場區(qū)時動能大于質(zhì)子穿出場區(qū)時動能大于E Ek kD.D.若撤去電場若撤去電場E,E,質(zhì)子穿出場區(qū)時動能大于質(zhì)子穿出場區(qū)時動能大于E Ek k【解析解析】選選C C。質(zhì)子在電場中是直線加速。質(zhì)子在電場中是直線加速, ,進(jìn)入復(fù)合場進(jìn)入復(fù)合場, ,電場力與洛倫茲力等大反向電場力與洛倫茲力等大反向, ,質(zhì)子做勻速直線運動。若質(zhì)子做勻速直線運動。若撤去磁場撤去磁場, ,只剩下電場只剩下電場, ,質(zhì)子做類平拋運動質(zhì)子做類平拋運動, ,水平分運動水平分運動是勻速直線運動是勻速直線運動, ,速度不變速度不變, ,故質(zhì)子穿過場區(qū)時間不變故質(zhì)子穿
31、過場區(qū)時間不變, ,等于等于t,At,A錯誤錯誤; ;若撤去電場若撤去電場, ,只剩下磁場只剩下磁場, ,質(zhì)子做勻速圓質(zhì)子做勻速圓周運動周運動, ,速率不變速率不變, ,水平分運動的速度減小水平分運動的速度減小, ,故質(zhì)子穿過故質(zhì)子穿過場區(qū)時間增加場區(qū)時間增加, ,大于大于t,Bt,B錯誤錯誤; ;若撤去磁場若撤去磁場, ,只剩下電場只剩下電場, ,質(zhì)子做類平拋運動質(zhì)子做類平拋運動, ,電場力做正功電場力做正功, ,故末動能大于故末動能大于E Ek k,C,C正確正確; ;若撤去電場若撤去電場, ,只剩下磁場只剩下磁場, ,質(zhì)子做勻速圓周運動質(zhì)子做勻速圓周運動, ,速率不變速率不變, ,末動能
32、不變末動能不變, ,仍為仍為E Ek k,D,D錯誤。錯誤。2.(20142.(2014重慶高考重慶高考) )如圖所示如圖所示, ,在無限長在無限長的豎直邊界的豎直邊界NSNS和和MTMT間充滿勻強電場間充滿勻強電場, ,同時同時該區(qū)域上、下部分分別充滿方向垂直于該區(qū)域上、下部分分別充滿方向垂直于NSTMNSTM平面向外和向內(nèi)的勻強磁場平面向外和向內(nèi)的勻強磁場, ,磁感磁感應(yīng)強度大小分別為應(yīng)強度大小分別為B B和和2B,KL2B,KL為上下磁場的水平分界線為上下磁場的水平分界線, ,在在NSNS和和MTMT邊界上邊界上, ,距距KLKL高高h(yuǎn) h處分別有處分別有P P、Q Q兩點兩點,NS,N
33、S和和MTMT間間距為距為1.8h1.8h。質(zhì)量為。質(zhì)量為m m、帶電量為、帶電量為+q+q的粒子從的粒子從P P點垂直于點垂直于NSNS邊界射入該區(qū)域邊界射入該區(qū)域, ,在兩邊界之間做圓周運動在兩邊界之間做圓周運動, ,重力加重力加速度為速度為g g。(1)(1)求電場強度的大小和方向。求電場強度的大小和方向。(2)(2)要使粒子不從要使粒子不從NSNS邊界飛出邊界飛出, ,求粒子入射速度的最小求粒子入射速度的最小值。值。(3)(3)若粒子能經(jīng)過若粒子能經(jīng)過Q Q點從點從MTMT邊界飛出邊界飛出, ,求粒子入射速度的求粒子入射速度的所有可能值。所有可能值。【解析解析】(1)(1)設(shè)電場強度大
34、小為設(shè)電場強度大小為E E由題意有由題意有mg=mg=qEqE, ,得得E= ,E= ,方向豎直向上。方向豎直向上。mgq(2)(2)如圖所示如圖所示, ,設(shè)粒子不從設(shè)粒子不從NSNS邊飛出的入射速度最小值邊飛出的入射速度最小值為為v vminmin, ,對應(yīng)的粒子在上、下區(qū)域的運動半徑分別為對應(yīng)的粒子在上、下區(qū)域的運動半徑分別為r r1 1和和r r2 2, ,圓心的連線與圓心的連線與NSNS的夾角為的夾角為。由由r= r= 有有r r1 1= = (r(r1 1+r+r2 2)sin)sin=r=r2 2, ,r r1 1+r+r1 1coscos=h=hv vminmin=(9-6 )
