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2016届高考物理(浙江专用)一轮复习精讲课件第8章《磁场》4_图文

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第4课时 (小专题)带电粒子在 复合场中 的运动

? 1.复合场与组合场 ? (1)复合场:电场、磁场、重力场共存, 或其中某两场共存。 ? (2)组合场:电场与磁场各位于一定的区 域内,并不重叠,或在同一区域,电场、磁 场分时间段或分区域交替出现。

? 2.三种场的比较
名称
重力场

力的特点
大小:G=mg

功和能的特点
重力做功与路径无关

方向:竖直向下
大小:F=qE

重力做功改变物体的重力势能
电场力做功与路径无关

静电场

方向:正电荷受力方向与 场强方向相同;负电荷受 力方向与场强方向相反

W=qU
电场力做功改变电势能 洛伦兹力不做功,不改变带电 粒子的动能

磁场

洛伦兹力F=qvB 方向可用左手定则判断

? 3.带电粒子在复合场中的运动分类 ? (1)静止或匀速直线运动:当带电粒子在 复合场中所受合外力为零时,将处于静止状 态或做匀速直线运动。 ? (2)匀速圆周运动:当带电粒子所受的重 力与电场力大小相等,方向相反时,带电粒 子在洛伦兹力的作用下,在垂直于匀强磁场 的平面内做匀速圆周运动。

? (3) 一般的曲线运动: 当 带电粒子所受合外 力的大小和方向均变化,且与初速度方向 不在同一条直线上,粒子做非匀变速曲线 运动,这时粒子运动轨迹既不是圆弧,也 不是抛物线。 ? (4) 分阶段运动: 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。

? 突破一 带电粒子在组合场中的运动 ? “磁偏转”和“电偏转”的差别
电偏转 偏转条件 受力情况 运动情况 运动轨迹 带电粒子以v⊥E进入 匀强电场 只受恒定的电场力 类平抛运动 抛物线 磁偏转 带电粒子以v⊥B进入匀 强磁场 只受大小恒定的洛伦兹力 匀速圆周运动 圆弧

物理规律

类平抛知识、牛顿第 二定律 1 2 L=vt,y= at , 2 qE at a= m ,tan θ= v

牛顿第二定律、向心力公式

基本公式

mv 2πm θT r= qB ,T= qB ,t= 2π

? 【典例1】 (2014·海南卷,14)如图 ? 1所示,在x轴上方存在匀强磁场, ? 磁感应强度大小为B,方向垂直于 ? 纸面向外;在x轴下方存在匀强电 ? 场,电场方向与xOy平面平行,且 图1 ? 与x轴成45°夹角。一质量为m、电 ? 荷量为q(q>0)的粒子以速度v0从y轴 ? 上P点沿y轴正方向射出,一段时间后进 入电场,进入电场时的速度方向与电场方 向相反;又经过一段时间T0,磁场方向变 为垂直纸面向里,大小不变,不计重力。

(1)求粒子从 P 点出发至第一次到达 x 轴时所需的时间; (2)若要使粒子能够回到 P 点,求电场强度的最大值。 解析 (1)带电粒子在磁场中做圆周运动,设运动半径为 R,运

动周期为 T,根据洛伦兹力公式及圆周运动规律,有
2 v0 2πR qv0B=m R ,T= v0

5 依题意,粒子第一次到达 x 轴时,运动转过的角度为 π,所需 4 5 5πm 时间为 t1= T,求得 t1= 8 4qB

(2)粒子进入电场后,先做匀减速运动,直到速度减小为 0,然 后沿原路返回做匀加速运动,到达 x 轴时速度大小仍为 v0,设 粒子在电场中运动的总时间为 t2,加速度大小为 a,电场强度 2mv0 1 大小为 E,有 qE=ma,v0= at2,得 t2= qE 2 根据题意,要使粒子能够回到 P 点,必须满足 t2≥T0 2mv0 得电场强度最大值 E= qT0 答案 5πm (1) 4qB 2m v 0 (2) qT0

? 1.求解策略:“各个击破”

