課標版課標版 物理物理第4講帶電粒子在疊加場中的運動述考點一帶電粒子在疊加場中運動的實例分析考點一帶電粒子在疊加場中運動的實例分析 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),使兩極板分別帶正、負電,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q=qvB,有v=所以Q=vS=霍爾元件當磁場方向與電流方向垂直時,導體在與磁場、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,導電物質(zhì)為電子的霍爾元件位于兩串聯(lián)線圈之間,線圈中電流為I,線圈間產(chǎn)生勻強磁場,磁感應強度大小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電荷,電勢較低,故A錯。由電路關系可見,當電源的正、負極對調(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,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)存在著勻強磁場,磁感應強度大小為B,方向垂直紙面向里,在a、b兩板間還存在著勻強電場E。從兩板左側(cè)中點C處射入一束負離子(不計重力),這些負離子都沿直線運動到右側(cè),從d孔射出后分成3束。則下列判斷正確的是( )A.這三束負離子的速度一定不相同B.這三束負離子的比荷一定不相同C.a、b兩板間的勻強電場方向一定由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三束負離子在疊加場中運動情況相同,即沿水平方向直線通過,則有qE=qvB,所以v=,則三束負離子的速度一定相同,故A錯誤;三束負離子在磁場中做勻速圓周運動,有qvB=,得r=,由于三束負EB2mvrmvqBmq2EB離子在磁場中做圓周運動的軌道半徑不同,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,故勻強電場方向一定豎直向下,即由a指向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,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A、B兩板間距為d,磁感應強度為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.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是直流電源的負極,選項A錯誤、B正確;當帶電粒子以速度v做勻速直線運動時,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動考點二帶電粒子在疊加場中的運動1.處理帶電粒子在疊加場中的運動問題時,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)正確分析運動情況,常見的運動形式有:勻速直線運動、勻速圓周運動、一般變速曲線運動等。(3)正確分析各力的做功情況,主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動分類(1)靜止或勻速直線運動:當帶電粒子在疊加場中所受合外力為零時,將處于靜止狀態(tài)或做勻速直線運動。(2)勻速圓周運動:當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,在垂直于勻強磁場的平面內(nèi)做勻速圓周運動。(3)一般變速曲線運動:當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動,這時粒子運動軌跡既不是圓弧,也不是拋物線。(4)分階段運動:帶電粒子可能依次通過幾個情況不同的復合場區(qū)域,其運動情況隨區(qū)域發(fā)生變化,其運動過程由幾種不同的運動階段組成。3.帶電粒子在疊加場中有約束情況下的運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,常見的運動形式有直線運動和圓周運動,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,運用動能定理、能量守恒定律結(jié)合牛頓運動定律求出結(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,桿處于正交的勻強電場和勻強磁場中,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,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=,當速度v增大時,加速度也增大,當速度v增大到彈力反向后,加速度a2=,隨速度v的增大而減小,當加速度減為零時,環(huán)做勻速運動,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動或較復雜的曲線運動,可應用機械能守恒定律。(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動或較復雜的曲線運動,可應用動能定理。(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動、勻速圓周運動或較復雜的曲線運動,可應用能量守恒定律或動能定理。典例典例3如圖,豎直平面坐標系xOy的第一象限,有垂直xOy平面向外的水平勻強磁場和豎直向上的勻強電場,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軸正方向進入第一象限后做圓周運動,恰好通過坐標原點O,且水平切入半圓軌道并沿軌道內(nèi)側(cè)運動,過N點水平進入第四象限,并在電場中運動(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速度進入第一象限,通過N點開始計時,經(jīng)時間t=2小球距坐標原點O的距離s為多遠?答案 (1)帶正電 RgmgE(2)(3)2R解析 (1)小球進入第一象限正交的電場和磁場后,在垂直磁場的平面內(nèi)做圓周運動,說明重力與電場力平衡,設小球所帶電荷量為q,則有:qE=mg解得:q=又電場方向豎直向上故小球帶正電(2)設勻速圓周運動的速度為v、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動,則應滿足:2EBRg7mgE2mvrmg=解得:r=即:P、O的最小距離為:y=2r=(3)小球由O運動到N的過程中設到達N點的速度為vN,由機械能守恒得:2mgR=m-mv2解得:vN=小球從N點進入電場區(qū)域后,在做類平拋運動,設加速度為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動問題的分析方法 2-1 (2016浙江名校聯(lián)考)(多選)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點進入方向如圖所示的正交的勻強電場和勻強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,恰好沿直線運動到A,下列說法中正確的是( )A.該微粒一定帶負電荷B.微粒從O到A的運動可能是勻變速運動C.該磁場的磁感應強度大小為D.該電場的場強為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動,據(jù)此可知微粒應帶負電荷,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動到A,可知微粒應該做勻速直線運動,則選項A正確,B錯誤;由平衡條件有關系:qvB cos =mg,qvB sin =qE,得磁場的磁感應強度B=,電場的場強E=Bv sin ,故選項C正確,D錯誤。cosmgqvcosmgqv2-2如圖所示,直角坐標系xOy位于豎直平面內(nèi),在水平的x軸下方存在勻強磁場和勻強電場,磁場的磁感應強度為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點進入電場和磁場,恰能做勻速圓周運動,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,重力加速度為g,求(1)電場強度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,電場力的方向則應為豎直向上,由于小球帶正電,所以電場強度方向豎直向上。(2)小球做勻速圓周運動,O為圓心,MN為弦長,MOP=,如圖所示。設半徑為r,由幾何關系知=sin 2Lr小球做勻速圓周運動的向心力由洛倫茲力提供,設小球做圓周運動的速率為v,則有qvB=由速度的合成與分解知=cos 解得v0= cot (3)設小球到M點時的豎直分速度為vy,它與水平分速度的關系為vy=v0 tan 由勻變速直線運動規(guī)律有=2gh2mvr0vv2qBLm2yv解得h=22228q B Lm g