《2021高考物理二輪復習專題三電場與磁場第10講帶電粒子在組合場復合場中的運動課件.pptx》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2021高考物理二輪復習專題三電場與磁場第10講帶電粒子在組合場復合場中的運動課件.pptx（49頁珍藏版）》請在匯文網上搜索。

1、第10講帶電粒子在組合場、 復合場中的運動,-2-,專題知識理脈絡,真題詮釋導方向,-3-,專題知識理脈絡,真題詮釋導方向,1.(2019天津卷)筆記本電腦機身和顯示屏對應部位分別有磁體和霍爾元件。當顯示屏開啟時磁體遠離霍爾元件,電腦正常工作;當顯示屏閉合時磁體靠近霍爾元件,屏幕熄滅,電腦進入休眠狀態(tài)。如圖所示,一塊寬為a、長為c的矩形半導體霍爾元件,元件內的導電粒子是電荷量為e的自由電子,通入方向向右的電流時,電子的定向移動速度為v。當顯示屏閉合時元件處于垂直于上表面、方向向下的勻強磁場中,于是元件的前、后表面間出現(xiàn)電壓U,以此控制屏幕的熄滅。則元件的() A.前表面的電勢比后表面的低 B.

2、前、后表面間的電壓U與v無關 C.前、后表面間的電壓U與c成正比,D,-4-,專題知識理脈絡,真題詮釋導方向,解析:霍爾元件中電流方向向右,磁場方向向下,根據左手定則可知,電子向后表面偏轉使后表面帶負電,故后表面比前表面的電勢低,選項A錯誤;電子在霍爾元件內受到的洛倫茲力等于電場力時,電子不再偏轉,前、后表面的電壓穩(wěn)定,此時F=evB=e ,可得前、后表面的電壓U=Bav,故前、后表面的電壓U與磁感應強度B、元件寬度a和電子定向移動速度v有關,與元件長度c無關,選項B、C錯誤,選項D正確。,命題考點霍爾效應及其應用。 能力要求本題現(xiàn)象稱為霍爾效應,易錯點在于利用左手定則判斷電荷的移動,從而判斷

3、后面的電勢高。,-5-,專題知識理脈絡,真題詮釋導方向,2.(2019全國卷3)如圖所示,在坐標系的第一和第二象限內存在磁感應強度大小分別為 B和B、方向均垂直于紙面向外的勻強磁場。一質量為m、電荷量為q(q0)的粒子垂直于x軸射入第二象限,隨后垂直于y軸進入第一象限,最后經過x軸離開第一象限。粒子在磁場中運動的時間為(),B,-6-,專題知識理脈絡,真題詮釋導方向,解析:粒子在磁場中做勻速圓周運動,其運動軌跡如右圖所示。,故選B。,命題考點帶電粒子在勻強磁場中的運動。 能力要求分析解答本題的關鍵是畫出運動軌跡圖,構筑出幾何關系,找出半徑與圓心角。,-7-,專題知識理脈絡,真題詮釋導方向,3.

4、(2018天津卷)如圖所示,在水平線ab的下方有一勻強電場,電場強度為E,方向豎直向下,ab的上方存在勻強磁場,磁感應強度為B,方向垂直紙面向里。磁場中有一內、外半徑分別為R、 R的半圓環(huán)形區(qū)域,外圓與ab的交點分別為M、N。一質量為m、電荷量為q的帶負電粒子在電場中P點靜止釋放,由M進入磁場,從N射出。不計粒子重力。 (1)求粒子從P到M所用的時間t; (2)若粒子從與P同一水平線上的Q點水平射出,同樣能由M進入磁場,從N射出。粒子從M到N的過程中,始終在環(huán)形區(qū)域中運動,且所用的時間最少,求粒子在Q點時速度v0的大小。,-8-,專題知識理脈絡,真題詮釋導方向,解析:(1)設粒子在磁場中運動的

