《(江蘇專版)2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第八章 第4節(jié) 帶電粒子在疊加場中的運動講義(含解析)》由會員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《(江蘇專版)2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第八章 第4節(jié) 帶電粒子在疊加場中的運動講義(含解析)(8頁珍藏版)》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、帶電粒子在疊加場中的運動
突破點(一) 帶電粒子在疊加場中的運動
1.分析方法
2.三種場的比較
力的特點
功和能的特點
重力場
大?。篏=mg
方向:豎直向下
重力做功與路徑無關(guān)
重力做功改變物體的重力勢能
電場
大小:F=qE
方向:正電荷受力方向與場強方向相同,負電荷受力方向與場強方向相反
電場力做功與路徑無關(guān)
W=qU
電場力做功改變電勢能
磁場
大小:F=qvB(v⊥B)
方向:可用左手定則判斷
洛倫茲力不做功,不改變帶電粒子的動能
[多維探究]
(一)電場與磁場共存
[例1] 一個帶正電荷的微粒(重力不計),穿過如圖所示的勻
2、強電場和勻強磁場區(qū)域時,恰能沿直線運動,則下列說法不正確的是( )
A.若僅減小入射速度,微粒進入該區(qū)域后將向下偏轉(zhuǎn)
B.若僅減小電場強度,微粒穿過該區(qū)域后動能將減小
C.若增大磁感應(yīng)強度而要使微粒依然能沿直線運動,必須增大微粒的入射速度
D.若僅將微粒所帶的電荷變?yōu)樨撾姾?,微粒依然能沿直線運動
[解析] 帶電微粒在電磁場中運動,F(xiàn)洛=Bqv,F(xiàn)電=qE。若僅減小入射速度,則向上的洛倫茲力減小,電場力不變,合力向下,向下偏轉(zhuǎn),故A正確;減小電場強度,則電場力減小,洛倫茲力不變,合力向上,向上偏轉(zhuǎn),電場力做負功,洛倫茲力不做功,微粒穿過該區(qū)域后動能將減小,故B正確;若增大磁感應(yīng)強度,
3、則向上的洛倫茲力增大,電場力不變,而要使微粒依然能沿直線運動,則必須減小微粒的入射速度,故C錯誤;若僅將微粒所帶的電荷變?yōu)樨撾姾?,洛倫茲力方向向下,電場力方向向上,它們的大小不變,合力?,微粒依然能沿直線運動,故D正確。
[答案] C
(二)磁場與重力場共存
[例2] 如圖,長為l的絕緣輕繩上端固定于O點,下端系一質(zhì)量為m的帶負電小球,在小球運動的豎直平面內(nèi)有垂直該平面向里的勻強磁場。某時刻給小球一垂直于磁場、水平向右的初速度,小球能做完整的圓周運動。不計空氣阻力,重力加速度為g。則( )
A.小球做勻速圓周運動
B.小球運動過程中機械能不守恒
C.小球在最高點的最小速度v
4、1=
D.最低點與最高點的繩子拉力差值大于6mg
[解析] 小球受重力、繩子的拉力以及沿繩子向外的洛倫茲力,則小球做非勻速圓周運動,選項A錯誤;小球運動過程中只有重力做功,則機械能守恒,選項B錯誤;在最高的最小速度滿足:mg-qv1minB=m,則v1min≠,選項C錯誤;在最高點時T1+mg-qv1B=m,從最高點到最低點由機械能守恒得:mv12+2mgl=mv22;在最低點:T2-mg-qv2B=m;聯(lián)立解得:ΔF=T2-T1=6mg+qB(v2-v1)>6mg,選項D正確。
[答案] D
(三)電場、磁場與重力場共存
[例3] 如圖,空間某區(qū)域存在勻強電場和勻強磁場,電場方向水
5、平向右,磁場方向垂直于紙面向外。已知在該區(qū)域內(nèi),一個帶電小球在豎直面內(nèi)做直線運動。下列說法正確的是( )
