2020届二轮复习专题三　带电粒子在电、磁场中的运动课件（48张）（江苏专用）

2020届二轮复习专题三　带电粒子在电、磁场中的运动课件（48张）（江苏专用）

专题三　带电粒子在电、磁场中的运动 一、由电场中的“点、线、面、迹”判断相关问题 (1)由轨迹向合外力的方向弯曲,确定粒子所受电场力方向; (2)根据粒子电性判断电场线方向; (3)根据“沿着电场线方向电势逐渐降低”判断电势高低; (4)根据公式 E p = qφ (代入正负号)判断电势能大小; (5)根据电场力做功的正负判断电势能的变化或动能的变化; (6)根据电场线或等差等势面疏密判断所受电场力大小。 例1     (多选)(2019江苏徐州期末)如图所示,三条虚线表示某电场的三个等势 面,其中 φ 1 =30 V, φ 2 =20 V,一个带电粒子只受电场力作用,按图中实线轨迹从 A 点运动到 B 点,由此可知   (　 AD 　)   A.粒子带正电　    B.粒子的速度变小 C.粒子的加速度变大　    D.粒子的电势能变小 答案     AD　由题图可知带电粒子的轨迹向右偏转,得出粒子所受电场力的 方向大致向右;又由电场线指向电势降低的方向,得出电场线方向大致向右; 因为带电粒子受力方向与电场的方向相同,所以粒子带正电,故A正确。由动 能定理得,合外力(电场力)做正功,动能增大,速度变大,故B错误。由于等势面 较密的地方电场线也较密,电场线越密的地方粒子受到的电场力也越大,电场 力越大则加速度越大,所以粒子从 A 点运动到 B 点,加速度在变小,故C错误。 粒子从 A 点运动到 B 点,电场力做正功,电势能减小,故D正确。 变式     (2019江苏四星级高中部分学校联考)在电荷量分别为2 q 和- q 的两个点 电荷形成的电场中,电场线分布如图所示,在两点电荷连线上有 a 、 b 、 c 三点, 且 b 、 c 两点到正点电荷的距离相等,则   (　 C 　) A.在两点电荷之间的连线上存在一处电场强度 为零的点 B.将一电子从 a 点由静止释放,它将在 a 、 b 间往 复运动 C. c 点的电势高于 b 点的电势 D.负检验电荷在 a 点具有的电势能大于在 b 点时的电势能 答案     C　异种点电荷在两点电荷之间的连线上产生的电场场强方向相同, 所以在两点电荷之间的连线上不存在电场强度为零的点,故A错误;将一电子 从 a 点由静止释放,电子在 a 点受到向右的电场力,所以电子要从静止开始向右 运动,不会在 a 、 b 间往复运动,故B错误; b 、 c 两点到正点电荷的距离相等,若 只有正点电荷,则 b 、 c 两点的电势相等,但由于负点电荷的存在导致 c 点的电 势高于 b 点的电势,故C正确;沿着电场线方向电势逐渐降低,所以 a 点电势高于 b 点电势,而负电荷在电势高的地方电势能小,所以负检验电荷在 a 点具有的电 势能小于在 b 点时的电势能,故D错误。 二、平行板电容器及其动态分析问题 平行板电容器动态问题的分析思路 (1)明确平行板电容器中的哪些物理量是不变的,哪些物理量是变化的以及怎 样变化。 (2)应用平行板电容器电容的决定式 C =   分析电容器的电容的变化。 (3)应用电容的定义式 C =   分析电容器带电荷量和两板间电压的变化情况。 (4)应用 E =   分析电容器两极板间电场强度的变化。 例2     (2018江苏单科,5,3分)如图所示,水平金属板 A 、 B 分别与电源两极相连, 带电油滴处于静止状态。现将 B 板右端向下移动一小段距离,两金属板表面 仍均为等势面,则该油滴   (　 D 　) A.仍然保持静止　    B.竖直向下运动 C.向左下方运动　    D.向右下方运动 答案     D　水平金属板间电场沿竖直方向,等势面为一组水平面。带电油滴 处于静止状态,说明油滴受到的电场力方向竖直向上且 Eq = mg 。 B 板右端向 下移动一小段距离,两极板间电压不变,则两极板间的等势面右端同样向下弯 曲。电场线与等势面垂直,同样产生弯曲,且电场强度减小。竖直方向上 E y q < mg ,水平方向上 E x q 向右,故油滴向右下方运动,故D正确。 变式     (2019江苏南京质量检测)当病人发生心室纤颤时,必须要用除颤器进 行及时抢救,除颤器工作时的供电装置是一个 C =70 μF的电容器,它在工作时, 一般是让100 J到300 J的电能在2 ms的时间内通过病人的心脏部位。