（江蘇專版）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第八章 第4節(jié) 帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)講義（含解析）

《（江蘇專版）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第八章 第4節(jié) 帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)講義（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（江蘇專版）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第八章 第4節(jié) 帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)講義（含解析）（7頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、（江蘇專版）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第八章 第4節(jié) 帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)講義（含解析） 突破點(diǎn)(一)　帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 1．分析方法 2．三種場(chǎng)的比較 力的特點(diǎn) 功和能的特點(diǎn) 重力場(chǎng) 大?。篏＝mg 方向：豎直向下 重力做功與路徑無(wú)關(guān) 重力做功改變物體的重力勢(shì)能 電場(chǎng) 大?。篎＝qE 方向：正電荷受力方向與場(chǎng)強(qiáng)方向相同，負(fù)電荷受力方向與場(chǎng)強(qiáng)方向相反 電場(chǎng)力做功與路徑無(wú)關(guān) W＝qU 電場(chǎng)力做功改變電勢(shì)能 磁場(chǎng) 大?。篎＝qvB(v⊥B) 方向：可用左手定則判斷 洛倫茲力不做功，不改變帶電粒子的動(dòng)能 [多維探究] (一)電場(chǎng)與

2、磁場(chǎng)共存 [例1]　一個(gè)帶正電荷的微粒(重力不計(jì))，穿過(guò)如圖所示的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)，恰能沿直線運(yùn)動(dòng)，則下列說(shuō)法不正確的是(　　) A．若僅減小入射速度，微粒進(jìn)入該區(qū)域后將向下偏轉(zhuǎn) B．若僅減小電場(chǎng)強(qiáng)度，微粒穿過(guò)該區(qū)域后動(dòng)能將減小 C．若增大磁感應(yīng)強(qiáng)度而要使微粒依然能沿直線運(yùn)動(dòng)，必須增大微粒的入射速度 D．若僅將微粒所帶的電荷變?yōu)樨?fù)電荷，微粒依然能沿直線運(yùn)動(dòng) [解析]　帶電微粒在電磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，F(xiàn)洛＝Bqv，F(xiàn)電＝qE。若僅減小入射速度，則向上的洛倫茲力減小，電場(chǎng)力不變，合力向下，向下偏轉(zhuǎn)，故A正確；減小電場(chǎng)強(qiáng)度，則電場(chǎng)力減小，洛倫茲力不變，合力向上，向上偏轉(zhuǎn)，電場(chǎng)力做負(fù)功，洛

3、倫茲力不做功，微粒穿過(guò)該區(qū)域后動(dòng)能將減小，故B正確；若增大磁感應(yīng)強(qiáng)度，則向上的洛倫茲力增大，電場(chǎng)力不變，而要使微粒依然能沿直線運(yùn)動(dòng)，則必須減小微粒的入射速度，故C錯(cuò)誤；若僅將微粒所帶的電荷變?yōu)樨?fù)電荷，洛倫茲力方向向下，電場(chǎng)力方向向上，它們的大小不變，合力為0，微粒依然能沿直線運(yùn)動(dòng)，故D正確。 [答案]　C (二)磁場(chǎng)與重力場(chǎng)共存 [例2]　如圖，長(zhǎng)為l的絕緣輕繩上端固定于O點(diǎn)，下端系一質(zhì)量為m的帶負(fù)電小球，在小球運(yùn)動(dòng)的豎直平面內(nèi)有垂直該平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。某時(shí)刻給小球一垂直于磁場(chǎng)、水平向右的初速度，小球能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)。不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g。則(　　) A．小球做勻速圓周

