(江蘇專版)2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第八章 第4節(jié) 帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)講義(含解析)
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1、(江蘇專版)2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第八章 第4節(jié) 帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)講義(含解析) 突破點(diǎn)(一) 帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 1.分析方法 2.三種場(chǎng)的比較 力的特點(diǎn) 功和能的特點(diǎn) 重力場(chǎng) 大?。篏=mg 方向:豎直向下 重力做功與路徑無(wú)關(guān) 重力做功改變物體的重力勢(shì)能 電場(chǎng) 大小:F=qE 方向:正電荷受力方向與場(chǎng)強(qiáng)方向相同,負(fù)電荷受力方向與場(chǎng)強(qiáng)方向相反 電場(chǎng)力做功與路徑無(wú)關(guān) W=qU 電場(chǎng)力做功改變電勢(shì)能 磁場(chǎng) 大?。篎=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(dòng)能 [多維探究] (一)電場(chǎng)與
2、磁場(chǎng)共存 [例1] 一個(gè)帶正電荷的微粒(重力不計(jì)),穿過(guò)如圖所示的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí),恰能沿直線運(yùn)動(dòng),則下列說(shuō)法不正確的是( ) A.若僅減小入射速度,微粒進(jìn)入該區(qū)域后將向下偏轉(zhuǎn) B.若僅減小電場(chǎng)強(qiáng)度,微粒穿過(guò)該區(qū)域后動(dòng)能將減小 C.若增大磁感應(yīng)強(qiáng)度而要使微粒依然能沿直線運(yùn)動(dòng),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?fù)電荷,微粒依然能沿直線運(yùn)動(dòng) [解析] 帶電微粒在電磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng),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(chǎng)力不變,合力向下,向下偏轉(zhuǎn),故A正確;減小電場(chǎng)強(qiáng)度,則電場(chǎng)力減小,洛倫茲力不變,合力向上,向上偏轉(zhuǎn),電場(chǎng)力做負(fù)功,洛
3、倫茲力不做功,微粒穿過(guò)該區(qū)域后動(dòng)能將減小,故B正確;若增大磁感應(yīng)強(qiáng)度,則向上的洛倫茲力增大,電場(chǎng)力不變,而要使微粒依然能沿直線運(yùn)動(dòng),則必須減小微粒的入射速度,故C錯(cuò)誤;若僅將微粒所帶的電荷變?yōu)樨?fù)電荷,洛倫茲力方向向下,電場(chǎng)力方向向上,它們的大小不變,合力為0,微粒依然能沿直線運(yùn)動(dòng),故D正確。 [答案] C (二)磁場(chǎng)與重力場(chǎng)共存 [例2] 如圖,長(zhǎng)為l的絕緣輕繩上端固定于O點(diǎn),下端系一質(zhì)量為m的帶負(fù)電小球,在小球運(yùn)動(dòng)的豎直平面內(nèi)有垂直該平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。某時(shí)刻給小球一垂直于磁場(chǎng)、水平向右的初速度,小球能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)。不計(jì)空氣阻力,重力加速度為g。則( ) A.小球做勻速圓周
4、運(yùn)動(dòng) B.小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能不守恒 C.小球在最高點(diǎn)的最小速度v1= D.最低點(diǎn)與最高點(diǎn)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(yùn)動(dòng),選項(xiàng)A錯(cuò)誤;小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中只有重力做功,則機(jī)械能守恒,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;在最高的最小速度滿足:mg-qv1minB=m,則v1min≠,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;在最高點(diǎn)時(shí)T1+mg-qv1B=m,從最高點(diǎn)到最低點(diǎn)由機(jī)械能守恒得:mv12+2mgl=mv22;在最低點(diǎn):T2-mg-qv2B=m;聯(lián)立解得:ΔF=T2-T1=6mg+qB(v2-v1)>6mg,選項(xiàng)D正確。 [答案] D (三)電場(chǎng)、磁場(chǎng)與重力
5、場(chǎng)共存 [例3] 如圖,空間某區(qū)域存在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng),電場(chǎng)方向水平向右,磁場(chǎng)方向垂直于紙面向外。已知在該區(qū)域內(nèi),一個(gè)帶電小球在豎直面內(nèi)做直線運(yùn)動(dòng)。下列說(shuō)法正確的是( ) A.若小球帶正電荷,則小球的電勢(shì)能減小 B.若小球帶負(fù)電荷,則小球的電勢(shì)能減小 C.無(wú)論小球帶何種電荷,小球的重力勢(shì)能都減小 D.小球的動(dòng)能可能會(huì)增大 [思路點(diǎn)撥] (1)帶電小球在重力場(chǎng)、電場(chǎng)、磁場(chǎng)的復(fù)合場(chǎng)中,只要做直線運(yùn)動(dòng)(速度與磁場(chǎng)不平行),一定是勻速直線運(yùn)動(dòng)。 (2)若速度變化,洛倫茲力(方向垂直速度)會(huì)變化,合力就會(huì)變化;合力與速度就不在一直線上,帶電小球就會(huì)做曲線運(yùn)動(dòng)。 [解析] 小球受的重