35、=(9-6 ) mvqBmin21mv1,rrqB22qBhm。(3)(3)如圖所示如圖所示, ,設(shè)粒子入射速度為設(shè)粒子入射速度為v,v,粒子在上、下方區(qū)粒子在上、下方區(qū)域的運動半徑分別為域的運動半徑分別為r r1 1和和r r2 2, ,粒子第一次通過粒子第一次通過KLKL時距離時距離K K點為點為x,x,由題意有由題意有 3nx=1.8h(n=1,2,3,3nx=1.8h(n=1,2,3,) )由由vvvvminmin得得x x x= x= 得得r r1 1=(1+ ) ,n3.5=(1+ ) ,n99%,99%,解得解得d d 答案答案: :(1) (1) (2) (2) (3)d(3)
36、d T2Tt2T202mU100qB R。222q B R2m20BR2BRdm2UqB02mU100qB R【遷移訓(xùn)練遷移訓(xùn)練】遷移遷移1:1:速度選擇器速度選擇器( (多選多選) )如圖所示為一速度選擇器如圖所示為一速度選擇器, ,兩極板兩極板P P、Q Q之間存在之間存在電場強度為電場強度為E E的勻強電場和磁感應(yīng)強度為的勻強電場和磁感應(yīng)強度為B B的勻強磁場。的勻強磁場。一束粒子流一束粒子流( (重力不計重力不計) )以速度以速度v v從從a a沿直線運動到沿直線運動到b,b,則則下列說法中正確的是下列說法中正確的是( () )A.A.粒子一定帶正電粒子一定帶正電B.B.粒子的帶電性質(zhì)
37、不確定粒子的帶電性質(zhì)不確定C.C.粒子的速度一定等于粒子的速度一定等于 D.D.粒子的速度一定等于粒子的速度一定等于 BEEB【解析解析】選選B B、D D。粒子受洛倫茲力和電場力。粒子受洛倫茲力和電場力, ,假設(shè)粒子假設(shè)粒子帶正電帶正電, ,則受到向上的洛倫茲力則受到向上的洛倫茲力, ,電場力向下電場力向下, ,若粒子帶若粒子帶負(fù)電負(fù)電, ,洛倫茲力向下洛倫茲力向下, ,電場力向上電場力向上, ,均可以平衡均可以平衡, ,故粒子故粒子可以帶正電可以帶正電, ,也可以帶負(fù)電也可以帶負(fù)電, ,故選項故選項A A錯誤錯誤,B,B正確正確; ;為使為使粒子不發(fā)生偏轉(zhuǎn)粒子不發(fā)生偏轉(zhuǎn), ,粒子所受到電場
38、力和洛倫茲力是平衡粒子所受到電場力和洛倫茲力是平衡力力, ,即即qvBqvB= =qEqE, ,所以電場與磁場的關(guān)系為所以電場與磁場的關(guān)系為v= ,v= ,故選項故選項C C錯誤錯誤,D,D正確。正確。EB遷移遷移2:2:磁流體發(fā)電機磁流體發(fā)電機( (多選多選) )磁流體發(fā)電機可以把氣體的內(nèi)能磁流體發(fā)電機可以把氣體的內(nèi)能直接轉(zhuǎn)化為電能直接轉(zhuǎn)化為電能, ,是一種低碳環(huán)保發(fā)電是一種低碳環(huán)保發(fā)電機機, ,有著廣泛的發(fā)展前景有著廣泛的發(fā)展前景, ,其發(fā)電原理其發(fā)電原理示意圖如圖所示。將一束等離子體示意圖如圖所示。將一束等離子體( (即高溫下電離的氣即高溫下電離的氣體體, ,含有大量帶正電和負(fù)電的微粒含