? 2.抓住联系两个场的纽带——速度。

【变式训练】 1.如图 2 所示,在坐标系 xOy 的第一象限内斜线 OC 的上方 存在垂直纸面向里的匀强磁场, 磁感应强度为 B, 第四象限 内存在磁感应强度大小未知、方向垂直纸面向里的匀强磁 场, 第三象限内存在沿 y 轴负方向的匀强电场, 在 x 轴负半 轴上有一接收屏 GD, GD=2OD=d,现有一带电粒子(不计 重力)从 y 轴上的 A 点, 以初速度 v0 水平向右垂直射入匀强 磁场,恰好垂直 OC 射出,并从 x 轴上的 P 点(未画出)进入 第四象限内的匀强磁场, 粒子经磁场偏转后又垂直 y 轴进入 匀强电场并被接收屏接收,已知 OC 与 x 轴的夹角为 37° , 4 OA= d,求: 5

图2 q (1)粒子的电性及比荷m; (2)第四象限内匀强磁场的磁感应强度 B′的大小; (3)第三象限内匀强电场的电场强度 E 的大小范围。

解析

(1)粒子运动轨迹如图所示,由左手定则可知粒子带负电

4 由图知粒子在第一象限内运动的轨道半径 R= d 5 v2 0 由洛伦兹力提供向心力得 Bqv0=m R q 5v0 联立得m= 4Bd

(2)由图知 OP=d, 所以粒子在第四象限内做圆周运动的半径为 OP 5d r= = cos 37° 4 mv2 16B 0 同理 B′qv0= r ,联立得 B′= 25 (3)粒子在匀强电场中做类平抛运动,由图知 OQ=r+rsin 37° =2d d 当电场强度 E 较大时, 粒子击中 D 点, 由类平抛运动规律知 = 2 v0 t 1 qEmax 2 2d= · m t 2

64Bv0 联立得 Emax= 5 3d 当电场强度 E 较小时, 粒子击中 G 点, 由类平抛运动规律知 2 =v0t 1 qEmin 2 2d= · m t 2 64Bv0 联立得 Emin= 45 64Bv0 64Bv0 所以 ≤E≤ 45 5 答案 (1)负 5v 0 4Bd 16B (2) 25 64Bv0 64Bv0 (3) ≤ E≤ 45 5

? 突破二 带电粒子在叠加复合场中的运动 ? 处理带电粒子在复合场中的运动时,要 做到“三个分析”: ? (1)正确分析受力情况,重点明确重力是 否不计和洛伦兹力的方向。 ? (2)正确分析运动情况,常见的运动形式 有:匀速直线运动、匀速圆周运动和一般 变速曲线运动。 ? (3)正确分析各力的做功情况,主要分析 电场力和重力的功,洛伦兹力一定不做功。

【典例 2】

(2014· 四川卷,10)在如图 3 所示的竖直平面内,

9 水平轨道 CD 和倾斜轨道 GH 与半径 r= m 的光滑圆弧 44 轨道分别相切于 D 点和 G 点, GH 与水平面的夹角 θ=37° 。 过 G 点、 垂直于纸面的竖直平面左侧有匀强磁场, 磁场方 向垂直于纸面向里,磁感应强度 B=1.25 T;过 D 点、垂 直于纸面的竖直平面右侧有匀强电场,电场方向水平向 右,电场强度 E=1×104 N/C。

? ? ? ? ? ?

小物体P1质量m=2×10-3 kg、 电荷量q=+8×10-6 C,受到 水平向右的推力F=9.98×10-3 N 的作用,沿CD向右做匀速直线运 动,到达D点后撤去推力。当P1到 图3 达倾斜轨道底端G点时,不带电的小物体P2 在GH顶端静止释放,经过时间t=0.1 s与P1 相遇。P1和P2与轨道CD、GH间的动摩擦因 数均为μ=0.5,取g=10 m/s2,sin 37°=0.6, cos 37°=0.8,物体电荷量保持不变,不计 空气阻力。求:

? (1)小物体P1在水平轨道CD上运动速度v的大 小; ? (2)倾斜轨道GH的长度s。

? 第一步:仔细读题抓好“三个分析”

第二步:抓住关键点 挖掘隐含信息 题干:“当P1到达倾 斜轨……经过时间 t=0.1 s与P1相遇 两物体在斜面上的运 动时间相同?0.1 s?

