廣東省惠州市高中物理 第三章 磁場 第五節(jié) 研究洛倫茲力第4課時導(dǎo)學(xué)案 粵教版選修3-1（通用）

1、第五節(jié) 研究洛倫茲力（第四課時） 帶電粒子在復(fù)合場中的運動考點一帶電粒子在分離復(fù)合場中的運動【典例1】 (2020課標(biāo)全國卷，25)如圖所示，一半徑為R的圓表示一柱形區(qū)域的橫截面(紙面)在柱形區(qū)域內(nèi)加一方向垂直于紙面的勻強磁場，一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子沿圖中直線在圓上的a點射入柱形區(qū)域，在圓上的b點離開該區(qū)域，離開時速度方向與直線垂直圓心O到直線的距離為R.現(xiàn)將磁場換為平行于紙面且垂直于直線的勻強電場，同一粒子以同樣速度沿直線在a點射入柱形區(qū)域，也在b點離開該區(qū)域若磁感應(yīng)強度大小為B，不計重力，求電場強度的大小規(guī)范解答粒子在磁場中做圓周運動設(shè)圓周的半徑為r，由牛頓第二定律和洛倫茲力公式得q

2、vBm式中v為粒子在a點的速度過b點和O點作直線的垂線，分別與直線交于c和d點由幾何關(guān)系知，線段、和過a、b兩點的圓弧軌跡的兩條半徑(未畫出)圍成一正方形因此r設(shè)x，由幾何關(guān)系得RxR 聯(lián)立式得rR再考慮粒子在電場中的運動設(shè)電場強度的大小為E，粒子在電場中做類平拋運動設(shè)其加速度大小為a，由牛頓第二定律和帶電粒子在電場中的受力公式得qEma粒子在電場方向和直線方向所走的距離均為r，由運動學(xué)公式得rat2rvt式中t是粒子在電場中運動的時間聯(lián)立式得E.答案【變式跟蹤1】 如圖所示，xOy為空間直角坐標(biāo)系，PQ與y軸正方向成30角在第四象限和第一象限的xOQ區(qū)域存在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，在POy

3、區(qū)域存在足夠大的勻強電場，電場方向與PQ平行，一個帶電荷量為q，質(zhì)量為m的帶電粒子從y軸上的A(0，L)點，平行于x軸方向射入勻強磁場，離開磁場時速度方向恰與PQ垂直，粒子在勻強電場中經(jīng)時間t后再次經(jīng)過x軸，粒子重力忽略不計求：(1)從粒子開始進入磁場到剛進入電場的時間t；(2)勻強電場的電場強度E的大小答案(1)(2)(4mqBt)借題發(fā)揮1“電偏轉(zhuǎn)”和“磁偏轉(zhuǎn)”的比較垂直進入磁場(磁偏轉(zhuǎn))垂直進入電場(電偏轉(zhuǎn))情景圖受力FBqv0B大小不變，方向總指向圓心，方向變化，F(xiàn)B為變力FEqE，F(xiàn)E大小、方向不變，為恒力運動規(guī)律勻速圓周運動r，T類平拋運動vxv0，vytxv0t，yt2運動時間t

4、Tt，具有等時性動能不變變化2.求解帶電粒子在分離復(fù)合場中運動問題的分析方法(1)正確受力分析，除重力、彈力、摩擦力外要特別注意靜電力和磁場力的分析(2)確定帶電粒子的運動狀態(tài)，注意運動情況和受力情況的結(jié)合(3)對于粒子連續(xù)通過幾個不同區(qū)域、不同種類的場時，要分階段進行處理(4)畫出粒子運動軌跡，靈活選擇不同的運動規(guī)律3帶電粒子在分離復(fù)合場中運動問題的求解方法特別注意(1)多過程現(xiàn)象中的“子過程”與“子過程”的銜接點如一定要把握“銜接點”處速度的連續(xù)性(2)圓周與圓周運動的銜接點一要注意在“銜接點”處兩圓有公切線，它們的半徑重合考點二帶電粒子在疊加復(fù)合場中的運動【典例2】 如圖所示的平行板之間

