最新高考物理之磁場4帶電粒子在復合場中的運動

1、2012高考復習 電學部分 精講精練磁場4 帶電粒子在復合場中的運動【課標要求】1掌握帶電粒子在復合場中運動規(guī)律。2掌握帶電粒子在復合場中運動的分析方法。【知識精要】1帶電粒子在復合場中的直線運動的條件是：帶電粒子所受的合外力為零，或者所受的合外力與速度方向在一條直線上。2帶電粒子在復合場中的勻速圓周運動運動的條件是：帶電粒子所受的恒力互相平衡，洛侖茲力提供向心力。3帶電粒子在復合場中的變加速直線運動，往往根據(jù)能量關(guān)系加以解決?！久麕燑c撥】 例1：(2011銀川模擬)如圖所示，空間有一垂直紙面的磁感應(yīng)強度為0.5t的勻強磁場，一質(zhì)量為0.20kg且足夠長的絕緣木板靜止在光滑水平面上，在木板左端

2、無初速放置一質(zhì)量為0.1kg、電荷量q=+0.2c的滑塊，滑塊與絕緣木板之間動摩擦因數(shù)為0.5，滑塊受到的最大靜摩擦力可認為等于滑動摩擦力?，F(xiàn)對木板施加方向水平向左，大小為0.6n恒力，g取10m/s2.則（ ）a木板和滑塊一直做加速度為2m/s2的勻加速運動b滑塊開始做勻加速直線運動，然后做加速度減小的加速運動，最后做勻速直線運動c最終木板做加速度為2 m/s2的勻加速運動，滑塊做速度為10m/s的勻速運動d最終木板做加速度為3 m/s2的勻加速運動，滑塊做速度為10m/s的勻速運動解析：剛開始，滑塊和木板一起做勻加速直線運動，隨著速度的不斷增加，滑塊受到的豎直向上的洛侖茲力不斷增加，滑塊所

3、受的彈力減小，合力減小，滑塊做變加速運動，一段時間后，滑塊的重力和洛侖茲力相平衡，滑塊做勻速直線運動，而木塊作勻加速直線運動。根據(jù)qvb=mg，得v=10m/s；根據(jù)f=ma，得a=3m/s2。點撥：洛侖茲力隨速度的變化而變化，從而引起其它力發(fā)生變化，引起合力發(fā)生變化，引起運動性質(zhì)發(fā)生變化。順著這一思路可以迅速找到解決問題的金鑰匙。例2：如圖所示，勻強電場方向水平向右，勻強磁場方向垂直于紙面向里，一質(zhì)量為m，帶電量為q的微粒以速度v與磁場方向垂直，與電場成45角射入復合場中，恰能做勻速直線運動，求電場強度e的大小，磁感應(yīng)強度b的大小.解答：由帶電粒子所受的洛倫茲力與v垂直，電場力方向與電場線平

4、行，微粒如圖所示方向進入磁場中，如果只受到電場力與洛倫茲力作用，合力不可能為零，也就不可能做勻速直線運動.由此可知本題必須考慮到微粒所受的重力，才可能使微粒做勻速直線運動。假設(shè)粒子不帶正電，則所受電場力方向水平向左，洛倫茲力方向斜向右下方與v垂直，同學們可以從力的平衡條件判斷出這樣的粒子不可能做勻速直線運動，所以粒子應(yīng)帶正電荷，受力情況如圖所示，根據(jù)合外力為零可得mg=qvbsin45 qe=qvbcos45 由式可得b=；e=mg/q.點評：此類問題明確帶電粒子在復合場中做勻速直線運動，首先根據(jù)假設(shè)法判斷粒子是否受到重力作用，進而根據(jù)平衡條件判定粒子的電性，最后根據(jù)平衡方程解出未知量。eb例