39、有大量帶正電和負(fù)電的微粒, ,整體上呈電中性整體上呈電中性) )噴噴射入磁感應(yīng)強度為射入磁感應(yīng)強度為B B的勻強磁場中的勻強磁場中, ,磁場區(qū)域有兩塊面磁場區(qū)域有兩塊面積為積為S S、相距為、相距為d d的平行金屬板與外電阻的平行金屬板與外電阻R R相連構(gòu)成一電相連構(gòu)成一電路路, ,設(shè)氣流的速度為設(shè)氣流的速度為v,v,氣體的電導(dǎo)率氣體的電導(dǎo)率( (電阻率的倒數(shù)電阻率的倒數(shù)) )為為g g。則以下說法正確的是。則以下說法正確的是( () )A.A.上極板是電源的正極上極板是電源的正極, ,下極板是電源的負(fù)極下極板是電源的負(fù)極B.B.兩板間電勢差為兩板間電勢差為U=U=BdvBdvC.C.流經(jīng)流經(jīng)
40、R R的電流為的電流為I= I= D.D.流經(jīng)流經(jīng)R R的電流為的電流為I=I= BdvRBdvSggSRd【解析解析】選選A A、D D。由左手定則知正離子向上偏轉(zhuǎn)。由左手定則知正離子向上偏轉(zhuǎn), ,所以所以上極板帶正電上極板帶正電, ,上極板是電源的正極上極板是電源的正極, ,下極板是電源的下極板是電源的負(fù)極負(fù)極, ,故選項故選項A A正確正確; ;根據(jù)根據(jù)qvBqvB=q =q 得電動勢的大小為得電動勢的大小為E=E=BdvBdv, ,則流過則流過R R的電流為的電流為I= I= 而而r= ,r= ,則電則電流大小流大小I= I= 選項選項C C錯誤錯誤,D,D正確正確; ;兩極板間電勢差
41、兩極板間電勢差為為U=IR= ,U=IR= ,故選項故選項B B錯誤。錯誤。EdEBdvRrRr，dgSBdvSggSRd，BdvSgRgSRd遷移遷移3:3:質(zhì)譜儀質(zhì)譜儀質(zhì)譜儀可以測定有機化合物分子結(jié)構(gòu)質(zhì)譜儀可以測定有機化合物分子結(jié)構(gòu), ,質(zhì)譜儀的結(jié)構(gòu)如質(zhì)譜儀的結(jié)構(gòu)如圖所示。有機物的氣體分子從樣品室進(jìn)入離子化室圖所示。有機物的氣體分子從樣品室進(jìn)入離子化室, ,在在高能電子作用下高能電子作用下, ,樣品氣體分子離子化或碎裂成離子樣品氣體分子離子化或碎裂成離子( (如如C C2 2H H6 6離子化后得到離子化后得到 等等) )。若離。若離子化后的離子均帶一個單位的正電荷子化后的離子均帶一個單位
42、的正電荷e,e,初速度為零初速度為零, ,此此后經(jīng)過高壓電源區(qū)、圓形磁場室后經(jīng)過高壓電源區(qū)、圓形磁場室, ,真空管真空管, ,最后在記錄最后在記錄26224C HC HCH、儀上得到離子儀上得到離子, ,通過處理就可以得到離子質(zhì)荷比通過處理就可以得到離子質(zhì)荷比( ),( ),進(jìn)而推測有機物的分子結(jié)構(gòu)。已知高壓電源的電壓為進(jìn)而推測有機物的分子結(jié)構(gòu)。已知高壓電源的電壓為U,U,圓形磁場區(qū)的半徑為圓形磁場區(qū)的半徑為R,R,真空管與水平面夾角為真空管與水平面夾角為,離子離子進(jìn)入磁場室時速度方向指向圓心。求進(jìn)入磁場室時速度方向指向圓心。求: :me(1)(1)請說明高壓電源請說明高壓電源A A端應(yīng)接端應(yīng)
