高中生物一輪復(fù)習(xí)教案

高考物理第一輪基礎(chǔ)知識帶電粒子在電場中的運(yùn)動復(fù)習(xí)教案。

第5課時(shí)帶電粒子在電場中的運(yùn)動

基礎(chǔ)知識歸納
1.帶電粒子與帶電微粒
(1)帶電粒子，如電子、質(zhì)子、α粒子及各種離子等，因?yàn)橘|(zhì)量很小，所以重力比電場力小得多.重力可以忽略不計(jì)，有的帶電微粒有特別說明，也可忽略重力.
(2)帶電微粒，如帶電小球、帶電液滴、煙塵等，質(zhì)量較大，如果沒有特別說明，其重力一般不能忽略.
2.帶電粒子在電場中的加速
(1)若帶電粒子做勻變速直線運(yùn)動，則可采用動力學(xué)方法求解，即先求加速度.
a＝qEm＝qUmd，然后用運(yùn)動學(xué)公式求速度.
(2)用功能觀點(diǎn)分析：電場力對帶電粒子做的功等于帶電粒子動能的增量.即：
qU＝12mv2－12mv20.此式既適用于勻強(qiáng)電場，也適用于非勻強(qiáng)電場，在非直線運(yùn)動中也成立.公式中的U為加速電壓，加速電壓不一定是兩極間的電勢差，應(yīng)是粒子初末位置的電勢差.
3.帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)
(1)運(yùn)動狀態(tài)分析：不計(jì)重力的帶電粒子以速度v0垂直于電場線方向飛入勻強(qiáng)電場時(shí)，受到恒定的與初速度v0方向成90°角的電場力的作用而做勻變速曲線運(yùn)動.也稱類平拋運(yùn)動.運(yùn)用運(yùn)動的合成和分解的方法分析這種運(yùn)動.
(2)分析方法：
如圖所示，設(shè)粒子帶電荷量為q，質(zhì)量為m，兩平行金屬板間電壓為U，板長為L，極板間距離為d.粒子從左端中點(diǎn)射入，則，，a＝qEm＝.
粒子離開電場時(shí)的側(cè)移量為：y＝qL2U2mv20d，粒子離開電場時(shí)的偏轉(zhuǎn)角tanθ＝vyv0＝qLUmv20d.
(3)對粒子偏轉(zhuǎn)角的討論：
粒子射出磁場時(shí)速度的反向延長線與電場中線相交于O點(diǎn)，O與邊緣距離為x，因?yàn)閠anθ＝y(tǒng)x
所以x＝y(tǒng)tanθ＝qL2U2mv20dqLUmv20d＝L2
由此可知，粒子從偏轉(zhuǎn)電場中射出時(shí)，就好象從極板間的L2處，即O點(diǎn)沿直線射出似的.
(4)一個(gè)特例：不同帶電粒子初速度為零，由同一加速電壓U1加速后進(jìn)入同一偏轉(zhuǎn)電場U2，則加速時(shí)滿足qU1＝12mv20，v0＝2qU1m
側(cè)移位移y＝qL2U22mv20d＝L2U24U1d
偏轉(zhuǎn)角tanθ＝qLU2mv20d＝LU22U1d
可以看出，此時(shí)粒子的側(cè)移量、偏轉(zhuǎn)角與粒子的q、m無關(guān)，僅取決于加速和偏轉(zhuǎn)電場.
4.示波管原理
(1)構(gòu)造：電子槍、偏轉(zhuǎn)電極、熒光屏(如圖所示).
(2)工作原理：

