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2013届高考一轮物理复习课件选修3-1第八章 磁场第3讲 带电粒子在复合场中的运动(教科版)

时间:2012-07-08


2013届高考一轮物理复习课件选修3-1第八章 磁场(教科版)

第3讲 带电粒子在复合场中的运动

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复合场 磁场 复合场是指电场、____和重力场并存,或其中

某两场并 存,或分区域存在.从场的复合形式上一般可分为如下四 种情况: ①相邻场;②重叠场;③交替场;④交变场.

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带电粒子在复合场中的运动分类

1. 静止或匀速直线运动 静止 当带电粒子在复合场中所受合外力为零时,将处于____状 匀速直线运动 态或做____________.
匀速圆周运动 2. 相等 相反 当带电粒子所受的重力与电场力大小____,方向____时, 带电粒子在洛伦兹力的作用下,在垂直于匀强磁场的平面 匀速圆周 内做________运动.

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较复杂的曲线运动 3. 当带电粒子所受合外力的大小和方向均变化,且与初速度 非匀 方向不在同一条直线上,粒子做____变速曲线运动,这时 粒子运动轨迹既不是圆弧,也不是抛物线. 分阶段运动 4. 带电粒子可能依次通过几个情况不同的复合场区域,其运 动情况随区域发生变化,其运动过程由几种不同的运动阶 段组成.

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电场磁场同区域应用实例

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?温馨提示
复合场中重力是否考虑的三种情况 (1)对于微观粒子,如电子、质子、离子等,因为其重力 一般情况下与电场力或磁场力相比太小,可以忽略.而对 于一些实际物体,如带电小球、液滴、金属块等,一般应 考虑其重力. (2)在题目中明确说明的按说明要求是否考虑重力. (3)不能直接判断是否考虑重力的,在进行受力分析与运 动分析时,要由分析结果确定是否考虑重力.

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如图8-3-1是磁流体发电机的原理 1. 示意图,金属板M、N正对着平行放 置,且板面垂直于纸面,在两板之 间接有电阻R.在极板间有垂直于纸 面向里的匀强磁场.当等离子束(分 图8-3-1 别带有等量正、负电荷的离子束)从左向右进入极板时, 下列说法中正确的是 ( ). A.N板的电势高于M板的电势 B.M板的电势高于N板的电势 C.R中有由b向a方向的电流 D.R中有由a向b方向的电流
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解析 本题考查洛伦兹力的方向的判断,电流形成的条件 等知识点.根据左手定则可知正电荷向上极板偏转,负电 荷向下极板偏转,则M板的电势高于N板的电势.M板相 当于电源的正板,那么R中有由a向b方向的电流. 答案 BD

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如图8-3-2所示,有一混合正离子 2. 束先后通过正交的电场、磁场区域 Ⅰ和匀强磁场区域Ⅱ,如果这束正 离子流在区域Ⅰ中不偏转,进入区

图8-3-2 域Ⅱ后偏转半径r相同,则它们一定具有相同的 ( ). A.速度 B.质量 C.电荷量 D.比荷 答案 AD

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(2012· 南昌高三调研)某空间存在水平方向 3. 的匀强电场(图中未画出),带电小球沿如 图8-3-3所示的直线斜向下由A点沿直线 向B点运动,此空间同时存在由A指向B的 匀强磁场,则下列说法正确的是 ( ). A.小球一定带正电 B.小球可能做匀速直线运动 C.带电小球一定做匀加速直线运动 D.运动过程中,小球的机械能增大

图8-3-3

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解析 本题考查带电体在复合场中的运动问题.由于重力 方向竖直向下,空间存在磁场,且直线运动方向斜向下, 与磁场方向相同,故不受磁场力作用,电场力必水平向 右,但电场具体方向未知,故不能判断带电小球的电性, 选项A错误;重力和电场力的合力不为零,故不是匀速直 线运动,所以选项B错误;因为重力与电场力的合力方向 与运动方向相同,故小球一定做匀加速运动,选项C正 确;运动过程中由于电场力做正功,故机械能增大,选项 D正确. 答案 CD

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如图8-3-4所示,在空间中存在垂直纸面向里的匀强磁 4. 场,其竖直边界AB,CD的宽度为d,在边界AB左侧是竖 直向下、场强为E的匀强电场.现有质量为m、带电量为 +q的粒子(不计重力)从P点以大小为v0的水平初速度射入 电场,随后与边界AB成45°射入磁场.若粒子能垂直CD 边界飞出磁场,穿过小孔进入如图所示两竖直平行金属板 间的匀强电场中减速至零且不碰到正极板. (1)请画出粒子上述过程中的运动轨迹,并求出粒子进入 磁场时的速度大小v; (2)求匀强磁场的磁感应强度B; (3)求金属板间的电压U的最小值.

