《高考物理一輪復(fù)習(xí) 第九章 磁場 第4講 帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動課件》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考物理一輪復(fù)習(xí) 第九章 磁場 第4講 帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動課件（25頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、課標(biāo)版課標(biāo)版 物理物理第4講帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動述考點一帶電粒子在疊加場中運(yùn)動的實例分析考點一帶電粒子在疊加場中運(yùn)動的實例分析 考點突破考點突破 原理圖規(guī)律速度選擇器若qv0B=Eq,即v0=,粒子做勻速直線運(yùn)動磁流體發(fā)電機(jī)等離子體射入,受洛倫茲力偏轉(zhuǎn),使兩極板分別帶正、負(fù)電,兩極板間電壓為U,穩(wěn)定時,則有q=qv0B,得U=v0BdEBUd電磁流量計當(dāng)q=qvB,有v=所以Q=vS=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UDUDBDU4B典例典例1 1 (2014江蘇單科,9,4分)(多選)如圖所示,導(dǎo)電物質(zhì)為電子的霍爾元件位于兩串聯(lián)線圈之間,

2、線圈中電流為I,線圈間產(chǎn)生勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B與I成正比,方向垂直于霍爾元件的兩側(cè)面,此時通過霍爾元件的電流為IH,與其前后表面相連的電壓表測出的霍爾電壓UH滿足:UH=k,式中k為霍爾系數(shù),d為霍爾元件兩側(cè)面間的距離。電阻R遠(yuǎn)大于RL,霍爾元件的電阻可以忽略,則( )HI BdA.霍爾元件前表面的電勢低于后表面B.若電源的正負(fù)極對調(diào),電壓表將反偏C.IH與I成正比D.電壓表的示數(shù)與RL消耗的電功率成正比答案 CD由左手定則可判定,霍爾元件的后表面積累負(fù)電荷,電勢較低,故A錯。由電路關(guān)系可見,當(dāng)電源的正、負(fù)極對調(diào)時,通過霍爾元件的電流IH和所在空間的磁場方向同時反向,前表面的電勢仍然較高

3、,故B錯。由電路可見,=,則IH=I,故C正確。RL的熱功率PL=RL=RL=,因為B與I成正比,故有:UH=k=k=k=PL,可得知UH與PL成正比,故D正確。HLIILRRLLRRR2LI2HLRIR22HLR IRHI BdHI Id2H()LLIRRdR2()Lk RRdR1-1 (2015河北石家莊五校聯(lián)合體摸底)(多選)如圖所示,a、b是一對平行金屬板,分別接到直流電源兩極上,右邊有一擋板,正中間開有一小孔d,在較大空間范圍內(nèi)存在著勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向垂直紙面向里,在a、b兩板間還存在著勻強(qiáng)電場E。從兩板左側(cè)中點C處射入一束負(fù)離子(不計重力),這些負(fù)離子都沿直線運(yùn)動到

4、右側(cè),從d孔射出后分成3束。則下列判斷正確的是( )A.這三束負(fù)離子的速度一定不相同B.這三束負(fù)離子的比荷一定不相同C.a、b兩板間的勻強(qiáng)電場方向一定由a指向bD.若這三束粒子改為帶正電而其他條件不變則仍能從d孔射出答案 BCD三束負(fù)離子在疊加場中運(yùn)動情況相同,即沿水平方向直線通過,則有qE=qvB,所以v=,則三束負(fù)離子的速度一定相同,故A錯誤;三束負(fù)離子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動,有qvB=,得r=,由于三束負(fù)EB2mvrmvqBmq2EB離子在磁場中做圓周運(yùn)動的軌道半徑不同,則比荷一定不相同,故B正確;由于在疊加場中洛倫茲力豎直向下,則電場力一定豎直向上,故勻強(qiáng)電場方向一定豎直向下,即由a指

5、向b,故C正確;若這三束粒子改為帶正電,而電場力和洛倫茲力方向都發(fā)生改變,由于其他條件不變故合力仍為0,所以仍能從d孔射出,故D正確。1-2 (多選)磁流體發(fā)電是一項新興技術(shù),它可以把物體的內(nèi)能直接轉(zhuǎn)化為電能,如圖是它的示意圖。平行金屬板A、B之間有一個很強(qiáng)的磁場,將一束等離子體(即高溫下電離的氣體,含有大量正、負(fù)離子)噴入磁場,A、B兩板間便產(chǎn)生電壓。如果把A、B和用電器連接,A、B就是直流電源的兩個電極,設(shè)A、B兩板間距為d,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,等離子體以速度v沿垂直于磁場的方向射入A、B兩板之間,則下列說法正確的是( )A.A是直流電源的正極B.B是直流電源的正極C.電源的電動勢為BdvD.

