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人教版(新教材)高中物理選擇性必修第二冊PAGEPAGE1帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動(dòng)〖學(xué)習(xí)目標(biāo)〗1.掌握帶電粒子在疊加場中常見的兩種運(yùn)動(dòng)情景.2.會(huì)分析其受力情況和運(yùn)動(dòng)情況,能正確選擇物理規(guī)律解決問題.處理帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動(dòng)的基本思路1.弄清疊加場的組成.2.進(jìn)行受力分析,確定帶電粒子的運(yùn)動(dòng)狀態(tài),注意運(yùn)動(dòng)情況和受力情況的結(jié)合.3.畫出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡,靈活選擇不同的運(yùn)動(dòng)規(guī)律.(1)由于洛倫茲力的大小與速度有關(guān),帶電粒子在含有磁場的疊加場中的直線運(yùn)動(dòng)一定為勻速直線運(yùn)動(dòng),根據(jù)平衡條件列式求解.(2)當(dāng)帶電粒子在疊加場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí),一定是電場力和重力平衡,洛倫茲力提供向心力,應(yīng)用平衡條件和牛頓運(yùn)動(dòng)定律分別列方程求解.(3)當(dāng)帶電粒子做復(fù)雜曲線運(yùn)動(dòng)時(shí),一般用動(dòng)能定理或能量守恒定律求解.一、帶電粒子在疊加場中的直線運(yùn)動(dòng)(多選)(2021·綿陽市月考)地面附近空間中存在著水平方向的勻強(qiáng)電場(未畫出)和勻強(qiáng)磁場,已知磁場方向垂直紙面向里,一個(gè)帶電油滴沿著一條與豎直方向成α角的直線MN運(yùn)動(dòng),如圖1所示,由此可以判斷()圖1A.油滴一定做勻速運(yùn)動(dòng)B.油滴可以做變速運(yùn)動(dòng)C.如果油滴帶正電,它是從N點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)D.如果油滴帶正電,它是從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)〖答案〗AD〖解析〗油滴做直線運(yùn)動(dòng),受重力、電場力和洛倫茲力作用,因?yàn)橹亓碗妶隽鶠楹懔Γ鶕?jù)油滴做直線運(yùn)動(dòng)條件可知,油滴所受洛倫茲力亦為恒力.根據(jù)F=qvB可知,油滴必定做勻速直線運(yùn)動(dòng),A正確,B錯(cuò)誤;根據(jù)做勻速直線運(yùn)動(dòng)的條件可知油滴的受力情況如圖所示,如果油滴帶正電,由左手定則可知,油滴從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn),C錯(cuò)誤,D正確.二、帶電粒子在疊加場中的勻速圓周運(yùn)動(dòng)如圖2所示,已知一帶電小球在光滑絕緣的水平面上從靜止開始經(jīng)電壓U加速后,水平進(jìn)入由互相垂直的勻強(qiáng)電場E和勻強(qiáng)磁場B構(gòu)成的疊加場中(E和B已知),小球在此空間的豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng),重力加速度大小為g,則()圖2A.小球可能帶正電B.小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r=eq\f(1,B)eq\r(\f(2UE,g))C.小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T=eq\f(πE,Bg)D.