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图8-3-4

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v0 (1)轨迹如图所示 v= = 2v0 cos 45°

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(2)粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动 d 设其轨道半径 R,由几何关系可知 R= = 2d sin 45° v2 qvB=m R mv0 解得 B= qd

(3)粒子进入板间电场至速度减为零的过程,由动能定理有 1 2 -qU=0- mv 2 mv02 解得 U= q .

答案

(1)轨迹见解析图

2v0

mv0 (2) qd

mv02 (3) q

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考点一

带电粒子在分离复合场中的运动

“电偏转”和“磁偏转”的比较 垂直进入磁 场(磁偏转) 垂直进入电 场(电偏转)

情景图

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垂直进入磁 垂直进入电 场(磁偏转) 场(电偏转) FB=qv0B 大小不 变, 方向总指向圆 FE=qE,FE 大小、 受力 心,方向变化, 方向不变,为恒力 FB 为变力 类平抛运动 匀速圆周运动 Eq 运动 v =v0,vy= m t mv0 2πm x 规律 r= Eq 2 Bq ,T= Bq x=v0t,y= t 2m 运动 L θ θm t= ,具有等时性 t= T= Bq v0 2π 时间 动能 不变 变化
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【典例1】
在竖直平面内,以虚线为界分 布着如图8-3-5所示的匀强 电场和匀强磁场,其中匀强电 场的方向竖直向下,大小为 E;匀强磁场的方向垂直纸面 向里,磁感应强度大小为B.虚 线与水平线之间的夹角为θ= 45°,一个带负电荷的粒子在

图8-3-5

O点以速度v0水平射入匀强磁场,已知带电粒子所带的电荷量 为q,质量为m(重力忽略不计,电场、磁场区域足够大).求: (1)带电粒子第1次通过虚线时距O点的距离; (2)带电粒子从O点开始到第3次通过虚线时所经历的时间; (3)带电粒子第4次通过虚线时距O点的距离.
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解析

带电粒子运动的轨迹如图所示

v02 mv0 (1)据 qv0B=m r 得 r= qB ,又由几何知识可知:d1= 2r, 2mv0 解得 d1= qB . T πm (2)在磁场中运动时间为 t1= = 4 2qB qE 在电场中 a= m 2v0 2mv0 运动时间为 t2= a = qE 3πm 再一次在磁场中运动 t3= , 2qB 2πm 2mv0 所以总时间 t= qB + qE .
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(3)再次进入电场中从 C 到 D 做类平 抛运动(如图所示) at42 x=v0t4,y= ,x=y, 2 2mv02 得 x= qE 2 2mv0 2 2mv02 所以距 O 点距离为 Δd=2d1- 2x= qB - qE . 2mv0 2 2mv0 2 2mv02 2πm 2mv0 答案 (1) qB (2) qB + qE (3) qB - qE

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——解决带电粒子在分离复合场中运动问题 的思路方法

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【变式1】
在如图8-3-6所示的空间坐标系 中,y轴的左侧有一匀强电场,场强 大小为E,场强方向与y轴负方向成 30°,y轴的右侧有一垂直纸面向里 的匀强磁场,磁感应强度为B(未画 出).现有一质子在x轴上坐标为x0= 10 cm处的A点,以一定的初速度v0 第一次沿x轴正方向射入磁场,第二 次沿x轴负方向射入磁场,回旋后都 垂直于电场方向射入电场,最后又 进入磁场.求: (1)质子在匀强磁场中的轨迹半径R; (2)质子两次在磁场中运动时间之比;
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图8-3-6

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(3)若第一次射入磁场的质子经电场偏转后,恰好从第二 次射入磁场的质子进入电场的位置再次进入磁场,试求初 速度v0和电场强度E、磁感应强度B之间需要满足的条件. 解析 (1)质子两次运动的轨迹如图所示, 由几何关系可知x0=Rsin 30° 解得R=2x0=20 cm. (2)第一次射入磁场的质子,轨迹对应的圆 心角为θ1=210° 第二次射入磁场的质子,轨迹对应的圆心 角为θ2=30° 故质子两次在磁场中运动时间之比为 t1∶t2=θ1∶θ2=7∶1. (3)质子在磁场中做匀速圆周运动时, v02 mv0 由 ev0B=m R 得 R= eB
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设第一次射入磁场的质子,从y轴上的P点进入电场做类平 抛运动,从y轴上的Q点进入磁场,由几何关系得,质子 沿y轴的位移为Δy=2R eE 质子的加速度 a= m
1 2 沿电场方向 Δycos 30° at = 2 垂直电场方向 Δysin 30° 0t =v 3E 解得 v0= . 6B
答案 (1)20 cm (2)7∶1 3E (3)v0= 6B

