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2019-2020年高三物理第二輪專題復(fù)習(xí) 專題三電場和磁場中的帶電粒子教案 人教版 一、考點(diǎn)回顧 1．三種力： 大小 方向 決定因素 重力 G=mg=GMm/R2 豎直向下 由場決定，與物體的運(yùn)動狀態(tài)（v）無關(guān) 電場力 F=qE 與E方向平行 洛倫茲力 f=Bqv 與B、v平面垂直（左手定則） 由場和物體的運(yùn)動狀態(tài)（v）共同決定 2．重力的分析： (1)對于微觀粒子，如電子、質(zhì)子、離子等一般不做特殊交待就可以不計(jì)其重力，因?yàn)槠渲亓σ话闱闆r下與電場力或磁場力相比太小，可以忽略； (2)對于一些實(shí)際物體，如帶電小球、液滴等不做特殊交待時就應(yīng)當(dāng)考慮重力； (3)在題目中有明確交待是否要考慮重力的，這種情況比較正規(guī)，也比較簡單。 3．電場力和洛倫茲力的比較： (1)在電場中的電荷，不管其運(yùn)動與否，均受到電場力的作用；而磁場僅僅對運(yùn)動著的、且速度與磁場方向不平行的電荷有洛倫茲力的作用； (2)電場力的大小與電荷的運(yùn)動的速度無關(guān)；而洛倫茲力的大小與電荷運(yùn)動的速度大小和方向均有關(guān)； (3)電場力的方向與電場的方向或相同、或相反；而洛倫茲力的方向始終既和磁場垂直，又和速度方向垂直； (4)電場既可以改變電荷運(yùn)動的速度大小，也可以改變電荷運(yùn)動的方向，而洛倫茲力只能改變電荷運(yùn)動的速度方向，不能改變速度大?。? (5)電場力可以對電荷做功，能改變電荷的動能；洛倫茲力不能對電荷做功，不能改變電荷的動能； (6)勻強(qiáng)電場中在電場力的作用下，運(yùn)動電荷的偏轉(zhuǎn)軌跡為拋物線；勻強(qiáng)磁場中在洛倫茲力的作用下，垂直于磁場方向運(yùn)動的電荷的偏轉(zhuǎn)軌跡為圓弧。 4．帶電粒子在獨(dú)立勻強(qiáng)場中的運(yùn)動： (1)不計(jì)重力的帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動可分二種情況：平行進(jìn)入勻強(qiáng)電場，在電場中做勻加速直線運(yùn)動和勻減速直線運(yùn)動；垂直進(jìn)入勻強(qiáng)電場，在電場中做勻變速曲線運(yùn)動(類平拋運(yùn)動)； (2)不計(jì)重力的帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動可分二種情況：平行進(jìn)入勻強(qiáng)磁場時，做勻速直線運(yùn)動；垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場時，做變加速曲線運(yùn)動(勻速圓周運(yùn)動)； 5．不計(jì)重力的帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做不完整圓周運(yùn)動的解題思路： 不計(jì)重力的帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動的軌跡半徑r=mv/Bq；其運(yùn)動周期T=2pm/Bq(與速度大小無關(guān)) (1)用幾何知識確定圓心并求半徑：因?yàn)镕方向指向圓心，根據(jù)F一定垂直v，畫出粒子運(yùn)動軌跡中任意兩點(diǎn)(大多是射入點(diǎn)和出射點(diǎn))的F或半徑方向，其延長線的交點(diǎn)即為圓心，再用幾何知識求其半徑與弦長的關(guān)系； (2)確定軌跡所對的圓心角，求運(yùn)動時間：先利用圓心角與弦切角的關(guān)系，或者是四邊形內(nèi)角和等于360(或2p)計(jì)算出圓心角q的大小，再由公式t=qT/3600(或qT/2p)可求出運(yùn)動時間。 