《（江蘇專版）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第八章 第4節(jié) 帶電粒子在疊加場中的運動講義（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（江蘇專版）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第八章 第4節(jié) 帶電粒子在疊加場中的運動講義（含解析）（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、（江蘇專版）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第八章 第4節(jié) 帶電粒子在疊加場中的運動講義（含解析）突破點(一)帶電粒子在疊加場中的運動1分析方法2三種場的比較力的特點功和能的特點重力場大小：Gmg方向：豎直向下重力做功與路徑無關(guān)重力做功改變物體的重力勢能電場大?。篎qE方向：正電荷受力方向與場強方向相同，負(fù)電荷受力方向與場強方向相反電場力做功與路徑無關(guān)WqU電場力做功改變電勢能磁場大?。篎qvB(vB)方向：可用左手定則判斷洛倫茲力不做功，不改變帶電粒子的動能多維探究(一)電場與磁場共存例1一個帶正電荷的微粒(重力不計)，穿過如圖所示的勻強電場和勻強磁場區(qū)域時，恰能沿直線運動，則下列說法不正確的是

2、()A若僅減小入射速度，微粒進(jìn)入該區(qū)域后將向下偏轉(zhuǎn)B若僅減小電場強度，微粒穿過該區(qū)域后動能將減小C若增大磁感應(yīng)強度而要使微粒依然能沿直線運動，必須增大微粒的入射速度D若僅將微粒所帶的電荷變?yōu)樨?fù)電荷，微粒依然能沿直線運動解析帶電微粒在電磁場中運動，F(xiàn)洛Bqv，F(xiàn)電qE。若僅減小入射速度，則向上的洛倫茲力減小，電場力不變，合力向下，向下偏轉(zhuǎn)，故A正確；減小電場強度，則電場力減小，洛倫茲力不變，合力向上，向上偏轉(zhuǎn)，電場力做負(fù)功，洛倫茲力不做功，微粒穿過該區(qū)域后動能將減小，故B正確；若增大磁感應(yīng)強度，則向上的洛倫茲力增大，電場力不變，而要使微粒依然能沿直線運動，則必須減小微粒的入射速度，故C錯誤；若僅

3、將微粒所帶的電荷變?yōu)樨?fù)電荷，洛倫茲力方向向下，電場力方向向上，它們的大小不變，合力為0，微粒依然能沿直線運動，故D正確。答案C(二)磁場與重力場共存例2如圖，長為l的絕緣輕繩上端固定于O點，下端系一質(zhì)量為m的帶負(fù)電小球，在小球運動的豎直平面內(nèi)有垂直該平面向里的勻強磁場。某時刻給小球一垂直于磁場、水平向右的初速度，小球能做完整的圓周運動。不計空氣阻力，重力加速度為g。則()A小球做勻速圓周運動B小球運動過程中機械能不守恒C小球在最高點的最小速度v1D最低點與最高點的繩子拉力差值大于6mg解析小球受重力、繩子的拉力以及沿繩子向外的洛倫茲力，則小球做非勻速圓周運動，選項A錯誤；小球運動過程中只有重力

4、做功，則機械能守恒，選項B錯誤；在最高的最小速度滿足：mgqv1minBm，則v1min，選項C錯誤；在最高點時T1mgqv1Bm，從最高點到最低點由機械能守恒得：mv122mglmv22；在最低點：T2mgqv2Bm；聯(lián)立解得：FT2T16mgqB(v2v1)6mg，選項D正確。答案D(三)電場、磁場與重力場共存例3如圖，空間某區(qū)域存在勻強電場和勻強磁場，電場方向水平向右，磁場方向垂直于紙面向外。已知在該區(qū)域內(nèi)，一個帶電小球在豎直面內(nèi)做直線運動。下列說法正確的是()A若小球帶正電荷，則小球的電勢能減小B若小球帶負(fù)電荷，則小球的電勢能減小C無論小球帶何種電荷，小球的重力勢能都減小D小球的動能可

5、能會增大思路點撥(1)帶電小球在重力場、電場、磁場的復(fù)合場中，只要做直線運動(速度與磁場不平行)，一定是勻速直線運動。(2)若速度變化，洛倫茲力(方向垂直速度)會變化，合力就會變化；合力與速度就不在一直線上，帶電小球就會做曲線運動。解析小球受的重力豎直向下，若小球帶正電荷，小球受的電場力水平向右，則洛倫茲力斜向左上方，三力才能平衡；由左手定則可知，小球的速度向左下方，則電場力的方向與運動方向成鈍角，電場力做負(fù)功，小球的電勢能增大，故A項錯誤；小球受的重力豎直向下，若小球帶負(fù)電荷，小球受的電場力水平向左，則洛倫茲力斜向右上方，三力才能平衡；由左手定則可知，小球的速度向右下方，則電場力的方向與運動