如果在偏轉(zhuǎn)電極XX′和YY′之間都沒有加電壓，則電子槍射出的電子沿直線打在熒光屏中央，在屏上產(chǎn)生一個(gè)亮點(diǎn).
YY′上所加的是待顯示的信號電壓U，在屏上產(chǎn)生的豎直偏移y′與U成正比.電壓改變時(shí)，亮點(diǎn)位置隨之改變.
XX′上所加的機(jī)內(nèi)鋸齒形電壓，叫掃描電壓.掃描電壓能使亮點(diǎn)在X軸快速移動.
當(dāng)掃描電壓和信號電壓的周期相同時(shí)，熒光屏上將出現(xiàn)一個(gè)穩(wěn)定的波形.
重點(diǎn)難點(diǎn)突破
一、如何分析帶電粒子在電場中的直線運(yùn)動
討論帶電粒子在電場中做直線運(yùn)動(加速或減速)的方法：
1.能量方法——能量守恒定律；
2.功和能方法——動能定理；
3.力和加速度方法——牛頓運(yùn)動定律，勻變速直線運(yùn)動公式.
二、如何分析帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)
1.帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)，只研究帶電粒子垂直進(jìn)入勻強(qiáng)電場的情況，粒子做類平拋運(yùn)動，平拋運(yùn)動的規(guī)律它都適用.
2.如果偏轉(zhuǎn)電壓的變化周期遠(yuǎn)大于粒子穿越電場的時(shí)間(TLv0)，那么在粒子穿越電場的過程中，電場仍可當(dāng)做勻強(qiáng)電場來處理.
三、如何分析帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動
用等效法處理帶電體在疊加場中的運(yùn)動，各種性質(zhì)的場物質(zhì)與實(shí)際物體的根本區(qū)別之一是場具有疊加性.即幾個(gè)場可以同時(shí)占據(jù)同一空間，從而形成疊加場.對于疊加場中的力學(xué)問題，可以根據(jù)力的獨(dú)立作用原理分別研究每一種場力對物體的作用效果；也可以同時(shí)研究幾種場共同作用的效果，將疊加場等效為一個(gè)簡單場，然后與重力場中的力學(xué)問題進(jìn)行類比，利用力學(xué)規(guī)律和方法進(jìn)行分析和解答.
典例精析
1.帶電粒子在電場中的直線運(yùn)動
【例1】在如圖所示的裝置中，A、B是真空中豎直放置的兩塊平行金屬板，它們與調(diào)壓電路相連，兩板間的電壓可以根據(jù)需要而改變.當(dāng)兩板間的電壓為U時(shí)，質(zhì)量為m、電荷量為－q的帶電粒子，以初速度v0從A板上的中心小孔沿垂直兩板的虛線射入電場中，在非常接近B板處沿原路返回，在不計(jì)重力的情況下要想使帶電粒子進(jìn)入電場后在A、B板的中點(diǎn)處返回，可以采用的辦法是()
A.使帶電粒子的初速度變?yōu)関02
B.使A、B板間的電壓增加到2U
C.使初速度v0和電壓U都減小到原來的一半
D.使初速度v0和電壓U都增加到原來的2倍
【解析】帶電粒子進(jìn)入電場后做勻減速直線運(yùn)動，加速度大小為a＝qEm＝qUmd，其中d是A、B板間的距離.
帶電粒子進(jìn)入電場中的位移為s＝v202a＝mdv202qU
由此可見：①當(dāng)v0變?yōu)樵瓉淼?2時(shí)，位移為原來的14；②當(dāng)U變?yōu)樵瓉淼?倍時(shí)，位移為原來的12；③當(dāng)v0與U同時(shí)變?yōu)樵瓉淼?2時(shí)，位移為原來的12；④當(dāng)v0與U同時(shí)變?yōu)樵瓉淼?倍時(shí)，位移為原來的2倍.
【答案】BC
【思維提升】帶電粒子在電場中既可做加速運(yùn)動，也可做減速運(yùn)動.做減速運(yùn)動時(shí)，靜電力做負(fù)功，是動能轉(zhuǎn)化為電勢能的過程.本題也可用動能定理求解如下：
s仍表示帶電粒子進(jìn)入電場中的位移，由－qUds＝0－12mv20有s＝mdv202qU，討論此式可得答案.
【拓展1】如圖所示，在點(diǎn)電荷＋Q的電場中有A、B兩點(diǎn)，將質(zhì)子和α粒子分別從A點(diǎn)由靜止釋放到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，它們的速度大小之比是多少？
【解析】該電場為非勻強(qiáng)電場，帶電粒子做變加速運(yùn)動，不可能通過求加速度的途徑求解，可由W＝qU求解.
設(shè)A、B兩點(diǎn)間的電勢差為U，由動能定理得：
對質(zhì)子：12mHv＝qHU
對α粒子：12mαv＝qαU
故＝qHmαqαmH＝1×42×1＝21
2.帶電粒子考慮重力時(shí)在電場中的運(yùn)動
【例2】兩平行金屬板A、B水平放置，一個(gè)質(zhì)量為m＝5×10－6kg的帶電微粒，以v0＝2m/s的水平速度從兩板正中位置射入電場，如圖所示，A、B兩板間距d＝2cm，板長L＝10cm.
(1)當(dāng)A、B間的電壓為UAB＝1000V，微粒恰好不偏轉(zhuǎn)，沿圖中直線射出電場，求該微粒的電荷量和電性；
(2)令B板接地，欲使該微粒射出偏轉(zhuǎn)電場，求A板所加電勢的范圍.
【解析】(1)當(dāng)UAB＝1000V時(shí)，微粒恰好不偏轉(zhuǎn)，則
F＝qUABd＝mg，所以q＝mgdUAB＝1×10－9C
因?yàn)閁AB0，所以板間電場強(qiáng)度方向向下，而電場力向上，則微粒帶負(fù)電.
(2)當(dāng)電壓UAB比較大時(shí)，qEmg，粒子向上偏轉(zhuǎn)，設(shè)恰好從右上邊緣飛出時(shí)，A板的電勢為φ1，因φB＝0，所以UAB＝φ1，水平方向做勻速直線運(yùn)動：L＝v0t①
豎直方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動：
d2＝12at2②
由牛頓第二定律：qφ1d－mg＝ma
有a＝qφ1md－g③
聯(lián)立①②③式可得φ1＝1800V
當(dāng)UAB較小時(shí)，qEmg，帶電粒子向下偏轉(zhuǎn)，故
mg－qφ2d＝ma
解得a＝g－qφ2md④
同理由①②④式可得φ2＝200V
故要使微粒能從板間飛出，A板所加電勢的范圍為200V≤φA≤1800V
【思維提升】從此題的解析可以看出，在處理帶電體在電場中的偏轉(zhuǎn)時(shí)，要注意粒子重力可以忽略的條件，如果不能忽略，可以把它受的合力等效為“重力”，然后按類平拋運(yùn)動的方法求解.
3.帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)
【例3】如圖所示，一束電子從靜止開始經(jīng)加速電壓U1加速后，以水平速度射入水平放置的兩平行金屬板中間，金屬板長為l，兩板距離為d，豎直放置的熒光屏距金屬板右端為L.若在兩金屬板間加直流電壓U2時(shí)，光點(diǎn)偏離中線，打在熒光屏的P點(diǎn)，求OP為多少？
【解析】設(shè)電子射出偏轉(zhuǎn)極板時(shí)偏移距離為y，偏轉(zhuǎn)角為θ，則OP＝y(tǒng)＋Ltanθ①
又y＝12at2＝12eU2dm(lv0)2②
tanθ＝vyv0＝atv0＝eU2lmv20d③
在加速電場加速過程中，由動能定理有eU1＝12mv20④
由②③④式解得y＝U2l24dU1，tanθ＝U2l2U1d
代入①式得OP＝U2l(2L＋l)4dU1
【思維提升】粒子在電場中的加速應(yīng)用動能定理，在偏轉(zhuǎn)電場中偏轉(zhuǎn)應(yīng)將運(yùn)動分解，在電場外則用勻速直線運(yùn)動公式處理.
【拓展2】如圖所示，帶電粒子質(zhì)量為m，所帶電荷量為q，在電場力作用下以恒定速率v0沿同一圓弧從A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)，粒子速度方向轉(zhuǎn)過θ角，設(shè)AB弧長為s，則B點(diǎn)的電場強(qiáng)度的大小為，A、B兩點(diǎn)的電勢差為0.
【解析】在電場中做圓周運(yùn)動，肯定受到了向心力，由牛頓第二定律有：qE＝mv2r
依弧長公式s＝rθ
所以E＝θ又因?yàn)樗俾什蛔?br> qUAB＝12mv2t－12mv20＝0
所以兩點(diǎn)電勢差UAB＝0
易錯(cuò)門診
【例4】讓一價(jià)氫離子、一價(jià)氦離子和二價(jià)氦離子的混合物由靜止經(jīng)過同一加速電場加速，然后在同一偏轉(zhuǎn)電場里偏轉(zhuǎn)，它們是否會分成三股？請說明理由.
【錯(cuò)解】帶電粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場中發(fā)生偏轉(zhuǎn)，則水平方向上：L＝v0t，豎直方向上：y＝12at2＝UqL22mdv20，可以看出y與qm有關(guān)，而一價(jià)氫離子、一價(jià)氦離子和二價(jià)氦離子的比荷qm不同，故它們會分成三股.
【錯(cuò)因】沒有考慮到偏移量y，除了與偏轉(zhuǎn)電壓有關(guān)外，還與加速電壓有關(guān)，因偏移量y與粒子初速度有關(guān)，而初速度由加速電場決定.
【正解】粒子經(jīng)加速電場U1后速度變?yōu)関，則
qU1＝12mv2
帶電粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場中發(fā)生偏轉(zhuǎn)，則水平方向上：
L＝vt
豎直方向上：y＝12at2＝12×U2qdmt2
聯(lián)立以上各式得y＝U2qL22dmv2＝U2L24U1d，可見帶電粒子射出時(shí)，沿豎直方向的偏移量y與帶電粒子的質(zhì)量m和電荷量q無關(guān).而一價(jià)氫離子、一價(jià)氦離子和二價(jià)氦離子，它們僅質(zhì)量或電量不相同，都經(jīng)過相同的加速和偏轉(zhuǎn)電場，故它們射出偏轉(zhuǎn)電場時(shí)偏移量相同，因而不會分成三股，而是會聚為一束粒子射出.
【答案】不會分為三股，會聚為一束粒子射出.
【思維提升】當(dāng)物體參與多個(gè)過程時(shí)，一定要考慮各個(gè)環(huán)節(jié)之間的內(nèi)在聯(lián)系.