A.若小球帶正電荷,則小球的電勢能減小
B.若小球帶負電荷,則小球的電勢能減小
C.無論小球帶何種電荷,小球的重力勢能都減小
D.小球的動能可能會增大
[思路點撥]
(1)帶電小球在重力場、電場、磁場的復(fù)合場中,只要做直線運動(速度與磁場不平行),一定是勻速直線運動。
(2)若速度變化,洛倫茲力(方向垂直速度)會變化,合力就會變化;合力與速度就不在一直線上,帶電小球就會做曲線運動。
[解析] 小球受的重力豎直向下,若小球帶正電荷,小球受的電場力水平向右,則洛倫茲力斜向左上
6、方,三力才能平衡;由左手定則可知,小球的速度向左下方,則電場力的方向與運動方向成鈍角,電場力做負功,小球的電勢能增大,故A項錯誤;小球受的重力豎直向下,若小球帶負電荷,小球受的電場力水平向左,則洛倫茲力斜向右上方,三力才能平衡;由左手定則可知,小球的速度向右下方,則電場力的方向與運動方向成鈍角,電場力做負功,小球的電勢能增大,故B項錯誤;由A、B項分析知,無論小球帶何種電荷,小球豎直方向的分速度均向下,小球的重力勢能減小,故C項正確;小球做勻速直線運動,動能不變,故D項錯誤。
[答案] C
突破點(二) 帶電粒子在疊加場中運動的實例分析
裝置
原理圖
規(guī)律
速度選擇器
若qv
7、0B=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),使兩極板帶正、負電,兩極電壓為U時穩(wěn)定,q=qv0B,U=v0Bd
電磁流量計
q=qvB,所以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
[典例] [多選](2018·揚州三模)為了測量化工廠的污水排放量,技術(shù)人員在排污管末端安裝了流量計(流量Q為單位時間內(nèi)流過某截面流體的體積)。如圖所示,長方體絕緣管道的長、寬、高分別為a、b、c,左、右兩端開口,所在空間有垂直于前后平面、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場,在上、下
8、兩個面的內(nèi)側(cè)固定有金屬板M、N,污水充滿管道從左向右勻速流動。測得M、N間電壓為U,污水流過管道時受到的阻力大小是f=kLv2,k為比例系數(shù),L為污水沿流速方向的長度,v為污水的流速。則( )
A.污水的流量Q=
B.金屬板M的電勢不一定高于金屬板N的電勢
C.電壓U與污水中離子濃度無關(guān)
D.左、右兩側(cè)管口的壓強差
[解析] 由=Bqv得污水的流速:v=,則流量Q=vbc=,A錯誤;根據(jù)左手定則,知負離子所受的洛倫茲力方向向下,N板帶負電,M板帶正電,則M板的電勢比N板電勢高,B錯誤;最終離子在電場力和洛倫茲力作用下平衡,有:qvB=q,解得:U=vBc,與離子濃度無關(guān),C正確;污
9、水的流速:v=,污水流過該裝置時受到阻力:f=kLv2=kav2,為使污水勻速通過該裝置,左、右兩側(cè)管口應(yīng)施加的壓力差等于污水流過該裝置時受到阻力,ΔpS=Δpbc=kav2,Δp=,D正確。
[答案] CD
[集訓(xùn)沖關(guān)]
1.[多選](2019·蘇北一模)在一個很小的矩形半導(dǎo)體薄片上,制作四個電極E、F、M、N,做成了一個霍爾元件,在E、F間通入恒定電流I,同時外加與薄片垂直的磁場B,M、N間的電壓為UH。已知半導(dǎo)體薄片中的載流子為正電荷,電流與磁場的方向如圖所示,下列說法正確的有( )
A.N板電勢高于M板電勢
B.磁感應(yīng)強度越大,M、N間電勢差越大
C.將磁場方向變?yōu)榕c薄片
10、的上、下表面平行,UH不變
