廣東省惠州市高中物理 第三章 磁場(chǎng) 第五節(jié) 研究洛倫茲力第4課時(shí)導(dǎo)學(xué)案 粵教版選修3-1（通用）VIP

1、第五節(jié) 研究洛倫茲力（第四課時(shí)） 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)考點(diǎn)一帶電粒子在分離復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)【典例1】 (2020課標(biāo)全國(guó)卷，25)如圖所示，一半徑為R的圓表示一柱形區(qū)域的橫截面(紙面)在柱形區(qū)域內(nèi)加一方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子沿圖中直線在圓上的a點(diǎn)射入柱形區(qū)域，在圓上的b點(diǎn)離開該區(qū)域，離開時(shí)速度方向與直線垂直圓心O到直線的距離為R.現(xiàn)將磁場(chǎng)換為平行于紙面且垂直于直線的勻強(qiáng)電場(chǎng)，同一粒子以同樣速度沿直線在a點(diǎn)射入柱形區(qū)域，也在b點(diǎn)離開該區(qū)域若磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，不計(jì)重力，求電場(chǎng)強(qiáng)度的大小規(guī)范解答粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)設(shè)圓周的半徑為r，由牛頓第二定律和洛倫茲力公式得q

2、vBm式中v為粒子在a點(diǎn)的速度過(guò)b點(diǎn)和O點(diǎn)作直線的垂線，分別與直線交于c和d點(diǎn)由幾何關(guān)系知，線段、和過(guò)a、b兩點(diǎn)的圓弧軌跡的兩條半徑(未畫出)圍成一正方形因此r設(shè)x，由幾何關(guān)系得RxR 聯(lián)立式得rR再考慮粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E，粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)設(shè)其加速度大小為a，由牛頓第二定律和帶電粒子在電場(chǎng)中的受力公式得qEma粒子在電場(chǎng)方向和直線方向所走的距離均為r，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得rat2rvt式中t是粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間聯(lián)立式得E.答案【變式跟蹤1】 如圖所示，xOy為空間直角坐標(biāo)系，PQ與y軸正方向成30角在第四象限和第一象限的xOQ區(qū)域存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在POy

3、區(qū)域存在足夠大的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)方向與PQ平行，一個(gè)帶電荷量為q，質(zhì)量為m的帶電粒子從y軸上的A(0，L)點(diǎn)，平行于x軸方向射入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，離開磁場(chǎng)時(shí)速度方向恰與PQ垂直，粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中經(jīng)時(shí)間t后再次經(jīng)過(guò)x軸，粒子重力忽略不計(jì)求：(1)從粒子開始進(jìn)入磁場(chǎng)到剛進(jìn)入電場(chǎng)的時(shí)間t；(2)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小答案(1)(2)(4mqBt)借題發(fā)揮1“電偏轉(zhuǎn)”和“磁偏轉(zhuǎn)”的比較垂直進(jìn)入磁場(chǎng)(磁偏轉(zhuǎn))垂直進(jìn)入電場(chǎng)(電偏轉(zhuǎn))情景圖受力FBqv0B大小不變，方向總指向圓心，方向變化，F(xiàn)B為變力FEqE，F(xiàn)E大小、方向不變，為恒力運(yùn)動(dòng)規(guī)律勻速圓周運(yùn)動(dòng)r，T類平拋運(yùn)動(dòng)vxv0，vytxv0t，yt2運(yùn)動(dòng)時(shí)間t

4、Tt，具有等時(shí)性動(dòng)能不變變化2.求解帶電粒子在分離復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)問題的分析方法(1)正確受力分析，除重力、彈力、摩擦力外要特別注意靜電力和磁場(chǎng)力的分析(2)確定帶電粒子的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，注意運(yùn)動(dòng)情況和受力情況的結(jié)合(3)對(duì)于粒子連續(xù)通過(guò)幾個(gè)不同區(qū)域、不同種類的場(chǎng)時(shí)，要分階段進(jìn)行處理(4)畫出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡，靈活選擇不同的運(yùn)動(dòng)規(guī)律3帶電粒子在分離復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)問題的求解方法特別注意(1)多過(guò)程現(xiàn)象中的“子過(guò)程”與“子過(guò)程”的銜接點(diǎn)如一定要把握“銜接點(diǎn)”處速度的連續(xù)性(2)圓周與圓周運(yùn)動(dòng)的銜接點(diǎn)一要注意在“銜接點(diǎn)”處兩圓有公切線，它們的半徑重合考點(diǎn)二帶電粒子在疊加復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)【典例2】 如圖所示的平行板之間

