高考物理磁場(chǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷的作用考點(diǎn)總結(jié)-文庫(kù)吧在線文庫(kù)
【正文】 ① 設(shè)粒子的質(zhì)量和所帶正電荷量分別為 m和 q，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得 qvB＝ m ② 設(shè) P′為虛線與分界線的交點(diǎn)， ∠ POP′＝ α，則粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為 t1＝ ③ 式中 sinα＝ ④ 粒子進(jìn)入電場(chǎng)后做類平拋運(yùn)動(dòng)，其初速度為 v，方向垂直于電場(chǎng)．設(shè)粒子加速度大小為 a，由牛頓第二定律得 qE＝ ma ⑤ 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有 d＝ at22 ⑥ l2＝ vt2 ⑦ 式中 t2是粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間．由 ①②⑤⑥⑦ 式得 由 ①③④⑦ 式得 arcsin( )． [答案 ] arcsin( ) 分析組合場(chǎng)中粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)，應(yīng)分別分析粒子在隔離場(chǎng)中的受力情況及運(yùn)動(dòng)軌跡，從而選取適當(dāng)?shù)囊?guī)律列式求解，且要注意粒子在兩場(chǎng)交界處的關(guān)鍵點(diǎn) . 有人設(shè)想用如圖 8－ 3－ 6所示的裝置來(lái)選擇密度相同、大小不同的球狀納米粒子．粒子在電離室中電離后帶正電，電荷量與其表面積成正比．電離后，粒子緩慢通過(guò)小孔 O1進(jìn)入極板間電壓為 U的水平加速電場(chǎng)區(qū)域 Ⅰ ，再通過(guò)小孔 O2射入相互正交的恒定勻強(qiáng)電場(chǎng)、勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域 Ⅱ ，其中磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 B，方向如圖所示．收集室的小孔 O3與 OO2在同一條水平線上．半徑為 r0的粒子，其質(zhì)量為 m0，電荷量為 q0，剛好能沿 O1O3直線射入收集室．不計(jì)納米粒子的重力． (V球 ＝ πR3， S球 ＝ 4πR2) 圖 8－ 3－ 6 (1)試求圖中區(qū)域 Ⅱ 的電場(chǎng)強(qiáng)度； (2)試求半徑為 r的粒子通過(guò) O2時(shí)的速率； (3)討論半徑 r≠r0的粒子剛進(jìn)入?yún)^(qū)域 Ⅱ 時(shí)向哪個(gè)極板偏轉(zhuǎn)． [思路點(diǎn)撥 ] 分析該題時(shí)應(yīng)注意以下幾點(diǎn)： (1)粒子在 Ⅰ 區(qū)域直線加速，可利用動(dòng)能定理； (2)在 Ⅱ 區(qū)域只有滿足 qE＝ qvB的粒子才能沿直線勻速運(yùn)動(dòng)到達(dá) O3； (3)粒子在 Ⅱ 區(qū)域向何方偏轉(zhuǎn)，決定于電場(chǎng)力和洛倫茲力的大?。? [課堂筆記 ] (1)半徑為 r0的粒子在 Ⅰ 區(qū)，由動(dòng)能定理可知：Uq0＝ m0v02. 所以 v0＝ 該粒子在 Ⅱ 區(qū)域做勻速直線運(yùn)動(dòng)． 則： q0E＝ q0v0B，即 E＝ v0B＝ B (2)半徑為 r的粒子，因電荷量與表面積成正比，其電荷量為 q＝ ( )2q0，其質(zhì)量 m＝ ( )3m0. 根據(jù)動(dòng)能定理： Uq＝ mv2 所以 v＝ (3)由題意可知，只有 v＝ v0＝ 的粒子沿直線運(yùn)動(dòng)． 當(dāng) rr0時(shí)， vv0，此時(shí)有 qEqv0B， 即該粒子向上極板偏轉(zhuǎn)． 當(dāng) rr0時(shí)， vv0，此時(shí)有 qEqv0B， 即該粒子向下極板偏轉(zhuǎn)． [答案 ] 見課堂筆記 (1)帶電粒子在其他場(chǎng)力與磁場(chǎng)力作用下做直線運(yùn)動(dòng)，一般 是勻速直線運(yùn)動(dòng)． (2)重力不計(jì)的帶電粒子進(jìn)入速度選擇器時(shí)，能否做勻速直 線運(yùn)動(dòng)與粒子的電性及質(zhì)量無(wú)關(guān) . (15分 )在場(chǎng)強(qiáng)為 B的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，一質(zhì)量為 m、帶電荷量為＋ q的小球在 O點(diǎn)靜止釋放，小球的運(yùn)動(dòng)曲線如圖 8－ 3－ 7所示．