難點(diǎn)17帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)分析

1、難點(diǎn)17帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)分析帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)是歷屆高考的熱點(diǎn)，亦是考生棘手的難點(diǎn)之一難點(diǎn)磁場(chǎng)1. （）如圖 17-1所示，在x軸上方有垂直于 xOy平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感 應(yīng)強(qiáng)度為B;在x軸下方有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)為E.一質(zhì)量為m,電量為-q的粒子從坐標(biāo)原點(diǎn) O沿著y軸正方向射出.射出之后第三次到達(dá) x軸時(shí)，它與點(diǎn)。的距離為L. 求此粒子射出時(shí)的速度 v和運(yùn)動(dòng)的總路程s （不計(jì)重力）.7、xKMXXXXXX圖 1712. （）（2000 年全國）7、xKMXXXXXX圖 1712. （）（2000 年全國）其上均勻分布著平行于軸線的四條狹縫 大區(qū)域中有平行于軸線方向

2、的均勻磁場(chǎng), 圓筒之間的區(qū)域內(nèi)有沿半徑向外的電場(chǎng)如圖a、圖 17217-2,兩個(gè)共軸的圓筒形金屬電極，外電極接地， b、c和d,外筒的外半徑為0.在圓筒之外的足夠磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B.在兩極間加上電壓，使兩.一質(zhì)量為m、帶電量為+q的粒子，從緊靠內(nèi)筒且正S,則對(duì)狹縫a的S點(diǎn)出發(fā)，初速為零.當(dāng)該粒子經(jīng)過一段時(shí)間的運(yùn)動(dòng)之后恰好又回到出發(fā)點(diǎn) 兩電極之間的電壓 U應(yīng)是多少？（不計(jì)重力，整個(gè)裝置在真空中S,則案例分析圖 173例1 （）質(zhì)量為 m,電量為+q的小球以初速度 Vo以與 水平方向成e角射出，如圖173所示，如果在某方向加上一定大小 的勻強(qiáng)電場(chǎng)后，能保證小球仍沿vo方向做直線運(yùn)動(dòng)，試求所加勻強(qiáng)

3、電圖 173場(chǎng)的最小值，加了這個(gè)電場(chǎng)后，經(jīng)多長時(shí)間速度變?yōu)榱?？命題意圖：考查分析綜合能力及思維發(fā)散能力.B級(jí)要求.錯(cuò)解分析：部分考生挖掘隱含條件的能力差，不能據(jù)“保證小球仍圖 174沿V0方向做直線運(yùn)動(dòng)”的條件，推測(cè)重力和電場(chǎng)力在垂直于 V0方向合力為零，從而無法切入 .圖 174解題方法與技巧：由題知小球在重力和電場(chǎng)力作用下沿V0方向做直線運(yùn)動(dòng)，可知垂直V0方向上合外力為零，或者用力的分解或力的合成 方法，重力與電場(chǎng)力的合力沿 V0所在直線.建如圖17-4所示坐標(biāo)系，設(shè)場(chǎng)強(qiáng) E與vo成巾角，則受力 如圖：由牛頓第二定律可得Eqsin 巾-mgcos 9 =0EqcosG -mgsin 9 =

4、ma由式得： E=mgcos 0 /qsin 6min = mgcos 8 / q由式得：（）=90時(shí)，E最小為E min = mgcos 8 / q將6 =90代入式可得 a=gsinB即在場(chǎng)強(qiáng)最小時(shí)，小球沿vo做加速度為a= gsin 9的勻減速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t時(shí)速度為0,則：0= vo - gsin 9 t可得：t=竺gsin據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律列方例2 ()如圖 17-5所示，在相互垂直的水平勻強(qiáng) 電場(chǎng)和水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，有一豎直固定絕緣桿MN ,小球P套在桿據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律列方上，已知P的質(zhì)量為m,電量為q,P與桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 (I ,電 場(chǎng)強(qiáng)度為E,磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B,小球由靜止起