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第13講電場與帶電粒子在電場中的運(yùn)動經(jīng)典精講（上）
主講教師：徐建烽首師大附中物理特級教師
開心自測
題一：如圖，完全相同的金屬小球A和B帶等量異號電荷，中間連接著一個(gè)輕質(zhì)絕緣彈簧，放在光滑的水平面上，平衡時(shí)彈簧的壓縮量為x0，現(xiàn)將不帶電的與A、B完全相同的金屬球C與A接觸一下，然后拿走，重新平衡后彈簧的壓縮量為（）
A.x=x0/2B.xx0/2C.xx0/2D.x=x0
題二：一負(fù)電荷從電場中A點(diǎn)由靜止釋放，只受電場力作用，沿電場線運(yùn)動到B點(diǎn)，它運(yùn)動的速度—時(shí)間圖象如圖甲所示。則A、B兩點(diǎn)所在區(qū)域的電場線可能是圖乙中的（）
題三：如圖所示，圓O在勻強(qiáng)電場中，場強(qiáng)方向與圓O所在平面平行，帶正電的微粒以相同的初動能沿著各個(gè)方向從A點(diǎn)進(jìn)入圓形區(qū)域中，只在電場力作用下運(yùn)動，從圓周上不同點(diǎn)離開圓形區(qū)域，其中從C點(diǎn)離開圓形區(qū)域的帶電微粒的動能最大，圖中O是圓心，AB是圓的直徑，AC是與AB成α角的弦，則勻強(qiáng)電場的方向?yàn)椋ǎ?br> Ａ.沿AB方向Ｂ.沿AC方向Ｃ.沿OC方向Ｄ.沿BC方向
考點(diǎn)梳理與金題精講
題一：如圖，一個(gè)測定液面高度的傳感器原理圖，在導(dǎo)線芯的外面涂上一層絕緣物質(zhì)，放在導(dǎo)電液體中，導(dǎo)線芯和導(dǎo)電液體構(gòu)成電容器的兩極，把這兩極接入外電路，若外電路中的電流變化說明電容值增大，則導(dǎo)電液體的深度h()
A.增大B.減少C.不變D.不能確定

題二：如圖，由A、B兩平行金屬板構(gòu)成的電容器，電容為C，原來不帶電，電容器的A板接地，并且中心有一個(gè)小孔，通過這個(gè)小孔向電容器中射入電子，射入的方向垂直于極板，射入的速度為v0，如果電子的發(fā)射是一個(gè)一個(gè)單獨(dú)進(jìn)行的，即第一個(gè)電子到達(dá)B板后再發(fā)射第二個(gè)電子，并且所有到達(dá)B板的電子都留在B板上，隨著電子的射入，兩極板間的電勢差逐漸增加，直到達(dá)到一個(gè)穩(wěn)定值，已知電子的質(zhì)量為m，電量為e，電子所受的重力可忽略不計(jì)，A、B兩板的距離為L，求：
（1）當(dāng)B板上聚積了n個(gè)射來的電子時(shí)，兩板間電場的場強(qiáng)E多大？
（2）最多能有多少個(gè)電子到達(dá)B板？
（3）到達(dá)B板的第1個(gè)電子在兩板間運(yùn)動的時(shí)間和最后一個(gè)電子在兩板間運(yùn)動的時(shí)間差是多少？
第13講電場與帶電粒子在電場中的運(yùn)動經(jīng)典精講（上）
開心自測題一：C題二：C題三：C
金題精講題一：A題二：（1）ne/CL；（2）取整數(shù)再加1；（3）L/v0

