【物理】2019届二轮复习专题七第3讲带电粒子在复合场中的运动教案

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【物理】2019届二轮复习专题七第3讲带电粒子在复合场中的运动教案

第3讲 加试第22题 带电粒子在复合场中的运动 题型1 带电粒子在叠加场中的运动 ‎1.无约束情况下的运动情况分类 ‎(1)洛伦兹力、重力并存 ‎①若重力和洛伦兹力平衡,则带电粒子做匀速直线运动.‎ ‎②若重力和洛伦兹力不平衡,则带电粒子将做复杂的曲线运动,因洛伦兹力不做功,故机械能守恒,可由此求解问题.‎ ‎(2)电场力、洛伦兹力并存(不计重力的微观粒子)‎ ‎①若电场力和洛伦兹力平衡,则带电粒子做匀速直线运动.‎ ‎②若电场力和洛伦兹力不平衡,则带电粒子将做复杂的曲线运动,因洛伦兹力不做功,可用动能定理求解问题.‎ ‎(3)电场力、洛伦兹力、重力并存 ‎①若三力平衡,一定做匀速直线运动.‎ ‎②若重力与电场力平衡,一定做匀速圆周运动.‎ ‎③若合力不为零且与速度方向不垂直,将做复杂的曲线运动,因洛伦兹力不做功,可用能量守恒定律或动能定理求解问题.‎ ‎2.有约束情况下的运动 带电粒子在叠加场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道等约束的情况下,常见的运动形式有直线运动和圆周运动,此时解题要通过受力分析明确变力、恒力做功情况,并注意洛伦兹力不做功的特点,运用动能定理、能量守恒定律并结合牛顿运动定律求解.‎ 例1 (2018·新力量联盟期末)如图1所示,位于竖直平面内的坐标系xOy,在其第三象限空间有沿水平方向的、垂直于纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B=0.5 T,还有沿x轴负方向的匀强电场,场强大小为E=2 N/C.在其第一象限空间有沿y轴负方向的、场强大小也为E的匀强电场,并在y>h=0.4 m的区域有磁感应强度也为B的垂直于纸面向里的匀强磁场.一个带电荷量为q的油滴从图中第三象限的P点得到一初速度,恰好能沿PO做直线运动(PO与x轴负方向的夹角为θ=45°),并从原点O进入第一象限,重力加速度g取10 m/s2,问:‎ 图1‎ ‎(1)油滴的电性;‎ ‎(2)油滴在P点得到的初速度大小;(结果可用根式表示)‎ ‎(3)油滴在第一象限运动的时间和离开第一象限处的坐标值.‎ 答案 (1)油滴带负电荷 (2)4 m/s (3)0.828 s (4 m,0)‎ 解析 (1)油滴带负电荷.‎ ‎(2)油滴受三个力作用,如图所示,从P到O沿直线运动必为匀速运动,设油滴质量为m 由平衡条件有mg=qE 得m= 又qvB=qE 得v==4 m/s ‎(3)进入第一象限后,油滴所受电场力和重力相等,知油滴先做匀速直线运动,进入y≥h的区域后做匀速圆周运动,路径如图,最后从x轴上的N点离开第一象限.‎ 由O到A匀速运动位移为s1==h 知运动时间t1===0.1 s 由几何关系和圆周运动的周期关系式T= 知由A到C的圆周运动用时为t2===0.628 s 由对称性知从C→N的时间t3=t1‎ 在第一象限的运动的总时间t=t1+t2+t3=0.828 s 在磁场中有 qvB= 得半径R== 图中的ON=2(s1cos 45°+Rcos 45°)=2(h+)=4 m 即离开第一象限处(N点)的坐标为(4 m,0)‎ ‎1.如图2所示,在足够大的空间范围内,同时存在着竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场,电场强度为E,磁感应强度为B.足够长的斜面固定在水平面上,斜面倾角为45°.有一带电的小球P静止于斜面顶端A处,且恰好对斜面无压力.若将小球P以初速度v0水平向右抛出(P视为质点),一段时间后,小球落在斜面上的C点.已知小球的运动轨迹在同一竖直平面内,重力加速度为g,求:‎ 图2‎ ‎(1)小球P落到斜面上时速度方向与斜面的夹角θ及由A到C所需的时间t;‎ ‎(2)小球P抛出到落到斜面的位移x的大小.