5、3：(2011沈陽模擬)如圖所示，質(zhì)量為m，帶電量為球+q的小環(huán)沿著穿過它的豎直棒下落，棒與環(huán)孔間的動摩擦因數(shù)為.勻強電場水平向右，場強為e，勻強磁場垂直于紙面向外，磁感應(yīng)強度為b.在小環(huán)下落，求：（1）小環(huán)的速度為多大時，它的加速度最大？（2）小環(huán)運動的最大速度可達到多少？ 解析：（1）小球由靜止開始下落 故小球的最大加速度為am=g；小球的加速度為0時，有 ，解得：點撥：粒子在復合場中的動態(tài)分析，由速度變化入手，進行受力分析，找出合力變化和速度變化的關(guān)系，判定粒子加速度和速度最大的條件。例4：如圖所示k與虛線mn之間是加速電場。虛線mn與pq之間是勻強電場，虛線pq與熒光屏之間是勻強磁場，

6、且mn、pq與熒光屏三者互相平行。電場和磁場的方向如圖所示。圖中a點與o點的連線垂直于熒光屏。一帶正電的粒子從a點離開加速電場，速度方向垂直于偏轉(zhuǎn)電場方向射入偏轉(zhuǎn)電場，在離開偏轉(zhuǎn)電場后進入勻強磁場，最后恰好垂直地打在圖中的熒光屏上。已知電場和磁場區(qū)域在豎直方向足夠長，加速電場電壓與偏轉(zhuǎn)電場的場強關(guān)系為u=ed/2，式中的d是偏轉(zhuǎn)電場的寬度且為已知量，磁場的磁感應(yīng)強度b與偏轉(zhuǎn)電場的電場強度e和帶電粒子離開加速電場的速度v0關(guān)系符合表達式v0=e/b，如圖所示，試求：kamnpqobedluv0（1）磁場的寬度l為多少？（2）帶電粒子最后在電場和磁場中總的偏轉(zhuǎn)距離是多少？解析：其軌跡如圖所示。偏轉(zhuǎn)

7、角為：kamnpqobedluv0vyv即帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)角=45。帶電粒子離開偏轉(zhuǎn)電場速度為2分 在磁場中偏轉(zhuǎn)的半徑為 ，由圖可知，磁場寬度l=rsin=d 帶電粒子在偏轉(zhuǎn)電場中距離為，在磁場中偏轉(zhuǎn)距離為點評：帶電粒子在復合場中的運動，必須搞清粒子在每個過程中的受力特點和速度的關(guān)系，從而搞清粒子在不同過程的運動性質(zhì)，為選擇合理的解題方法提供科學的依據(jù)。例5：如圖甲所示，兩個共軸的圓筒形金屬電極，外電極接地.其上均勻分布著平行于軸線的四條狹縫a、b、c和d，外筒的半徑為r0.在外筒之外的足夠大區(qū)域中有平行于軸線方向的均勻磁場，磁感應(yīng)強度的大小為b.在兩極間加上電壓，使兩圓筒之間的區(qū)域內(nèi)有

8、沿半徑向外的電場.一質(zhì)量為m、帶電量為+q的粒子，從緊靠內(nèi)筒且正對狹縫a的s點出發(fā)，初速為零，如果該粒子經(jīng)過一段時間的運動之后恰好又回到出發(fā)點s，則兩極之間的電壓u應(yīng)是多少？（不計重力，整個裝置在真空）o1+qcosdba乙解答：粒子從s點出發(fā)后，經(jīng)兩圓筒之間的電場加速，從a孔垂直筒壁射入磁場.設(shè)射入磁場時的速度為v，有關(guān)系式： 進入磁場后，受洛倫茲力作用作勻速圓周運動，有關(guān)系式： 根據(jù)題意，要求粒子在最后又回到出發(fā)點s，必須使粒子能從狹縫b(或d)沿徑向飛入，在兩筒壁間先作減速運動，然后又反向加速從原狹縫飛出，依次循環(huán)，如圖乙所示.因此要求粒子在磁場中作圓周運動的半徑應(yīng)滿足條件： r=r0