5、開始下滑，設(shè)電場(chǎng)、 磁場(chǎng)區(qū)域足夠大，桿足夠長，求：(1)當(dāng)下滑加速度為最大加速度一半時(shí)的速度(2)當(dāng)下滑速度為最大下滑速度一半時(shí)的加速度命題意圖：考查考生邏輯推理能力、分析綜合能力.B級(jí)要求.錯(cuò)解分析：不能沿正確的路徑推理辨析各物理量隱含的制約關(guān)系, 程.解題方法與技巧:因電場(chǎng)力方向與洛倫茲力方向相反， 小球先做加速度逐漸增加的加速運(yùn)動(dòng)， 當(dāng)加速度達(dá) 到最大后，又做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)加速度為零時(shí)，速度達(dá)到最大 .因此，加速 度達(dá)到最大之前，加速度可能取最大值的一半， 加速度達(dá)到最大值后， 一定有某一時(shí)刻加速 度為最大加速度的一半.小球速度(達(dá)到最大值前)始終在增大，一定只有某一時(shí)刻速

6、度為 最大速度的一半，要研究這一時(shí)刻是在加速度最大之前還是之后圖 177(1)小球剛開始下滑時(shí)速度較小，BqvvEq受力分析如圖圖 177所示，由牛頓第二定律得：mg-(1 ( Eq-Bqv) =ma當(dāng)Bqv=Eq時(shí)a達(dá)最大為 am = g隨v的增大，Bqv Eq，小球受力如圖17-7所示.貝U: mg-(1 (Bqv-Eq) =ma將a = ,am=工g分別代入式和式22解得在a達(dá)到am之前，當(dāng)a = g時(shí)，速度為2v= 2Eq叫2Bq當(dāng)a達(dá)到am后，當(dāng)a= -g時(shí)，速度為v2= %mg,其中v1存在是有條件的，只 2Bq有mgW2 Eq時(shí)，在a增加階段才有a=g可能.2(2)在a達(dá)到am后

7、，隨著v增大，a減小，當(dāng)2=0時(shí)丫= vm,由式可解得圖 圖 1710mg EqVm =mg EqBq設(shè)在a達(dá)am之前有v= vm ,則由式解得此時(shí)加速度為a=g+ mg Eq22m因mgEq,故ag,這與題設(shè)相矛盾，說明在a=am之前不可能有v=vm2顯然avg,符合題意.1- mg Eq將丫= vm代入式解得 a=.22m錦囊妙計(jì)一、高考走勢(shì)帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)的命題，集中融合力學(xué)、電磁學(xué)等知識(shí)，其特點(diǎn)構(gòu)思新穎、 綜合性強(qiáng)，突出考查考生對(duì)物理過程和運(yùn)動(dòng)規(guī)律的綜合分析能力、運(yùn)用數(shù)學(xué)知識(shí)解決物理問題的能力及空間想象能力.二、方法指要綜合上述案例探究例析，可以看出：要正確、迅速解答帶電粒子在

8、復(fù)合場(chǎng)內(nèi)運(yùn)動(dòng)類 問題，首先必須弄清物理情境，即在頭腦中再現(xiàn)客觀事物的運(yùn)動(dòng)全過程，對(duì)問題的情境原型進(jìn)行具體抽象.從而建立起正確、清晰的物理情境.其二，考生應(yīng)對(duì)物理知識(shí)有全面深入的理解.其三，熟練掌握運(yùn)用數(shù)學(xué)知識(shí)是考生順利解決物理問題的有效手段這里所說的復(fù)合場(chǎng)是指重力場(chǎng)、 電場(chǎng)、磁場(chǎng)并存的復(fù)合場(chǎng)，分析方法和力學(xué)問題的分析 方法基本相同，不同之處就是多了電場(chǎng)力和磁場(chǎng)力，其思路、 方法與解題步驟相同，因此在 利用力學(xué)的三大觀點(diǎn)(動(dòng)力學(xué)、能量、動(dòng)量)分析的過程中，還要注意：(1)洛倫茲力永遠(yuǎn)與速度垂直、不做功(2)重力、電場(chǎng)力做功與路徑無關(guān)，只由初末位置決定，當(dāng)重力、電場(chǎng)力做功不為零 時(shí)，粒子動(dòng)能變化.