‎ 答案 (1)45°  (2) 解析 (1)小球P静止时不受洛伦兹力作用,仅受自身重力和电场力,对斜面恰好无压力,则mg=qE①‎ P获得水平初速度后由于重力和电场力平衡,将在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动,由对称性可得小球P落到斜面上时其速度方向与斜面的夹角为45°‎ 由牛顿第二定律得:‎ qv0B=m②‎ T==③‎ 圆周运动转过的圆心角为90°,小球P由A到C所需的时间:t==④‎ ‎(2)由②式可知,P做匀速圆周运动的半径R=⑤‎ 由几何关系知x=R⑥‎ 由①⑤⑥可解得位移x=.‎ 题型2 带电粒子在组合场中的运动 ‎“电偏转”和“磁偏转”的比较 垂直电场线进入匀强电场(不计重力)‎ 垂直磁感线进入匀强磁场(不计重力)‎ 受力情况 电场力F=qE,其大小、方向不变,与速度v无关,F是恒力 洛伦兹力F洛=qvB,其大小不变,方向随v而改变,F洛是变力 轨迹 抛物线 圆或圆的一部分 运动轨迹 求解方法 利用类平抛运动的规律求解:‎ vx=v0,x=v0t vy=·t,‎ y=··t2‎ 偏转角φ:‎ tan φ== 半径:r= 周期:T= 偏移距离y和偏转角φ要结合圆的几何关系利用圆周运动规律讨论求解 运动时间 t= t=T= 动能 变化 不变 例2 (2018·杭州市重点中学期末)空间有如图3所示坐标系,在00,00,x>d的区域有垂直纸面向里的匀强磁场,两区域内磁感应强度大小均为B,M板左侧电子枪随时间均匀发射出初速度可以忽略的热电子,所有电子经小孔S1进入两板间的电场加速后,从O点处小孔沿x轴正方向射入磁场,最后打在荧光屏上,使得荧光屏发亮,已知电子的质量为m,电荷量为e,M、N两板间所加的电压如图乙所示,电子通过MN的时间极短,且不计电子重力及电子间的相互作用,求:‎ 图4‎ ‎(1)当两板间电势差U=时,电子在磁场中运动的轨迹为多长;‎ ‎(2)在一个周期内打在y屏上的电子数占总电子数的比例为多少?‎ ‎(3)x屏上的亮线长度为多少.‎ 答案 (1)πd (2)66.7% (3)d 解析 (1)电子在加速电场中:eU=mv2,‎ 电子在00.5d时,离子运动时间更长,水平位移x>d,即0.5d到d这段距离的离子会射出电场,则从平行金属板出射的离子占总数的百分比为:×100%=50%‎ ‎(4)设两离子在磁场中做圆周运动的半径为R1和R2,根据洛伦兹力提供向心力得 qvB=m 代入得:R1= R2= 则半径关系为= 因为m1≤4m2,则有R1≤2R2,此时狭缝最大值x同时满足(如图所示)‎ x=2R1-2R2‎ d=2R1+x 解得x=d 专题强化练 ‎1.如图1所示,等腰直角三角形abc区域中有垂直纸面向里的匀强磁场,速度为v0的带电粒子,从a点沿ab方向射入磁场后恰能从c点射出,现将匀强磁场换成垂直ab边的匀强电场,其他条件不变,结果粒子仍能从c点射出.粒子的重力不计.求:‎ 图1‎ ‎(1)磁感应强度B与电场强度E之比;‎ ‎(2)单独存在磁场时粒子的运动时间t1与单独存在电场时粒子的运动时间t2之比.‎ 答案 (1) (2) 解析 (1)粒子在磁场中做的是匀速圆周运动,轨迹如图所示 设ab=L,则轨道半径r=L 根据牛顿第二定律,有qv0B=m 解得B= 运动时间t1== 粒子在电场中做类平抛运动.‎ 在电场力方向,有:y=L=·t22‎ 在初速度方向,有:x=L=v0t2‎ 解得:t2=,E= 所以,磁感应强度B与电场强度E之比= ‎(2)单独存在磁场时粒子的运动时间t1与单独存在电场时粒子的运动时间t2之比= ‎2.如图2甲所示,长为L的平行金属板M、N水平放置,两板之间的距离为d,两板间有沿水平方向垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B,一个带正电的质点,沿水平方向从两板的正中央垂直于磁场方向进入两板之间,重力加速度为g.‎ 图2‎ ‎(1)若M板接直流电源正极,N板接负极,电源电压恒为U,带电质点以恒定的速度v匀速通过两板之间的复合场(电场、磁场和重力场),求带电质点的电荷量与质量的比值.‎ ‎(2)若M、N接如图乙所示的交变电流(M板电势高时U为正),L=0.5 m,d=0.4 m,B=0.1 T,质量为m=1×10-4 kg、带电荷量为q=2×10-2 C的带正电质点以水平速度v=1 m/s,从t=0时刻开始进入复合场,取g=10 m/s2,试定性画出质点的运动轨迹.