? 规范解答 (1) 设小物体 P1 在匀强磁场中运 动的速度为 v,受到向上的洛伦兹力为 F1, 受到的摩擦力为f,则 ? F1=qvB ? ① ? f=μ(mg-F1) ? ② ? 由题意,水平方向合力为零 ? F-f=0 ? ③ ? 联立①②③式,代入数据解得 ? v=4 m/s

(2)设 P1 在 G 点的速度大小为 vG,由于洛伦兹力不做功,根据 动能定理 1 2 1 2 qErsin θ-mgr(1-cos θ)= mvG- mv 2 2 ⑤ P1 在 GH 上运动,受到重力、电场力和摩擦力的作用,设加速 度为 a1,根据牛顿第二定律 qEcos θ-mgsin θ-μ(mgcos θ+qEsin θ)=ma1 ⑥

P1 与 P2 在 GH 上相遇时,设 P1 在 GH 上运动的距离为 s1,则 1 2 s1=vGt+ a1t 2 ⑦ 设 P2 质量为 m2,在 GH 上运动的加速度为 a2,则 m2gsin θ-μm2gcos θ=m2a2 ⑧ P1 与 P2 在 GH 上相遇时,设 P2 在 GH 上运动的距离为 s2,则 1 2 s2= a2t 2 ⑨

? 联立⑤~⑨式,代入数据得 ? s=s1+s2 ? ⑩

? s=0.56 m
? ? ? 答案 (1)4 m/s (2)0.56 m

? 【变式训练】 ? 2.一束硼离子以不同的初速度,沿水平方 向经过速度选择器,从 O 点进入方向垂直 纸面向外的匀强偏转磁场区域,分两束垂 直打在O点正下方的硼离子探测板上P1和P2 点,测得 OP1∶OP2 = 2∶3 ,如图 4 甲所示。 速度选择器中匀强电场的电场强度为E,匀 强磁场的磁感应强度为 B1 ,偏转磁场的磁 感应强度为B2,若撤去探测板,在O点右侧 的磁场区域中放置云雾室,硼离子运动轨 迹如图乙所示。

? 设硼离子在云雾室中运动时受到的阻力Ff= kq,式中k为常数,q为硼离子的电荷量。不 计硼离子重力。求:

? 图4

(1)硼离子从 O 点射出时的速度大小; (2)两束硼离子的电荷量之比; (3)两种硼离子在云雾室里运动的路程之比。 解析 (1)只有竖直方向受力平衡的离子,才能沿水平方向运动

离开速度选择器,故有 qE=qvB1 E 解得 v= 。 B1

(2)设到达 P1 点的硼离子的电荷量为 q1,到达 P2 点的硼离子的 电荷量为 q2 v2 进入磁场后有 qvB2=m r mv 解得 r= qB2 r1 2 根据题意有 = r2 3 进入偏转磁场的硼离子的质量相同、速度相同, q1 r2 3 可得 = = 。 q2 r1 2

(3)设电荷量为 q1 的硼离子运动路程为 s1,电荷量为 q2 的硼离 子运动路程为 s2,在云雾室内硼离子受到的阻力始终与速度方 向相反,阻力一直做负功,洛伦兹力不做功,则有 W=-Ffs = ΔE k Ff=kq s1 q2 2 可得: = = 。 s2 q1 3 答案 E (1) (2)3∶2 (3)2∶3 B1

? 突破三 带电粒子在交变电磁场中的运动 带电粒子在交变电磁场中运动的处理方法: ? (1)弄清复合场的组成特点及场的变化情 况。 ? (2)正确分析带电粒子的受力及运动特点。 ? (3)画出粒子的运动轨迹,灵活选择不同 的运动规律。