5、，存在著相互垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B10.20 T，方向垂直紙面向里，電場(chǎng)強(qiáng)度E11.0105 V/m，PQ為板間中線緊靠平行板右側(cè)邊緣xOy坐標(biāo)系的第一象限內(nèi)，有一邊界線AO，與y軸的夾角AOy45，邊界線的上方有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B20.25 T，邊界線的下方有水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度E25.0105 V/m，在x軸上固定一水平的熒光屏一束帶電荷量q8.01019 C、質(zhì)量m8.01026 kg的正離子從P點(diǎn)射入平行板間，沿中線PQ做直線運(yùn)動(dòng)，穿出平行板后從y軸上坐標(biāo)為(0，0.4 m)的Q點(diǎn)垂直y軸射入磁場(chǎng)區(qū)，最后打到水平的熒光屏上的位置C.求：(

6、1)離子在平行板間運(yùn)動(dòng)的速度大??；(2)離子打到熒光屏上的位置C的坐標(biāo)；(3)現(xiàn)只改變AOy區(qū)域內(nèi)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小，使離子都不能打到x軸上，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B2應(yīng)滿足什么條件？審題流程見左圖解析圖甲(1)設(shè)離子的速度大小為v，由于沿中線PQ做直線運(yùn)動(dòng)，則有qE1qvB1，代入數(shù)據(jù)解得v5.0105 m/s.(2)離子進(jìn)入磁場(chǎng)，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律有qvB2m得，r0.2 m，作出離子的運(yùn)動(dòng)軌跡，交OA邊界于N，如圖甲所示，OQ2r，若磁場(chǎng)無(wú)邊界，一定通過(guò)O點(diǎn)，則圓弧QN的圓周角為45，則軌跡圓弧的圓心角為90，過(guò)N點(diǎn)做圓弧切線，方向豎直向下，離子垂直電場(chǎng)線進(jìn)入電場(chǎng)，做類平拋運(yùn)動(dòng)，y

7、OOvt，xat2，而a，則x0.4 m，離子打到熒光屏上的位置C的水平坐標(biāo)為xC(0.20.4)m0.6 m.(3)只要粒子能跨過(guò)AO邊界進(jìn)入水平電場(chǎng)中，粒子就具有豎直向下的速度而一定打在x軸上如圖乙所示，由幾何關(guān)系可知使離子不能打到x軸上的最大半徑r m，設(shè)使離子都不能打到x軸上，最小的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，圖乙則qvB0m，代入數(shù)據(jù)解得B0 T0.3 T, 則B20.3 T.答案(1)5.0105 m/s(2)0.6 m(3)B20.3 T【變式跟蹤2】 (2020重慶卷，24)有人設(shè)計(jì)了一種帶電顆粒的速率分選裝置，其原理如圖所示兩帶電金屬板間有勻強(qiáng)電場(chǎng)，方向豎直向上，其中PQNM矩形區(qū)

8、域內(nèi)還有方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)一束比荷(電荷量與質(zhì)量之比)均為的帶正電顆粒，以不同的速率沿著磁場(chǎng)區(qū)域的水平中心線OO進(jìn)入兩金屬板之間，其中速率為v0的顆粒剛好從Q點(diǎn)處離開磁場(chǎng)，然后做勻速直,線運(yùn)動(dòng)到達(dá)收集板重力加速度為g，PQ3d，NQ2d，收集板與NQ的距離為l，不計(jì)顆粒間相互作用求：(1)電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小；(2)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小；(3)速率為v0(1)的顆粒打在收集板上的位置到O點(diǎn)的距離解析(1)設(shè)帶電顆粒的電荷量為q，質(zhì)量為m.有Eqmg，將代入，得Ekg.(2)如圖甲所示，有qv0Bm，R2(3d)2(Rd)2，得B.(3)如圖乙所示，有qv0Bm，tan ，y1R1，y2lta

9、n ，yy1y2，得yd(5).答案(1)kg(2)(3)d(5)借題發(fā)揮1帶電粒子(體)在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問題求解要點(diǎn)(1)受力分析是基礎(chǔ)在受力分析時(shí)是否考慮重力必須注意題目條件(2)運(yùn)動(dòng)過(guò)程分析是關(guān)鍵在運(yùn)動(dòng)過(guò)程分析中應(yīng)注意物體做直線運(yùn)動(dòng)、曲線運(yùn)動(dòng)及圓周運(yùn)動(dòng)、類平拋運(yùn)動(dòng)的條件(3)構(gòu)建物理模型是難點(diǎn)根據(jù)不同的運(yùn)動(dòng)過(guò)程及物理模型選擇合適的物理規(guī)律列方程求解2帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的分析方法3易失分點(diǎn)帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)問題容易出現(xiàn)以下錯(cuò)誤：(1)忽略帶電粒子的重力，對(duì)于微觀粒子如：質(zhì)子、離子等，不考慮重力；液滴、塵埃、小球等宏觀帶電粒子常?？紤]重力(2)在疊加場(chǎng)中沒有認(rèn)識(shí)到洛倫茲力隨速度大小和