6．帶電粒子在復(fù)合場中運(yùn)動的基本分析 復(fù)合場是指電場、磁場、重力場并存，或其中某兩種場并存的場。帶電粒子在這些復(fù)合場中運(yùn)動時，必須同時考慮電場力、洛倫茲力和重力的作用或其中某兩種力的作用，因此對粒子的運(yùn)動形式的分析就顯得極為重要。所以問題本質(zhì)還是物體的動力學(xué)問題。 分析此類問題的一般方法為：首先從粒子的開始運(yùn)動狀態(tài)受力分析著手，由合力和初速度判斷粒子的運(yùn)動軌跡和運(yùn)動性質(zhì)，注意速度和洛倫茲力相互影響這一特點(diǎn)，將整個運(yùn)動過程和各個階段都分析清楚，然后再結(jié)合題設(shè)條件，邊界條件等，選取粒子的運(yùn)動過程，選用有關(guān)動力學(xué)理論公式求解。 (1)粒子所受的合力和初速度決定粒子的運(yùn)動軌跡及運(yùn)動性質(zhì)： 當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中所受的合外力為0時，粒子將做勻速直線運(yùn)動或靜止。 當(dāng)帶電粒子所受的合外力與運(yùn)動方向在同一條直線上時，粒子將做變速直線運(yùn)動。 當(dāng)帶電粒子所受的合外力充當(dāng)向心力時，粒子將做勻速圓周運(yùn)動，且恒力的合力一定為零。 當(dāng)帶電粒子所受的合外力的大小、方向均是不斷變化的，則粒子將做變加速運(yùn)動，這類問題一般只能用能量關(guān)系處理。 (2)勻變速直線運(yùn)動公式、運(yùn)動的合成和分解、勻速圓周運(yùn)動的運(yùn)動學(xué)公式； (3)牛頓運(yùn)動定律、動量定理和動量守恒定律； (4)動能定理、能量守恒定律。 7．實(shí)際應(yīng)用模型有：顯像管、回旋加速器、速度選擇器、正負(fù)電子對撞機(jī)、質(zhì)譜儀、電磁流量計(jì)、磁流體發(fā)電機(jī)、霍爾效應(yīng)等等。 二、經(jīng)典例題剖析 1．如圖所示，在某水平方向的電場線AB上(電場線方向未標(biāo)明)，將一受到水平向右恒定拉力的帶電粒子（不計(jì)重力）在A點(diǎn)由靜止釋放，帶電粒子沿AB方向開始運(yùn)動，經(jīng)過B點(diǎn)時的速度恰好為零，則下列結(jié)論正確的有【 】 A．粒子在A、B兩點(diǎn)間移動時，恒力做功的數(shù)值大于粒子在AB兩點(diǎn)間電勢能差的絕對值 B．可能A點(diǎn)的電勢高于B點(diǎn)的電勢，也可能A點(diǎn)的電勢低于B點(diǎn)的電勢 C．A處的場強(qiáng)可能大于B處的場強(qiáng) D．粒子的運(yùn)動不可能是勻速運(yùn)動，也不可能是勻加速運(yùn)動 解析：根據(jù)動能定理，恒力做的正功跟電場力做的負(fù)功，數(shù)值相等，即恒力做功跟電勢能之差的絕對值應(yīng)相等，A錯誤；帶電粒子從A點(diǎn)由靜止開始向B運(yùn)動，經(jīng)過B點(diǎn)時速度為零，這表明帶電粒子在恒力和電場力作用下先做加速運(yùn)動后做減速運(yùn)動，因此粒子的運(yùn)動不可能是勻速運(yùn)動。同時表明電場力的方向向左。粒子先做加速運(yùn)動，說明水平向右的恒力大于水平向左的電場力，后做減速運(yùn)動，表明后來水平向左的電場力大于水平向右的恒力，因此粒子不可能做勻加速運(yùn)動，D選項(xiàng)正確；粒子在B處受到的電場力比A處大，因此B處的場強(qiáng)大于A處的場強(qiáng)，C選項(xiàng)錯誤；如粒子帶正電，電場線方向應(yīng)由B指向A、B點(diǎn)電勢高于A點(diǎn)電勢；如粒子帶負(fù)電，電場線方向應(yīng)由A指向B，A點(diǎn)電勢高于B點(diǎn)電勢。