6、電源的電動勢為qvB答案 BC等離子體噴入磁場,由左手定則可知,正離子受向下的洛倫茲力而向下偏轉(zhuǎn),負(fù)離子受向上的洛倫茲力而向上偏轉(zhuǎn),則B是直流電源的正極,A是直流電源的負(fù)極,選項A錯誤、B正確;當(dāng)帶電粒子以速度v做勻速直線運(yùn)動時,有q=qvB,則電源的電動勢E=U=Bdv,選項C正確、D錯誤。Ud考點二帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動考點二帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動1.處理帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動問題時,要做到“三個分析”(1)正確分析受力情況,重點明確重力是否不計和洛倫茲力的方向。(2)正確分析運(yùn)動情況,常見的運(yùn)動形式有:勻速直線運(yùn)動、勻速圓周運(yùn)動、一般變速曲線運(yùn)動等。(3)正確分析各力的做功情況,主

7、要分析電場力和重力做的功,洛倫茲力一定不做功。2.帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動分類(1)靜止或勻速直線運(yùn)動:當(dāng)帶電粒子在疊加場中所受合外力為零時,將處于靜止?fàn)顟B(tài)或做勻速直線運(yùn)動。(2)勻速圓周運(yùn)動:當(dāng)帶電粒子所受的重力與電場力大小相等,方向相反時,帶電粒子在洛倫茲力的作用下,在垂直于勻強(qiáng)磁場的平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動。(3)一般變速曲線運(yùn)動:當(dāng)帶電粒子所受合外力的大小和方向均變化,且與初速度方向不在同一條直線上,粒子做非勻變速曲線運(yùn)動,這時粒子運(yùn)動軌跡既不是圓弧,也不是拋物線。(4)分階段運(yùn)動:帶電粒子可能依次通過幾個情況不同的復(fù)合場區(qū)域,其運(yùn)動情況隨區(qū)域發(fā)生變化,其運(yùn)動過程由幾種不同的運(yùn)動階段組成。

8、3.帶電粒子在疊加場中有約束情況下的運(yùn)動帶電體在疊加場中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道等約束的情況下,除受場力外,可能還受彈力、摩擦力作用,常見的運(yùn)動形式有直線運(yùn)動和圓周運(yùn)動,此時解題要通過受力分析明確變力、恒力做功情況,并注意洛倫茲力不做功的特點,運(yùn)用動能定理、能量守恒定律結(jié)合牛頓運(yùn)動定律求出結(jié)果。典例典例2 (2016江西紅色六校聯(lián)考)(多選)如圖所示,質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的帶電圓環(huán)套在足夠長的絕緣桿上,桿與環(huán)之間的動摩擦因數(shù)為,桿處于正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中,桿與水平電場的夾角為,若環(huán)能從靜止開始下滑,則以下說法正確的是( )A.環(huán)在下滑過程中,加速度不斷減小,最后為零B.環(huán)在下滑過程中

9、,加速度先增大后減小,最后為零C.環(huán)在下滑過程中,速度不斷增大,最后勻速D.環(huán)在下滑過程中,速度先增大后減小,最后為零答案 BC對環(huán)受力分析,可知環(huán)受重力、電場力、洛倫茲力、桿的彈力和摩擦力作用,由牛頓第二定律可知,加速度a1=,當(dāng)速度v增大時,加速度也增大,當(dāng)速度v增大到彈力反向后,加速度a2=,隨速度v的增大而減小,當(dāng)加速度減為零時,環(huán)做勻速運(yùn)動,B、C正確。sincos(cossin)mgEq mgqEqvBmsincos(cossin )mgEq qvBmgqEm4.帶電粒子在疊加場中無約束情況下的運(yùn)動情況分類(1)若洛倫茲力、重力并存,則帶電體做勻速直線運(yùn)動或較復(fù)雜的曲線運(yùn)動,可應(yīng)用

10、機(jī)械能守恒定律。(2)若電場力、洛倫茲力并存(不計重力的微觀粒子),則帶電體做勻速直線運(yùn)動或較復(fù)雜的曲線運(yùn)動,可應(yīng)用動能定理。(3)若電場力、洛倫茲力、重力并存,則帶電體可能做勻速直線運(yùn)動、勻速圓周運(yùn)動或較復(fù)雜的曲線運(yùn)動,可應(yīng)用能量守恒定律或動能定理。典例典例3如圖,豎直平面坐標(biāo)系xOy的第一象限,有垂直xOy平面向外的水平勻強(qiáng)磁場和豎直向上的勻強(qiáng)電場,大小分別為B和E;第四象限有垂直xOy平面向里的水平勻強(qiáng)電場,大小也為E;第三象限內(nèi)有一絕緣光滑豎直放置的半徑為R的半圓軌道,軌道最高點與坐標(biāo)原點O相切,最低點與絕緣光滑水平面相切于N。一質(zhì)量為m的帶電小球從y軸上(y0)的P點沿x軸正方向進(jìn)入