6、力豎直向下,若小球帶正電荷,小球受的電場(chǎng)力水平向右,則洛倫茲力斜向左上方,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(chǎng)力的方向與運(yùn)動(dòng)方向成鈍角,電場(chǎng)力做負(fù)功,小球的電勢(shì)能增大,故A項(xiàng)錯(cuò)誤;小球受的重力豎直向下,若小球帶負(fù)電荷,小球受的電場(chǎng)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(chǎng)力的方向與運(yùn)動(dòng)方向成鈍角,電場(chǎng)力做負(fù)功,小球的電勢(shì)能增大,故B項(xiàng)錯(cuò)誤;由A、B項(xiàng)分析知,無(wú)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(shì)能減小,故C項(xiàng)正確;小球做勻速直線運(yùn)動(dòng),動(dòng)能不變,故D項(xiàng)錯(cuò)誤。 [答案] C 突破點(diǎn)(二) 帶電粒子在疊加場(chǎng)
7、中運(yùn)動(dòng)的實(shí)例分析 裝置 原理圖 規(guī)律 速度選擇器 若qv0B=Eq,即v0=,粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng) 磁流體發(fā)電機(jī) 等離子體射入,受洛倫茲力偏轉(zhuǎn),使兩極板帶正、負(fù)電,兩極電壓為U時(shí)穩(wěn)定,q=qv0B,U=v0Bd 電磁流量計(jì) q=qvB,所以v= 所以Q=vS= 霍爾元件 當(dāng)磁場(chǎng)方向與電流方向垂直時(shí),導(dǎo)體在與磁場(chǎng)、電流方向都垂直的方向上出現(xiàn)電勢(shì)差 [典例] [多選](2018·揚(yáng)州三模)為了測(cè)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(jì)(流量Q為單位時(shí)間內(nèi)流過(guò)某截面流體的體積)。如圖所示,長(zhǎng)方體絕緣管道的長(zhǎng)、寬、高分別為a、b、c,左、右兩端
8、開(kāi)口,所在空間有垂直于前后平面、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng),在上、下兩個(gè)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(dòng)。測(cè)得M、N間電壓為U,污水流過(guò)管道時(shí)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(zhǎng)度,v為污水的流速。則( ) A.污水的流量Q= B.金屬板M的電勢(shì)不一定高于金屬板N的電勢(shì) C.電壓U與污水中離子濃度無(wú)關(guān) D.左、右兩側(cè)管口的壓強(qiáng)差 [解析] 由=Bqv得污水的流速:v=,則流量Q=vbc=,A錯(cuò)誤;根據(jù)左手定則,知負(fù)離子所受的洛倫茲力方向向下,N板帶負(fù)電,M板帶正電,則M板的電勢(shì)比N板電勢(shì)高,B錯(cuò)誤;最終離子在電場(chǎng)力和洛倫茲力作
9、用下平衡,有:qvB=q,解得:U=vBc,與離子濃度無(wú)關(guān),C正確;污水的流速:v=,污水流過(guò)該裝置時(shí)受到阻力:f=kLv2=kav2,為使污水勻速通過(guò)該裝置,左、右兩側(cè)管口應(yīng)施加的壓力差等于污水流過(guò)該裝置時(shí)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(gè)很小的矩形半導(dǎo)體薄片上,制作四個(gè)電極E、F、M、N,做成了一個(gè)霍爾元件,在E、F間通入恒定電流I,同時(shí)外加與薄片垂直的磁場(chǎng)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(chǎng)的方向如圖所示,下列說(shuō)法正確的有( ) A.N板電勢(shì)高于M板電勢(shì)
10、 B.磁感應(yīng)強(qiáng)度越大,M、N間電勢(shì)差越大 C.將磁場(chǎng)方向變?yōu)榕c薄片的上、下表面平行,UH不變 D.將磁場(chǎng)和電流分別反向,N板電勢(shì)低于M板電勢(shì) 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(shì)高,故A正確;設(shè)左、右兩個(gè)表面相距為d,電子所受的電場(chǎng)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(gè)數(shù)為n,半導(dǎo)體截面積為S,半導(dǎo)體薄片厚度為L(zhǎng),則=qvB?、伲籌=nqSv?、?;S=dL ③;由①②③得:UH=,令k=,則UH=k?、?;所以若保持電流I恒定,則M、N間的電壓與磁感應(yīng)強(qiáng)度B成正比,故B正確;將磁場(chǎng)方向變?yōu)榕c薄片的上、下表
11、面平行,則帶電粒子不會(huì)受到洛倫茲力,因此不存在電勢(shì)差,故C錯(cuò)誤;若磁場(chǎng)和電流分別反向,依據(jù)左手定則,則N板電勢(shì)仍高于M板電勢(shì),故D錯(cuò)誤。 2.(2018·泰州期末)如圖所示,速度選擇器中勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度為E,勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1,擋板右側(cè)質(zhì)譜儀中勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2。速度相同的一束粒子(不計(jì)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(jìn)入質(zhì)譜儀,其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示。下列說(shuō)法正確的是( ) A.該束帶電粒子帶負(fù)電 B.能通過(guò)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(yuǎn)離狹縫S0,粒子的比荷越小 D.能通過(guò)狹縫S0的帶電粒子進(jìn)入質(zhì)譜儀后運(yùn)動(dòng)半徑都
