【师说】2016高考物理二轮复习专题四电场和磁场410带电粒子在组合场复合场中的运动课件

核心自查一、复合场中粒子重力是否考虑的三种情况1．对于微观粒子，如电子、质子、离子等，因为其重力一般情况下与________或磁场力相比________，可以忽略；而对于一些实际物体，如带电小球、液滴、金属块等一般应当考虑其重力．2．题目中有明确说明是否要考虑重力的．3．不能直接判断是否要考虑重力的，在进行受力分析与________分析时，根据运动状态确定是否考虑重力．静电力太小运动二、几种常见带电粒子在复合场中运动的实例质谱仪、________、粒子速度选择器、磁流体发电机、电磁流量计以及霍尔元件等．回旋加速器三、“磁偏转”和“电偏转”的区别匀强磁场中的磁偏转匀强电场中的电偏转受力特征v垂直于B时，F＝________，F为变力，永不做功F＝________，F是恒力运动特点匀速________________运动规律时间t＝θ2πT(θ是圆心角，T是周期)偏转角sinθ＝lR(l是磁场宽度，R是粒子轨道半径)飞出电场时间t＝xv0打在极板上t＝2ya偏移量：y＝at22偏转角：tanα＝vyv0qvBqE圆周运动类平抛运动动能变化动能________动能不断________且增加得越来________处理方法结合圆的几何关系及________、周期公式解决运动的________与分解，平抛运动的相关规律不变增大越快半径合成感悟高考1.2015·天津理综现代科学仪器常利用电场、磁场控制带电粒子的运动．真空中存在着如图所示的多层紧密相邻的匀强电场和匀强磁场，电场与磁场的宽度均为d.电场强度为E，方向水平向右；磁感应强度为B，方向垂直纸面向里．电场、磁场的边界互相平行且与电场方向垂直．一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子在第1层电场左侧边界某处由静止释放，粒子始终在电场、磁场中运动，不计粒子重力及运动时的电磁辐射．(1)求粒子在第2层磁场中运动时速度v2的大小与轨迹半径r2；(2)粒子从第n层磁场右侧边界穿出时，速度的方向与水平方向的夹角为θn，试求sinθn；(3)若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出，试问在其他条件不变的情况下，也进入第n层磁场，但比荷较该粒子大的粒子能否穿出该层磁场右侧边界，请简要推理说明之．解析：(1)粒子在进入第2层磁场时，经过两次电场加速，中间穿过磁场时洛伦兹力不做功．由动能定理，有2qEd＝12mv22①由①式解得v2＝2qEdm②粒子在第2层磁场中受到的洛伦兹力充当向心力，有qv2B＝mv22r2③由②③式解得r2＝2BmEdq④(2)设粒子在第n层磁场中运动的速度为vn，轨迹半径为rn(各量的下标均代表粒子所在层数，下同)．nqEd＝12mv2n⑤qvnB＝mv2nrn⑥粒子进入第n层磁场时，速度的方向与水平方向的夹角为αn，从第n层磁场右侧边界穿出时速度方向与水平方向的夹角为θn，粒子在电场中运动时，垂直于电场线方向的速度分量不变，有图1vn－1sinθn－1＝vnsinαn⑦由图1看出rnsinθn－rnsinαn＝d⑧由⑥⑦⑧式得rnsinθn－rn－1sinθn－1＝d⑨由⑨式看出r1sinθ1，r2sinθ2，…，rnsinθn为一等差数列，公差为d，可得rnsinθn＝r1sinθ1＋(n－1)d⑩当n＝1时，由图2看出r1sinθ1＝d⑪由⑤⑥⑩⑪式得sinθn＝Bnqd2mE⑫图2(3)若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出，则θn＝π2sinθn＝1在其他条件不变的情况下，换用比荷更大的粒子，设其比荷为q′m′，假设能穿出第n层磁场右侧边界，粒子穿出时速度方向与水平方向的夹角为θ′n，由于q′m′＞qm则导致sinθ′n＞1说明θ′n不存在，即原假设不成立．所以比荷较该粒子大的粒子不能穿出该层磁场右侧边界．答案：(1)2qEdm；2BmEdq(2)Bnqd2mE(3)不能，推理证明见解析2.2015·重庆理综图为某种离子加速器的设计方案．两个半圆形金属盒内存在相同的垂直于纸面向外的匀强磁场．