高中物理第2輪復習 專題3 第3講 帶點粒子在復合場中的運動課件

專題三 帶電粒子在電、磁場中的運動 第三講帶電粒子在復合場中的運動 一、帶電粒子在復合場中的運動性質一、帶電粒子在復合場中的運動性質 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，因此應當將帶電粒子的運動情況和受力情況結合起來進行分析 1當帶電粒子所受合外力為零時，做勻速直線運動 2當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做勻速圓周運動 5當帶電粒子所受合外力是變力，且與初速度方向不在一條直線上時，質點做非勻變速曲線運動，這時質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)不同的組合場或復合場，因此帶電粒子的運動情況也發(fā)生相應變化，其運動過程可能由幾種不同的運動階段所組成 二、帶電粒子在復合場中運動的研究方法二、帶電粒子在復合場中運動的研究方法 1當帶電粒子做勻速直線運動時，應根據(jù)平衡條件列方程求解 2當帶電粒子做勻變速直線運動時，可運用牛頓第二定律結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合運動學公式求解，或運用動量定理求解，還可運用動能定理或能量守恒求解 4當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當帶電粒子做非勻變速曲線運動時，應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雜，運動情況多變，往往出現(xiàn)臨界問題，這時應以題目中的“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：帶電粒子在勻強電場、勻強磁場組類型一：帶電粒子在勻強電場、勻強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、磁流體推進器、磁流體發(fā)電機、電磁流量計、霍爾效應等，都是帶電粒子在相互正交的電場與磁場的復合場中的運動問題所不同的是，速度選擇器、磁流體推進器中的電場是帶電粒子進入前存在的，是外加的；磁流體發(fā)電機、電磁流量計、霍爾效應中的電場是在粒子進入磁場后，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，在以坐標原點O為圓心、半徑為R的半圓形區(qū)域內，有相互垂直的勻強電場和勻強磁場，磁感應強度為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t0時間從P點射出圖331 012234OtO求電場強度的大小和方向若僅撤去磁場，帶電粒子仍從 點以相同的速度射入，經時間恰從半圓形區(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)設帶電粒子的質量為m，電荷量為q，初速度為v，電場強度為E.可判斷出粒子受到的洛倫茲力沿x軸負方向，于是可知電場沿x軸正方向 000222qEqvBRvtBREttyyvRy且有又則僅有電場時，帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動在 方向位移由式得 20202321()224 334 xxRtxaRatvvrvqv Bmr設在水平方向位移為 ，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，帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，設軌道半徑為 ，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磁場，質子、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，質子和氚核發(fā)生偏轉后射出，則( ) A偏向正極板的是質子B偏向正極板的是氚核C射出時動能最大的是質子D射出時動能最小的是氚核圖332Ak12312312322kAC2.kEvvvmmmEvvvvmqv BqEEvBE設質子、氘核、氚核射入板間時的動能為，速度分別為 、 、 ，因其質量，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，因對于氘核有，即，故對于質子有洛倫茲力大于電場力，質子向正極板偏轉，電場力對其做負功，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，氚核向負極板偏轉，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：帶電粒子在勻強電場、勻強磁場、重類型二：帶電粒子在勻強電場、勻強磁場、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 如果帶電質點受到三個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】設在地面上方的真空室內，存在勻強電場和勻強磁場已知電場強度和磁感應強度的方向是相同的，電場強度的大小E=4.0V/m，磁感應強度的大小B=0.15T.今有一個帶負電的質點以v=20m/s的速度在此區(qū)域內沿垂直場強方向做勻速直線運動，求此帶電粒子的電荷量與質量之比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量之比代入數(shù)據(jù)得sincos20 0.153tan4.0437qEqvBvBE因質點帶負電，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】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，得知此帶電質點所受的合力必定為零根據(jù)電場強度和磁感應強度的方向相同，得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，故電場力和洛倫茲力斜向上，再根據(jù)左手定則，可判斷出質點的速度方向應垂直于紙面向外本題還應理解“所有可能的方向”的含意因為在豎直平面內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電場和勻強磁場中，軌道圓弧半徑為R，磁感應強度為B，方向垂直于紙面向外，電場強度為E，方向水平向左一個質量為m的小球(可視為質點)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，因此小球對軌道的壓力最大如圖21sin(1 cos )2mvmgRqERCvgR由解得通過 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，解題的關鍵是正確地畫出粒子的運動軌跡圖解題時將其在勻強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)域一質量為m、電荷量為q(q0)的粒子以速度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，電場強度大小為E；在區(qū)運動時，只受到勻強磁場的作用，磁感應強度大小為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()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，既無電場也無磁場，在第三象限，存在沿y軸正方向的勻強電場和垂直xy平面(紙面)向里的勻強磁場，在第四象限，存在沿y軸負方向、場強大小與第三象限電場場強相等的勻強電場一質量為m、電荷圖335量為q的帶電質點，從y軸上y=h處的P1點以一定的水平初速度沿x軸負方向進入第二象限然后經過x軸上x=2h處的P2點進入第三象限，帶電質點恰好能做勻速圓周運動之后經過y軸上y=2h處的P3點進入第四象限已知重力加速度為g.求： (1)粒子到達P2點時速度的大小和方向；(2)第三象限空間中電場強度和磁感應強度的大??；(3)帶電質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，帶電質點從P1到P2，由平拋運動規(guī)律，得20220122245yyhgthvtvgtvvvghx求出方向與 軸負方向成角 23222222222PPEqmgvBqvmRRhhmgEqmgBqh帶電質點從 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 帶電質點進入第四象限，水平方向做勻速直線運動，豎直方向做勻減速直線運動當豎直方向的速度減小到 ，此時質點速度最小，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強度為B=5T的勻強磁場，一質量為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)當滑塊剛好與木板脫離時，滑塊的速度為多大？(2)當力F作用多長時間時滑塊與木板出現(xiàn)相對滑動？(3)當此力作用時間t=10s時，(設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，質量為、電荷量為的金屬球 和質量為、電荷量為的金屬球 用等長的絕緣輕質細線【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移，在左側有垂直紙面向里的】非勻強磁場，圖33729.5319()37PQm gEbqaab在右側有豎直向下的勻強電場、場強大小為現(xiàn)將球 拉至細線與豎直方向成的位置細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，求經過多少次碰撞后懸掛 的細線偏離豎直方向的夾角小于？【解析】設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應用動能定理有(細線長度為L)：222 1022200111()(cos )2()371()(cos )2/10.7072m gqE LLm vbvbm gqE LLm vvvv球從最低點 設速度為運動到細線偏離豎直方向夾角的過程中，對 應用動能定理有：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，設碰前 的速度為 ，碰后 和 的速度分別為 、 ，對 和 在碰撞過程中應用動量守恒和能量轉化守恒有：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 球的速度為所以經過 次碰撞 球偏離豎直方向的夾角將小于