高考物理一輪總復(fù)習(xí) 高考熱點專題 帶電粒子在復(fù)合場中常見的三種運動軌跡課件 新人教版

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1、高考熱點專題(八)帶電粒子在復(fù)合場中常見的三種運動軌跡【熱點概述【熱點概述】帶電粒子在復(fù)合場中運動是歷屆高考中的壓軸題，所以研究帶帶電粒子在復(fù)合場中運動是歷屆高考中的壓軸題，所以研究帶電粒子在復(fù)合場中運動的求解方法，欣賞帶電粒子在復(fù)合場中電粒子在復(fù)合場中運動的求解方法，欣賞帶電粒子在復(fù)合場中運動的軌跡，可以激發(fā)學(xué)生在探究中學(xué)會欣賞，在欣賞中促進(jìn)運動的軌跡，可以激發(fā)學(xué)生在探究中學(xué)會欣賞，在欣賞中促進(jìn)提高。提高。當(dāng)帶電粒子沿不同方向進(jìn)入復(fù)合場時，粒子做各種各樣的運動，當(dāng)帶電粒子沿不同方向進(jìn)入復(fù)合場時，粒子做各種各樣的運動，形成了異彩紛呈的軌跡圖形，常見的有形成了異彩紛呈的軌跡圖形，常見的有“拱橋拱

2、橋”形、形、“心連心心連心”形、形、“葡萄串葡萄串”形等。形等?！緹狳c透析【熱點透析】1.“1.“拱橋拱橋”形形帶電粒子在磁場和電場中交替運動，在磁場中的軌跡為半圓，帶電粒子在磁場和電場中交替運動，在磁場中的軌跡為半圓，進(jìn)入電場時速度方向與電場線平行，粒子在電場中做直線運動，進(jìn)入電場時速度方向與電場線平行，粒子在電場中做直線運動，如果粒子在電場中做往復(fù)運動，則粒子運動的軌跡為如果粒子在電場中做往復(fù)運動，則粒子運動的軌跡為“拱橋拱橋”形。形?！纠C【例證1 1】如圖所示，在如圖所示，在x x軸上方有垂直于軸上方有垂直于xOyxOy平面的勻強磁場，平面的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為磁感應(yīng)強度為B B，在

3、，在x x軸下方有沿軸下方有沿y y軸負(fù)方向的勻強電場，場強軸負(fù)方向的勻強電場，場強為為E E，一質(zhì)量為，一質(zhì)量為m m、電荷量為、電荷量為q q的粒子從坐標(biāo)原點的粒子從坐標(biāo)原點O O沿著沿著y y軸正方軸正方向射出，射出之后，第三次到達(dá)向射出，射出之后，第三次到達(dá)x x軸時，它與軸時，它與O O點的距離為點的距離為L L，求此時粒子射出時的速度大小和運動的總路程（重力不計）。求此時粒子射出時的速度大小和運動的總路程（重力不計）?！窘馕觥俊窘馕觥慨嫵隽Ｗ舆\動軌跡，如圖所示，形成畫出粒子運動軌跡，如圖所示，形成“拱橋拱橋”圖形。圖形。由題可知粒子軌道半徑由題可知粒子軌道半徑 由牛頓運動定律知粒子

4、運動速由牛頓運動定律知粒子運動速率為率為LR4。BqRBqLvm4m設(shè)粒子進(jìn)入電場后沿設(shè)粒子進(jìn)入電場后沿y y軸負(fù)方向做減速運動的最大位移為軸負(fù)方向做減速運動的最大位移為y y，由，由動能定理知動能定理知所以粒子運動的總路程為所以粒子運動的總路程為答案：答案：2221qB LmvqEyy232mE，得22qB L1sL16mE2 。22BqLqB L1L4m16mE2 2.“2.“心連心心連心”形形當(dāng)帶電粒子在相鄰的磁感應(yīng)強度不同的磁場中做勻速圓周運動當(dāng)帶電粒子在相鄰的磁感應(yīng)強度不同的磁場中做勻速圓周運動時，其半徑不同，因此粒子運動的軌跡為兩個半圓的相互交叉，時，其半徑不同，因此粒子運動的軌跡