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考点二

带电粒子在叠加复合场中的运动

带电粒子(体)在复合场中的运动问题求解要点 (1)受力分析是基础.在受力分析时是否考虑重力必须注 意题目条件. (2)运动过程分析是关键.在运动过程分析中应注意物体 做直线运动,曲线运动及圆周运动、类平抛运动的条件. (3)构建物理模型是难点.根据不同的运动过程及物理模 型选择合适的物理规律列方程求解.

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【典例2】
如图 8-3-7 所示,与水平面成 37° 的倾斜轨道 AC,其延 长线在 D 点与半圆轨道 DF 相切,全部轨道为绝缘材料制 成且位于竖直面内,整个空间存在水平向左的匀强电场, MN 的右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场(C 点处于 MN 边 界上).一质量为 0.4 kg 的带电小球沿轨道 AC 下滑,至 C 100 点时速度为 vC= m/s, 接着沿直线 CD 运动到 D 处进入 7 半圆轨道,进入时无动能损失,且恰好能通过 F 点,在 F 点速度 vF=4 m/s(不计空气阻力,g=10 m/s2,cos 37° = 0.8).求:
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图8-3-7 (1)小球带何种电荷? (2)小球在半圆轨道部分克服摩擦力所做的功; (3)小球从F点飞出时磁场同时消失,小球离开F点后的运 动轨迹与直线AC(或延长线)的交点为(G点未标出),求G点 到D点的距离.
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解析

(1)正电荷

(2)依题意可知小球在 CD 间做匀速直线运动 100 在 D 点速度为 vD=vC= m/s 7 在 CD 段受重力、电场力、洛伦兹力且合力为 0,设重力与 电场力的合力为 F=qvCB mg 又 F= =5 N cos 37° F 7 解得 qB=v = 20 C

mvF2 在 F 处由牛顿第二定律可得 qvFB+F= R

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7 把 qB= 代入得 R=1 m 20 小球在 DF 段克服摩擦力做功 Wf,由动能定理可得 m?vF2-vD2? -Wf-2FR= 2 Wf=27.6 J F (3)小球离开 F 点后做类平抛运动,其加速度为 a=m at2 由 2R= 得 t= 2 4mR 2 2 F = 5 s 2 m=2.26 m.

交点 G 与 D 点的距离 GD=vFt=1.6

答案

见解析
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【变式2】
(2011· 广东六校联合体联考)如图8-3- 8所示,竖直平面内有相互垂直的匀强 电场和匀强磁场,电场强度E1=2 500 N/C,方向竖直向上;磁感应强度B= 103 T,方向垂直纸面向外;有一质量m =1×10-2kg、电荷量q=4×10-5C的 带正电小球自O点沿与水平线成45°角 图8-3-8 以v0=4 m/s的速度射入复合场中,之后小球恰好从P点进 入电场强度E2=2 500 N/C,方向水平向左的第二个匀强 电场中.不计空气阻力,g取10 m/s2.求: (1)O点到P点的距离s1; (2)带电小球经过P点的正下方Q点时与P点的距离s2.
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解析 (1)带电小球在正交的匀强电场和 匀强磁场中受到的重力G=mg=0.1 N 电场力F1=qE1=0.1 N 即G=F1,故带电小球在正交的电磁场 中由O到P做匀速圆周运动 v02 根据牛顿第二定律得 qv0B=m R
mv0 1×10 2×4 解得: qB = R= -5 3m=1 m 4×10 ×10 由几何关系得:s1= 2R= 2 m. (2)带电小球在 P 点的速度大小仍为 v0=4 m/s,方向与水平


方向成 45° .由于电场力 F2=qE2=0.1 N,与重力大小相等, 2 方向相互垂直, 则合力的大小为 F= N, 方向与初速度方 10 向垂直,故带电小球在第二个电场中做类平抛运动
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建立如图所示的 x、y 坐标系,沿 y 轴方向上,带电小球的 F 1 2 2 加速度 a=m=10 2m/s ,位移 y= at 2 沿 x 轴方向上,带电小球的位移 x=v0t 1 2 2 由几何关系有:y=x 即: at =v0t,解得:t= 2 s 2 5 2 Q 点到 P 点的距离 s2= 2x= 2×4× 2 m=3.2 m. 5 答案 (1) 2 m (2)3.2 m