4、運(yùn)動(dòng) B．小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能不守恒 C．小球在最高點(diǎn)的最小速度v1＝ D．最低點(diǎn)與最高點(diǎn)的繩子拉力差值大于6mg [解析]　小球受重力、繩子的拉力以及沿繩子向外的洛倫茲力，則小球做非勻速圓周運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中只有重力做功，則機(jī)械能守恒，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；在最高的最小速度滿足：mg－qv1minB＝m，則v1min≠，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；在最高點(diǎn)時(shí)T1＋mg－qv1B＝m，從最高點(diǎn)到最低點(diǎn)由機(jī)械能守恒得：mv12＋2mgl＝mv22；在最低點(diǎn)：T2－mg－qv2B＝m；聯(lián)立解得：ΔF＝T2－T1＝6mg＋qB(v2－v1)>6mg，選項(xiàng)D正確。 [答案]　D (三)電場(chǎng)、磁場(chǎng)與重力

5、場(chǎng)共存 [例3]　如圖，空間某區(qū)域存在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)方向水平向右，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向外。已知在該區(qū)域內(nèi)，一個(gè)帶電小球在豎直面內(nèi)做直線運(yùn)動(dòng)。下列說(shuō)法正確的是(　　) A．若小球帶正電荷，則小球的電勢(shì)能減小 B．若小球帶負(fù)電荷，則小球的電勢(shì)能減小 C．無(wú)論小球帶何種電荷，小球的重力勢(shì)能都減小 D．小球的動(dòng)能可能會(huì)增大 [思路點(diǎn)撥] (1)帶電小球在重力場(chǎng)、電場(chǎng)、磁場(chǎng)的復(fù)合場(chǎng)中，只要做直線運(yùn)動(dòng)(速度與磁場(chǎng)不平行)，一定是勻速直線運(yùn)動(dòng)。 (2)若速度變化，洛倫茲力(方向垂直速度)會(huì)變化，合力就會(huì)變化；合力與速度就不在一直線上，帶電小球就會(huì)做曲線運(yùn)動(dòng)。 [解析]　小球受的重

6、力豎直向下，若小球帶正電荷，小球受的電場(chǎng)力水平向右，則洛倫茲力斜向左上方，三力才能平衡；由左手定則可知，小球的速度向左下方，則電場(chǎng)力的方向與運(yùn)動(dòng)方向成鈍角，電場(chǎng)力做負(fù)功，小球的電勢(shì)能增大，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；小球受的重力豎直向下，若小球帶負(fù)電荷，小球受的電場(chǎng)力水平向左，則洛倫茲力斜向右上方，三力才能平衡；由左手定則可知，小球的速度向右下方，則電場(chǎng)力的方向與運(yùn)動(dòng)方向成鈍角，電場(chǎng)力做負(fù)功，小球的電勢(shì)能增大，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；由A、B項(xiàng)分析知，無(wú)論小球帶何種電荷，小球豎直方向的分速度均向下，小球的重力勢(shì)能減小，故C項(xiàng)正確；小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能不變，故D項(xiàng)錯(cuò)誤。 [答案]　C 突破點(diǎn)(二)　帶電粒子在疊加場(chǎng)

7、中運(yùn)動(dòng)的實(shí)例分析 裝置 原理圖 規(guī)律 速度選擇器 若qv0B＝Eq，即v0＝，粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng) 磁流體發(fā)電機(jī) 等離子體射入，受洛倫茲力偏轉(zhuǎn)，使兩極板帶正、負(fù)電，兩極電壓為U時(shí)穩(wěn)定，q＝qv0B，U＝v0Bd 電磁流量計(jì) q＝qvB，所以v＝ 所以Q＝vS＝ 霍爾元件 當(dāng)磁場(chǎng)方向與電流方向垂直時(shí)，導(dǎo)體在與磁場(chǎng)、電流方向都垂直的方向上出現(xiàn)電勢(shì)差 [典例]　[多選](2018·揚(yáng)州三模)為了測(cè)量化工廠的污水排放量，技術(shù)人員在排污管末端安裝了流量計(jì)(流量Q為單位時(shí)間內(nèi)流過(guò)某截面流體的體積)。如圖所示，長(zhǎng)方體絕緣管道的長(zhǎng)、寬、高分別為a、b、c，左、右兩端

