《（浙江選考）2019高考物理二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題七 計(jì)算題題型強(qiáng)化 第3講 加試第22題 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)課件.ppt》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江選考）2019高考物理二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題七 計(jì)算題題型強(qiáng)化 第3講 加試第22題 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)課件.ppt（43頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第3講加試第22題帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng),專(zhuān)題七計(jì)算題題型強(qiáng)化,內(nèi)容索引,題型1帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng),題型2帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng),帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng),題型1,1.無(wú)約束情況下的運(yùn)動(dòng)情況分類(lèi) (1)洛倫茲力、重力并存 若重力和洛倫茲力平衡，則帶電粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng). 若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電粒子將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)，因洛倫茲力不做功，故機(jī)械能守恒，可由此求解問(wèn)題. (2)電場(chǎng)力、洛倫茲力并存(不計(jì)重力的微觀粒子) 若電場(chǎng)力和洛倫茲力平衡，則帶電粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng). 若電場(chǎng)力和洛倫茲力不平衡，則帶電粒子將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)，因洛倫茲力不做功，可用動(dòng)能定理求解問(wèn)題.,(3)電場(chǎng)力、

2、洛倫茲力、重力并存 若三力平衡，一定做勻速直線運(yùn)動(dòng). 若重力與電場(chǎng)力平衡，一定做勻速圓周運(yùn)動(dòng). 若合力不為零且與速度方向不垂直，將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)，因洛倫茲力不做功，可用能量守恒定律或動(dòng)能定理求解問(wèn)題.,2.有約束情況下的運(yùn)動(dòng) 帶電粒子在疊加場(chǎng)中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道等約束的情況下，常見(jiàn)的運(yùn)動(dòng)形式有直線運(yùn)動(dòng)和圓周運(yùn)動(dòng)，此時(shí)解題要通過(guò)受力分析明確變力、恒力做功情況，并注意洛倫茲力不做功的特點(diǎn)，運(yùn)用動(dòng)能定理、能量守恒定律并結(jié)合牛頓運(yùn)動(dòng)定律求解.,例1(2018新力量聯(lián)盟期末)如圖1所示，位于豎直平面內(nèi)的坐標(biāo)系xOy，在其第三象限空間有沿水平方向的、垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0.

3、5 T，還有沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為E2 N/C.在其第一象限空間有沿y軸負(fù)方向,圖1,的、場(chǎng)強(qiáng)大小也為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，并在yh0.4 m的區(qū)域有磁感應(yīng)強(qiáng)度也為B的垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng).一個(gè)帶電荷量為q的油滴從圖中第三象限的P點(diǎn)得到一初速度，恰好能沿PO做直線運(yùn)動(dòng)(PO與x軸負(fù)方向的夾角為45)，并從原點(diǎn)O進(jìn)入第一象限，重力加速度g取10 m/s2，問(wèn)：,(1)油滴的電性；,答案,解析,答案油滴帶負(fù)電荷,解析油滴帶負(fù)電荷.,(2)油滴在P點(diǎn)得到的初速度大?。?結(jié)果可用根式表示),答案,解析,解析油滴受三個(gè)力作用，如圖所示， 從P到O沿直線運(yùn)動(dòng)必為勻速運(yùn)動(dòng)， 設(shè)油滴質(zhì)量為m 由平衡條

4、件有mgqE,(3)油滴在第一象限運(yùn)動(dòng)的時(shí)間和離開(kāi)第一象限處的坐標(biāo)值.,答案,解析,答案0.828 s(4 m,0),解析進(jìn)入第一象限后，油滴所受電場(chǎng)力和重力相等，知油滴先做勻速直線運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入yh的區(qū)域后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，路徑如圖，最后從x軸上的N點(diǎn)離開(kāi)第一象限.,由對(duì)稱(chēng)性知從CN的時(shí)間t3t1,在第一象限的運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間tt1t2t30.828 s 在磁場(chǎng)中有,即離開(kāi)第一象限處(N點(diǎn))的坐標(biāo)為(4 m,0),1.如圖2所示，在足夠大的空間范圍內(nèi)，同時(shí)存在著豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.足夠長(zhǎng)的斜面固定在水平面上，斜面傾角為45.有一帶電的小球P靜止于斜

5、面頂端A處，且恰好對(duì)斜面無(wú)壓力.若將小球P以初速度v0水平向右拋出(P視為質(zhì)點(diǎn))，一段時(shí)間后，小球落在斜面上的C點(diǎn).已知小球的運(yùn)動(dòng)軌跡在同一豎直平面內(nèi)，重力加速度為g，求：,圖2,(1)小球P落到斜面上時(shí)速度方向與斜面的夾角及由A到C所需的時(shí)間t；,答案,解析,解析小球P靜止時(shí)不受洛倫茲力作用，僅受自身重力和電場(chǎng)力，對(duì)斜面恰好無(wú)壓力，則mgqE P獲得水平初速度后由于重力和電場(chǎng)力平衡，將在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由對(duì)稱(chēng)性可得小球P落到斜面上時(shí)其速度方向與斜面的夾角為45 由牛頓第二定律得：,(2)小球P拋出到落到斜面的位移x的大小.,答案,解析,帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng),題型2,“電偏轉(zhuǎn)

6、”和“磁偏轉(zhuǎn)”的比較,例2(2018杭州市重點(diǎn)中學(xué)期末)空間有如圖3所示坐標(biāo)系，在0x0.4 m范圍內(nèi)有y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)E1150 V/m，在0.4 mx0.8 m范圍內(nèi)有y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)E2450 V/m，在0.8 mx1.5 m范圍內(nèi)有垂直xOy平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B0.10 T，今有一個(gè)比荷為1.0105 C/kg的帶正電粒子從O點(diǎn)以v04.0103 m/s的速度沿x軸正向飛入電場(chǎng)，不計(jì)粒子重力，求：,圖3,(1)粒子射出E1時(shí)沿y軸方向的位移大小；,答案,解析,答案0.075 m,解析粒子在E1中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng) x方向：x1v0t1,(2)粒子在電磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；,答

