《（江蘇專版）2022年高考物理一輪復習 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《（江蘇專版）2022年高考物理一輪復習 第八章 第4節(jié) 帶電粒子在疊加場中的運動講義（含解析）（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、（江蘇專版）2022年高考物理一輪復習 第八章 第4節(jié) 帶電粒子在疊加場中的運動講義（含解析） 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 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 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

2、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 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)樨撾姾桑⒘Ｒ廊荒苎刂本€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，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，電場力做負功，洛

3、倫茲力不做功，微粒穿過該區(qū)域后動能將減小，故B正確；若增大磁感應強度，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

4、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v1＝ 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

5、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

6、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

7、中運動的實例分析 裝置 原理圖 規(guī)律 速度選擇器 若qv0B＝Eq，即v0＝，粒子做勻速直線運動 磁流體發(fā)電機 等離子體射入，受洛倫茲力偏轉，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 當磁場方向與電流方向垂直時，導體在與磁場、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

8、開口，所在空間有垂直于前后平面、磁感應強度大小為B的勻強磁場，在上、下兩個面的內(nèi)側固定有金屬板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 D．左、右兩側管口的壓強差 [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

9、用下平衡，有：qvB＝q，解得：U＝vBc，與離子濃度無關，C正確；污水的流速：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、右兩側管口應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 [集訓沖關] 1．[多選](2019·蘇北一模)在一個很小的矩形半導體薄片上，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

10、 B．磁感應強度越大，M、N間電勢差越大 C．將磁場方向變?yōu)榕c薄片的上、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，則N板電勢高，故A正確；設左、右兩個表面相距為d，電子所受的電場力等于洛倫茲力，設半導體薄片中單位體積內(nèi)載流子的個數(shù)為n，半導體截面積為S，半導體薄片厚度為L，則＝qvB?、伲籌＝nqSv?、冢籗＝dL?、?；由①②③得：UH＝，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

11、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，勻強磁場的磁感應強度為B1，擋板右側質譜儀中勻強磁場的磁感應強度為B2。速度相同的一束粒子(不計重力)，由左側沿垂直于E和B1的方向射入速度選擇器后，又進入質譜儀，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的帶電粒子進入質譜儀后運動半徑都

12、相同 解析：選C　粒子進入磁場B2后，受洛倫茲力向下偏轉，根據(jù)左手定則可知，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，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。現(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。

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強度為0.5 T的勻強磁場，一質量為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量為M＝0.2 kg，滑塊的質量m＝0.1 kg，滑塊與木板

14、間動摩擦因數(shù)μ＝0.5，當F作用于長木板時，對于木板由拉力和摩擦力的合力產(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＝＝

15、 s＝3 s。 (2)滑塊在木板對滑塊的摩擦力作用下做加速運動，當速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)

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

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，一個質量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

18、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系。 (3)掌握力和運動、功和能在磁場中的應用。