5、為兩個半圓的相互交叉，稱為稱為“心連心心連心”形。形。【例證【例證2 2】如圖所示，一理想磁場以如圖所示，一理想磁場以x x軸為軸為界，下方磁場的磁感應(yīng)強度是上方磁感應(yīng)界，下方磁場的磁感應(yīng)強度是上方磁感應(yīng)強度強度B B的兩倍。今有一質(zhì)量為的兩倍。今有一質(zhì)量為m m、電荷量為、電荷量為+q+q的粒子，從原點的粒子，從原點O O沿沿y y軸正方向以速度軸正方向以速度v v0 0射入磁場中，求此粒子從開始進(jìn)入磁場到射入磁場中，求此粒子從開始進(jìn)入磁場到第四次通過第四次通過x x軸的位置和時間（重力不計）。軸的位置和時間（重力不計）?！窘馕觥俊窘馕觥坑捎?知粒子在知粒子在x x軸上方做圓軸上方做圓周運動

6、的軌道半徑周運動的軌道半徑 在在x x軸下方軸下方做圓周運動的軌道半徑做圓周運動的軌道半徑 所以所以r r1 1=2r=2r2 2。現(xiàn)作出帶電粒子的運動軌跡如圖所示，形成現(xiàn)作出帶電粒子的運動軌跡如圖所示，形成“心連心心連心”圖形，圖形，所以粒子第四次經(jīng)過所以粒子第四次經(jīng)過x x軸的位置和時間分別為軸的位置和時間分別為答案：答案：在在x x軸正方向上距軸正方向上距O O點點 處處mvrBq01mvrBq，02mvr2Bq，012mvx2rBq122 m2 m3 mtTTBq2BqBq02mvBq3 mBq3.“3.“葡萄串葡萄串”形形在某一空間同時存在重力場、電場及周期性變化的磁場，若電在某一空

7、間同時存在重力場、電場及周期性變化的磁場，若電荷所受電場力與重力平衡時，無磁場時電荷做勻速直線運動，荷所受電場力與重力平衡時，無磁場時電荷做勻速直線運動，有磁場時電荷做圓周運動，此時電荷的運動軌跡為直線與圓周有磁場時電荷做圓周運動，此時電荷的運動軌跡為直線與圓周的結(jié)合，稱為的結(jié)合，稱為“葡萄串葡萄串”形。形。【例證【例證3 3】如圖甲所示，互相平行且水平放置的金屬板，板長如圖甲所示，互相平行且水平放置的金屬板，板長L=1.2 mL=1.2 m，兩板距離，兩板距離d=0.6 md=0.6 m，兩板間加上，兩板間加上U=0.12 VU=0.12 V恒定電壓及恒定電壓及隨時間變化的磁場，磁場變化規(guī)律

8、如圖乙所示，規(guī)定磁場方向隨時間變化的磁場，磁場變化規(guī)律如圖乙所示，規(guī)定磁場方向垂直紙面向里為正。當(dāng)垂直紙面向里為正。當(dāng)t=0t=0時，有一質(zhì)量為時，有一質(zhì)量為m=2.0m=2.01010-6 -6 kgkg、電、電荷量荷量q=+1.0q=+1.01010-4-4 C C的粒子從極板左側(cè)以的粒子從極板左側(cè)以v v0 0=4.0=4.010103 3 m/s m/s的速的速度沿與兩板平行的中線度沿與兩板平行的中線OOOO射入，取射入，取g=10 m/sg=10 m/s2 2、=3.14=3.14。求：。求：（1 1）粒子在）粒子在0 01.01.01010-4-4 s s內(nèi)位移的大小內(nèi)位移的大小x