5、速度大小為v,所受洛倫茲力提供向心力,有,設粒子在電場中運動所受電場力為F,有 F=qE 設粒子在電場中運動的加速度為a,根據牛頓第二定律有 F=ma 粒子在電場中做初速度為零的勻加速直線運動,有 v=at,-9-,專題知識理脈絡,真題詮釋導方向,(2)粒子進入勻強磁場后做勻速圓周運動,其周期與速度、半徑無關,運動時間只由粒子所通過的圓弧所對的圓心角的大小決定。故當軌跡與內圓相切時,所用的時間最短。設粒子在磁場中的軌跡半徑為r,由幾何關系可得,設粒子進入磁場時速度方向與ab的夾角為, 即圓弧所對圓心角的一半,由幾何關系知,-10-,專題知識理脈絡,真題詮釋導方向,命題考點帶電粒子在組合場中的運

6、動。 能力要求分析解答本題第(2)問的關鍵點是找出臨界點,恰當的構筑出幾何關系求出半徑。,粒子從Q點射出后在電場中做類平拋運動,在電場方向上的分運動和從P點釋放后的運動情況相同,所以粒子進入磁場時沿豎直方向的速度同樣為v。在垂直于電場方向上的分速度始終等于v0,由運動的合成和分解可得,-11-,專題知識理脈絡,真題詮釋導方向,4.(2017天津卷)平面直角坐標系xOy中,第象限存在垂直于平面向里的勻強磁場,第象限存在沿y軸負方向的勻強電場,如圖所示。一帶負電的粒子從電場中的Q點以速度v0沿x軸正方向開始運動,Q點到y(tǒng)軸的距離為到x軸距離的2倍。粒子從坐標原點O離開電場進入磁場,最終從x軸上的P

7、點射出磁場,P點到y(tǒng)軸距離與Q點到y(tǒng)軸距離相等。不計粒子重力,求: (1)粒子到達O點時速度的大小和方向; (2)電場強度和磁感應強度的大小之比。,-12-,專題知識理脈絡,真題詮釋導方向,解析:(1)在電場中,粒子做類平拋運動,設Q點到x軸距離為l,到y(tǒng)軸距離為2l,粒子的加速度為a,運動時間為t,有 2l=v0t l= at2 設粒子到達O點時沿y軸方向的分速度為vy vy=at 設粒子到達O點時速度方向與x軸正方向夾角為,有,聯(lián)立式得=45 即粒子到達O點時速度方向與x軸正方向成45角斜向上。 設粒子到達O點時速度大小為v,由運動的合成有,-13-,專題知識理脈絡,真題詮釋導方向,-14

8、-,專題知識理脈絡,真題詮釋導方向,(2)設電場強度為E,粒子電荷量為q,質量為m,粒子在電場中受到的電場力為F,由牛頓第二定律可得 F=ma 又F=qE 設磁場的磁感應強度大小為B,粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R,所受的洛倫茲力提供向心力,有,-15-,專題知識理脈絡,真題詮釋導方向,命題考點帶電粒子在組合場中的運動。 能力要求分析解答本題時要注意帶電粒子在兩個場中轉折點出的幾何關系,這是解題的突破點。,-16-,突破點一,突破點二,突破點三,帶電粒子在組合場中的運動 考查方向 常以選擇題或計算題形式考查。 突破方略 1.組合場 電場與磁場各位于一定的區(qū)域內,并不重疊,電場、磁場交替出

9、現(xiàn)。,-17-,突破點一,突破點二,突破點三,2.分析思路 (1)劃分過程:將粒子運動的過程劃分為幾個不同的階段,對不同的階段選取不同的規(guī)律處理。 (2)找關鍵:確定帶電粒子在場區(qū)邊界的速度(包括大小和方向)是解決該類問題的關鍵。 (3)畫運動軌跡:根據受力分析和運動分析,大致畫出粒子的運動軌跡圖,有利于形象、直觀地解決問題。,-18-,突破點一,突破點二,突破點三,模型構建 【例1】(2019河北唐山質檢)平面直角坐標系xOy中,第二象限存在沿y軸負方向的勻強電場,電場強度大小為E,第三、四象限存在垂直坐標平面向里的勻強磁場,如圖所示。一質量為m、電荷量為q的正粒子從坐標為(-l,l)的P點