10、方向的變化而變化，從而不能正確地判斷粒子的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)(3)不能建立完整的運(yùn)動(dòng)圖景，畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡(4)不能正確地選擇相應(yīng)的公式列方程，如運(yùn)動(dòng)的分解、勻速圓周運(yùn)動(dòng)、功能關(guān)系等考點(diǎn)三帶電粒子在交變復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問題考情分析帶電粒子在交變復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)將是今后高考命題的熱點(diǎn)，往往綜合考查牛頓運(yùn)動(dòng)定律、功能關(guān)系、圓周運(yùn)動(dòng)的規(guī)律等名師指點(diǎn)帶電粒子在交變復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問題的基本思路特別提醒若交變電壓的變化周期遠(yuǎn)大于粒子穿越電場(chǎng)的時(shí)間，則在粒子穿越電場(chǎng)過(guò)程中，電場(chǎng)可看作粒子剛進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)刻的勻強(qiáng)電場(chǎng)典例如圖甲所示，在xOy平面內(nèi)加有空間分布均勻、大小隨時(shí)間周期性變化的電場(chǎng)和磁場(chǎng)，變化規(guī)律如圖乙所示(規(guī)定豎直

11、向上為電場(chǎng)強(qiáng)度的正方向，垂直紙面向里為磁感應(yīng)強(qiáng)度的正方向)在t0時(shí)刻，質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子自坐標(biāo)原點(diǎn)O處以v02 m/s的速度沿x軸正向水平射入已知電場(chǎng)強(qiáng)度E0、磁感應(yīng)強(qiáng)度B0，不計(jì)粒子重力求：(1)t s時(shí)粒子速度的大小和方向；(2) s2 s內(nèi)，粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑；(3)畫出04 s內(nèi)粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡示意圖；(要求：體現(xiàn)粒子的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn))審題視點(diǎn)讀題(1)由圖乙可知，在xOy平面內(nèi)存在電場(chǎng)時(shí)，不存在磁場(chǎng)；存在磁場(chǎng)時(shí)，不存在電場(chǎng)且電場(chǎng)和磁場(chǎng)的變化周期相同；(2)帶電粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)；(3)由T s知，只存在磁場(chǎng)時(shí)，帶電粒子恰好做一個(gè)完整的圓周運(yùn)動(dòng)畫圖畫出帶電粒子在交

12、變場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖a所示解析(1)在0 s內(nèi)，在電場(chǎng)力作用下，帶電粒子在x軸正方向上做勻速運(yùn)動(dòng)：vxv0y軸正方向上做勻加速運(yùn)動(dòng)：vyt s末的速度為v1 v1與水平方向的夾角為，則tan ，代入數(shù)據(jù)解得v12 m/s，方向與x軸正方向成45斜向上b(2)因T s，故在 s2 s內(nèi)，粒子在磁場(chǎng)中做一個(gè)完整的圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得：qv1B0，解得R1 m(3)軌跡如圖b所示答案見解析【預(yù)測(cè)】 在如圖所示的空間里，存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.在豎直方向存在交替變化的勻強(qiáng)電場(chǎng)如圖(豎直向上為正)，電場(chǎng)大小為E0.一傾角為長(zhǎng)度足夠長(zhǎng)的光滑絕緣斜面放置在此空間斜面上有一質(zhì)量為m，帶電量為q的小球，從t0時(shí)刻由靜止開始沿斜面下滑，設(shè)第5秒內(nèi)小球不會(huì)離開斜面，重力加速度為g.求：(1)第6秒內(nèi)小球離開斜面的最大距離(2)第19秒內(nèi)小球未離開斜面，角的正切值應(yīng)滿足什么條件？解析(1)設(shè)第一秒內(nèi)小球在斜面上運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a，由牛頓第二定律得：(mgqE0)sin ma第一秒末的速度為：vat1在第二秒內(nèi)：qE0mg所以小球?qū)㈦x開斜面在上方做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則由向心