(教案)一輪復(fù)習(xí) 帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動

1、 （1分）Vat（1分）解得：V（1分）yy0則粒子離開偏轉(zhuǎn)電場時的速度大小：2絲，（2分）卜m方向與水平方向成2絲，（2分）卜m方向與水平方向成450角（1分）粒子進(jìn)入磁場后，據(jù)牛頓第二定律得:V2粒子進(jìn)入磁場后，據(jù)牛頓第二定律得:BqvmR由幾何關(guān)系得:dRcos450（由幾何關(guān)系得:dRcos450（2分）解得:d.上（1分）qB綜合應(yīng)用題型2：題型、帶電粒子在正交的電場、磁場、重力場中的運(yùn)動（疊加類）2、如圖所示，直角坐標(biāo)系xOy位于豎直平面內(nèi)，在水平的x軸下方軸上的卜點(diǎn)進(jìn)入電場磁場，Mn之間的電場，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直xOy平面向里，電場線平行電荷量為q的帶正電的小球，從y

2、軸上的A點(diǎn)水平向右拋出，經(jīng)x和磁場，恰能做勻速圓周運(yùn)動，從x軸上的N點(diǎn)第一次離開電場和為L，小球過M點(diǎn)時的速度方向與x軸的方向夾角為軸上的卜點(diǎn)進(jìn)入電場磁場，Mn之間的（1）電場強(qiáng)度E的大小和方向;小球從A點(diǎn)拋出時初速度v0的大小;（3）A小球從A點(diǎn)拋出時初速度v0的大小;（2分）力，重速度為力不能充當(dāng)存在勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)于y（2分）力，重速度為力不能充當(dāng)存在勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)于y軸.一質(zhì)量為m、（）小球在電場、磁場中恰能做勻速圓周運(yùn)動，說明電場力和重力平衡（恒圓周運(yùn)動的向4力），有qEmgemgqqEmgemgq（）小球做勻速圓周運(yùn)動，O為圓心，為弦長，MOIP，如圖所示。設(shè)半徑為r由幾何關(guān)系知si

3、n，有2rmv2qvBr，有2rmv2qvBr由速度的合成與分解知由式得qBL.cot2m()設(shè)小球到點(diǎn)時的豎直分速度為，它與水平分速度的關(guān)系為V22gvvtany0由式得由勻變速直線運(yùn)動規(guī)律由勻變速直線運(yùn)動規(guī)律3.在平面直角坐標(biāo)系xOy中，第I象限存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，第W象限存在垂直于坐標(biāo)平面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子從y軸正半軸上的M點(diǎn)以速度v0垂直于y軸射入電場，經(jīng)x軸上的N點(diǎn)與x軸正方向成0=60角射入磁場，最后從y軸負(fù)半軸上的P點(diǎn)垂直于y軸射出磁場，如圖所示.不計粒子重力，求(1)乂、N兩點(diǎn)間的電勢差UMN；粒子在磁場中運(yùn)動的軌道半徑

4、r；粒子從M點(diǎn)運(yùn)動到P點(diǎn)的總時間t.【解析】試題分析：.v(1)設(shè)粒子過N點(diǎn)時的速度為v,有-0=cos0v故v=2v0粒子從M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)的過程，有qU=mv2mv2TOC o 1-5 h zMN2203mv2U=0-MN2q粒子在磁場中以0,為圓心做勻速圓周運(yùn)動mv22mvqvB=r=B0半徑為0N,有由幾何關(guān)系得半徑為0N,有設(shè)粒子在電場中運(yùn)動的時間為t1,有0N=v0t1t=、3m粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的周期1qB2mT=qB設(shè)粒子在磁場中運(yùn)動的時間為2mT=qB設(shè)粒子在磁場中運(yùn)動的時間為tL而t=t1+t2課后探究題有亍T_332m33qB4.、在平面.1導(dǎo)線框所示III距離為左

5、端沿d；如兩板中半徑為有亍T_332m33qB4.、在平面.1導(dǎo)線框所示III距離為左端沿d；如兩板中為多少?（3）若（2）問中求得速度代入數(shù).DD（分）板（分）（分）而：為多少?（3）若（2）問中求得速度代入數(shù).DD（分）板（分）（分）而：=n故兩板間的電壓nvoq0mad（分）（磁場的上下區(qū)域足夠大）中作勻速圓周周運(yùn)動.（1）若圓形導(dǎo)線框中的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間變化的規(guī)律是B=-Kt+B0，試判斷1、2兩極板哪一塊為正極板？并算出兩極板間的電壓U（2）設(shè)兩極板間的電壓為U0，則離子飛出兩極板時的速度v大小據(jù)后發(fā)現(xiàn)恰好有v=2%，要使.0離子不從右邊界飛出，求磁感應(yīng)強(qiáng)度B_的最小值.1解：（）

6、根據(jù)楞次定律可以判斷：極木由題意知磁感應(yīng)強(qiáng)度變化率型K（分）.法拉第電磁感應(yīng)定律可知：感應(yīng)電動勢大小為（）如圖所示，該離子在兩板間作類平拋運(yùn)動，設(shè)離子在兩板間運(yùn)動時間為.則有:（分）TOC o 1-5 h z飛出兩板時，豎直速度（分）qUL、故離子飛出兩板時速度=v2V2=1V2（工六）2（分）,0y0mdvo（）若v=、QV）則vo立2即（分）0V2設(shè)離子進(jìn)入磁場后做勻速圓周運(yùn)動的運(yùn)動半徑為R由牛頓第二定律有：qB學(xué)（分）iR要使電子不從磁場右邊界離開，如圖須有（分）解得：BF1m0（分）1qD課后小結(jié)：一：基本解題部步驟.分析各場組成。.受力分析，并注意是否考慮重力。.帶電粒子運(yùn)動狀態(tài)分析。.分段分析考慮。.畫軌跡圖。.適當(dāng)選用力學(xué)三大方法列式求解。:解題方法和規(guī)律粒子靜止或勻速直線運(yùn)動，可根據(jù)力的平衡條件列方程