10、沿y軸負方向進入電場,初速度大小,重力,求:,-19-,突破點一,突破點二,突破點三,(1)勻強磁場的磁感應強度B的大小; (2)若粒子由P點沿x軸正向入射,初速度仍為v0= ,求粒子第二次到達x軸時與坐標原點的距離。 分析推理 (1)粒子第二次到達x軸的位置為坐標原點意味著在磁場中運動多長時間? (2)若粒子沿x軸正向入射,求粒子第二次到達x軸的位置關鍵要知道什么?,(1)提示:半個周期。 (2)提示:粒子離開電場時的位置和速度。,-20-,突破點一,突破點二,突破點三,-21-,突破點一,突破點二,突破點三,(2)假設粒子由y軸離開電場l=v0t,-22-,突破點一,突破點二,突破點三,遷

11、移訓練 1.(2019山西晉城質檢)在如圖甲所示的xOy坐標系中,第一象限內有垂直坐標平面的勻強磁場;第二象限內有方向水平向右、電場強度大小為E的勻強電場E1;第四象限內有方向水平(以水平向右為 正方向)、大小按圖乙規(guī)律變化的電場E2,變化周期T= 。一質量為m、電荷量為+q的粒子,從(-x0,x0)點由靜止釋放,進入第一象限后恰能繞O點做勻速圓周運動。以粒子經過x軸進入第四象限的時間點為電場E2的計時起點,不計粒子重力。求:,-23-,突破點一,突破點二,突破點三,甲 乙 (1)第一象限內勻強磁場的磁感應強度B的大小; (2)粒子在第四象限中運動,當t= 時,粒子的速度; (3)粒子在第四象

12、限中運動,當t=nT(n=1,2,3)時,粒子的坐標。,-24-,突破點一,突破點二,突破點三,(3)(n+1)x0,-2nx0(n=1,2,3),解析:(1)設粒子離開第二象限時的速度為v0,在第二象限內,-25-,突破點一,突破點二,突破點三,方向與水平方向成45角斜向右下方。,-26-,突破點一,突破點二,突破點三,(3)粒子在第四象限中運動時,y軸方向上做勻速直線運動,x軸方向上前半個周期向右做勻加速運動,后半個周期向右做勻減速運動直到速度為0;,當t=nT時,x軸距O點的距離x=x0+nx0 y軸距O點的距離y=-v0nT=-2nx0 粒子的坐標(n+1)x0,-2nx0(n=1,2

13、,3)。,-27-,突破點三,突破點一,突破點二,帶電粒子在疊加場中的運動 考查方向 常以計算題或選擇題形式考查。 突破方略 1.帶電粒子在疊加場中無約束情況下的運動 (1)洛倫茲力、重力并存 若重力和洛倫茲力平衡,則帶電粒子做勻速直線運動。 若重力和洛倫茲力不平衡,則帶電粒子將做復雜的曲線運動,因洛倫茲力不做功,故機械能守恒,由此可求解問題。 (2)電場力、洛倫茲力并存(不計重力的微觀粒子) 若電場力和洛倫茲力平衡,則帶電粒子做勻速直線運動。 若電場力和洛倫茲力不平衡,則帶電粒子將做復雜的曲線運動,因洛倫茲力不做功,可用動能定理求解問題。,-28-,突破點三,突破點一,突破點二,(3)電場力