5、，存在著相互垂直的勻強磁場和勻強電場，磁場的磁感應(yīng)強度B10.20 T，方向垂直紙面向里，電場強度E11.0105 V/m，PQ為板間中線緊靠平行板右側(cè)邊緣xOy坐標(biāo)系的第一象限內(nèi)，有一邊界線AO，與y軸的夾角AOy45，邊界線的上方有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B20.25 T，邊界線的下方有水平向右的勻強電場，電場強度E25.0105 V/m，在x軸上固定一水平的熒光屏一束帶電荷量q8.01019 C、質(zhì)量m8.01026 kg的正離子從P點射入平行板間，沿中線PQ做直線運動，穿出平行板后從y軸上坐標(biāo)為(0，0.4 m)的Q點垂直y軸射入磁場區(qū)，最后打到水平的熒光屏上的位置C.求：(

6、1)離子在平行板間運動的速度大??；(2)離子打到熒光屏上的位置C的坐標(biāo)；(3)現(xiàn)只改變AOy區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強度大小，使離子都不能打到x軸上，磁感應(yīng)強度大小B2應(yīng)滿足什么條件？審題流程見左圖解析圖甲(1)設(shè)離子的速度大小為v，由于沿中線PQ做直線運動，則有qE1qvB1，代入數(shù)據(jù)解得v5.0105 m/s.(2)離子進入磁場，做勻速圓周運動，由牛頓第二定律有qvB2m得，r0.2 m，作出離子的運動軌跡，交OA邊界于N，如圖甲所示，OQ2r，若磁場無邊界，一定通過O點，則圓弧QN的圓周角為45，則軌跡圓弧的圓心角為90，過N點做圓弧切線，方向豎直向下，離子垂直電場線進入電場，做類平拋運動，y

7、OOvt，xat2，而a，則x0.4 m，離子打到熒光屏上的位置C的水平坐標(biāo)為xC(0.20.4)m0.6 m.(3)只要粒子能跨過AO邊界進入水平電場中，粒子就具有豎直向下的速度而一定打在x軸上如圖乙所示，由幾何關(guān)系可知使離子不能打到x軸上的最大半徑r m，設(shè)使離子都不能打到x軸上，最小的磁感應(yīng)強度大小為B0，圖乙則qvB0m，代入數(shù)據(jù)解得B0 T0.3 T, 則B20.3 T.答案(1)5.0105 m/s(2)0.6 m(3)B20.3 T【變式跟蹤2】 (2020重慶卷，24)有人設(shè)計了一種帶電顆粒的速率分選裝置，其原理如圖所示兩帶電金屬板間有勻強電場，方向豎直向上，其中PQNM矩形區(qū)

8、域內(nèi)還有方向垂直紙面向外的勻強磁場一束比荷(電荷量與質(zhì)量之比)均為的帶正電顆粒，以不同的速率沿著磁場區(qū)域的水平中心線OO進入兩金屬板之間，其中速率為v0的顆粒剛好從Q點處離開磁場，然后做勻速直,線運動到達收集板重力加速度為g，PQ3d，NQ2d，收集板與NQ的距離為l，不計顆粒間相互作用求：(1)電場強度E的大??；(2)磁感應(yīng)強度B的大小；(3)速率為v0(1)的顆粒打在收集板上的位置到O點的距離解析(1)設(shè)帶電顆粒的電荷量為q，質(zhì)量為m.有Eqmg，將代入，得Ekg.(2)如圖甲所示，有qv0Bm，R2(3d)2(Rd)2，得B.(3)如圖乙所示，有qv0Bm，tan ，y1R1，y2lta