43、接“正極正極”還是還是“負(fù)極負(fù)極”, ,磁磁場室的磁場方向場室的磁場方向“垂直紙面向里垂直紙面向里”還是還是“垂直紙面向垂直紙面向外外”。(2) (2) 和和 離子同時進(jìn)入磁場室后離子同時進(jìn)入磁場室后, ,出現(xiàn)了軌跡出現(xiàn)了軌跡和和,試判定它們各自對應(yīng)的軌跡試判定它們各自對應(yīng)的軌跡, ,并說明原因。并說明原因。26C H22C H(3)(3)若磁感應(yīng)強度為若磁感應(yīng)強度為B B時時, ,記錄儀接收到一個明顯信號記錄儀接收到一個明顯信號, ,求與該信號對應(yīng)的離子質(zhì)荷比求與該信號對應(yīng)的離子質(zhì)荷比( )( )。me【解析解析】(1)(1)正離子在電場中加速正離子在電場中加速, ,可知高壓電源可知高壓電源
44、A A端應(yīng)端應(yīng)接接“負(fù)極負(fù)極”; ;根據(jù)左手定則知根據(jù)左手定則知, ,磁場室的磁場方向應(yīng)是磁場室的磁場方向應(yīng)是垂直紙面向外。垂直紙面向外。(2)(2)設(shè)離子通過高壓電源后的速度為設(shè)離子通過高壓電源后的速度為v,v,由動能定理得由動能定理得: :eUeU= mv= mv2 2, ,離子在磁場中偏轉(zhuǎn)離子在磁場中偏轉(zhuǎn), ,由牛頓由牛頓第二定律得第二定律得: :evBevB= = 122vmr，聯(lián)立解得聯(lián)立解得:r= :r= 由此可見由此可見, ,質(zhì)量大的離子的運動質(zhì)量大的離子的運動軌跡半徑大軌跡半徑大, , 對應(yīng)的是軌跡對應(yīng)的是軌跡, , 對應(yīng)的是軌對應(yīng)的是軌跡跡。12mUBe，26C H22C H
45、(3)(3)粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)粒子在磁場中偏轉(zhuǎn), ,運動軌跡如圖所示運動軌跡如圖所示: :由幾何關(guān)系得由幾何關(guān)系得:r= :r= 又又r= r= 解得解得: :R,tan212mUBe222mB Re2Utan2。答案答案: :(1)(1)負(fù)極垂直紙面向外負(fù)極垂直紙面向外(2) (2) 對應(yīng)的是軌跡對應(yīng)的是軌跡 對應(yīng)的是軌跡對應(yīng)的是軌跡理由見解析理由見解析(3)(3) 26C H22C H222B R2Utan2【規(guī)律總結(jié)規(guī)律總結(jié)】幾種常見的電磁場應(yīng)用實例幾種常見的電磁場應(yīng)用實例(1)(1)質(zhì)譜儀質(zhì)譜儀: :用途用途: :測量帶電粒子的質(zhì)量和分析同位素。測量帶電粒子的質(zhì)量和分析同位素。原理原理:
46、 :由粒子源由粒子源S S發(fā)出的速度幾乎為零的粒子經(jīng)過加發(fā)出的速度幾乎為零的粒子經(jīng)過加速電場速電場U U加速后加速后, ,以速度以速度v= v= 進(jìn)入偏轉(zhuǎn)磁場中做勻速進(jìn)入偏轉(zhuǎn)磁場中做勻速圓周運動圓周運動, ,運動半徑為運動半徑為r= ,r= ,粒子經(jīng)過半個圓周運粒子經(jīng)過半個圓周運動后打到照相底片上的動后打到照相底片上的D D點點, ,通過測量通過測量D D與入口間的距離與入口間的距離d,d,進(jìn)而求出粒子的比荷進(jìn)而求出粒子的比荷 或粒子的質(zhì)量或粒子的質(zhì)量m=m=2qUm12mUBq22q8UmB d22qB d8U。(2)(2)速度選擇器速度選擇器: :帶電粒子束射入正交的勻強電場和勻帶電粒子束