? 【典例3】 如图5甲所示,宽度为d的竖直 狭长区域内(边界为L1、L2),存在垂直纸面 向里的匀强磁场和竖直方向上的周期性变 化的电场(如图乙所示),电场强度的大小为 E0,E>0表示电场方向竖直向上。t=0时, 一带正电、质量为m的微粒从左边界上的 N1点以水平速度v射入该区域,沿直线运动 到Q点后,做一次完整的圆周运动,再沿 直线运动到右边界上的N2点。Q为线段 N1N2的中点,重力加速度为g。上述d、E0、 m、v、g为已知量。

图5

? (1) 求微粒所带电荷量 q 和磁感应强度 B 的大 小; ? (2)求电场变化的周期T; ? (3)改变宽度d,使微粒仍能按上述运动过程 通过相应宽度的区域,求T的最小值。

? 第一步:抓住关键点获取信息

第二步:抓好过程分析 构建运动模型 理清思路 第一个过程:微粒做匀速直线运动 E0q+mg=qvB d =vt1 2 第二个过程:微粒做匀速圆周运动 E0q=mg mv 2 qvB= R 2πR=vt2

规范解答

(1)微粒做直线运动,则

mg+qE0=qvB ① 微粒做圆周运动,则 mg=qE0 ② mg 联立①②得 q= E0 ③ 2E 0 B= v ④

(2)设微粒从 N1 运动到 Q 的时间为 t1,做圆周运动的周期为 t2, d 则 =vt1 2 ⑤ v2 qvB=m R ⑥ 2πR=vt2 ⑦

πv d 联立③④⑤⑥⑦得 t1= ,t2= g 2v ⑧ d πv 电场变化的周期 T=t1+t2= + g 2v ⑨

(3)若微粒能完成题述的运动过程,要求 d≥2R ⑩ v2 联立③④⑥得 R= 2g ? 设在 N1Q 段直线运动的最短时间为 t1min, v 由⑤⑩?得 t1min= 2g ?2π+1?v 因 t2 不变,T 的最小值 Tmin=t1min+t2= 。 2g 答案 mg 2E0 (1) v E0 d πv (2) + g 2v ?2π+1?v (3) 2g

? 带电粒子在复合场中运动的解题模板

【变式训练】 3.如图 6 甲所示,水平直线 MN 下方有竖直向上的匀强电场, 22 500 其变化规律如图乙所示,电场强度 E0= V/m,现将 π q 一重力不计、 比荷m=106 C/kg 的带电粒子从电场中的 C 点 π - 由静止释放,经 t1= ×10 5 s 的时间粒子通过 MN 上的 D 15 点进入匀强磁场,磁场方向垂直纸面向里,磁感应强度 B 按图丙所示规律变化。(计算结果均可保留 π)

图6

? (1)求粒子到达D点时的速率; ? (2)求磁感应强度 B1=0.3 T时粒子做圆周运 动的周期和半径; ? (3) 若在距 D 点左侧 d = 21 cm 处有一垂直于 MN 的足够大的挡板 ab ,求粒子从 C 点运动 到挡板所用的时间。

解析

(1)粒子在电场中做匀加速直线运动,

则 qE=ma,v0=at1 解得 v0=1.5×104 m/s (2)设磁感应强度 B1=0.3 T 时,粒子运动的半径为 r1,运动周 v2 2πm 0 期为 T1,则 B1qv0=m ,T1= r1 B1 q 2π - 解得 r1=5 cm,T1= ×10 5 s 3

(3)设磁感应强度 B2=0.5 T 时,粒子运动半径为 r2,运动周期
2 v0 2πm 为 T2,则 B2qv0=m ,T2= r2 B2 q

2π - 解得 r2=3 cm,T2= ×10 5 s 5

由以上计算可知,粒子的运动轨迹为如图所示的周期运动,每 一个周期运动的水平距离为 s=2(r1+r2)=16 cm 所以,粒子运动 1 个整数周期后余下的距离为 Δd=d-s=5 cm=r1 粒子从 C 点出发运动到挡板的时间为 T1 T2 T1 t=5t1+ + + 2 2 4 31π 解得 t= ×10-5 s 30

答案

(1)1.5×10 m/s

4

2π - (2) ×10 5 s 3

5 cm

31π (3) ×10-5 s 30


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