若電壓U增大,則小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期增加〖答案〗B〖解析〗小球在疊加場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),則小球受到的電場力和重力滿足mg=Eq,則小球帶負(fù)電,A項(xiàng)錯(cuò)誤;因?yàn)樾∏蜃鰣A周運(yùn)動(dòng)的向心力由洛倫茲力提供,由牛頓第二定律和動(dòng)能定理可得:qvB=eq\f(mv2,r),Uq=eq\f(1,2)mv2,故小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r=eq\f(1,B)eq\r(\f(2UE,g)),B項(xiàng)正確;由T=eq\f(2πr,v),可以得出T=eq\f(2πE,Bg),與電壓U無關(guān),C、D項(xiàng)錯(cuò)誤.如圖3所示,A、B間存在與豎直方向成45°斜向上的勻強(qiáng)電場E1,B、C間存在豎直向上的勻強(qiáng)電場E2,A、B的間距為1.25m,B、C的間距為3m,C為熒光屏.一質(zhì)量m=1.0×10-3kg、電荷量q=+1.0×10-2C的帶電粒子由a點(diǎn)靜止釋放,恰好沿水平方向經(jīng)過b點(diǎn)到達(dá)熒光屏上的O點(diǎn).若在B、C間再加方向垂直紙面向外且大小為B=0.1T的勻強(qiáng)磁場,粒子經(jīng)b點(diǎn)偏轉(zhuǎn)到達(dá)熒光屏O′點(diǎn)(圖中未畫出).取g=10m/s2.求:圖3(1)E1的大小;(2)加上磁場后粒子打在屏上的位置O′距O點(diǎn)的距離;(3)加上磁場后,粒子由b點(diǎn)到O′點(diǎn)電勢能的變化量.〖答案〗(1)eq\r(2)N/C(2)1.0m(3)增加了1.0×10-2J〖解析〗(1)粒子在A、B間做勻加速直線運(yùn)動(dòng),豎直方向受力平衡,則有qE1cos45°=mg解得E1=eq\r(2)N/C.(2)粒子從a到b的過程中,由動(dòng)能定理得:qE1dABsin45°=eq\f(1,2)mvb2解得vb=5m/s加磁場后粒子在B、C間必做勻速圓周運(yùn)動(dòng),如圖所示,由牛頓第二定律可得:qvbB=meq\f(v\o\al(b2),R)解得R=5m設(shè)粒子在B、C運(yùn)動(dòng)的偏轉(zhuǎn)距離為y,由幾何知識(shí)得R2=dBC2+(R-y)2代入數(shù)據(jù)得y=1.0m(y=9.0m舍去)(3)加磁場前粒子在B、C間必做勻速直線運(yùn)動(dòng),則有:qE2=mg粒子在B、C間運(yùn)動(dòng)時(shí)電場力做的功有W=-qE2y=-mgy=-1.0×10-2J由功能關(guān)系知,粒子由b點(diǎn)到O′點(diǎn)電勢能增加了1.0×10-2J.三、帶電粒子在疊加場中的一般曲線運(yùn)動(dòng)(多選)(2020·揚(yáng)州中學(xué)高二期中)空間存在豎直向下的勻強(qiáng)電場和水平方向(垂直紙面向里)的勻強(qiáng)磁場,如圖4所示,已知一離子在電場力和洛倫茲力共同作用下,從靜止開始自A點(diǎn)沿曲線ACB運(yùn)動(dòng),到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度為零,C為運(yùn)動(dòng)的最低點(diǎn).不計(jì)重力,則()圖4A.該離子帶負(fù)電B.A、B兩點(diǎn)位于同一高度C.到達(dá)C點(diǎn)時(shí)離子速度最大D.離子到達(dá)B點(diǎn)后,將沿原曲線返回A點(diǎn)〖答案〗BC〖解析〗離子開始受到電場力作用由靜止開始向下運(yùn)動(dòng),可知離子受到的電場力方向向下,則該離子帶正電,A錯(cuò)誤;洛倫茲力不做功,從A到B,動(dòng)能變化為零,根據(jù)動(dòng)能定理知,電場力做功為零,A、B兩點(diǎn)等電勢,因?yàn)樵撾妶鍪莿驈?qiáng)電場,所以A、B兩點(diǎn)位于同一高度,B正確;根據(jù)動(dòng)能定理知,離子到達(dá)C點(diǎn)時(shí)電場力做功最多,則速度最大,C正確;離子在B點(diǎn)的狀態(tài)與A點(diǎn)的狀態(tài)(速度為零,電勢能相等)相同,如果右側(cè)仍有同樣的電場和磁場的疊加區(qū)域,離子將在B點(diǎn)的右側(cè)重復(fù)前面的曲線運(yùn)動(dòng),不可能沿原曲線返回A點(diǎn),D錯(cuò)誤.1.(帶電粒子在疊加場中的直線運(yùn)動(dòng))如圖5所示,豎直平面內(nèi)存在水平方向的勻強(qiáng)電場,電場強(qiáng)度為E,同時(shí)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,紙面內(nèi)放置一光滑的絕緣細(xì)桿,與水平方向成θ=45°角.