9、 x；（2 2）粒子離開中線）粒子離開中線OOOO的最大距離的最大距離h h；（3 3）粒子在板間運動的時間）粒子在板間運動的時間t t；（4 4）畫出粒子在板間運動的軌跡圖。）畫出粒子在板間運動的軌跡圖。【解析】【解析】(1)(1)由題意知：由題意知：而而mg=2.0mg=2.01010-5-5 N N顯然顯然Eq=mgEq=mg故粒子在故粒子在0 01.01.01010-4-4 s s時間內(nèi)做勻速直線運動，時間內(nèi)做勻速直線運動，因為因為t=1.0t=1.01010-4 -4 s,s,所以所以x=vx=v0 0t=0.4 mt=0.4 m5UEqq2.0 10 Nd（2 2）在）在1.01.

10、01010-4-42.02.01010-4-4 s s時間內(nèi)，時間內(nèi)，電場力與重力平衡，粒子做勻速圓周運動，電場力與重力平衡，粒子做勻速圓周運動，因為因為T= =1.0T= =1.01010-4-4 s s故粒子在故粒子在1.01.01010-4-42.02.01010-4-4 s s時間內(nèi)恰好完成一個周期圓時間內(nèi)恰好完成一個周期圓周運動周運動由牛頓第二定律得：由牛頓第二定律得：R=R=2 mqB200mvqv BR0mv0.064 mqBh=2R=0.128 mh=2R=0.128 m所以粒子離開中線所以粒子離開中線OOOO的最大距離的最大距離h=0.128 mh=0.128 m。（3 3）

11、板長）板長L=1.2 m=3xL=1.2 m=3xt=2T+3t=5.0t=2T+3t=5.01010-4-4 s s（4 4）軌跡如圖）軌跡如圖答案：答案：見解析見解析d2?！緹狳c集訓(xùn)】【熱點集訓(xùn)】1.1.在真空中，半徑為在真空中，半徑為R R的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為磁場，磁感應(yīng)強度大小為B B，在此區(qū)域外圍足夠大空間有垂直，在此區(qū)域外圍足夠大空間有垂直紙面向內(nèi)的磁感應(yīng)強度大小也為紙面向內(nèi)的磁感應(yīng)強度大小也為B B的勻強磁場，一個帶正電粒的勻強磁場，一個帶正電粒子從邊界上的子從邊界上的P P點沿半徑向外，以速度點沿半徑向外，以

12、速度v v0 0進(jìn)入外圍磁場，已知進(jìn)入外圍磁場，已知帶電粒子質(zhì)量帶電粒子質(zhì)量m=2m=21010-10-10 kg kg，帶電荷量，帶電荷量q=5q=51010-6-6 C C，不計重力，不計重力，磁感應(yīng)強度的大小磁感應(yīng)強度的大小B=1 TB=1 T，粒子運動速度，粒子運動速度v v0 0=5=510103 3 m/s m/s，圓形，圓形區(qū)域半徑區(qū)域半徑R=0.2 mR=0.2 m，試畫出粒子運動軌跡并求出粒子第一次回，試畫出粒子運動軌跡并求出粒子第一次回到到P P點所需時間（計算結(jié)果可以用點所需時間（計算結(jié)果可以用表示）。表示）?！窘馕觥俊窘馕觥坑陕鍌惼澚μ峁┫蛐牧Φ茫河陕鍌惼澚μ峁┫蛐牧Φ?/p>

13、：解得：解得：r=0.2 m=Rr=0.2 m=R軌跡如圖所示軌跡如圖所示粒子做圓周運動的周期為粒子做圓周運動的周期為則粒子第一次回到則粒子第一次回到P P點所需時間為點所需時間為t=2T=16t=2T=161010-5-5 s s。答案：答案：圖見解析圖見解析 16161010-5-5 s s200mvqv Br502 rT810 sv 2.(20142.(2014漳州模擬漳州模擬) )如圖甲所示如圖甲所示, ,豎直擋板豎直擋板MNMN左側(cè)空間有方向左側(cè)空間有方向豎直向上的勻強電場和垂直紙面向里的水平勻強磁場豎直向上的勻強電場和垂直紙面向里的水平勻強磁場, ,電場和電場和磁場的范圍足夠大磁場