47、射入正交的勻強電場和勻強磁場組成的區(qū)域中強磁場組成的區(qū)域中, ,滿足平衡條件滿足平衡條件qEqE= =qvBqvB的帶電粒子的帶電粒子可以沿直線通過速度選擇器。速度選擇器只對粒子的可以沿直線通過速度選擇器。速度選擇器只對粒子的速度大小和方向做出選擇速度大小和方向做出選擇, ,而對粒子的電性、電荷量不而對粒子的電性、電荷量不能進(jìn)行選擇性通過。能進(jìn)行選擇性通過。(3)(3)回旋加速器回旋加速器: :用途用途: :加速帶電粒子。加速帶電粒子。原理原理: :帶電粒子在電場中加速帶電粒子在電場中加速, ,在磁場中偏轉(zhuǎn)在磁場中偏轉(zhuǎn), ,交變電交變電壓的周期與帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期壓的周期與帶
48、電粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期相同。相同。粒子獲得的最大動能粒子獲得的最大動能E Ek k= ,= ,其中其中r rm m表示表示D D形盒形盒的最大半徑。的最大半徑。22 2mq B r2m【加固訓(xùn)練加固訓(xùn)練】1.1.如圖所示如圖所示, ,長方體玻璃水槽中盛有長方體玻璃水槽中盛有NaCNaCl的水溶液的水溶液, ,在在水槽左、右側(cè)壁內(nèi)側(cè)各裝一導(dǎo)體片水槽左、右側(cè)壁內(nèi)側(cè)各裝一導(dǎo)體片, ,使溶液中通入沿使溶液中通入沿x x軸正向的電流軸正向的電流I,I,沿沿y y軸正向加恒定的勻強磁場軸正向加恒定的勻強磁場B B。圖中。圖中a a、b b是垂直于是垂直于z z軸方向上水槽的前后兩內(nèi)側(cè)面軸方向上
49、水槽的前后兩內(nèi)側(cè)面, ,則則( () )A.aA.a處電勢高于處電勢高于b b處電勢處電勢B.aB.a處離子濃度大于處離子濃度大于b b處離子濃度處離子濃度C.C.溶液的上表面電勢高于下表面的電勢溶液的上表面電勢高于下表面的電勢D.D.溶液的上表面處的離子濃度大于下表面處的離子濃溶液的上表面處的離子濃度大于下表面處的離子濃度度【解析解析】選選B B。在。在NaCNaCl溶液中溶液中,Na,Na+ +和和C Cl- -同時參與導(dǎo)電同時參與導(dǎo)電, ,且運動方向相反且運動方向相反, ,由左手定則可以判斷兩種離子都將向由左手定則可以判斷兩種離子都將向a a側(cè)面偏轉(zhuǎn)側(cè)面偏轉(zhuǎn), ,故故a a側(cè)面電性仍然是
50、中性的側(cè)面電性仍然是中性的,a,a、b b兩側(cè)面不兩側(cè)面不存在電勢差存在電勢差, ,但但a a處離子濃度要大于處離子濃度要大于b b處離子濃度處離子濃度,B,B正確。正確。2.(20152.(2015江蘇高考江蘇高考) )一臺質(zhì)譜儀的工作原理如圖所示一臺質(zhì)譜儀的工作原理如圖所示, ,電荷量均為電荷量均為+q+q、質(zhì)量不同的離子飄入電壓為、質(zhì)量不同的離子飄入電壓為U0U0的加速的加速電場電場, ,其初速度幾乎為零。這些離子經(jīng)加速后通過狹縫其初速度幾乎為零。這些離子經(jīng)加速后通過狹縫O O沿著與磁場垂直的方向進(jìn)入磁感應(yīng)強度為沿著與磁場垂直的方向進(jìn)入磁感應(yīng)強度為B B的勻強磁的勻強磁場場, ,最后打在