因此，A、B兩點(diǎn)電勢的高低無法判斷。答案：BD 點(diǎn)評：此題是動力學(xué)觀點(diǎn)與電場性質(zhì)、能量觀點(diǎn)等知識點(diǎn)的綜合應(yīng)用判斷題目。 2．如圖所示的裝置是在豎直平面內(nèi)放置光滑的絕緣軌道，處于水平向右的勻強(qiáng)電場中，以帶負(fù)電荷的小球從高h(yuǎn)的A處靜止開始下滑，沿軌道ABC運(yùn)動后進(jìn)入圓環(huán)內(nèi)作圓周運(yùn)動。已知小球所受到電場力是其重力的3/4，圓環(huán)半徑為R，斜面傾角為θ=53，sBC=2R。若使小球在圓環(huán)內(nèi)能作完整的圓周運(yùn)動，h至少為多少？ 解析：小球所受的重力和電場力都為恒力，故可兩力等效為一個力F，如圖可知F＝1.25mg，方向與豎直方向左偏下37，從圖中可知，能否作完整的圓周運(yùn)動的臨界點(diǎn)是能否通過D點(diǎn)，若恰好能通過D點(diǎn)，即達(dá)到D點(diǎn)時球與環(huán)的彈力恰好為零。 由圓周運(yùn)動知識得： 即： 由動能定理有： 聯(lián)立可求出此時的高度h=10R 點(diǎn)評：用極限法通過分析兩個極端（臨界）狀態(tài)，來確定變化范圍，是求解“范圍類”問題的基本思路和方法。當(dāng)F供=F需時，物體做圓周運(yùn)動；當(dāng)F供>F需時物體做向心運(yùn)動；當(dāng)F供4cm和y<-4cm有粒子射出 C．左邊界:y>8cm有粒子射出 D．左邊界:00，b>0）。若撤去磁場則小球落在xz平面的P點(diǎn)（L，0，0）。已知重力加速度為ｇ。 y x z o M(0,H,0) N(l,0,b) P(l,0,0) (1)已知勻強(qiáng)磁場方向與某個坐標(biāo)軸平行，試判斷其可能的具體方向； (2)求電場強(qiáng)度E的大??； (3)求小球落至N點(diǎn)時的速率v。 6．如圖所示，在距地面一定高度的地方以初速度向右水平拋出一個質(zhì)量為m，帶負(fù)電，帶電量為q的小球，小球的落地點(diǎn)與拋出點(diǎn)之間有一段相應(yīng)的水平距離（水平射程），求： (1)若在空間加上一豎直方向的勻強(qiáng)電場，使小球的水平射程增加為原來的2倍，求此電場的場強(qiáng)的大小和方向； (2)若除加上上述勻強(qiáng)電場外，再加上一個與方向垂直的水平勻強(qiáng)磁場，使小球拋出后恰好做勻速直線運(yùn)動，求此勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和方向。 （四）創(chuàng)新試題 圖（a） O P x Q 1．如圖(a)所示，x軸上方為垂直于平面xoy向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為，x軸下方為方向平行于x軸但大小一定(設(shè)為E0)、方向作周期性變化的勻強(qiáng)電場，在坐標(biāo)點(diǎn)為(、)和第四象限中某點(diǎn)，各有質(zhì)量為、帶電量為的正點(diǎn)電荷P和Q（不計(jì)重力，也不考慮P和Q之間的庫侖力），現(xiàn)使P在勻強(qiáng)磁場中開始做半徑為的勻速圓周運(yùn)動，同時釋放Q，要使兩電荷總是以相同的速度同時通過y軸，求： (1)場強(qiáng)E0的大小及其起始方向和變化周期T； (2)在圖(b)中作出該電場變化的圖象(以釋放電荷P時為初始時刻，x軸方向作為場強(qiáng)的正方向)，要求至少畫出兩個周期的圖象。 圖 (b) 2．真空中有一半徑為r的圓柱形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場方向垂直于紙面向里，Ox為過邊界上O點(diǎn)的切線，如圖所示。