其中MN和M′N′是间距为h的两平行极板，其上分别有正对的两个小孔O和O′，O′N′＝ON＝d，P为靶点，O′P＝kd(k为大于1的整数)．极板间存在方向向上的匀强电场，两极板间电压为U.质量为m、带电量为q的正离子从O点由静止开始加速，经O′进入磁场区域．当离子打到极板上O′N′区域(含N′点)或外壳上时将会被吸收．两虚线之间的区域无电场和磁场存在，离子可匀速穿过．忽略相对论效应和离子所受的重力．求：(1)离子经过电场仅加速一次后能打到P点所需的磁感应强度大小；(2)能使离子打到P点的磁感应强度的所有可能值；(3)打到P点的能量最大的离子在磁场中运动的时间和在电场中运动的时间．解析：(1)离子经过电场仅加速一次后能打到P点时，轨道半径为R1＝kd2根据牛顿第二定律有：B1qv1＝mv21R1对离子在电场中加速的过程应用动能定理有：qU＝12mv21解得：B1＝22Uqmqkd(2)假设离子在电场中加速了n次后恰好打在P点，则有nqU＝12mv22Bqv2＝mv22RR＝kd2解得B＝22nUqmqkd若离子在电场中加速一次后恰好打在N′.同理可得此时的磁感应强度B0＝22Uqmqd.由题意可知，BB0时离子才可能打在P点上．由22nUqmqkd22Uqmqd解得：nk2，可见n的最大值应为k2－1，即n的取值应为n＝1,2,3，…，k2－1.(3)n＝k2－1对应的离子就是打在P点的能量最大的离子．离子在磁场中运动的圈数为k2－32，故在磁场中运动的时间t1＝(k2－32)T＝(k2－32)×2πmBq＝2k2－3πmkd22Uqmk2－1.设离子在电场中运动的时间为t2，则有：(k2－1)h＝12qUhmt22解得：t2＝h2k2－1mUq.答案：(1)22Uqmqkd(2)22nUqmqkd(n＝1,2,3…，k2－1)(3)2k2－3πmkd22Uqmk2－1h2k2－1mUq高考演练1.2015·宁波期末如图所示，两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平面上的M、N两小孔中，O为M、N连线的中点，连线上a、b两点关于O点对称，两导线中通有大小相等、方向向上的电流，已知长直导线在周围产生的磁场中某点的磁感应强度B＝kIr，式中k是常数、I是导线中的电流、r为该点到导线的距离．一带正电小球以初速度v0从a点出发沿直线运动到b点，关于上述过程，下列说法正确的是()A．小球对桌面的压力先减小后增大B．小球对桌面的压力一直在增大C．小球先做加速运动后做减速运动D．小球先做减速运动后做加速运动解析：根据右手螺旋定则可知，MN线段上在O点左侧的合磁场方向垂直于MN向里，在O点右侧的合磁场方向垂直于MN向外，从a到b合磁场的磁感应强度大小先减小，过O点后增大，根据左手定则可知，带正电的小球受到的洛伦兹力方向先向上，大小在减小，过O点后洛伦兹力的方向向下，大小在增大，由此可知，从a点出发沿直线运动到b点的过程中，小球在速度方向不受力的作用，即小球做匀速直线运动，而小球对桌面的压力一直在增大，故A、C、D错误，B正确．答案：B2.2015·安徽怀远联考(多选)如图所示，空间中存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场，在该区域中有一个竖直放置的光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球．O点为圆环的圆心，a、b、c、d为圆环上的四个点，a点为最高点，c点为最低点，b、O、d三点在同一水平线上，已知小球所受电场力与重力大小相等．现将小球从环的顶端a点由静止释放，则下列判断正确的是()A．小球能越过d点并继续沿环向上运动B．当小球运动到d点时，不受洛伦兹力C．小球从d点运动到b点的过程中，重力势能减小，电势能减小D．小球从b点运动到c点的过程中，经过弧bc中点时速度最大解析：电场力与重力大小相等，则二者的合力指向左下方，与ab平行，由于合力是恒力，将其等效为新的重力，此时bc弧的中点相当于“最低点”，小球在此处速度最大，D对；若小球从a点由静止释放，则小球不可能越过d点，A错；当小球运动到d点时，速度为零，故不受洛伦兹力，B对；由于d、b等高，故小球从d点运动到b点的过程中，重力势能不变，C错．