11、第一象限后做圓周運(yùn)動,恰好通過坐標(biāo)原點O,且水平切入半圓軌道并沿軌道內(nèi)側(cè)運(yùn)動,過N點水平進(jìn)入第四象限,并在電場中運(yùn)動(已知重力加速度為g)。(1)判斷小球的帶電性質(zhì)并求出其所帶電荷量;(2)P點距坐標(biāo)原點O至少多高;(3)若該小球以滿足(2)中OP最小值的位置和對應(yīng)速度進(jìn)入第一象限,通過N點開始計時,經(jīng)時間t=2小球距坐標(biāo)原點O的距離s為多遠(yuǎn)?答案 (1)帶正電 RgmgE(2)(3)2R解析 (1)小球進(jìn)入第一象限正交的電場和磁場后,在垂直磁場的平面內(nèi)做圓周運(yùn)動,說明重力與電場力平衡,設(shè)小球所帶電荷量為q,則有:qE=mg解得:q=又電場方向豎直向上故小球帶正電(2)設(shè)勻速圓周運(yùn)動的速度為v

12、、軌道半徑為r,由洛倫茲力提供向心力得:qBv=小球恰能通過半圓軌道的最高點并沿軌道運(yùn)動,則應(yīng)滿足:2EBRg7mgE2mvrmg=解得:r=即:P、O的最小距離為:y=2r=(3)小球由O運(yùn)動到N的過程中設(shè)到達(dá)N點的速度為vN,由機(jī)械能守恒得:2mgR=m-mv2解得:vN=小球從N點進(jìn)入電場區(qū)域后,在做類平拋運(yùn)動,設(shè)加速度為a,則:沿x軸方向有:x=vNt沿電場方向有:z=at22mvRm gRqB2EBRg122Nv125gR12由牛頓第二定律得:a=t時刻小球距原點O的距離為:s=2RqEm222(2 )xzR7帶電粒子在疊加場中運(yùn)動問題的分析方法 2-1 (2016浙江名校聯(lián)考)(多

13、選)質(zhì)量為m、電荷量為q的微粒以速度v與水平方向成角從O點進(jìn)入方向如圖所示的正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場組成的混合場區(qū),該微粒在電場力、洛倫茲力和重力的共同作用下,恰好沿直線運(yùn)動到A,下列說法中正確的是( )A.該微粒一定帶負(fù)電荷B.微粒從O到A的運(yùn)動可能是勻變速運(yùn)動C.該磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為D.該電場的場強(qiáng)為Bv cos 答案 AC若微粒帶正電荷,它受豎直向下的重力mg、水平向左的電場力qE和斜向右下方的洛倫茲力qvB,由其受力情況知微粒不可能做直線運(yùn)動,據(jù)此可知微粒應(yīng)帶負(fù)電荷,它受豎直向下的重力mg、水平向右的電場力qE和斜向左上方的洛倫茲力qvB,又知微粒恰好沿著直線運(yùn)動到A,可知微粒應(yīng)該

14、做勻速直線運(yùn)動,則選項A正確,B錯誤;由平衡條件有關(guān)系:qvB cos =mg,qvB sin =qE,得磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=,電場的場強(qiáng)E=Bv sin ,故選項C正確,D錯誤。cosmgqvcosmgqv2-2如圖所示,直角坐標(biāo)系xOy位于豎直平面內(nèi),在水平的x軸下方存在勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場,磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,方向垂直xOy平面向里,電場線平行于y軸。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的小球,從y軸上的A點水平向右拋出,經(jīng)x軸上的M點進(jìn)入電場和磁場,恰能做勻速圓周運(yùn)動,從x軸上的N點第一次離開電場和磁場,M、N之間的距離為L,小球過M點時的速度方向與x軸正方向夾角為。不計空氣阻力,重力加速度

15、為g,求(1)電場強(qiáng)度E的大小和方向;(2)小球從A點拋出時初速度v0的大小;(3)A點到x軸的高度h。答案 (1)豎直向上(2) cot (3)解析 (1)小球在電場、磁場中恰能做勻速圓周運(yùn)動,其所受電場力必須與重力平衡,則有qE=mg解得E=mgq2qBLm22228q B Lm gmgq重力的方向是豎直向下的,電場力的方向則應(yīng)為豎直向上,由于小球帶正電,所以電場強(qiáng)度方向豎直向上。(2)小球做勻速圓周運(yùn)動,O為圓心,MN為弦長,MOP=,如圖所示。設(shè)半徑為r,由幾何關(guān)系知=sin 2Lr小球做勻速圓周運(yùn)動的向心力由洛倫茲力提供,設(shè)小球做圓周運(yùn)動的速率為v,則有qvB=由速度的合成與分解知=cos 解得v0= cot (3)設(shè)小球到M點時的豎直分速度為vy,它與水平分速度的關(guān)系為vy=v0 tan 由勻變速直線運(yùn)動規(guī)律有=2gh2mvr0vv2qBLm2yv解得h=22228q B Lm g