從O點(diǎn)在紙面內(nèi)向各個方向發(fā)射速率均為的電子，設(shè)電子重力不計(jì)且相互間的作用也忽略，且電子在磁場中的偏轉(zhuǎn)半徑也為r。已知電子的電量為e，質(zhì)量為m。 (1)速度方向分別與Ox方向夾角成60和90的電子，在磁場中的運(yùn)動時間分別為多少？ (2)所有從磁場邊界出射的電子，速度方向有何特征？ (3)設(shè)在某一平面內(nèi)有M、N兩點(diǎn)，由M點(diǎn)向平面內(nèi)各個方向發(fā)射速率均為的電子。請?jiān)O(shè)計(jì)一種勻強(qiáng)磁場分布（需作圖說明），使得由M點(diǎn)發(fā)出的所有電子都能夠匯集到N點(diǎn)。 解析答案：（一）選擇題 1．D（由于地面粗糙，滑塊可能最終靜止在PQ連線的中點(diǎn)上、中點(diǎn)的左方或右方，其動能與電勢能的總和將減少，所以PM間距一定小于QN間距） 2．AD 3．D（因完全相同的粒子碰撞后結(jié)合在一起，動量守恒mv不變，而電荷量為原來的2 倍，碰撞中機(jī)械能有損失。根據(jù)可知，r變小，故D正確。） 4．A 5．B 6．D （二）解答題 1．解析：(1)設(shè)液珠的電量為q，質(zhì)量為m 由題意知，當(dāng)液珠在C點(diǎn)時 解得比荷為： (2)當(dāng)液珠速度最大時 得 (3)設(shè)BC間的電勢差大小UCB，由題意得UCB= 對由釋放至液珠到達(dá)最高點(diǎn)(速度為零)的全過程應(yīng)用動能定理得 qUCB-mg(rB-H)=0 即q-mg(rB-H)=0 將第(1)問的結(jié)果代入化簡rB2-3HrB+2H2=0 解得rB=2H rB′=H(舍去) 2．解析：該同學(xué)所得結(jié)論有不完善之處。 為使小球始終沿水平面運(yùn)動，電場力在豎直方向的分力必須小于等于重力， 即：qEsinθ≤mg 所以 即：7.5104V/m＜E≤1.25105V/m 3．f qvB N qE 解析：小球在沿桿向下運(yùn)動時，受力情況如圖所示： 在水平方向：N=qvB 所以摩擦力f=μN(yùn)=μqvB 當(dāng)小球做勻速運(yùn)動時：qE=f=μqvbB 小球在磁場中做勻速圓周運(yùn)動時， 又，所以 小球從a運(yùn)動到b的過程中，由動能定理得： 而 所以 則 4．解析：(1)粒子在電場中被加速，由動能定理得 α粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)，則牛頓第二定律得 聯(lián)立解得（m） (2)由幾何關(guān)系可得，α粒子恰好垂直穿過分界線，故正確圖象為 O M 2 －2 2 －4 4 x/m y/m －2 v B B （4，） (3)帶電粒子在磁場中的運(yùn)動周期 α粒子在兩個磁場中分別偏轉(zhuǎn)的弧度為，在磁場中的運(yùn)動總時間 （s） 5．解答：(1)用左手定則判斷出：磁場方向?yàn)椋瓁方向或－y方向。 (2)在未加勻強(qiáng)磁場時，帶電小球在電場力和重力作用下落到P點(diǎn)，設(shè)運(yùn)動時間為t，小球自由下落，有 小球沿x軸方向只受電場力作用 小球沿x軸的位移為 小球沿x軸方向的加速度 聯(lián)立求解，得： (3)帶電小球在勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場共存的區(qū)域運(yùn)動時，洛侖茲力不做功 電場力做功為WE=qEL 重力做功為WG=mgH 設(shè)落到N點(diǎn)速度大小為v，根據(jù)動能定理有 解得 6．解答：(1)不加電場時，小球運(yùn)動的時間為t，水平射程為，下落高度h=gt2 加電場后小球在空間的運(yùn)動時為，小球運(yùn)動的加速度為a 2s=　　　h=at,2 解得: t′=2t a=g 由此可以判斷:電場方向豎直向下。 