6、方向成鈍角，電場力做負(fù)功，小球的電勢能增大，故B項錯誤；由A、B項分析知，無論小球帶何種電荷，小球豎直方向的分速度均向下，小球的重力勢能減小，故C項正確；小球做勻速直線運動，動能不變，故D項錯誤。答案C突破點(二)帶電粒子在疊加場中運動的實例分析裝置原理圖規(guī)律速度選擇器若qv0BEq，即v0，粒子做勻速直線運動磁流體發(fā)電機等離子體射入，受洛倫茲力偏轉(zhuǎn)，使兩極板帶正、負(fù)電，兩極電壓為U時穩(wěn)定，qqv0B，Uv0Bd電磁流量計qqvB，所以v所以QvS霍爾元件當(dāng)磁場方向與電流方向垂直時，導(dǎo)體在與磁場、電流方向都垂直的方向上出現(xiàn)電勢差典例多選(2018揚州三模)為了測量化工廠的污水排放量，技術(shù)人員在

7、排污管末端安裝了流量計(流量Q為單位時間內(nèi)流過某截面流體的體積)。如圖所示，長方體絕緣管道的長、寬、高分別為a、b、c，左、右兩端開口，所在空間有垂直于前后平面、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，在上、下兩個面的內(nèi)側(cè)固定有金屬板M、N，污水充滿管道從左向右勻速流動。測得M、N間電壓為U，污水流過管道時受到的阻力大小是fkLv2，k為比例系數(shù)，L為污水沿流速方向的長度，v為污水的流速。則()A污水的流量QB金屬板M的電勢不一定高于金屬板N的電勢C電壓U與污水中離子濃度無關(guān)D左、右兩側(cè)管口的壓強差解析由Bqv得污水的流速：v，則流量Qvbc，A錯誤；根據(jù)左手定則，知負(fù)離子所受的洛倫茲力方向向下，N板帶

8、負(fù)電，M板帶正電，則M板的電勢比N板電勢高，B錯誤；最終離子在電場力和洛倫茲力作用下平衡，有：qvBq，解得：UvBc，與離子濃度無關(guān)，C正確；污水的流速：v，污水流過該裝置時受到阻力：fkLv2kav2，為使污水勻速通過該裝置，左、右兩側(cè)管口應(yīng)施加的壓力差等于污水流過該裝置時受到阻力，pSpbckav2，p，D正確。答案CD集訓(xùn)沖關(guān)1多選(2019蘇北一模)在一個很小的矩形半導(dǎo)體薄片上，制作四個電極E、F、M、N，做成了一個霍爾元件，在E、F間通入恒定電流I，同時外加與薄片垂直的磁場B，M、N間的電壓為UH。已知半導(dǎo)體薄片中的載流子為正電荷，電流與磁場的方向如圖所示，下列說法正確的有()AN

9、板電勢高于M板電勢B磁感應(yīng)強度越大，M、N間電勢差越大C將磁場方向變?yōu)榕c薄片的上、下表面平行，UH不變D將磁場和電流分別反向，N板電勢低于M板電勢解析：選AB根據(jù)左手定則，電流的方向向里，帶正電荷的載流子受洛倫茲力的方向指向N端，向N端偏轉(zhuǎn)，則N板電勢高，故A正確；設(shè)左、右兩個表面相距為d，電子所受的電場力等于洛倫茲力，設(shè)半導(dǎo)體薄片中單位體積內(nèi)載流子的個數(shù)為n，半導(dǎo)體截面積為S，半導(dǎo)體薄片厚度為L，則qvB；InqSv；SdL；由得：UH，令k，則UHk；所以若保持電流I恒定，則M、N間的電壓與磁感應(yīng)強度B成正比，故B正確；將磁場方向變?yōu)榕c薄片的上、下表面平行，則帶電粒子不會受到洛倫茲力，因此

10、不存在電勢差，故C錯誤；若磁場和電流分別反向，依據(jù)左手定則，則N板電勢仍高于M板電勢，故D錯誤。2(2018泰州期末)如圖所示，速度選擇器中勻強電場的電場強度為E，勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B1，擋板右側(cè)質(zhì)譜儀中勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B2。速度相同的一束粒子(不計重力)，由左側(cè)沿垂直于E和B1的方向射入速度選擇器后，又進(jìn)入質(zhì)譜儀，其運動軌跡如圖所示。下列說法正確的是()A該束帶電粒子帶負(fù)電B能通過狹縫S0的帶電粒子的速率等于C粒子打在膠片上的位置越遠(yuǎn)離狹縫S0，粒子的比荷越小D能通過狹縫S0的帶電粒子進(jìn)入質(zhì)譜儀后運動半徑都相同解析：選C粒子進(jìn)入磁場B2后，受洛倫茲力向下偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則可知，粒子

11、帶正電，A錯誤；在速度選擇器中，為使粒子不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，粒子所受電場力和洛倫茲力是平衡力，即qvB1qE，所以帶電粒子的速率v，B錯誤；能通過狹縫S0的帶電粒子進(jìn)入質(zhì)譜儀后，洛倫茲力提供向心力，則qvB2m，所以r，所以粒子的比荷越小，打在膠片上的位置越遠(yuǎn)離狹縫S0，故C正確，D錯誤。軌道約束情況下帶電體在磁場中的運動帶電體在重力場、磁場、電場中運動時，從整個物理過程上看有多種不同的運動形式，其中從運動條件上看分為有軌道約束和無軌道約束?，F(xiàn)從力、運動和能量的觀點研究三種有軌道約束的帶電體的運動。(一)帶電物塊與絕緣物塊的組合1.如圖所示，空間有一垂直紙面向外的磁感應(yīng)強度為0.5 T的勻強磁場，一質(zhì)