7、案,解析,答案3.57104 s,粒子出E2時(shí)y方向速度vy,即大小為3.0103 m/s，方向沿y負(fù)方向,方向與x軸成37角斜向右下方,由幾何關(guān)系可得，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)對(duì)應(yīng)的圓心角為90,粒子在電磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間,(3)粒子出磁場(chǎng)時(shí)的坐標(biāo).,答案,解析,答案(1.5 m,0.10 m),解析設(shè)粒子出E2時(shí)，y方向坐標(biāo)為y2,y3y2Rsin 53Rsin 370.10 m,出磁場(chǎng)時(shí)坐標(biāo)為(1.5 m,0.10 m),2.(2018寧波市重點(diǎn)中學(xué)聯(lián)考)如圖4甲所示，M、N為兩塊帶等量異種電荷的平行金屬板，S1、S2為板上正對(duì)的小孔，N板右側(cè)有兩平面熒光屏相互垂直放置，在兩屏內(nèi)分別取垂直于兩屏交

8、線的直線為x軸和y軸，交點(diǎn)O為原點(diǎn)，在y0,00，xd的區(qū)域有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩區(qū)域內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，M板左側(cè)電子槍隨時(shí)間均勻發(fā)射出初速度可以忽略的熱電子，所有電子經(jīng)小孔S1進(jìn)入兩板間的電場(chǎng)加速后，從O點(diǎn)處小孔沿x軸正方向射入磁場(chǎng)，最后打在熒光屏上，使得熒光屏發(fā)亮，已知電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，M、N兩板間所加的電壓如圖乙所示，電子通過(guò)MN的時(shí)間極短，且不計(jì)電子重力及電子間的相互作用，求：,圖4,答案,解析,則電子在磁場(chǎng)(0xd)中運(yùn)動(dòng)軌跡為半圓.,(2)在一個(gè)周期內(nèi)打在y屏上的電子數(shù)占總電子數(shù)的比例為多少？,答案,解析,答案66.7%,所以一個(gè)周期內(nèi)打在y屏上的電子占總電子數(shù)

9、的比為66.7%,(3)x屏上的亮線長(zhǎng)度為多少.,答案,解析,3.(2018溫州市期中)現(xiàn)代科學(xué)儀器常利用電場(chǎng)、磁場(chǎng)控制帶電粒子的運(yùn)動(dòng)，某裝置可用于氣體中某些有害離子的收集，如圖5甲所示.區(qū)為加速區(qū)，區(qū)為離子收集區(qū)，其原理是通過(guò)板間的電場(chǎng)或磁場(chǎng)使離子偏轉(zhuǎn)并吸附到極板上，達(dá)到收集的目的.已知金屬極板CE、DF長(zhǎng)均為d，間距也為d，AB、CD間的電勢(shì)差為U，假設(shè)質(zhì)量為m、電荷量為q的大量正離子在AB極均勻分布.離子由靜止開(kāi)始加速進(jìn)入收集區(qū)域，區(qū)域板間有勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，離子恰,圖5,好沿直線通過(guò)區(qū)域；只撤去電場(chǎng)時(shí)，恰好無(wú)離子從區(qū)域間射出，收集效率(打在極板上的離子占離子總數(shù)的百分

10、比)為100%(不考慮離子間的相互作用力、重力和極板邊緣效應(yīng)).,(1)求離子到達(dá)區(qū)域的速度大小；,答案,解析,解析離子在區(qū)域初速度為0，由動(dòng)能定理得,(2)求區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??；,答案,解析,解析進(jìn)入DF極板的離子恰好不從極板射出，確定圓心； 離子在磁場(chǎng)中的半徑rd，如圖所示；,(3)若撤去區(qū)域磁場(chǎng)，只保留原來(lái)的電場(chǎng)，則裝置的收集效率是多少？,答案,解析,答案50%,解析電場(chǎng)、磁場(chǎng)同時(shí)存在時(shí)，離子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，滿(mǎn)足： qEqvB 撤去磁場(chǎng)以后離子在電場(chǎng)力作用下做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，假設(shè)距離DF極板y的離子恰好離開(kāi)電場(chǎng)：,解得y0.5d 當(dāng)y0.5d時(shí)，離子運(yùn)動(dòng)時(shí)間更長(zhǎng)，水平位移xd，即0.5d到d這段距離的離子會(huì)射出電場(chǎng)，,(4)現(xiàn)撤去區(qū)域的電場(chǎng)，保留磁場(chǎng)但磁感應(yīng)強(qiáng)度大小可調(diào).假設(shè)AB極上有兩種正離子，質(zhì)量分別為m1、m2，且m14m2，電荷量均為q1.現(xiàn)將兩種離子完全分離，同時(shí)收集更多的離子，需在CD邊上放置一探測(cè)板CP(離子必須打在探測(cè)板上)，如圖乙所示.在探測(cè)板下端留有狹縫PD，離子只能通過(guò)狹縫進(jìn)入磁場(chǎng)進(jìn)行分離，試求狹縫PD寬度的最大值.,答案,解析,解析設(shè)兩離子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R1和R2，根據(jù)洛倫茲力提供向心力得,因?yàn)閙14m2，則有R12R2，此時(shí)狹縫最大值x同時(shí)滿(mǎn)足(如圖所示) x2R12R2 d2R1x,