高考物理一輪復(fù)習(xí)：電場與帶電粒子在電場中的運(yùn)動教案

第15講電場與帶電粒子在電場中的運(yùn)動20xx新題賞析
主講教師：徐建烽首師大附中物理特級教師

題一：圖中虛線為一組間距相等的同心圓，圓心處固定一帶正電的點(diǎn)電荷。一帶電粒子以一定初速度射入電場，實(shí)線為粒子僅在電場力作用下的運(yùn)動軌跡，a、b、c三點(diǎn)是實(shí)線與虛線的交點(diǎn)。則該粒子（）
A．帶負(fù)電
B．在c點(diǎn)受力最大
C．在b點(diǎn)的電勢能大于在c點(diǎn)的電勢能
D．由a點(diǎn)到b點(diǎn)的動能變化大于由b點(diǎn)到c點(diǎn)的動能變化

題二：兩個(gè)固定的等量異號點(diǎn)電荷所產(chǎn)生電場的等勢面如圖中虛線所示，一帶負(fù)電的粒子以某一速度從圖中A點(diǎn)沿圖示方向進(jìn)入電場在紙面內(nèi)飛行，最后離開電場，粒子只受靜電力作用，則粒子在電場中（）
A.做直線運(yùn)動，電勢能先變小后變大
B.做直線運(yùn)動，電勢能先變大后變小
C.做曲線運(yùn)動，電勢能先變小后變大
D.做曲線運(yùn)動，電勢能先變大后變小

題三：示波器是一種常見的電學(xué)儀器，可以在熒光屏上顯示出被檢測的電壓隨時(shí)間的變化情況。圖甲為示波器的原理結(jié)構(gòu)圖，電子經(jīng)電壓Uo加速后進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場。豎直極板AB間加偏轉(zhuǎn)電壓UAB、水平極板CD間加偏轉(zhuǎn)電壓UCD，偏轉(zhuǎn)電壓隨時(shí)間變化規(guī)律如圖乙所示。則熒光屏上所得的波形是（）
題四：如圖所示，質(zhì)子、氘核和粒子都沿平行金屬板中心線方向射入兩板間，板內(nèi)存在勻強(qiáng)電場，粒子從板間射出后都能打在熒光屏上．下列說法中正確的是()
A．若它們射入電場時(shí)的速度相等，在熒光屏上將出現(xiàn)3個(gè)亮點(diǎn)
B．若它們射入電場時(shí)的動量相等，在熒光屏上將只出現(xiàn)2個(gè)亮點(diǎn)
C．若它們射入電場時(shí)的動能相等，在熒光屏上將只出現(xiàn)1個(gè)亮點(diǎn)
D．若它們是由同一個(gè)電場從靜止加速后射入此偏轉(zhuǎn)電場的，在熒光屏上將只出現(xiàn)1個(gè)亮點(diǎn)
題五：勻強(qiáng)電場的方向沿x軸正方向，電場強(qiáng)度E隨x的分布如圖所示，圖中E0和d均為已知量。將帶正電的質(zhì)點(diǎn)A在O點(diǎn)由靜止釋放。A離開電場足夠遠(yuǎn)后，再將另一帶正電的質(zhì)點(diǎn)B放在O點(diǎn)也由靜止釋放。當(dāng)B在電場中運(yùn)動時(shí)，A、B間的相互作用力及相互作用能均為零；B離開電場后，A、B間的相互作用視為靜電作用。已知A的電荷量為Q，A和B的質(zhì)量分別為m和m/4。不計(jì)重力。
（1）求A在電場中的運(yùn)動時(shí)間t；
（2）若B的電荷量為q=4Q/9，求兩質(zhì)點(diǎn)相互作用能的最大值Epm；
（3）為使B離開電場后不改變運(yùn)動方向，求B所帶電荷量的最大值qm。

第15講電場與帶電粒子在電場中的運(yùn)動20xx新題賞析
題一：CD題二：C題三：B題四：D題五：（1）（2）（3）

高考物理一輪復(fù)習(xí)：電場與帶電粒子在電場中的運(yùn)動（下）教案

第14講電場與帶電粒子在電場中的運(yùn)動經(jīng)典精講（下）
主講教師：徐建烽首師大附中物理特級教師

題一：在圖中，虛線表示某點(diǎn)電荷Q所激發(fā)電場的等勢面，已知a、b兩點(diǎn)在同一等勢面上，c、d兩點(diǎn)在另一個(gè)等勢面上。甲、乙兩個(gè)帶電粒子以相同的速率，沿不同的方向從同一點(diǎn)a射入電場，在電場中沿不同的軌跡adb曲線、acb曲線運(yùn)動。則（）
A．兩粒子所帶的電荷符號不同
B．甲粒子經(jīng)過c點(diǎn)時(shí)的速度大于乙粒子經(jīng)過d點(diǎn)的速度
C．兩個(gè)粒子的電勢能都是先減小后增大
D．經(jīng)過b點(diǎn)時(shí)，兩粒子的動能一定相等

題二：如圖所示，電子在電壓為U1的加速電場中由靜止開始運(yùn)動，然后射入電壓為U2的兩塊平行極板間的電場中，入射方向與極板平行，整個(gè)裝置處于真空中，一定能使電子的偏轉(zhuǎn)角θ變小的是（）
A．U1變大，U2變大B．U1變大，U2變小
C．U1變小，U2變大D．U1變小，U2變小