12、量為0.2 kg且足夠長的絕緣木板靜止在光滑水平面上，在木板左端放置一質(zhì)量為0.1 kg、帶電荷量q0.2 C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?，F(xiàn)對木板施加方向水平向左，大小為0.6 N的恒力，g取10 m/s2，求：(1)滑塊勻加速運動的時間t及勻加速結(jié)束時的速度v1；(2)滑塊最終的速度v2；(3)木板最終加速度。解析：(1)由題意知長木板的質(zhì)量為M0.2 kg，滑塊的質(zhì)量m0.1 kg，滑塊與木板間動摩擦因數(shù)0.5，當(dāng)F作用于長木板時，對于木板由拉力和摩擦力的合力產(chǎn)生加速度，對于滑塊由摩擦力產(chǎn)生加速度，由題意知滑塊與木板間的最大靜

13、摩擦力fmaxmg，產(chǎn)生的最大加速度：amaxg0.510 m/s25 m/s2當(dāng)F0.6 N的恒力單獨對長木板產(chǎn)生的加速度：a木 m/s23 m/s2amax所以力F作用時，M和m一起勻加速運動，所以根據(jù)牛頓第二定律有開始時木板和滑塊的共同加速度為：a m/s22 m/s2當(dāng)滑塊受到的最大靜摩擦力小于ma時，滑塊將相對于木板滑動，則有：(mgBqv1)ma解得：v16 m/s；則加速時間t s3 s。(2)滑塊在木板對滑塊的摩擦力作用下做加速運動，當(dāng)速度最大時木板對滑塊的摩擦力為0，如圖對滑塊進(jìn)行受力分析有：滑塊受到向上的洛倫茲力、木板的支持力、重力和木板的滑動摩擦力，根據(jù)分析知：滑動摩擦力

14、fN(mgF)FqvB當(dāng)滑塊速度最大時，f0，即：Fmgqv2B所以此時滑塊速度v2代入數(shù)據(jù)得：v210 m/s。(3)對于木板進(jìn)行受力分析，有F合Ff根據(jù)牛頓第二定律有木板的加速度：a因為F為恒力，故當(dāng)f0時，木板具有最大加速度，其值為：a木max m/s23 m/s2。答案：(1)3 s6 m/s(2)10 m/s(3)3 m/s2(二)帶電物塊與絕緣斜面的組合2如圖所示，帶電荷量為q、質(zhì)量為m的物塊從傾角為37的光滑絕緣斜面頂端由靜止開始下滑，磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場垂直紙面向外，求物塊在斜面上滑行的最大速度和在斜面上運動的最大位移。(斜面足夠長，取sin 370.6，cos 370.8

15、)解析：經(jīng)分析，物塊沿斜面運動過程中加速度不變，但隨速度增大，物塊所受支持力逐漸減小，最后離開斜面。所以，當(dāng)物塊對斜面的壓力剛好為零時，物塊沿斜面的速度達(dá)到最大，同時位移達(dá)到最大，即qvmBmgcos 物塊沿斜面下滑過程中，由動能定理得：mgssin mvm2由得：vm。s。答案：vms(三)帶電圓環(huán)與絕緣直桿的組合3.如圖所示，一個質(zhì)量m0.1 g，電荷量q4104C帶正電的小環(huán)，套在很長的絕緣直棒上，可以沿棒上下滑動。將棒置于正交的勻強電場和勻強磁場內(nèi)，E10 N/C，B0.5 T。小環(huán)與棒之間的動摩擦因數(shù)0.2。求小環(huán)從靜止沿棒豎直下落的最大加速度和最大速度。取g10 m/s2，小環(huán)電荷

16、量不變。解析：小環(huán)由靜止下滑后，由于所受電場力與洛倫茲力同向(向右)，使小環(huán)壓緊豎直棒。相互間的壓力為FNqEqvB。由于壓力是一個變力，小環(huán)所受的摩擦力也是一個變力，可以根據(jù)小環(huán)運動的動態(tài)方程找出最值條件。根據(jù)小環(huán)豎直方向的受力情況，由牛頓第二定律得運動方程mgFNma，即mg(qEqvB)ma。當(dāng)v0時，即剛下落時，小環(huán)運動的加速度最大，代入數(shù)值得am2 m/s2。下落后，隨著v的增大，加速度a逐漸減小。當(dāng)a0時，下落速度v達(dá)最大值，代入數(shù)值得vm5 m/s。答案：am2 m/s2vm5 m/s把握三點，解決“約束運動”問題(1)對物塊受力分析，把握已知條件。(2)掌握洛倫茲力的公式和特點，理清彈力和摩擦力、洛倫茲力和速度、摩擦力與合力、加速度與速度等幾個關(guān)系。(3)掌握力和運動、功和能在磁場中的應(yīng)用。