8、開(kāi)口，所在空間有垂直于前后平面、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在上、下兩個(gè)面的內(nèi)側(cè)固定有金屬板M、N，污水充滿管道從左向右勻速流動(dòng)。測(cè)得M、N間電壓為U，污水流過(guò)管道時(shí)受到的阻力大小是f＝kLv2，k為比例系數(shù)，L為污水沿流速方向的長(zhǎng)度，v為污水的流速。則(　　) A．污水的流量Q＝ B．金屬板M的電勢(shì)不一定高于金屬板N的電勢(shì) C．電壓U與污水中離子濃度無(wú)關(guān) D．左、右兩側(cè)管口的壓強(qiáng)差 [解析]　由＝Bqv得污水的流速：v＝，則流量Q＝vbc＝，A錯(cuò)誤；根據(jù)左手定則，知負(fù)離子所受的洛倫茲力方向向下，N板帶負(fù)電，M板帶正電，則M板的電勢(shì)比N板電勢(shì)高，B錯(cuò)誤；最終離子在電場(chǎng)力和洛倫茲力作

9、用下平衡，有：qvB＝q，解得：U＝vBc，與離子濃度無(wú)關(guān)，C正確；污水的流速：v＝，污水流過(guò)該裝置時(shí)受到阻力：f＝kLv2＝kav2，為使污水勻速通過(guò)該裝置，左、右兩側(cè)管口應(yīng)施加的壓力差等于污水流過(guò)該裝置時(shí)受到阻力，ΔpS＝Δpbc＝kav2，Δp＝，D正確。 [答案]　CD [集訓(xùn)沖關(guān)] 1．[多選](2019·蘇北一模)在一個(gè)很小的矩形半導(dǎo)體薄片上，制作四個(gè)電極E、F、M、N，做成了一個(gè)霍爾元件，在E、F間通入恒定電流I，同時(shí)外加與薄片垂直的磁場(chǎng)B，M、N間的電壓為UH。已知半導(dǎo)體薄片中的載流子為正電荷，電流與磁場(chǎng)的方向如圖所示，下列說(shuō)法正確的有(　　) A．N板電勢(shì)高于M板電勢(shì)

10、 B．磁感應(yīng)強(qiáng)度越大，M、N間電勢(shì)差越大 C．將磁場(chǎng)方向變?yōu)榕c薄片的上、下表面平行，UH不變 D．將磁場(chǎng)和電流分別反向，N板電勢(shì)低于M板電勢(shì) 解析：選AB　根據(jù)左手定則，電流的方向向里，帶正電荷的載流子受洛倫茲力的方向指向N端，向N端偏轉(zhuǎn)，則N板電勢(shì)高，故A正確；設(shè)左、右兩個(gè)表面相距為d，電子所受的電場(chǎng)力等于洛倫茲力，設(shè)半導(dǎo)體薄片中單位體積內(nèi)載流子的個(gè)數(shù)為n，半導(dǎo)體截面積為S，半導(dǎo)體薄片厚度為L(zhǎng)，則＝qvB?、?；I＝nqSv?、?；S＝dL　③；由①②③得：UH＝，令k＝，則UH＝k　④；所以若保持電流I恒定，則M、N間的電壓與磁感應(yīng)強(qiáng)度B成正比，故B正確；將磁場(chǎng)方向變?yōu)榕c薄片的上、下表

11、面平行，則帶電粒子不會(huì)受到洛倫茲力，因此不存在電勢(shì)差，故C錯(cuò)誤；若磁場(chǎng)和電流分別反向，依據(jù)左手定則，則N板電勢(shì)仍高于M板電勢(shì)，故D錯(cuò)誤。 2．(2018·泰州期末)如圖所示，速度選擇器中勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度為E，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1，擋板右側(cè)質(zhì)譜儀中勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2。速度相同的一束粒子(不計(jì)重力)，由左側(cè)沿垂直于E和B1的方向射入速度選擇器后，又進(jìn)入質(zhì)譜儀，其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示。下列說(shuō)法正確的是(　　) A．該束帶電粒子帶負(fù)電 B．能通過(guò)狹縫S0的帶電粒子的速率等于 C．粒子打在膠片上的位置越遠(yuǎn)離狹縫S0，粒子的比荷越小 D．能通過(guò)狹縫S0的帶電粒子進(jìn)入質(zhì)譜儀后運(yùn)動(dòng)半徑都