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11.带电粒子“在复合场中”的运动轨迹模型
(1)模型概述 当带电粒子沿不同方向进入电场或磁场时,粒子做各 种各样的运动,形成了异彩纷呈的轨迹图形.对带电粒子 而言“受力决定运动,运动描绘轨迹,轨迹涵盖方程”.究 竟如何构建轨迹模型,至关重要.首先应根据电场力和洛 伦兹力的性质找出带电粒子所受到的合力,再由物体做曲 线运动的条件确定曲线形式. (2)模型分类 ①“拱桥”型

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【典例1】如图8-3-9所示,在x轴上方 有垂直于xOy平面的匀强磁场,磁 感应强度为B,在x轴下方有沿y轴 负方向的匀强电场,场强为E,一 质量为m、电荷量为q的粒子从坐标 原点O沿着y轴正方向射出,射出之

图8-3-9 后,第三次到达x轴时,它与O点的距离为L,求此时粒子 射出时的速度和运动的总路程(重力不计).

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解析

画出粒子运动轨迹如图所示,形

成“拱桥”图形.由题可知粒子轨道半 L 径 R= .由牛顿运动定律知粒子运动速 4 BqR BqL 率为 v= m = 4m 设粒子进入电场后沿 y 轴负方向做减速运动的最大路程为

1 2 qB2L2 y,由动能定理知 mv =qEy,得 y= 2 32mE qB2L2 1 所以粒子运动的总路程为 x= + πL. 16mE 2
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②“心连心”型 【典例2】如图8-3-10所示,一理想磁场 以x轴为界,下方磁场的磁感应强度是 上方磁感应强度B的两倍.今有一质量 为m、电荷量为+q的粒子,从原点O沿 y轴正方向以速度v0射入磁场中,求此 粒子从开始进入磁场到第四次通过x轴 的位置和时间(重力不计).

图8-3-10

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mv 由 r= Bq 知粒子在 x 轴上方做圆周运动的轨道半径

mv0 mv0 r1= Bq ,在 x 轴下方做圆周运动的轨道半径 r2= ,所 2Bq 以 r1=2r2
现作出带电粒子的运动的轨迹如图所 示,形成“心连心”图形,所以粒子 第四次经过 x 轴的位置和时间分别为 2mv0 x=2r1= Bq 2πm 2πm 3πm t=T1+T2= Bq + = 2Bq Bq

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③“葡萄串”型 【典例3】 如图8-3-11甲所示 ,互相平行且水平放置的金属 板,板长L=1.2 m,两板距离d=0.6 m,两板间加上U= 0.12 V恒定电压及随时间变化的磁场,磁场变化规律如图 8-3-11乙所示,规定磁场方向垂直纸面向里为正.当t =0时,有一质量为m=2.0×10-6kg、电荷量q=+ 1.0×10-4C的粒子从极板左侧以v0=4.0×103m/s沿与两板 平行的中线OO′射入,取g=10 m/s2、π=3.14.求:

图8-3-11
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(1)粒子在0~1.0×10-4s内位移的大小x; (2)粒子离开中线OO′的最大距离h; (3)粒子在板间运动的时间t; (4)画出粒子在板间运动的轨迹图. 解析 (1)由题意知:
U Eq= d q=2.0×10-5N 而 mg=2.0×10-5N ① ②

显然 Eq=mg ③ 故粒子在0~1.0×10-4s时间内做匀速直线运动, 因为Δt=1.0×10-4s, 所以x=v0Δt=0.4 m ④ (2)在1.0×10-4~2.0×10-4s时间内, 电场力与重力平衡,粒子做匀速圆周运动,
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2πm - 因为 T= qB =1.0× 4s 10
- -



故粒子在 1.0× 4~2.0× 4s 时间内恰好完成一个周期圆 10 10 周运动 由牛顿第二定律得: mv02 qv0B= R ⑥

⑦ ⑧

mv0 R= qB =0.064 m d h=2R=0.128 m< . 2

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h=2R=0.128 m< d . 2 所以粒子离开中线OO′的最大距离 h=0.128 m. (3)板长L=1.2 m=3 x t=2T+3Δt=5.0×10-4s (4)轨迹如图

⑨ ⑩ ?

12 ○

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