題三：宇航員在談探測某星球時(shí)，發(fā)現(xiàn)該星球均勻帶電，且電性為負(fù)，電量為Q，表面無大氣。在一次實(shí)驗(yàn)中，宇航員將一帶電–q的粉塵置于該星球表面h高處，該粉塵恰好處于懸浮狀態(tài)；宇航員又將該粉塵帶到距該星球表面2h高處，無初速釋放，則此帶電粉塵將：（）
A．背向星球球心方向飛向太空
B．仍處于懸浮狀態(tài)
C．沿星球自轉(zhuǎn)的線速度方向飛向太空
D．向星球球心方向下落

題四：如圖所示，A、B為兩塊水平放置的金屬板，通過閉合的開關(guān)S分別與電源兩極相連．兩板中央各有一個(gè)小孔a和b。a孔正上方某處有一帶電質(zhì)點(diǎn)由靜止開始下落．若不計(jì)空氣阻力，到達(dá)b孔時(shí)速度為零再返回，要使帶電質(zhì)點(diǎn)能穿過b孔。則可行的方法是（）
A.保持S合，將A板適當(dāng)上移
B.保持S合，將B板適當(dāng)下移
C.先斷開S．再將A板適當(dāng)上移
D先斷開S，再將B板適當(dāng)下移

題五：如圖所示，一束電子從Y軸上的a點(diǎn)以平行于X軸的方向射入第一象限區(qū)域，射入的速度為v0，電子質(zhì)量為m，電荷量為e。為了使電子束通過X軸上的b點(diǎn)，可在第一象限的某區(qū)域加一個(gè)沿Y軸正方向的勻強(qiáng)電場。此電場的電場強(qiáng)度為E，電場區(qū)域沿Y軸方向?yàn)闊o限長，沿X軸方向的寬度為s，且已知Oa=L，Ob=2s，求該電場的左邊界與b點(diǎn)的距離。
第14講電場與帶電粒子在電場中的運(yùn)動經(jīng)典精講（下）
題一：AB題二：B題三：B題四：B題五：

高考物理第一輪考綱知識復(fù)習(xí):帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動

俗話說，居安思危，思則有備，有備無患。作為教師就要在上課前做好適合自己的教案。教案可以讓學(xué)生更容易聽懂所講的內(nèi)容，幫助教師能夠井然有序的進(jìn)行教學(xué)。您知道教案應(yīng)該要怎么下筆嗎？急您所急，小編為朋友們了收集和編輯了“高考物理第一輪考綱知識復(fù)習(xí):帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動”，歡迎閱讀，希望您能夠喜歡并分享！

第3節(jié)帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動
【考綱知識梳理】
一、復(fù)合場
復(fù)合場是指電場、磁場和重力場并存，或其中某兩場并存，或其中某兩場并存，或分區(qū)域存在。
二、帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動分類
1、當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中所受的合外力為0時(shí)，粒子將做勻速直線運(yùn)動或靜止．
2、當(dāng)帶電粒子所受的合外力與運(yùn)動方向在同一條直線上時(shí)，粒子將做變速直線運(yùn)動．
3、當(dāng)帶電粒子所受的合外力充當(dāng)向心力時(shí)，粒子將做勻速圓周運(yùn)動．
4、當(dāng)帶電粒子所受的合外力的大小、方向均是不斷變化的時(shí)，粒子將做變加速運(yùn)動，這類問題一般只能用能量關(guān)系處理．
三、帶電粒子在復(fù)合場中運(yùn)動的應(yīng)用實(shí)例
1、粒子速度選擇器
速度選擇器是近代物理學(xué)研究中常用的一種實(shí)驗(yàn)工具，其功能是為了選擇某種速度的帶電粒子
（1）．結(jié)構(gòu)：
①平行金屬板M、N，將M接電源正極，N板接電源負(fù)極，M、N間形成勻強(qiáng)電場，設(shè)場強(qiáng)為E；
②在兩板之間的空間加上垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B；
③在極板兩端加垂直極板的檔板，檔板中心開孔S1、S2，孔S1、S2水平正對。
（2）．原理
工作原理。設(shè)一束質(zhì)量、電性、帶電量、速度均不同的粒子束（重力不計(jì)），從S1孔垂直磁場和電場方向進(jìn)入兩板間，當(dāng)帶電粒子進(jìn)入電場和磁場共存空間時(shí)，同時(shí)受到電場力和洛倫茲力作用
若
。
即：當(dāng)粒子的速度時(shí)，粒子勻速運(yùn)動，不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，可以從S2孔飛出。由此可見，盡管有一束速度不同的粒子從S1孔進(jìn)入，但能從S2孔飛出的粒子只有一種速度，而與粒子的質(zhì)量、電性、電量無關(guān)
（3）．幾個(gè)問題
①粒子受力特點(diǎn)——電場力F與洛侖茲力f方向相反
②粒子勻速通過速度選擇器的條件——帶電粒子從小孔S1水平射入，勻速通過疊加場，并從小孔S2水平射出，電場力與洛侖茲力平衡，即;即;
③使粒子勻速通過選擇器的兩種途徑:
當(dāng)一定時(shí)——調(diào)節(jié)E和B的大小;
當(dāng)E和B一定時(shí)——調(diào)節(jié)加速電壓U的大小;根據(jù)勻速運(yùn)動的條件和功能關(guān)系，有，所以，加速電壓應(yīng)為。
④如何保證F和f的方向始終相反——將、E、B三者中任意兩個(gè)量的方向同時(shí)改變，但不能同時(shí)改變?nèi)齻€(gè)或者其中任意一個(gè)的方向，否則將破壞速度選擇器的功能。
⑤如果粒子從S2孔進(jìn)入時(shí)，粒子受電場力和洛倫茲力的方向相同，所以無論粒子多大的速度，所有粒子都將發(fā)生偏轉(zhuǎn)
⑥兩個(gè)重要的功能關(guān)系——當(dāng)粒子進(jìn)入速度選擇器時(shí)速度，粒子將因側(cè)移而不能通過選擇器。如圖，設(shè)在電場方向側(cè)移后粒子速度為v，
當(dāng)時(shí):粒子向f方向側(cè)移，F(xiàn)做負(fù)功——粒子動能減少，電勢能增加，有
當(dāng)時(shí):粒子向F方向側(cè)移，F(xiàn)做正功——粒子動能增加，電勢能減少，有;