12、相同 解析：選C　粒子進(jìn)入磁場(chǎng)B2后，受洛倫茲力向下偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則可知，粒子帶正電，A錯(cuò)誤；在速度選擇器中，為使粒子不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，粒子所受電場(chǎng)力和洛倫茲力是平衡力，即qvB1＝qE，所以帶電粒子的速率v＝，B錯(cuò)誤；能通過(guò)狹縫S0的帶電粒子進(jìn)入質(zhì)譜儀后，洛倫茲力提供向心力，則qvB2＝m，所以r＝＝，所以粒子的比荷越小，打在膠片上的位置越遠(yuǎn)離狹縫S0，故C正確，D錯(cuò)誤。 軌道約束情況下帶電體在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 帶電體在重力場(chǎng)、磁場(chǎng)、電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，從整個(gè)物理過(guò)程上看有多種不同的運(yùn)動(dòng)形式，其中從運(yùn)動(dòng)條件上看分為有軌道約束和無(wú)軌道約束。現(xiàn)從力、運(yùn)動(dòng)和能量的觀點(diǎn)研究三種有軌道約束的帶電體的運(yùn)動(dòng)。

13、 (一)帶電物塊與絕緣物塊的組合 1.如圖所示，空間有一垂直紙面向外的磁感應(yīng)強(qiáng)度為0.5 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一質(zhì)量為0.2 kg且足夠長(zhǎng)的絕緣木板靜止在光滑水平面上，在木板左端放置一質(zhì)量為0.1 kg、帶電荷量q＝＋0.2 C的滑塊，滑塊與絕緣木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，滑塊受到的最大靜摩擦力可認(rèn)為等于滑動(dòng)摩擦力?，F(xiàn)對(duì)木板施加方向水平向左，大小為0.6 N的恒力，g取10 m/s2，求： (1)滑塊勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t及勻加速結(jié)束時(shí)的速度v1； (2)滑塊最終的速度v2； (3)木板最終加速度。 解析：(1)由題意知長(zhǎng)木板的質(zhì)量為M＝0.2 kg，滑塊的質(zhì)量m＝0.1 kg，滑塊與木板

14、間動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，當(dāng)F作用于長(zhǎng)木板時(shí)，對(duì)于木板由拉力和摩擦力的合力產(chǎn)生加速度，對(duì)于滑塊由摩擦力產(chǎn)生加速度，由題意知滑塊與木板間的最大靜摩擦力fmax＝μmg，產(chǎn)生的最大加速度：amax＝μg＝0.5×10 m/s2＝5 m/s2 當(dāng)F＝0.6 N的恒力單獨(dú)對(duì)長(zhǎng)木板產(chǎn)生的加速度：a木＝＝ m/s2＝3 m/s2＜amax 所以力F作用時(shí)，M和m一起勻加速運(yùn)動(dòng)，所以根據(jù)牛頓第二定律有開(kāi)始時(shí)木板和滑塊的共同加速度為：a＝＝ m/s2＝2 m/s2 當(dāng)滑塊受到的最大靜摩擦力小于ma時(shí)，滑塊將相對(duì)于木板滑動(dòng)，則有： μ(mg－Bqv1)＝ma 解得：v1＝6 m/s； 則加速時(shí)間t＝＝