14、、洛倫茲力、重力并存 若三力平衡,一定做勻速直線運動。 若重力與電場力平衡,一定做勻速圓周運動。 若合力不為零且與速度方向不垂直,將做復雜的曲線運動,因洛倫茲力不做功,可用能量守恒定律或動能定理求解問題。 2.帶電粒子在疊加場中有約束情況下的運動 帶電粒子在疊加場中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道等約束的情況下,常見的運動形式有直線運動和圓周運動,此時解題要通過受力分析明確變力、恒力做功情況,并注意洛倫茲力不做功的特點,運用動能定理、能量守恒定律結合牛頓運動定律求解。,-29-,突破點三,突破點一,突破點二,模型構建 【例2】(2016天津卷)如圖所示,空間中存在著水平向右的勻強電場,電場強度大小E=

15、5 N/C,同時存在著水平方向的勻強磁場,其方向與電場方向垂直,磁感應強度大小B=0.5 T。有一帶正電的小球,質量m=110-6 kg,電荷量q=210-6 C,正以速度v在圖示的豎直面內做勻速直線運動,當經過P點時撤掉磁場(不考慮磁場消失引起的電磁感應現(xiàn)象),g取10 m/s2。求: (1)小球做勻速直線運動的速度v的大小和方向; (2)從撤掉磁場到小球再次穿過P點所在的這條電場線經歷的時間t。,-30-,突破點三,突破點一,突破點二,答案:(1)20 m/s,方向與水平面成60斜向上 (2)3.5 s 解析:(1)小球勻速直線運動時受力如圖所示,其所受的三個力在同一平面內,合力為零,有,

16、代入數據解得 v=20 m/s 速度v的方向與電場E的方向之間的夾角滿足,=60。,-31-,突破點三,突破點一,突破點二,(2)解法一 撤去磁場,小球在重力與電場力的合力作用下做類平拋運動,設其加速度為a,有,設撤去磁場后小球在初速度方向上的分位移為x,有 x=vt 設小球在重力與電場力的合力方向上分位移為y,有,-32-,突破點三,突破點一,突破點二,解法二 撤去磁場后,由于電場力垂直于豎直方向,它對豎直方向的分運動沒有影響,以P點為坐標原點,豎直向上為正方向,小球在豎直方向上做勻減速運動,其初速度為 vy=vsin 若使小球再次穿過P點所在的電場線,僅需小球的豎直方向上分位移為零,則有,

17、-33-,突破點三,突破點一,突破點二,以題說法帶電粒子在復合場中運動問題的處理方法 (1)明種類:明確復合場的種類及特征。 (2)析特點:正確分析帶電粒子的受力特點及運動特點。 (3)畫軌跡:畫出運動過程示意圖,明確圓心、半徑及邊角關系。 (4)用規(guī)律:靈活選擇不同的運動規(guī)律。,-34-,突破點三,突破點一,突破點二,遷移訓練 2.(2019天津河西區(qū)二模)如圖所示,在空間坐標系x0區(qū)域中有豎直向上的勻強電場E1,在一、四象限的正方形區(qū)域CDEF內有方向如圖所示的正交的勻強電場E2和勻強磁場B,已知CD=2l,OC=l,E2=4E1。在軸上有一質量為m、電荷量為+q的金屬球a以速度v0沿x軸

18、向右勻速運動,并與靜止在坐標原點O處用絕緣細支柱支撐的(支柱與b球不粘連、無摩擦)質量為2m、不帶電金屬球b發(fā)生彈性碰撞,已知a、b球體積大小、材料相同且都可視為點電荷,碰后電荷總量均分,重力加速度為g,不計a、b球間的靜電力,不計a、b球產生的場對電場、磁場的影響。,-35-,突破點三,突破點一,突破點二,(1)碰撞后,求a、b兩球的速度大小。 (2)碰撞后,若b球從CD邊界射出,求b球運動時間的范圍。 (3)若將磁場反向,兩球可否再次碰撞,若可以,請求出磁感應強度;若不可以,請簡述理由。,-36-,突破點三,突破點一,突破點二,解析:(1)a勻速運動,則mg=qE1 a、b碰撞,由動量守恒