已知充 电后电容器储存的电能为 E =   CU 2 ,下列说法正确的是   (　 B 　) A.除颤器工作时的电功率在50 W到150 W之间 B.除颤器工作时的电功率在50 kW到150 kW之间 C.要使除颤器的电容器储存140 J的电能,充电电压需达到20 V D.要使除颤器的电容器储存140 J的电能,充电电压需达到200 V 答案     B　根据电功率 P =   知 P 在   W到   W之间,即除颤器工作时 的电功率在50 kW到150 kW之间,故A错误,B正确;根据电容器储存的电能为 E =   CU 2 ,知 U =   =   V=2 000 V,故C、D错误。 三、静电场中的三类图像问题 v - t 图像 根据 v - t 图像的速度变化、斜率变化(即加速度大小的变化),确定电荷所受电场力的方向与电场力的大小变化情况,进而确定电场强度的方向、电势的高低及电势能的变化 φ - x 图像 (1)电场强度的大小等于 φ - x 图线的斜率大小,电场强度为零处, φ - x 图线存在极值,其切线的斜率为零; (2)在 φ - x 图像中可以直接判断各点电势的大小,并可根据电势大小关系确定电场强度的方向; (3)在 φ - x 图像中分析电荷移动时电势能的变化,可用 W AB = qU AB ,进而分析 W AB 的正负,然后作出判断 E - x 图像 (1)反映了电场强度随 x 变化的规律; (2) E >0表示场强沿 x 轴正方向; E <0表示场强沿 x 轴负方向; (3)图线与 x 轴围成的“面积”表示电势差,“面积”大小表示电势差大 小,两点的电势高低根据电场方向判定 例3     (2019江苏苏、锡、常、镇四市二模)一带正电的粒子仅在电场力作用 下做直线运动,将初始位置 O 定为坐标原点和零电势能点,取粒子在位置 O 时 的运动方向为 x 轴的正方向,粒子动能 E k 与位置坐标 x 的关系如图所示,则下列 关于场强 E 和粒子的速度 v 、加速度 a 、电势能 E p 与 x 的关系图像中,合理的是   (　 B 　)   答案     B　仅在电场力作用下,Δ E k = W 电 ,根据题中 E k - x 图像可知, E k 随 x 线性变 化,则电场力恒定,为匀强电场,粒子做匀减速直线运动,故A、C错误,由 v 2 -   = -2 ax ,即 v 2 =   -2 ax 可知,B正确。由 E p = Fx 可知, E p - x 图线应为直线,故D错误。 变式     (2019江苏盐城中学阶段测试)带电球体的半径为 R ,以球心为原点 O 建 立坐标轴 x ,轴上各点电势 φ 随 x 变化规律如图所示,下列说法中正确的是(      C 　) A.球体带负电荷 B.球内电场强度最大 C.负电荷在 B 点的电势能比在 C 点的小 D. A 、 B 两点电场强度相同 答案     C　由题图可知,从球体出发,向两侧方向电势降低,而电场线特点是从 正电荷(或无穷远处)出发,沿着电场线方向电势降低,即球体带正电荷,故A错 误;球是等势体,故球内部任意两点间的电势差为零,场强为零,故B错误;从 B 到 C ,电势降低,负电荷电势能升高,故C正确; A 点与 B 点的电场强度大小相等,但 方向相反,故D错误。 四、带电粒子在有界匀强磁场中的运动 (1)带电粒子运动方向与磁场方向垂直时,粒子做匀速圆周运动,洛伦兹力提 供向心力有 qvB = m   ,半径 r =   =   ,周期 T =   (与粒子速率无关)。 (2)圆心的确定(几何方法):①两点速度的垂线的交点;②某点速度的垂线与弦 的中垂线的交点。 (3)记住下列图形中与轨迹相关的结论。       例4     (2018江苏南京、盐城二模)如图所示,在铅板 A 上有小孔 S ,放射源 C 可通 过 S 在纸面内向各个方向射出速率 v 0 =2.0 × 10 6 m/s的某种带正电粒子, B 为金属 网状栅极, M 为荧光屏, A 、 B 、 M 三者平行正对,且面积足够大, A 、 B 间距离 d 1 = 1.0 cm,电压 U =1.5 × 10 4 V,且恒定不变, B 、 M 间距离 d 2 =4.0 cm。该种带电粒子 的比荷   =4.0 × 10 8 C/kg,忽略带电粒子与栅极的碰撞及粒子间的相互作用,不 计带电粒子的重力。