15、 s＝3 s。 (2)滑塊在木板對(duì)滑塊的摩擦力作用下做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度最大時(shí)木板對(duì)滑塊的摩擦力為0，如圖對(duì)滑塊進(jìn)行受力分析有： 滑塊受到向上的洛倫茲力、木板的支持力、重力和木板的滑動(dòng)摩擦力， 根據(jù)分析知：滑動(dòng)摩擦力f＝μN(yùn)＝μ(mg－F) F＝qvB 當(dāng)滑塊速度最大時(shí)，f＝0，即：F＝mg＝qv2B 所以此時(shí)滑塊速度v2＝ 代入數(shù)據(jù)得：v2＝10 m/s。 (3)對(duì)于木板進(jìn)行受力分析，有F合＝F－f 根據(jù)牛頓第二定律有木板的加速度：a＝ 因?yàn)镕為恒力，故當(dāng)f＝0時(shí)，木板具有最大加速度，其值為：a木max＝＝ m/s2＝3 m/s2。 答案：(1)3 s　6 m/s　(2)

16、10 m/s　(3)3 m/s2 (二)帶電物塊與絕緣斜面的組合 2．如圖所示，帶電荷量為＋q、質(zhì)量為m的物塊從傾角為θ＝37°的光滑絕緣斜面頂端由靜止開(kāi)始下滑，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直紙面向外，求物塊在斜面上滑行的最大速度和在斜面上運(yùn)動(dòng)的最大位移。(斜面足夠長(zhǎng)，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) 解析：經(jīng)分析，物塊沿斜面運(yùn)動(dòng)過(guò)程中加速度不變，但隨速度增大，物塊所受支持力逐漸減小，最后離開(kāi)斜面。所以，當(dāng)物塊對(duì)斜面的壓力剛好為零時(shí)，物塊沿斜面的速度達(dá)到最大，同時(shí)位移達(dá)到最大，即qvmB＝mgcos θ① 物塊沿斜面下滑過(guò)程中，由動(dòng)能定理得： mgssin θ

17、＝mvm2② 由①②得：vm＝＝。 s＝＝。 答案：vm＝　s＝ (三)帶電圓環(huán)與絕緣直桿的組合 3.如圖所示，一個(gè)質(zhì)量m＝0.1 g，電荷量q＝4×10－4C帶正電的小環(huán)，套在很長(zhǎng)的絕緣直棒上，可以沿棒上下滑動(dòng)。將棒置于正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)內(nèi)，E＝10 N/C，B＝0.5 T。小環(huán)與棒之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2。求小環(huán)從靜止沿棒豎直下落的最大加速度和最大速度。取g＝10 m/s2，小環(huán)電荷量不變。 解析：小環(huán)由靜止下滑后，由于所受電場(chǎng)力與洛倫茲力同向(向右)，使小環(huán)壓緊豎直棒。相互間的壓力為FN＝qE＋qvB。由于壓力是一個(gè)變力，小環(huán)所受的摩擦力也是一個(gè)變力，可以根據(jù)小環(huán)運(yùn)動(dòng)

18、的動(dòng)態(tài)方程找出最值條件。 根據(jù)小環(huán)豎直方向的受力情況，由牛頓第二定律得運(yùn)動(dòng)方程mg－μFN＝ma，即mg－μ(qE＋qvB)＝ma。 當(dāng)v＝0時(shí)，即剛下落時(shí)，小環(huán)運(yùn)動(dòng)的加速度最大，代入數(shù)值得am＝2 m/s2。 下落后，隨著v的增大，加速度a逐漸減小。當(dāng)a＝0時(shí)，下落速度v達(dá)最大值，代入數(shù)值得vm＝5 m/s。 答案：am＝2 m/s2　vm＝5 m/s 把握三點(diǎn)，解決“約束運(yùn)動(dòng)”問(wèn)題 (1)對(duì)物塊受力分析，把握已知條件。 (2)掌握洛倫茲力的公式和特點(diǎn)，理清彈力和摩擦力、洛倫茲力和速度、摩擦力與合力、加速度與速度等幾個(gè)關(guān)系。 (3)掌握力和運(yùn)動(dòng)、功和能在磁場(chǎng)中的應(yīng)用。