2、磁流體發(fā)電機(jī)
磁流體發(fā)電就是利用等離子體來發(fā)電。
（1）．等離子體的產(chǎn)生：在高溫條件下（例如2000K）氣體發(fā)生電離，電離后的氣體中含有離子、電子和部分未電離的中性粒子，因?yàn)檎?fù)電荷的密度幾乎相等，從整體看呈電中性，這種高度電離的氣體就稱為等離子體，也有人稱它為“物質(zhì)的第四態(tài)”。
（2）．工作原理:
磁流體發(fā)電機(jī)結(jié)構(gòu)原理如圖（1）所示，其平面圖如圖（2）所示。M、N為平行板電極，極板間有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，讓等離子體平行于極板從左向右高速射入極板間，由于洛倫茲力的作用，正離子將向M板偏轉(zhuǎn)，負(fù)離子將向N板偏轉(zhuǎn)，于是在M板上積累正電荷，在N板上積累負(fù)電荷。這樣在兩極板間就產(chǎn)生電勢差，形成了電場，場強(qiáng)方向從M指向N，以后進(jìn)入極板間的帶電粒子除受到洛倫茲力之外，還受到電場力的作用，只要，帶電粒子就繼續(xù)偏轉(zhuǎn)，極板上就繼續(xù)積累電荷，使極板間的場強(qiáng)增加，直到帶電粒子所受的電場力與洛倫茲力大小相等為止。此后帶電粒子進(jìn)入極板間不再偏轉(zhuǎn)，極板上也就不再積累電荷而形成穩(wěn)定的電勢差
（3）．電動勢的計(jì)算:設(shè)兩極板間距為d，根據(jù)兩極電勢差達(dá)到最大值的條件，即，則磁流體發(fā)電機(jī)的電動勢。
3、電磁流量計(jì)
電磁流量計(jì)是利用霍爾效應(yīng)來測量管道中液體流量（單位時(shí)間內(nèi)通過管內(nèi)橫截面的液體的體積）的一種設(shè)備。其原理為：
如圖所示
圓形管道直徑為d（用非磁性材料制成），管道內(nèi)有向左勻速流動的導(dǎo)電液體，在管道所在空間加一垂直管道向里的勻強(qiáng)磁場，設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B；管道內(nèi)隨液體一起流動的自由電荷（正、負(fù)離子）在洛倫茲力作用下垂直磁場方向偏轉(zhuǎn)，使管道上ab兩點(diǎn)間有電勢差，管道內(nèi)形成電場；當(dāng)自由電荷受電場力和洛倫茲力平衡時(shí)，ab間電勢差就保持穩(wěn)定，測出ab間電勢差的大小U，則有：
，
故管道內(nèi)液體的流量
4.霍爾效應(yīng)
（1）．霍爾效應(yīng)。金屬導(dǎo)體板放在垂直于它的勻強(qiáng)磁場中，當(dāng)導(dǎo)體板中通過電流時(shí)，在平行于磁場且平行于電流的兩個(gè)側(cè)面間會產(chǎn)生電勢差，這種現(xiàn)象叫霍爾效應(yīng)。
（2）．霍爾效應(yīng)的解釋。如圖，截面為矩形的金屬導(dǎo)體，在ｘ方向通以電流Ｉ，在ｚ方向加磁場Ｂ，導(dǎo)體中自由電子逆著電流方向運(yùn)動。由左手定則可以判斷，運(yùn)動的電子在洛倫茲力作用下向下表面聚集，在導(dǎo)體的上表面A就會出現(xiàn)多余的正電荷，形成上表面電勢高，下表面電勢低的電勢差，導(dǎo)體內(nèi)部出現(xiàn)電場，電場方向由A指向A’，以后運(yùn)動的電子將同時(shí)受洛倫茲力和電場力作用，隨著表面電荷聚集，電場強(qiáng)度增加，也增加，最終會使運(yùn)動的電子達(dá)到受力平衡（）而勻速運(yùn)動，此時(shí)導(dǎo)體上下兩表面間就出現(xiàn)穩(wěn)定的電勢差。
（3）．霍爾效應(yīng)中的結(jié)論。
設(shè)導(dǎo)體板厚度為h(y軸方向)、寬度為d、通入的電流為I，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，導(dǎo)體中單位體積內(nèi)自由電子數(shù)為n，電子的電量為e，定向移動速度大小為v，上下表面間的電勢差為U；
①由①。
②實(shí)驗(yàn)研究表明，U、I、B的關(guān)系還可表達(dá)為②，k為霍爾系數(shù)。又由電流的微觀表達(dá)式有：③。聯(lián)立①②③式可得。由此可通過霍爾系數(shù)的測定來確定導(dǎo)體內(nèi)部單位體積內(nèi)自由電子數(shù)。
③考察兩表面間的電勢差，相當(dāng)于長度為h的直導(dǎo)體垂直勻強(qiáng)磁場B以速度v切割磁感線所產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢
【要點(diǎn)名師透析】
一、帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動分析
1.帶電粒子在復(fù)合場中運(yùn)動的分析方法
(1)弄清復(fù)合場的組成.如磁場、電場的復(fù)合,磁場、重力場的復(fù)合,磁場、電場、重力場三者的復(fù)合等.
(2)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.
(3)確定帶電粒子的運(yùn)動狀態(tài),注意運(yùn)動情況和受力情況的結(jié)合.
(4)對于粒子連續(xù)通過幾個(gè)不同種類的場時(shí),要分階段進(jìn)行處理.
(5)畫出粒子運(yùn)動軌跡,靈活選擇不同的運(yùn)動規(guī)律.
①當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中做勻速直線運(yùn)動時(shí),根據(jù)受力平衡列方程求解.