D.將磁場和電流分別反向,N板電勢低于M板電勢
解析:選AB 根據(jù)左手定則,電流的方向向里,帶正電荷的載流子受洛倫茲力的方向指向N端,向N端偏轉(zhuǎn),則N板電勢高,故A正確;設(shè)左、右兩個表面相距為d,電子所受的電場力等于洛倫茲力,設(shè)半導(dǎo)體薄片中單位體積內(nèi)載流子的個數(shù)為n,半導(dǎo)體截面積為S,半導(dǎo)體薄片厚度為L,則=qvB ①;I=nqSv?、冢籗=dL?、郏挥散佗冖鄣茫篣H=,令k=,則UH=k?、埽凰匀舯3蛛娏鱅恒定,則M、N間的電壓與磁感應(yīng)強度B成正比,故B正確;將磁場方向變?yōu)榕c薄片的上、下表面平行,則帶電粒子不會受到洛倫茲力,因此不存在電勢差,故C錯誤;若磁場
11、和電流分別反向,依據(jù)左手定則,則N板電勢仍高于M板電勢,故D錯誤。
2.(2018·泰州期末)如圖所示,速度選擇器中勻強電場的電場強度為E,勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B1,擋板右側(cè)質(zhì)譜儀中勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B2。速度相同的一束粒子(不計重力),由左側(cè)沿垂直于E和B1的方向射入速度選擇器后,又進入質(zhì)譜儀,其運動軌跡如圖所示。下列說法正確的是( )
A.該束帶電粒子帶負電
B.能通過狹縫S0的帶電粒子的速率等于
C.粒子打在膠片上的位置越遠離狹縫S0,粒子的比荷越小
D.能通過狹縫S0的帶電粒子進入質(zhì)譜儀后運動半徑都相同
解析:選C 粒子進入磁場B2后,受洛倫茲力向下偏轉(zhuǎn),根據(jù)左手定
12、則可知,粒子帶正電,A錯誤;在速度選擇器中,為使粒子不發(fā)生偏轉(zhuǎn),粒子所受電場力和洛倫茲力是平衡力,即qvB1=qE,所以帶電粒子的速率v=,B錯誤;能通過狹縫S0的帶電粒子進入質(zhì)譜儀后,洛倫茲力提供向心力,則qvB2=m,所以r==,所以粒子的比荷越小,打在膠片上的位置越遠離狹縫S0,故C正確,D錯誤。
軌道約束情況下帶電體在磁場中的運動
帶電體在重力場、磁場、電場中運動時,從整個物理過程上看有多種不同的運動形式,其中從運動條件上看分為有軌道約束和無軌道約束?,F(xiàn)從力、運動和能量的觀點研究三種有軌道約束的帶電體的運動。
(一)帶電物塊與絕緣物塊的組合
1.如圖所示,空間有一垂直紙面向
13、外的磁感應(yīng)強度為0.5 T的勻強磁場,一質(zhì)量為0.2 kg且足夠長的絕緣木板靜止在光滑水平面上,在木板左端放置一質(zhì)量為0.1 kg、帶電荷量q=+0.2 C的滑塊,滑塊與絕緣木板之間的動摩擦因數(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0.6 N的恒力,g取10 m/s2,求:
(1)滑塊勻加速運動的時間t及勻加速結(jié)束時的速度v1;
(2)滑塊最終的速度v2;
(3)木板最終加速度。
解析:(1)由題意知長木板的質(zhì)量為M=0.2 kg,滑塊的質(zhì)量m=0.1 kg,滑塊與木板間動摩擦因數(shù)μ=0.5,當(dāng)F作用于長木板時,對于木板由拉力和摩擦力的合
14、力產(chǎn)生加速度,對于滑塊由摩擦力產(chǎn)生加速度,由題意知滑塊與木板間的最大靜摩擦力fmax=μmg,產(chǎn)生的最大加速度:amax=μg=0.5×10 m/s2=5 m/s2
當(dāng)F=0.6 N的恒力單獨對長木板產(chǎn)生的加速度:a木== m/s2=3 m/s2<amax