質(zhì)量為m、帶電荷量為q的金屬小環(huán)套在細(xì)桿上,以初速度v0沿著細(xì)桿向下運(yùn)動(dòng),小環(huán)離開細(xì)桿后,恰好做直線運(yùn)動(dòng),則以下說法正確的是()圖5A.小環(huán)可能帶負(fù)電B.電場方向可能水平向右C.小環(huán)的初速度v0=eq\f(\r(2)mg,qB)D.小環(huán)離開細(xì)桿時(shí)的速度v=eq\f(E,B)〖答案〗C2.(帶電粒子在疊加場中的圓周運(yùn)動(dòng))如圖6所示,直角坐標(biāo)系xOy位于豎直平面內(nèi),在水平的x軸下方存在勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場,磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直xOy平面向里,電場線平行于y軸.一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的小球,從y軸上的A點(diǎn)水平向右拋出,經(jīng)x軸上的M點(diǎn)進(jìn)入電場和磁場區(qū)域,恰能做勻速圓周運(yùn)動(dòng),從x軸上的N點(diǎn)第一次離開電場和磁場,MN之間的距離為L,小球過M點(diǎn)時(shí)的速度方向與x軸正方向的夾角為θ.不計(jì)空氣阻力,重力加速度為g,求:圖6(1)電場強(qiáng)度E的大小和方向;(2)小球從A點(diǎn)拋出時(shí)初速度v0的大?。?3)A點(diǎn)到x軸的高度h.〖答案〗(1)eq\f(mg,q)豎直向上(2)eq\f(qBL,2mtanθ)(3)eq\f(q2B2L2,8m2g)〖解析〗(1)小球在電場、磁場區(qū)域中恰能做勻速圓周運(yùn)動(dòng),其所受電場力與重力平衡,有qE=mg①則E=eq\f(mg,q)②重力的方向豎直向下,電場力的方向應(yīng)為豎直向上,由于小球帶正電,所以電場強(qiáng)度方向豎直向上.(2)小球在疊加場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),如圖所示,O′為圓心,MN為弦長,∠MO′P=θ,設(shè)軌道半徑為r,由幾何關(guān)系知eq\f(L,2r)=sinθ③小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力由洛倫茲力提供,設(shè)小球做圓周運(yùn)動(dòng)的速度為v,有qvB=eq\f(mv2,r)④由速度的合成與分解知eq\f(v0,v)=cosθ⑤由③④⑤式得v0=eq\f(qBL,2mtanθ).⑥(3)設(shè)小球到M點(diǎn)時(shí)的豎直分速度為vy,它與水平分速度的關(guān)系為vy=v0tanθ⑦由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律有vy2=2gh⑧由⑥⑦⑧式得h=eq\f(q2B2L2,8m2g).3.(帶電粒子在疊加場中的一般曲線運(yùn)動(dòng))(多選)如圖7所示,xOy坐標(biāo)平面在豎直面內(nèi),x軸沿水平方向,y軸正方向豎直向上,在圖示空間內(nèi)有垂直于xOy平面的水平勻強(qiáng)磁場(圖中未畫出).一帶電小球從O點(diǎn)由靜止釋放,運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中曲線所示.關(guān)于帶電小球的運(yùn)動(dòng),下列說法中正確的是()圖7A.OAB軌跡為半圓B.小球運(yùn)動(dòng)至最低點(diǎn)A時(shí)速度最大,且沿水平方向C.小球在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能守恒D.小球在最低點(diǎn)A時(shí)受到的洛倫茲力與重力大小相等〖答案〗BC〖解析〗因?yàn)橹亓Ω淖兯俣鹊拇笮?,而洛倫茲力僅改變速度的方向,又洛倫茲力大小隨速度大小的變化而變化,故小球運(yùn)動(dòng)的軌跡不可能是圓,故A錯(cuò)誤;整個(gè)過程中由于洛倫茲力不做功,即只有重力做功,故小球機(jī)
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