②當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中做勻速圓周運(yùn)動時(shí),應(yīng)用牛頓定律結(jié)合圓周運(yùn)動規(guī)律求解.
③當(dāng)帶電粒子做復(fù)雜曲線運(yùn)動時(shí),一般用動能定理或能量守恒定律求解.
④對于臨界問題,注意挖掘隱含條件.
2.復(fù)合場中粒子重力是否考慮的三種情況
(1)對于微觀粒子，如電子、質(zhì)子、離子等，因?yàn)槠渲亓σ话闱闆r下與電場力或磁場力相比太小，可以忽略；而對于一些實(shí)際物體，如帶電小球、液滴、金屬塊等一般應(yīng)當(dāng)考慮其重力.
(2)在題目中有明確說明是否要考慮重力的，這種情況按題目要求處理比較正規(guī)，也比較簡單.
(3)不能直接判斷是否要考慮重力的，在進(jìn)行受力分析與運(yùn)動分析時(shí)，要結(jié)合運(yùn)動狀態(tài)確定是否要考慮重力.
【例1】(16分)如圖所示,在水平地面上方有一范圍足夠大的互相正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場區(qū)域.磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,方向垂直紙面向里.一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的帶正電微粒在此區(qū)域內(nèi)沿豎直平面(垂直于磁場方向的平面)做速度大小為v的勻速圓周運(yùn)動,重力加速度為g.
(1)求此區(qū)域內(nèi)電場強(qiáng)度的大小和方向.
(2)若某時(shí)刻微粒在場中運(yùn)動到P點(diǎn)時(shí),速度與水平方向的夾角為60°,且已知P點(diǎn)與水平地面間的距離等于其做圓周運(yùn)動的半徑.求該微粒運(yùn)動到最高點(diǎn)時(shí)與水平地面間的距離.
(3)當(dāng)帶電微粒運(yùn)動至最高點(diǎn)時(shí),將電場強(qiáng)度的大小變?yōu)樵瓉淼?方向不變,且不計(jì)電場變化對原磁場的影響),且?guī)щ娢⒘Ｄ苈渲恋孛?求帶電微粒落至地面時(shí)的速度大小.
【詳解】(1)由于帶電微粒可以在電場、磁場和重力場共存的區(qū)域內(nèi)沿豎直平面做勻速圓周運(yùn)動,表明帶電微粒所受的電場力和重力大小相等、方向相反,因此電場強(qiáng)度的方向豎直向上.(1分)
設(shè)電場強(qiáng)度為E,則有mg=qE(2分)
即(1分)
(2)設(shè)帶電微粒做勻速圓周運(yùn)動的軌道半徑為R,根據(jù)牛頓第二定律和洛倫茲力公式有(1分)解得(1分)
依題意可畫出帶電微粒做勻速圓周運(yùn)動的軌跡如圖所示,由幾何關(guān)系可知,該微粒運(yùn)動至最高點(diǎn)時(shí)與水平地面間的距離(4分)
(3)將電場強(qiáng)度的大小變?yōu)樵瓉淼膭t電場力F電=帶電微粒運(yùn)動過程中,洛倫茲力不做功,所以在它從最高點(diǎn)運(yùn)動至地面的過程中,只有重力和電場力做功,設(shè)帶電微粒落地時(shí)的速度大小為v1,根據(jù)動能定理有(4分)解得：
二、帶電粒子在復(fù)合場中運(yùn)動的分類
1.帶電粒子在復(fù)合場中無約束情況下的運(yùn)動
(1)磁場力、重力并存
①若重力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運(yùn)動.
②若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動，因F洛不做功，故機(jī)械能守恒，由此可求解問題.
(2)電場力、磁場力并存(不計(jì)重力的微觀粒子)
①若電場力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運(yùn)動.
②若電場力和洛倫茲力不平衡，則帶電體做復(fù)雜的曲線運(yùn)動，因F洛不做功，可用動能定理求解問題.
(3)電場力、磁場力、重力并存
①若三力平衡，一定做勻速直線運(yùn)動.
②若重力與電場力平衡，一定做勻速圓周運(yùn)動.
③若合力不為零且與速度方向不垂直，做復(fù)雜的曲線運(yùn)動，因F洛不做功，可用能量守恒或動能定理求解問題.
2.帶電粒子在復(fù)合場中有約束情況下的運(yùn)動
帶電體在復(fù)合場中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道等約束的情況下，常見的運(yùn)動形式有直線運(yùn)動和圓周運(yùn)動，此時(shí)解題要通過受力分析明確變力、恒力做功情況，并注意洛倫茲力不做功的特點(diǎn)，運(yùn)用動能定理、能量守恒定律結(jié)合牛頓運(yùn)動定律求出結(jié)果.
3.帶電粒子在復(fù)合場中運(yùn)動的臨界值問題
由于帶電粒子在復(fù)合場中受力情況復(fù)雜、運(yùn)動情況多變，往往出現(xiàn)臨界問題，這時(shí)應(yīng)以題目中的“最大”、“最高”、“至少”等詞語為突破口，挖掘隱含條件，根據(jù)臨界條件列出輔助方程，再與其他方程聯(lián)立求解.
【例2】(14分)如圖所示,足夠長的光滑絕緣斜面與水平面的夾角為α(sinα=0.6)，放在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中，電場強(qiáng)度E=50V/m，方向水平向左，磁場方向垂直紙面向外.一個(gè)電荷量為q=4×10-2C，質(zhì)量m=0.40kg的光滑小球，以初速度v0=20m/s從斜面底端向上滑，然后又下滑，共經(jīng)過3s脫離斜面，求磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度.(g取10m/s2)