51、底片上。已知放置底片的區(qū)域最后打在底片上。已知放置底片的區(qū)域MN =L,MN =L,且且OM =LOM =L。某次測量發(fā)現(xiàn)。某次測量發(fā)現(xiàn)MNMN中左側(cè)中左側(cè) 區(qū)域區(qū)域MQMQ損壞損壞, ,檢測不檢測不到離子到離子, ,但右側(cè)但右側(cè) 區(qū)域區(qū)域QNQN仍能正常檢測到離子。仍能正常檢測到離子。2313在適當(dāng)調(diào)節(jié)加速電壓后在適當(dāng)調(diào)節(jié)加速電壓后, ,原本打在原本打在MQMQ的離子即可在的離子即可在QNQN檢檢測到。測到。(1)(1)求原本打在求原本打在MNMN中點中點P P的離子質(zhì)量的離子質(zhì)量m m。(2)(2)為使原本打在為使原本打在P P的離子能打在的離子能打在QNQN區(qū)域區(qū)域, ,求加速電壓求加速
52、電壓U U的調(diào)節(jié)范圍。的調(diào)節(jié)范圍。(3)(3)為了在為了在QNQN區(qū)域?qū)⒃敬蛟趨^(qū)域?qū)⒃敬蛟贛QMQ區(qū)域的所有離子檢測完區(qū)域的所有離子檢測完整整, ,求需要調(diào)節(jié)求需要調(diào)節(jié)U U的最少次數(shù)。的最少次數(shù)。( (取取lg g 2=0.301, 2=0.301,lg 3=g 3=0.477,0.477,lg 5=0.699)g 5=0.699)【解析解析】(1)(1)離子在電場中加速離子在電場中加速qUqU0 0= mv= mv2 2在磁場中做勻速圓周運動在磁場中做勻速圓周運動qvBqvB= = 解得解得r=r= 122vmr02mU1Bq代入代入r r0 0= L,= L,解得解得m= m= 34
53、2209qB L32U。(2)(2)由由(1)(1)知知,U= ,U= ,若離子打在若離子打在Q Q點點, ,則則r= L,U= r= L,U= 若離子打在若離子打在N N點點, ,則則r=L,U= r=L,U= 則電壓的范圍則電壓的范圍 U U 。20216U r9L560100U81016U90100U81016U9(3)(3)由由(1)(1)可知可知,r ,r 由題意知由題意知, ,第第1 1次調(diào)節(jié)電壓到次調(diào)節(jié)電壓到U U1 1, ,使原本打在使原本打在Q Q點的離子點的離子打在打在N N點點, ,則則此時此時, ,原本半徑為原本半徑為r r1 1的打在的打在Q Q1 1的離子打在的離子
54、打在Q Q上上 解得解得r r1 1= L= LU10UL5UL61105LU6rU25()6第第2 2次調(diào)節(jié)電壓到次調(diào)節(jié)電壓到U U2 2, ,原本打在原本打在Q Q1 1的離子打在的離子打在N N點點, ,原本原本半徑為半徑為r r2 2的打在的打在Q Q2 2的離子打在的離子打在Q Q上上, ,則則 解得解得r r2 2=( )=( )3 3L L同理同理, ,第第n n次調(diào)節(jié)電壓次調(diào)節(jié)電壓, ,有有r rn n=( )=( )n+1n+1L L2212005LUUL6,rrUU5656檢測完整檢測完整, ,有有r rn n 解得解得n -12.8n -12.8最少次數(shù)為最少次數(shù)為3 3次。次。答案答案: :(1) (1) (2) U (2) U (3)3(3)3L2lg26lg()52209qB L32U016U90100U81
高三物理二輪復(fù)習(xí) 第一篇 專題攻略 專題四 電場和磁場 第11講 帶電粒子在組合場、復(fù)合場中的運動課件