12、相同 解析:選C 粒子進(jìn)入磁場(chǎng)B2后,受洛倫茲力向下偏轉(zhuǎn),根據(jù)左手定則可知,粒子帶正電,A錯(cuò)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(chǎng)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(cuò)誤;能通過(guò)狹縫S0的帶電粒子進(jìn)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(yuǎn)離狹縫S0,故C正確,D錯(cuò)誤。 軌道約束情況下帶電體在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 帶電體在重力場(chǎng)、磁場(chǎng)、電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí),從整個(gè)物理過(guò)程上看有多種不同的運(yùn)動(dòng)形式,其中從運(yùn)動(dòng)條件上看分為有軌道約束和無(wú)軌道約束。現(xiàn)從力、運(yùn)動(dòng)和能量的觀點(diǎn)研究三種有軌道約束的帶電體的運(yùn)動(dòng)。
13、 (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外的磁感應(yīng)強(qiáng)度為0.5 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng),一質(zhì)量為0.2 kg且足夠長(zhǎng)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(dòng)摩擦因數(shù)為0.5,滑塊受到的最大靜摩擦力可認(rèn)為等于滑動(dòng)摩擦力?,F(xiàn)對(duì)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(yùn)動(dòng)的時(shí)間t及勻加速結(jié)束時(shí)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(zhǎng)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
14、間動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5,當(dāng)F作用于長(zhǎng)木板時(shí),對(duì)于木板由拉力和摩擦力的合力產(chǎn)生加速度,對(duì)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(dú)對(duì)長(zhǎng)木板產(chǎn)生的加速度:a木== m/s2=3 m/s2<amax 所以力F作用時(shí),M和m一起勻加速運(yùn)動(dòng),所以根據(jù)牛頓第二定律有開(kāi)始時(shí)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(shí),滑塊將相對(duì)于木板滑動(dòng),則有: μ(mg-Bqv1)=ma 解得:v1=6 m/s; 則加速時(shí)間t==
15、 s=3 s。 (2)滑塊在木板對(duì)滑塊的摩擦力作用下做加速運(yùn)動(dòng),當(dāng)速度最大時(shí)木板對(duì)滑塊的摩擦力為0,如圖對(duì)滑塊進(jìn)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(dòng)摩擦力, 根據(jù)分析知:滑動(dòng)摩擦力f=μN(yùn)=μ(mg-F) F=qvB 當(dāng)滑塊速度最大時(shí),f=0,即:F=mg=qv2B 所以此時(shí)滑塊速度v2= 代入數(shù)據(jù)得:v2=10 m/s。 (3)對(duì)于木板進(jìn)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?yàn)镕為恒力,故當(dāng)f=0時(shí),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)
16、10 m/s (3)3 m/s2 (二)帶電物塊與絕緣斜面的組合 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(kāi)始下滑,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)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(yùn)動(dòng)的最大位移。(斜面足夠長(zhǎng),取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8) 解析:經(jīng)分析,物塊沿斜面運(yùn)動(dòng)過(guò)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(kāi)斜面。所以,當(dāng)物塊對(duì)斜面的壓力剛好為零時(shí),物塊沿斜面的速度達(dá)到最大,同時(shí)位移達(dá)到最大,即qvmB=mgcos θ① 物塊沿斜面下滑過(guò)程中,由動(dòng)能定理得: mgssin θ
17、=mvm2② 由①②得:vm==。 s==。 答案:vm= s= (三)帶電圓環(huán)與絕緣直桿的組合 3.如圖所示,一個(gè)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(zhǎng)的絕緣直棒上,可以沿棒上下滑動(dòng)。將棒置于正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)內(nèi),E=10 N/C,B=0.5 T。小環(huán)與棒之間的動(dòng)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(chǎng)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(gè)變力,小環(huán)所受的摩擦力也是一個(gè)變力,可以根據(jù)小環(huán)運(yùn)動(dòng)
18、的動(dòng)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(yùn)動(dòng)方程mg-μFN=ma,即mg-μ(qE+qvB)=ma。 當(dāng)v=0時(shí),即剛下落時(shí),小環(huán)運(yùn)動(dòng)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(shí),下落速度v達(dá)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(diǎn),解決“約束運(yùn)動(dòng)”問(wèn)題 (1)對(duì)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(diǎn),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(gè)關(guān)系。 (3)掌握力和運(yùn)動(dòng)、功和能在磁場(chǎng)中的應(yīng)用。
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