9、因而洛倫茲力也隨速率的變化而變化，洛倫茲力的變化導(dǎo)致了所受合外 力變化，從而引起加速度變化，使粒子做變加速運(yùn)動(dòng) 殲滅難點(diǎn)訓(xùn)練1.()如圖17-8所示是等離子體發(fā)電機(jī)的示意圖，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,兩極間距離圖 178圖 179()如圖17-9所示，帶電液滴從 h高處自由落下, 進(jìn)入一個(gè)勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)互相垂直的區(qū)域，磁場(chǎng)方向垂直紙 面，電場(chǎng)強(qiáng)度為 E,磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B.已知液滴在此區(qū)域中做勻速 圓周運(yùn)動(dòng)，則圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑R =.()圖 178圖 179()如圖17-9所示，帶電液滴從 h高處自由落下, 進(jìn)入一個(gè)勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)互相垂直的區(qū)域，磁場(chǎng)方向垂直紙 面，電場(chǎng)強(qiáng)度為 E,磁感應(yīng)強(qiáng)度為

10、B.已知液滴在此區(qū)域中做勻速 圓周運(yùn)動(dòng)，則圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑R =.()如圖 17-10所示，在水平正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，半徑為 R的光滑絕緣豎直圓環(huán)上，套有一個(gè)帶正電的小球，已知小球所受電場(chǎng) 力與重力相等，小球在環(huán)頂端 A點(diǎn)由靜止釋放，當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)的圓弧為周長的幾分之幾時(shí), 所受磁場(chǎng)力最大？（）帶電量為 強(qiáng)磁場(chǎng)中，半徑為 R的光滑絕緣豎直圓環(huán)上，套有一個(gè)帶正電的小球，已知小球所受電場(chǎng) 力與重力相等，小球在環(huán)頂端 A點(diǎn)由靜止釋放，當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)的圓弧為周長的幾分之幾時(shí), 所受磁場(chǎng)力最大？（）帶電量為 q的粒子（不計(jì)重力），勻速直線通 過速度選擇器Fo （電場(chǎng)強(qiáng)度為 巳 磁感應(yīng)強(qiáng)度為 Bi）,又

11、通過寬 度為I,磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B2的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，粒子離開磁場(chǎng)時(shí)速度的方 向跟入射方向間的偏角為 0 ,如圖17-11所示.試證明：入射粒子的質(zhì)量qB1 B2I m=Esin（）某空間存在著一個(gè)變化的電場(chǎng)和一個(gè)變化的磁場(chǎng)，電場(chǎng)方向向右（如圖17-12 （a）中由B至IJC的方向），電場(chǎng)變化如圖（b）中 E-t圖象，磁感應(yīng)強(qiáng)度變化如圖（c） 中B-t圖象.在A點(diǎn)，從t=1 s （即1 s）開始，每隔2 s,有一個(gè)相同的帶電粒子（重力不計(jì)）沿AB方向（垂直于 BC）以速度v射出，恰能擊中 C點(diǎn)，若AC 2BC且粒子在AC間運(yùn) 動(dòng)的時(shí)間小于1 s,求圖 1712（1）圖線上E。和Bo的比值，磁感應(yīng)強(qiáng)度

12、B的方向.（2）若第1個(gè)粒子擊中C點(diǎn)的時(shí)刻已知為（1+At） s ,那么第2個(gè)粒子擊中C點(diǎn)的 TOC o 1-5 h z 時(shí)刻是多少？； r（）如圖17-13所示，帶正電的小球，電量 q=1C,質(zhì)量m=1 kg,被長L=1 m的繩子系于錐體頂端，錐體頂角為120。，此裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B=1 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，問小球繞2錐體旋轉(zhuǎn)角速度 取何值時(shí)，它可剛剛離開錐面？（g取10 m/s2）;參考答案：圖17-13難點(diǎn)磁場(chǎng)理；1 L +qB2L22 qro2B2.4m 2 16mE . 2m殲滅難點(diǎn)訓(xùn)練.,正；2.E v12gh /B gdB.小球在下滑過程中，從圖中A-C電場(chǎng)力先做正功，后做負(fù)功，而重力一直做正功，在C點(diǎn)時(shí)重力與電場(chǎng)力合力為徑向，沒有切向分力，故此時(shí)動(dòng)能最大，此后切向分力與線 速度反向，動(dòng)能將減小，故C點(diǎn)受磁場(chǎng)力最大，由受力分析知：mg= Eqmg=tan a Eq由得a = 451353由圖知 e = a +90 = 1351353故小球運(yùn)動(dòng)的弧長與周長之比為：360360一 一一一,.一,一 3所以運(yùn)動(dòng)的弧長為周長的 38E 八 l lqBi B2I.v=，sin 9 = - ,B1R mv/qB2 EmqBi B2I所以m=Esi