9、聯(lián)立、式可得兩極之間的電壓為點評：此類問題需要明確帶電粒子的運動過程，科學大膽想象粒子的運動軌跡，結(jié)合圓周運動解題的要領(lǐng)：找軌道圓心，定軌道半徑，洛侖茲力提供向心力，建立方程組解決相關(guān)問題。例6：(2011重慶模擬)在豎直平面內(nèi)有一圓形絕緣軌道，半徑r=1m，勻強磁場垂直于軌道平面向里，一質(zhì)量為m=1103kg，帶電量為q = -3102c的小球，可在內(nèi)壁滑動現(xiàn)在最低點處給小球一個水平初速度v0，使小球在豎直平面內(nèi)逆時針做圓周運動，圖甲是小球在豎直平面內(nèi)做圓周運動甲t/s乙t/s28.010-20v/ms -1f/n0的速率v隨時間變化的情況，圖乙是小球所受軌道的彈力f隨時間變化的情況，小球一

10、直沿圓形軌道運動.結(jié)合圖象所給數(shù)據(jù)，g取10m/s2 求：v0（1）磁感應(yīng)強度的大小（2）小球從開始運動至圖甲中速度為2m/s的過程中，摩擦力對小球做的功解析：（1）從甲圖可知，小球第二次過最高點時，速度大小為2m/s，而由乙圖可知，此時軌道與球間彈力為零， 代入數(shù)據(jù)，得b=0.1t （2）從乙圖可知，小球第一次過最低點時，軌道與球面之間的彈力為f=8.0102n，根據(jù)牛頓第二定律， 代入數(shù)據(jù)，得v0=7m/s. 以上過程，由于洛侖茲力不做功,由動能定理可得:-mg2r+wf = mv2/2 - mv02/ 2 代入數(shù)據(jù)得: wf =-2.510-3j點撥：實物和圖形相結(jié)合是高考中的熱點問題，

11、解題時，結(jié)合受力分析和圖形判定粒子在圓弧的最低點所受彈力最大，在圓弧的最高點所受彈力最小，因為摩擦力不斷變化，所以本題適宜用動能定理和向心力的有關(guān)知識加以解決。例7：如圖中甲所示，真空中兩水平放置的平行金屬板c、d，上面分別開有正對的小孔o1和o2，金屬板c、d接在正弦交流電源上，c、d兩板間的電壓ucd隨時間t變化的圖線如圖中乙所示。t=0時刻開始，從c板小孔o1處連續(xù)不斷飄入質(zhì)量為m=3.210-25kg、電荷量q=1.610-19c的帶正電的粒子（設(shè)飄入速度很小，可視為零）。在d板外側(cè)有以mn為邊界的勻強磁場，mn與d金屬板相距d=10cm，勻強磁場的大小為b=0.1t，方向如圖中所示，

12、粒子的重力及粒子間相互作用力不計，平行金屬板c、d之間的距離足夠小，粒子在兩板間的運動時間可忽略不計。求：mnbo2o1dcucd50-5000.010.020.030.04t/sucd/v甲乙（1）帶電粒子經(jīng)小孔o2進入磁場后，能飛出磁場邊界mn的最小速度為多大？（2）從0到0.04s末時間內(nèi)哪些時刻飄入小孔o1的粒子能穿過電場并飛出磁場邊界mn？（3）磁場邊界mn有粒子射出的長度范圍。（保留一位有效數(shù)字）解析：（1）設(shè)粒子飛出磁場邊界mn的最小速度為v0，粒子在磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)洛倫茲力提供向心力知： qv0b=mv02/r0 粒子恰好飛出磁場，則有：r0=d 所以最小速度 v0=

13、qbd/m=5103m/s （2）由于c、d兩板間距離足夠小，帶電粒子在電場中運動時間可忽略不計，故在粒子通過電場過程中，兩極板間電壓可視為不變，設(shè)恰能飛出磁場邊界mn的粒子在電場中運動時cd板對應(yīng)的電壓為u0，則根據(jù)動能定理知：qu0=mv02/2 得：u0=mv02/2q=25v 根據(jù)圖像可知：ucd=50sin50t，25v(或-25v)電壓對應(yīng)的時間分別為：1/300s和1/60s(或7/300s和11/300s)，所以粒子在0到0.04s內(nèi)飛出磁場邊界的時間為1/300s1/60s(或7/300s11/300s) 。（3）設(shè)粒子在磁場中運動的最大速度為vm，對應(yīng)的運動半徑為rm，則有