‎ ‎(3)在第(2)问的条件下求质点在复合场中的运动时间.‎ 答案 (1) (2)见解析图 (3)0.814 s 解析 (1)E= 由质点做匀速直线运动可得:Bqv=qE+mg 得:=.‎ ‎(2)当M板电势高,即U为正时,有Bqv=qE+mg,粒子做匀速直线运动 当M板电势低,即U为负时,有mg=qE,粒子在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动,周期T==0.1π s,‎ 有r=<且vt1+rl区域将做类平抛运动,等效加速度为g′‎ g′=g vmaxttan θ=g′t2‎ t= vQ== x=l+=5l-4h ‎5.(2018·台州市外国语学校期末)如图5所示装置中,区域Ⅰ和Ⅲ中分别有竖直向上和水平向右的匀强电场,电场强度分别为E和;Ⅱ区域内有垂直向外的水平匀强磁场,磁感应强度为B.一质量为m、带电量为q的带负电粒子(不计重力)从左边界O点正上方的M点以速度v0水平射入电场,经水平分界线OP上的A点与OP成60°角射入Ⅱ区域的磁场,并垂直竖直边界CD进入Ⅲ区域的匀强电场中.求:‎ 图5‎ ‎(1)粒子在Ⅱ区域匀强磁场中运动的轨道半径;‎ ‎(2)O、M间的距离;‎ ‎(3)粒子从M点出发到第二次通过CD边界所经历的时间.‎ 答案 (1) (2) (3)+ 解析 (1)粒子在匀强电场中做类平抛运动,水平方向做匀速直线运动,设粒子过A点时速度为v 由类平抛运动的规律知v==2v0‎ 粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,由 Bqv=m 所以R= ‎(2)在电场中运动,有 qE=ma v0tan 60°=at1‎ 即t1= O、M两点间的距离为L=at12= ‎(3)设粒子在Ⅱ区域磁场中运动时间为t2‎ 则由几何关系知轨道的圆心角∠AO1D=60°‎ 则t2== 设粒子在Ⅲ区域电场中运动时间为t3,由牛顿第二定律得 a′== 则t3== 故粒子从M点出发到第二次通过CD边界所用时间为 t=t1+t2+t3=+ ‎6.(2017·嘉兴一中期末)如图6所示,宽度为L的区域被平均分为区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ,其中Ⅰ、Ⅲ有匀强磁场,它们的磁感应强度大小相等,方向垂直纸面且相反.长为L、宽为的矩形abcd紧邻磁场下方,与磁场边界对齐,O为dc边中点,P为dc中垂线上一点,OP=3L.矩形内有匀强电场,电场强度大小为E,方向由a指向O.电荷量为q、质量为m、重力不计的带电粒子由a点静止释放,经电场加速后进入磁场,运动轨迹刚好与区域Ⅲ的右边界相切.‎ 图6‎ ‎(1)求该粒子经过O点时的速度大小v0;‎ ‎(2)求匀强磁场的磁感应强度大小B;‎ ‎(3)若在aO之间距O点x处静止释放该粒子,粒子在磁场区域中共偏转n次到达P点,求x满足的条件及n的可能取值.‎ 答案 (1) (2)  (3)x=(-)2L,n=2、3、4、5、6、7、8‎ 解析 (1)由题意中长宽几何关系可知aO=L,粒子在aO加速过程由动能定理得:qEL=mv①‎ 得粒子经过O点时速度大小:v0= ②‎ ‎(2)粒子在磁场区域Ⅲ中的运动轨迹如图,设粒子轨迹圆半径为R0,‎ 由几何关系可得:‎ R0-R0cos 60°=L③‎ 由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得:qv0B=④‎ 联立②③④式,得:B=⑤‎ ‎(3)若粒子在磁场中一共经过n次偏转到达P,设粒子轨迹圆半径为R,‎ 由几何关系有:2n( tan 30°+Rcos 30°)=3L⑥‎ 依题意有0<R≤R0⑦‎ 联立③⑥⑦得≤n<9,且n取正整数⑧‎ 设粒子在磁场中的运动速率为v,有:qvB=⑨‎ 在电场中的加速过程,由动能定理:qEx=mv2⑩‎ 联立⑤⑥⑨⑩式,‎ 得:x=(-)2 L,其中n=2、3、4、5、6、7、8 ‎
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