答案：BD3．如图所示，在真空中，匀强电场方向竖直向下，电场强度为E，匀强磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B，一带电液滴在竖直面内做半径为R的匀速圆周运动，重力加速度为g，则()A．液滴带负电且逆时针运动，运动速率为BgREB．液滴带负电且顺时针运动，运动速率为BgREC．液滴带负电且顺时针运动，运动速率为ERBgD．液滴带正电且顺时针运动，运动速率为ERBg解析：因液滴在重力、电场力和洛伦兹力作用下在竖直面内做匀速圆周运动，所以重力与电场力必平衡，而电场方向竖直向下，所以液滴带负电，D错；因洛伦兹力提供向心力，由左手定则可判定液滴必顺时针运动，A错；由mg＝qE及Bqv＝mv2R得v＝BgRE，B对，C错．答案：B4．如图所示，在直角坐标系xOy的第三象限内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.一质量为m、电荷量为q的带电液滴从x轴上的A点在重力作用下由静止进入第三象限，液滴最后垂直y轴从C点穿出，重力加速度为g，则OC长度为()A.2m2gB2q2B.m2gB2q2C.2mgB2q2D.mg2B2q2解析：由液滴能到达y轴可知，液滴带正电．液滴在A点速度为零，不妨设液滴在A点有两个方向分别沿x轴正、负方向，大小均为v的分速度，且沿x轴正方向的分速度产生的洛伦兹力与液滴受到的重力平衡，即qvB＝mg，液滴在磁场中的运动为沿x轴正方向、速度大小为v的匀速直线运动与速率为v的匀速圆周运动的合运动(滚轮线运动)．液滴垂直y轴穿出磁场，则液滴在C点的速度大小为2v，OC＝2R，其中R为液滴的匀速圆周分运动的轨迹半径，由qvB＝mv2R，解得OC＝2m2gB2q2，选项A正确．答案：A热点一带电粒子在“组合场”中的运动1.组合场，指电场、磁场、重力场有两种场同时存在，但各位于一定的区域内且并不重叠，且带电粒子在一个场中只受一种场力的作用．2．解题思路：(1)带电粒子经过电场区域时利用动能定理或类平抛的知识分析；(2)带电粒子经过磁场区域时利用圆周运动规律结合几何关系来处理．【例1】2015·山东理综如图所示，直径分别为D和2D的同心圆处于同一竖直面内，O为圆心，GH为大圆的水平直径．两圆之间的环形区域(Ⅰ区)和小圆内部(Ⅱ区)均存在垂直圆面向里的匀强磁场．间距为d的两平行金属极板间有一匀强电场，上极板开有一小孔，一质量为m、电量为＋q的粒子由小孔下方d2处静止释放，加速后粒子以竖直向上的速度v射出电场，由H点紧靠大圆内侧射入磁场，不计粒子的重力．(1)求极板间电场强度的大小．(2)若粒子运动轨迹与小圆相切，求Ⅰ区磁感应强度的大小．(3)若Ⅰ区、Ⅱ区磁感应强度的大小分别为2mvqD、4mvqD，粒子运动一段时间后再次经过H点，求这段时间粒子运动的路程．解析：(1)设极板间电场强度的大小为E，对粒子在电场中的加速运动，由动能定理得qEd2＝12mv2①由①式得E＝mv2qd②(2)设Ⅰ区磁感应强度的大小为B，粒子做圆周运动的半径为R，由牛顿第二定律得qvB＝mv2R③如图甲所示，粒子运动轨迹与小圆相切有两种情况．若粒子轨迹与小圆外切，由几何关系得R＝D4④联立③④式得B＝4mvqD⑤若粒子轨迹与小圆内切，由几何关系得R＝3D4⑥联立③⑥式得B＝4mv3qD⑦甲(3)设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的半径分别为R1、R2，由题意可知，Ⅰ区和Ⅱ区磁感应强度的大小分别为B1＝2mvqD、B2＝4mvqD，由牛顿第二定律得qvB1＝mv2R1，qvB2＝mv2R2⑧代入数据得R1＝D2，R2＝D4⑨设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的周期分别为T1、T2，由运动学公式得T1＝2πR1v，T2＝2πR2v⑩据题意分析，粒子两次与大圆相切的时间间隔内，运动轨迹如图乙所示，根据对称可知，Ⅰ区两段圆弧所对圆心角相同，设为θ1，Ⅱ区内圆弧所对圆心角设为θ2，圆弧和大圆的两个切点