14、的范圍足夠大, ,電場強度電場強度E=40N/C,E=40N/C,磁感應(yīng)強度磁感應(yīng)強度B B隨時間隨時間t t變變化的關(guān)系圖像如圖乙所示化的關(guān)系圖像如圖乙所示, ,選定磁場垂直紙面向里為正方向。選定磁場垂直紙面向里為正方向。t=0t=0時刻時刻, ,一質(zhì)量一質(zhì)量m=8m=81010-4-4kgkg、電荷量、電荷量q=+2q=+21010-4-4C C的微粒在的微粒在O O點點具有豎直向下的速度具有豎直向下的速度v=0.12m/s,Ov=0.12m/s,O 是擋板是擋板MNMN上一點上一點, ,直線直線OOOO 與與擋板擋板MNMN垂直垂直,g,g取取10m/s10m/s2 2。求。求: :(1

15、)(1)微粒再次經(jīng)過直線微粒再次經(jīng)過直線OOOO 時與時與O O點的距離點的距離; ;(2)(2)微粒在運動過程中離開直線微粒在運動過程中離開直線OOOO 的最大高度的最大高度; ;(3)(3)水平移動擋板水平移動擋板, ,使微粒能垂直射到擋板上使微粒能垂直射到擋板上, ,擋板與擋板與O O點間的距點間的距離應(yīng)滿足的條件。離應(yīng)滿足的條件?！窘馕觥俊窘馕觥?1)(1)由題意可知，由題意可知，微粒所受的重力微粒所受的重力G=mg=8G=mg=81010-3-3 N N電場力大小電場力大小F=Eq=8F=Eq=81010-3-3 N N因此重力與電場力平衡因此重力與電場力平衡微粒先在洛倫茲力作用下做

16、勻速圓周運動，微粒先在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，則則 解得解得由由 解得解得T=10 sT=10 s則微粒在則微粒在5 s5 s內(nèi)轉(zhuǎn)過半個圓周，再次經(jīng)直線內(nèi)轉(zhuǎn)過半個圓周，再次經(jīng)直線OOOO時與時與O O點的距點的距離離: :l=2R=1.2 m=2R=1.2 m2vqvBm,RmvR0.6 mBq2 RT,v(2)(2)微粒運動半周后向上勻速運動，運動的時間為微粒運動半周后向上勻速運動，運動的時間為t=5 s,t=5 s,軌軌跡如圖所示，跡如圖所示，位移大小為位移大小為x=vt=0.6 m=1.88 mx=vt=0.6 m=1.88 m因此，微粒離開直線因此，微粒離開直線OOOO的最大高度

17、的最大高度h=x+R=2.48 mh=x+R=2.48 m(3)(3)若微粒能垂直射到擋板上的某點若微粒能垂直射到擋板上的某點P P，當(dāng)，當(dāng)P P點在直線點在直線OOOO下方下方時，由圖像可知，擋板時，由圖像可知，擋板MNMN與與O O點間的距離應(yīng)滿足點間的距離應(yīng)滿足L=(2.4n+0.6)m (n=0,1,2L=(2.4n+0.6)m (n=0,1,2) )若微粒能垂直射到擋板上的某點若微粒能垂直射到擋板上的某點P,P,當(dāng)當(dāng)P P點在直線點在直線OOOO上方時上方時, ,由由圖像可知圖像可知, ,擋板擋板MNMN與與O O點間的距離應(yīng)滿足點間的距離應(yīng)滿足L=(2.4n+1.8)m L=(2.4n+1.8)m (n=0,1,2(n=0,1,2) )答案答案: :(1)1.2 m (2)2.48 m (3)(1)1.2 m (2)2.48 m (3)見解析見解析