并解得電場力的大小 即 (2)加上勻強(qiáng)電場后，小球做勻速直線運(yùn)動，故小球所受重力、電場力和洛侖茲力三個力而處于平衡，由于重力大于電場力，所以洛侖茲力方向豎直向上。 用左手定則可得：磁場方向垂直于紙面向外 （三）創(chuàng)新試題 1．解析：(1)由題意，要使兩電荷總是以相同的速度通過y軸，磁場中的電荷必須垂直y軸通過，因P點(diǎn)電荷為正電荷，故起始運(yùn)動方向豎直向上，且一個周期內(nèi)P點(diǎn)電荷兩次以相反的速度通過y軸。 由牛頓運(yùn)動定律得 電荷在磁場中運(yùn)動的周期為 所以電場變化周期和點(diǎn)電荷圓周運(yùn)動周期相同，即 P點(diǎn)電荷經(jīng)第一次通過y軸，Q點(diǎn)電荷在電場中往復(fù)直線運(yùn)動， 在0—內(nèi)有qE0=mv 而 可求得， 起始方向?yàn)?x方向。 (2)見圖 2．解析：? o2 o A θ x v v θ (1)當(dāng)θ=60時，；當(dāng)θ=90時， (2)如右圖所示，因∠OO2A=θ故O2A⊥Ox 而O2A與電子射出的速度方向垂直，可知電子射出方向一定與Ox軸方向平行，即所有的電子射出圓形磁場時，速度方向沿x軸正向。 (3)上述的粒子路徑是可逆的，(2)中從圓形磁場射出的這些速度相同的電子再進(jìn)入一相同的勻強(qiáng)磁場后，一定會聚焦于同一點(diǎn)，磁場的分布如下圖所示。 M N M1 M2 N1 N2 注：①四個圓的半徑相同，半徑r的大小與磁感應(yīng)強(qiáng)度的關(guān)系是r=mv0/qB； ②下方的兩圓形磁場與上方的兩圓形磁場位置關(guān)于MN對稱且磁場方向與之相反； ③只要在矩形區(qū)域M1N1N2M2內(nèi)除圖中4個半圓形磁場外無其他磁場，矩形M1N1N2M2區(qū)域外的磁場均可向其余區(qū)域擴(kuò)展。 五、復(fù)習(xí)建議 力電綜合類題目以力和能量為主線，通過力學(xué)知識和電學(xué)知識的串接滲透作為背景，進(jìn)行綜合命題，其解題思路和解題步驟如下。 1．畫草圖，想情景：審題是解題的首要環(huán)節(jié)，在全面審視題目的條件，解答要求的基礎(chǔ)上，對題目的信息進(jìn)行加工處理，畫出示意圖(包括受力分析圖，運(yùn)動情景圖和軌跡圖)，借助圖示建立起清晰的物理情景； 2．選對象，建模型：通過對整個題目的情景把握，選取研究對象，通過抽象、概括或類比等效的方法建立相應(yīng)的物理模型，并對其進(jìn)行全面的受力分析； 3．分析狀態(tài)和過程：對全過程層層分析，對每一個中間過程的特點(diǎn)規(guī)律加以研究，分析挖掘相鄰過程中的臨界狀態(tài)和臨界條件，尋找各階段物理量的變化與聯(lián)系； 4．找規(guī)律、列方程：在對物理狀態(tài)和物理過程深刻把握的基礎(chǔ)上，尋找題設(shè)條件與所求未知物理量的聯(lián)系，從力的觀點(diǎn)或能量的觀點(diǎn)，依物理規(guī)律(牛頓第二定律，能的轉(zhuǎn)化與守恒，動量守恒定律等)列出方程求解； 5．檢驗(yàn)結(jié)果行不行：對題目的所求結(jié)果進(jìn)行檢驗(yàn)，并對其結(jié)果進(jìn)行物理意義上的表述和討論。 此外，在解題過程中，要特別注意以下兩點(diǎn)。 第一：對物體受力分析要全面，切忌漏力，要時刻關(guān)注電場力F＝qE，洛倫茲力F＝ｑvB在具體情景中隨物體帶電屬性(電荷的正負(fù))、運(yùn)動狀態(tài)(速度的大小和方向)的變化特點(diǎn)； 第二，力學(xué)的規(guī)律普遍適于力電綜合問題的求解。利用能量觀點(diǎn)分析求解時，不再拘泥于機(jī)械能間轉(zhuǎn)化，要總攬全局，站在更高的角度來分析能量間的轉(zhuǎn)化途徑與轉(zhuǎn)化方向，從而列出能量轉(zhuǎn)化和守恒方程。