【詳解】小球沿斜面向上運(yùn)動過程中受力分析如圖所示，由牛頓第二定律，得
qEcosα+mgsinα=ma1，(3分)故(1分)
代入數(shù)據(jù)得a1=10m/s2，(1分)
上行時(shí)間(1分)
小球沿斜面下滑過程中受力分析如圖所示，小球在離開斜面前做勻加速直線運(yùn)動，a2=10m/s2(1分)
運(yùn)動時(shí)間t2=1s(1分)
脫離斜面時(shí)的速度v=a2t2=10m/s(1分)
在垂直斜面方向上小球脫離斜面受力條件有：qvB+qEsinα=mgcosα，(3分)
故(2分)
【感悟高考真題】
1.（20xx新課標(biāo)全國卷T25）如圖，在區(qū)域I（0≤x≤d）和區(qū)域II（d≤x≤2d）內(nèi)分別存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為B和2B，方向相反，且都垂直于Oxy平面。一質(zhì)量為m、帶電荷量q（q＞0）的粒子a于某時(shí)刻從y軸上的P點(diǎn)射入?yún)^(qū)域I，其速度方向沿x軸正向。已知a在離開區(qū)域I時(shí)，速度方向與x軸正方向的夾角為30°；此時(shí)，另一質(zhì)量和電荷量均與a相同的粒子b也從p點(diǎn)沿x軸正向射入?yún)^(qū)域I，其速度大小是a的1/3。不計(jì)重力和兩粒子之間的相互作用力。求
（1）粒子a射入?yún)^(qū)域I時(shí)速度的大?。?br> （2）當(dāng)a離開區(qū)域II時(shí)，a、b兩粒子的y坐標(biāo)之差。
【詳解】（1）設(shè)粒子a在I內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動的圓心為C（在y軸上），半徑為Ra1，粒子速率為va,運(yùn)動軌跡與兩磁場區(qū)域邊界的交點(diǎn)為P′，如圖，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有，
qvaB=mva2Ra1①
由幾何關(guān)系有∠PCP′=θ②
Ra1=dsinθ③
式中θ=30°，由上面三式可得
va=2dqBm④
（2）設(shè)粒子a在II內(nèi)做圓周運(yùn)動的圓心為Oa，半徑為Ra2，射出點(diǎn)為Pa（圖中未畫出軌跡），
∠P′OaPa=θ′，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有，
qva（2B）=mva2Ra2⑤
由①⑤式得Ra2=Ra12⑥
C、P′、Oa三點(diǎn)共線，且由⑥式知Oa點(diǎn)必位于
x=32d⑦
的平面上，由對稱性知，Pa點(diǎn)與P′的縱坐標(biāo)相同，即
yPa=Ra1cosθ＋h⑧
式中，h是C點(diǎn)的縱坐標(biāo)。
設(shè)b在I中運(yùn)動的軌道半徑為Rb1，由洛侖茲力公式和牛頓第二定律有，
q（va3）B=mRb1（va3）2⑨
設(shè)a到達(dá)Pa點(diǎn)時(shí)，b位于Pb點(diǎn)，轉(zhuǎn)過的角度為α，如果b沒有飛出I，則
tTa2=θ′2π⑩
tTb1=α2π⑾
式中，t是a在區(qū)域II中運(yùn)動的時(shí)間，而
Ta2=2πRa2va⑿
Tb1=2πRb1va/3⒀
由⑤⑨⑩⑾⑿⒀式得
α=30°⒁
由①③⑨⒁式可見，b沒有飛出I。Pb點(diǎn)的y坐標(biāo)為
yP2=Rb1（2+cosα）+h⒂
由①③⑧⑨⒁⒂式及題給條件得，a、b兩粒子的y坐標(biāo)差為
yP2－yPa=23（3－2）d
2.（20xx安徽高考T23）如圖所示，在以坐標(biāo)原點(diǎn)O為圓心、半徑為R的半圓形區(qū)域內(nèi)，有相互垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，磁場方向垂直于xOy平面向里。一帶正電的粒子（不計(jì)重力）從O點(diǎn)沿y軸正方向以某一速度射入，帶電粒子恰好做勻速直線運(yùn)動，經(jīng)時(shí)間從p點(diǎn)射出。
（1）求電場強(qiáng)度的大小和方向。
（2）若僅撤去磁場，帶電粒子仍從O點(diǎn)以相同的速度射
入，經(jīng)時(shí)間恰從半圓形區(qū)域的邊界射出。求粒子運(yùn)動加
速度的大小。
（3）若僅撤去電場，帶電粒子仍從O點(diǎn)射入，且速度為
原來的4倍，求粒子在磁場中運(yùn)動的時(shí)間。
【答案】(1)(2)(3)
【詳解】（1）設(shè)帶電粒子質(zhì)量為m，電荷量為q，初速度為v,電場強(qiáng)度為E，可判斷出粒子受到的洛倫茲力沿x軸負(fù)方向，由于粒子的重力不計(jì)且粒子受力平衡，故粒子受到的電場力和洛倫茲力大小相等方向相反，電場強(qiáng)度沿沿x軸正方向，①
②得
（2）僅有電場時(shí)，帶電粒子在勻強(qiáng)電場中作類平拋運(yùn)動在y方向作勻速直線運(yùn)動，位移為③
由②③式得，設(shè)在水平方向位移為x，因射出位置在半圓線邊界上，于是,又因?yàn)榱Ｗ釉谒椒较蛏献鰟蛩僦本€運(yùn)動，則④
得⑤
（3）僅有磁場時(shí)入射速度，帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中作勻速圓周運(yùn)動，設(shè)軌道半徑為，由牛頓第二定律有⑥，
又有⑦，
由②⑤⑥⑦得
帶電粒子偏轉(zhuǎn)情況如圖由幾何知識，,則帶電粒子在磁場中運(yùn)動時(shí)間