14、：qum=mvm2/2 qvmb=mvm2/rm 粒子飛出磁場邊界時相對小孔向左偏移的最小距離為：x=rm-(rm2-d2)1/2=0.1(21/2-1)m0.04m 磁場邊界mn有粒子射出的長度范圍為：x=d-x=0.06m 。點撥：遇到復雜問題，首先把物理過程搞清楚，把大化小，逐個突破，遇到臨界問題可以利用極限分析的方法迅速找到臨界條件。【及時反饋】 1質(zhì)量為m、帶電量為q的小球，從傾角為的光滑絕緣斜面上由靜止下滑，整個斜面置于方向水平向外的勻強磁場中，其磁感強度為b，如圖所示。若帶電小球下滑后某時刻對斜面的作用力恰好為零，下面說法中正確的是 ( )a小球帶正電 b小球在斜面上運動時做勻加

15、速直線運動c小球在斜面上運動時做加速度增大，而速度也增大的變加速直線運動d則小球在斜面上下滑過程中，當小球?qū)π泵鎵毫榱銜r的速率為mgcosbq2如下圖所示，勻強磁場中有一個開口向上的絕緣半球，將帶有正電荷的小球從半球左邊最高處靜止釋放，物塊沿半球內(nèi)壁只能滑到c點處；若將該物塊自半球右邊最高點靜止釋放，能滑到位置的為 ( )a與c等高的d點處b比d高的某處c比d低的某處d上述情況都有可能3在勻強磁場中有一帶電粒子做勻速圓周運動，當它運動到m點，突然與一不帶電的靜止粒子碰撞合為一體，碰撞后的運動軌跡應(yīng)是圖中的哪一個？（實線為原軌跡，虛線為碰后軌跡，且不計粒子的重力）（ ）bem4一帶電微粒m在相

16、互垂直的勻強電場、勻強磁場中作勻速圓周運動，勻強電場豎直向上，勻強磁場水平且垂直紙面向里，如圖所示，下列說法正確的是 （ ）a沿垂直紙面方向向里看，微粒m的繞行方向為逆時針方向b運動過程中外力對微粒作功的代數(shù)和為零，故機械能守恒c在微粒旋轉(zhuǎn)一周的時間內(nèi)重力作功為零d沿垂直紙面方向向里看，微粒m的繞行方向既可以是順時針也可以是逆時針方向圖5如圖所示，長l的絲線的一端固定，另一端拴一帶正電的小球，小球質(zhì)量為m，帶電量為q，使絲線與豎直方向成角由靜止釋放小球，小球運動的空間有方向垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為b。求小球每次運動到最低點時，線的拉力。6(2011西安模擬)如圖所示，坐標系xoy位于豎直平面內(nèi)，所在空間有沿水平方向垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為b，在x0的空間內(nèi)還有沿x軸負方向的勻強電場，場強大小為e。一個帶電油滴經(jīng)圖中x軸上的m點，沿著直線mp做勻速運動，圖中=300，經(jīng)過p點后油滴進入x0的區(qū)域，要使油滴在x0的區(qū)域內(nèi)做勻速圓周運動，需要在該區(qū)域內(nèi)加一個勻強電場。若帶電油滴沿弧pn做勻速圓周運動，并垂直于x軸通過軸上的n點。已知重力加速度為g。xynmebpoa（1）判斷油滴的帶電性質(zhì)；（2）求油滴運動的速率；（3）求在x0的區(qū)域內(nèi)所加電場的場強；（4）求油滴從m點出發(fā)運動到n點所用的時間。7(2011深圳模擬)如圖所示的