所以力F作用時,M和m一起勻加速運動,所以根據(jù)牛頓第二定律有開始時木板和滑塊的共同加速度為:a== m/s2=2 m/s2
當(dāng)滑塊受到的最大靜摩擦力小于ma時,滑塊將相對于木板滑動,則有:
μ(mg-Bqv1)=ma
解得:v1=6 m/s;
則加速時間t== s=3 s。
(2)滑塊在木板對滑塊的摩擦力作用下做加速運動,當(dāng)速
15、度最大時木板對滑塊的摩擦力為0,如圖對滑塊進行受力分析有:
滑塊受到向上的洛倫茲力、木板的支持力、重力和木板的滑動摩擦力,
根據(jù)分析知:滑動摩擦力f=μN=μ(mg-F)
F=qvB
當(dāng)滑塊速度最大時,f=0,即:F=mg=qv2B
所以此時滑塊速度v2=
代入數(shù)據(jù)得:v2=10 m/s。
(3)對于木板進行受力分析,有F合=F-f
根據(jù)牛頓第二定律有木板的加速度:a=
因為F為恒力,故當(dāng)f=0時,木板具有最大加速度,其值為:a木max== m/s2=3 m/s2。
答案:(1)3 s 6 m/s (2)10 m/s (3)3 m/s2
(二)帶電物塊與絕緣斜面的組合
16、
2.如圖所示,帶電荷量為+q、質(zhì)量為m的物塊從傾角為θ=37°的光滑絕緣斜面頂端由靜止開始下滑,磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場垂直紙面向外,求物塊在斜面上滑行的最大速度和在斜面上運動的最大位移。(斜面足夠長,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)
解析:經(jīng)分析,物塊沿斜面運動過程中加速度不變,但隨速度增大,物塊所受支持力逐漸減小,最后離開斜面。所以,當(dāng)物塊對斜面的壓力剛好為零時,物塊沿斜面的速度達到最大,同時位移達到最大,即qvmB=mgcos θ①
物塊沿斜面下滑過程中,由動能定理得:
mgssin θ=mvm2②
由①②得:vm==。
s==。
答案:vm= s=
17、
(三)帶電圓環(huán)與絕緣直桿的組合
3.如圖所示,一個質(zhì)量m=0.1 g,電荷量q=4×10-4C帶正電的小環(huán),套在很長的絕緣直棒上,可以沿棒上下滑動。將棒置于正交的勻強電場和勻強磁場內(nèi),E=10 N/C,B=0.5 T。小環(huán)與棒之間的動摩擦因數(shù)μ=0.2。求小環(huán)從靜止沿棒豎直下落的最大加速度和最大速度。取g=10 m/s2,小環(huán)電荷量不變。
解析:小環(huán)由靜止下滑后,由于所受電場力與洛倫茲力同向(向右),使小環(huán)壓緊豎直棒。相互間的壓力為FN=qE+qvB。由于壓力是一個變力,小環(huán)所受的摩擦力也是一個變力,可以根據(jù)小環(huán)運動的動態(tài)方程找出最值條件。
根據(jù)小環(huán)豎直方向的受力情況,由牛頓第二定律得運動方程mg-μFN=ma,即mg-μ(qE+qvB)=ma。
當(dāng)v=0時,即剛下落時,小環(huán)運動的加速度最大,代入數(shù)值得am=2 m/s2。
下落后,隨著v的增大,加速度a逐漸減小。當(dāng)a=0時,下落速度v達最大值,代入數(shù)值得vm=5 m/s。
答案:am=2 m/s2 vm=5 m/s
把握三點,解決“約束運動”問題
(1)對物塊受力分析,把握已知條件。
(2)掌握洛倫茲力的公式和特點,理清彈力和摩擦力、洛倫茲力和速度、摩擦力與合力、加速度與速度等幾個關(guān)系。
(3)掌握力和運動、功和能在磁場中的應(yīng)用。
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