已知此曲線在最低點(diǎn)的曲率半徑為該點(diǎn)到x軸距離的 2倍，重力加速度為 ： 圖 8－ 3－ 7 (1)小球運(yùn)動(dòng)到任意位置 P(x， y)的速率 v； (2)小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中第一次下降的最大距離 ym； (3)欲使小球沿 x軸正向做直線運(yùn)動(dòng)，可在該區(qū)域加一勻強(qiáng)電場(chǎng)，試分析加電場(chǎng)時(shí)，小球在什么位置，所加電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)為多少？方向如何？ [思路點(diǎn)撥 ] 分析該題時(shí)應(yīng)把握以下幾點(diǎn)： (1)求解小球的速率可根據(jù)動(dòng)能定理； (2)小球下降的最大距離可由圓周運(yùn)動(dòng)分析； (3)小球做直線運(yùn)動(dòng)，可由小球的運(yùn)動(dòng)特征分析受力的特點(diǎn)． [解題樣板 ] (1)洛倫茲力不做功，由動(dòng)能定理得 mgy＝ mv2 ┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄ ① (2分 ) 得 v＝ ┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄ ② (2分 ) (2)設(shè)在最大距離 ym處的速率為 vm，根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)有 qvmB－ mg＝ m ┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄ ③ (2分 ) 且由 ② 知 vm＝ ┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄ ④ (1分 ) 由 ③④ 及 R＝ 2ym得 ym＝ ┄┄┄┄┄┄┄┄ ⑤ (2分 ) (3)當(dāng)小球沿 x軸正向做直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，小球受力平衡，由此可知，加電場(chǎng)時(shí)，小球應(yīng)在最低點(diǎn)． ┄┄┄┄┄┄┄ (1分 ) 且有 qvmB－ mg－ qE＝ 0┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄ ⑥ (2分 ) 解 ④⑤⑥ 得 E＝ ┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄ (2分 ) 方向豎直向下． ┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄ (1分 ) [答案 ] (1) (2) (3)見解題樣板 此題前兩問(wèn)是 2020年江蘇高考試題，解答時(shí)必須領(lǐng)會(huì)題設(shè)條件，選取合適的規(guī)律，第三問(wèn)是在原題的基礎(chǔ)上進(jìn)行了改造，考查粒子在復(fù)合場(chǎng)中做直線運(yùn)動(dòng)的條件．該題還可以進(jìn)一步改造考查粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的條件． 1．帶正電的甲、乙、丙三個(gè)粒子 (不計(jì)重力 )分別以速度 v甲 、 v 乙 、 v丙 垂直射入電場(chǎng)和磁場(chǎng)相互垂直的復(fù)合場(chǎng)中，其軌跡如圖 8－ 3－ 8所示，則下列說(shuō)法正確的是 ( ) A． v甲 v乙 v丙 B． v甲 v乙 v丙 C．甲的速度可能變大 D．丙的速度不一定變大 圖 8－ 3－ 8 解析： 由左手定則可判斷正電荷所受洛倫茲力向上，而所受的電場(chǎng)力向下，由運(yùn)動(dòng)軌跡可判斷 qv甲 BqE即 v甲 ，同理可得 v乙 ＝ ， v丙 ，所以 v甲 v乙 v丙 ，故 A正確，B錯(cuò)；電場(chǎng)力對(duì)甲做負(fù)功，甲的速度一定減小，對(duì)丙做正功，丙的速度一定變大，故 C、 D錯(cuò)誤． 答案： A 2． (2020 .過(guò) B點(diǎn)作磁場(chǎng)邊界的垂線，根據(jù)數(shù)學(xué)關(guān)系，顯然有 Rsinθ＝ d，所以 R＝ 2d， m＝ .電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間 答案： 2．帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)
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