9、n ，yy1y2，得yd(5).答案(1)kg(2)(3)d(5)借題發(fā)揮1帶電粒子(體)在復(fù)合場中的運動問題求解要點(1)受力分析是基礎(chǔ)在受力分析時是否考慮重力必須注意題目條件(2)運動過程分析是關(guān)鍵在運動過程分析中應(yīng)注意物體做直線運動、曲線運動及圓周運動、類平拋運動的條件(3)構(gòu)建物理模型是難點根據(jù)不同的運動過程及物理模型選擇合適的物理規(guī)律列方程求解2帶電粒子在復(fù)合場中運動的分析方法3易失分點帶電粒子在復(fù)合場中運動問題容易出現(xiàn)以下錯誤：(1)忽略帶電粒子的重力，對于微觀粒子如：質(zhì)子、離子等，不考慮重力；液滴、塵埃、小球等宏觀帶電粒子常?？紤]重力(2)在疊加場中沒有認(rèn)識到洛倫茲力隨速度大小和

10、方向的變化而變化，從而不能正確地判斷粒子的運動性質(zhì)(3)不能建立完整的運動圖景，畫出粒子的運動軌跡(4)不能正確地選擇相應(yīng)的公式列方程，如運動的分解、勻速圓周運動、功能關(guān)系等考點三帶電粒子在交變復(fù)合場中的運動問題考情分析帶電粒子在交變復(fù)合場中的運動將是今后高考命題的熱點，往往綜合考查牛頓運動定律、功能關(guān)系、圓周運動的規(guī)律等名師指點帶電粒子在交變復(fù)合場中的運動問題的基本思路特別提醒若交變電壓的變化周期遠大于粒子穿越電場的時間，則在粒子穿越電場過程中，電場可看作粒子剛進入電場時刻的勻強電場典例如圖甲所示，在xOy平面內(nèi)加有空間分布均勻、大小隨時間周期性變化的電場和磁場，變化規(guī)律如圖乙所示(規(guī)定豎直

11、向上為電場強度的正方向，垂直紙面向里為磁感應(yīng)強度的正方向)在t0時刻，質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子自坐標(biāo)原點O處以v02 m/s的速度沿x軸正向水平射入已知電場強度E0、磁感應(yīng)強度B0，不計粒子重力求：(1)t s時粒子速度的大小和方向；(2) s2 s內(nèi)，粒子在磁場中做圓周運動的半徑；(3)畫出04 s內(nèi)粒子的運動軌跡示意圖；(要求：體現(xiàn)粒子的運動特點)審題視點讀題(1)由圖乙可知，在xOy平面內(nèi)存在電場時，不存在磁場；存在磁場時，不存在電場且電場和磁場的變化周期相同；(2)帶電粒子在電場中做類平拋運動；(3)由T s知，只存在磁場時，帶電粒子恰好做一個完整的圓周運動畫圖畫出帶電粒子在交

12、變場中的運動軌跡如圖a所示解析(1)在0 s內(nèi)，在電場力作用下，帶電粒子在x軸正方向上做勻速運動：vxv0y軸正方向上做勻加速運動：vyt s末的速度為v1 v1與水平方向的夾角為，則tan ，代入數(shù)據(jù)解得v12 m/s，方向與x軸正方向成45斜向上b(2)因T s，故在 s2 s內(nèi)，粒子在磁場中做一個完整的圓周運動，由牛頓第二定律得：qv1B0，解得R1 m(3)軌跡如圖b所示答案見解析【預(yù)測】 在如圖所示的空間里，存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B.在豎直方向存在交替變化的勻強電場如圖(豎直向上為正)，電場大小為E0.一傾角為長度足夠長的光滑絕緣斜面放置在此空間斜面上有一質(zhì)量為m，帶電量為q的小球，從t0時刻由靜止開始沿斜面下滑，設(shè)第5秒內(nèi)小球不會離開斜面，重力加速度為g.求：(1)第6秒內(nèi)小球離開斜面的最大距離(2)第19秒內(nèi)小球未離開斜面，角的正切值應(yīng)滿足什么條件？解析(1)設(shè)第一秒內(nèi)小球在斜面上運動的加速度大小為a，由牛頓第二定律得：(mgqE0)sin ma第一秒末的速度為：vat1在第二秒內(nèi)：qE0mg所以小球?qū)㈦x開斜面在上方做勻速圓周運動，則由向心