19、定律得mv0=mva+2mvb,-37-,突破點三,突破點一,突破點二,-38-,突破點三,突破點一,突破點二,故若b從CD邊界射出,-39-,突破點三,突破點一,突破點二,(3)碰后a、b電荷量總量平分,即qa=qb= q 碰后a在電場中向左做類平拋運動,b在垂直紙面向外的磁場中偏轉半周再進入電場中做類平拋運動,設兩球再次相遇的位置在P點,其坐標為(-x,-y), 根據類平拋運動x=vt,-40-,突破點三,突破點一,突破點二,-41-,突破點三,突破點一,突破點二,電磁技術的應用 考查方向 常以選擇題或計算題形式考查。 突破方略 組合場、復合場中電磁技術的解題技巧 在電磁技術中,中學階段常

20、見的是帶電粒子在正交的勻強電場和勻強磁場中運動的幾種模型。如速度選擇器、回旋加速器、質譜儀、磁流體發(fā)電機、霍爾元件、電磁流量計等。,-42-,突破點三,突破點一,突破點二,-43-,突破點三,突破點一,突破點二,其中速度選擇器、磁流體發(fā)電機、霍爾元件和電磁流量計的共同特征是粒子在儀器中只受電場力和洛倫茲力作用,并且最終電場力和洛倫茲力平衡。所以我們應化繁為簡研究實質。,-44-,突破點三,突破點一,突破點二,模型構建 【例3】(2019山東泰安期末)回旋加速器的工作原理如圖所示,置于真空中的兩個D形金屬盒半徑為R,兩盒間的狹縫很小,帶電粒子穿過的時間可以忽略不計。磁感應強度為B的勻強磁場與盒面

21、垂直。設兩D形盒之間所加的交變電壓為U,被加速的粒子質量為m、電荷量為q,粒子從D形盒一側開始被加速(初動能可以忽略),經若干次加速后粒子從D形盒邊緣射出。求:,-45-,突破點三,突破點一,突破點二,(1)粒子從靜止開始第1次經過兩D形盒間狹縫加速后的速度大小; (2)粒子第一次進入D形盒磁場中做圓周運動的軌道半徑; (3)粒子至少經過多少次加速才能從回旋加速器D形盒射出。,解析:(1)粒子在電場中被加速,由動能定理,-46-,突破點三,突破點一,突破點二,(2)帶電粒子在磁場中做圓周運動,由洛倫茲力提供向心力得,-47-,突破點三,突破點一,突破點二,(3)若粒子從回旋加速器D形盒射出,則

22、粒子做圓周運動的軌道半徑為R,設此時速度為vn,粒子每經過一次加速動能增加qU,設經過n次加速粒子射出, 則nqU=Ek,-48-,突破點三,突破點一,突破點二,遷移訓練 3.(2019山東淄博一中三模)為監(jiān)測某化工廠的污水排放量,技術人員在該廠的排污管末端安裝了如圖所示的長方體流量計。該裝置由絕緣材料制成,其長、寬、高分別為a、b、c,左右兩端開口。在垂直于上下底面方向加一勻強磁場,前后兩個內側面分別固定有金屬板作為電極。污水充滿管口從左向右流經該裝置時,接在M、N兩端間的電壓表將顯示兩個電極間的電壓U。若用Q表示污水流量(單位時間內排出的污水體積),下列說法正確的是() A.M端的電勢比N端的高 B.電壓表的示數U與a和b均成正比,與c無關 C.電壓表的示數U與污水的流量Q成正比 D.若污水中正、負離子數相同,則電壓表的 示數為0,C,-49-,突破點三,突破點一,突破點二,解析:根據左手定則知,正離子所受的洛倫茲力方向向里,則向里偏轉,N端帶正電,M端帶負電,則M端的電勢比N端電勢低,故A錯誤;,污水流量Q成正比,故C正確。,