求:   (1)该种带电粒子运动到荧光屏 M 的速度; (2)该种带电粒子打在荧光屏 M 上形成的亮线的长度; (3)若在 B 、 M 间加一磁感应强度 B =0.25 T、方向垂直纸面向外的匀强磁场,该 种带电粒子打在荧光屏 M 上的亮线的长度。(设从磁场返回的粒子均被铅板 吸收) 答案     (1)4.0 × 10 6 m/s　(2)4   cm　(3)   cm 解析 　(1)由动能定理有 Uq =   mv 2 -   m   解得 v =4.0 × 10 6 m/s (2)考虑初速度平行于 A 板进入电场的粒子做类平抛运动,到达 B 时垂直于栅 极的速度 v Bx =   =2   × 10 6 m/s 设粒子在电场中运动的时间为 t 1 d 1 =   (0+ v Bx ) t 1 解得 t 1 =   × 10 -8 s 粒子在 BM 间运动的时间 t 2 =   =   s=   × 10 -8 s 则粒子平行于 A 板方向运动的最大位移 y m = v 0 ( t 1 + t 2 )=2   cm 所以该带电粒子打在荧光屏 M 上形成的亮线的长度 l 1 =2 y m =4   cm (3)在 B 、 M 间加一垂直纸面向外的匀强磁场后,粒子在 B 、 M 间运动的轨迹为 圆弧 由 qv B B = m   ,得 r =   打到荧光屏 M 上的两条临界轨迹如图所示   tan θ =   =   ,所以 θ =30 ° d 2 =2 r sin θ ,所以 r =4 cm 即一条临界轨迹对称跨接在 B 、 M 之间,另一条临界轨迹与 M 屏相切 所以该带电粒子打在荧光屏 M 上形成的亮线的长度 l 2 = v 0 t 1 + r =   cm 变式     (2018江苏高考压轴冲刺卷)如图所示,在矩形区域 abcd 内存在磁感应 强度为 B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场。矩形区域的边长 ab = L , ad =3 L 。一 粒子源处在 ad 边中点 O ,在 t =0时刻粒子源垂直于磁场发射出大量的同种带电 粒子,所有粒子的初速度大小相同,方向与 Od 的夹角分布在0~180 ° 范围内。 已知在 bc 边能接收到的最早到达的粒子时间为 t = t 0 ,粒子在磁场中做圆周运动 的半径 R = L ,不计粒子的重力和粒子间的相互作用,求:   (1)粒子在磁场中的运动周期 T ; (2)粒子的比荷; (3)粒子在磁场中运动的最长时间。 答案 　(1)6 t 0 　(2)   　(3)2 t 0 解析 　(1)在 bc 边接收到的最早到达的粒子在磁场中运动的轨迹如图甲所示 (粒子应通过 bc 边的中点 P ),其圆心角为2 θ 。 甲 由几何关系有sin θ =   ,所以 θ =30 °   =   解得 T =6 t 0 (2)粒子在磁场中做匀速圆周运动,根据牛顿第二定律得 qvB = m   v =   联立解得   =   (3)因为 Oa =1.5 L > R ,则粒子的轨迹不可通过 b 点,在磁场中运动时间最长的粒 子的轨迹应是右端与 bc 相切的粒子轨迹,如图乙所示 乙 设粒子轨迹与 bc 相切的点为 N ,粒子轨迹与 ab 交点为 M ,设粒子轨迹圆心为 O 1 , 过 M 作 O 1 N 的垂线 MQ ,在△ O 1 QM 中解得 φ =30 ° 所以粒子轨迹对应的圆心角为120 ° 粒子在磁场中运动的最长时间 t max =   =2 t 0 五、带电粒子在电、磁场中运动与现代科技的综合应用 中学阶段常见的带电粒子在匀强电场和匀强磁场中运动的几种模型有:①速 度选择器、②回旋加速器、③质谱仪、④磁流体发电机、⑤霍尔元件、⑥ 电磁流量计。④、⑤和⑥的共同特征是粒子在其中只受电场力和洛伦兹力 作用,并且最终电场力和洛伦兹力平衡。     　       　　　　　   图④ 例5     (多选)(2018江苏如皋调研)如图所示为一种质谱仪的工作原理示意图, 此质谱仪由以下几部分构成:离子源、加速电场、静电分析器、磁分析器、 收集器。静电分析器通道中心线半径为 R ,通道内有均匀辐向电场,在中心线 处的电场强度大小为 E ;磁分析器中分布着方向垂直于纸面、磁感应强度为 B 的匀强磁场,其左边界与静电分析器的右边界平行。由离子源发出一个质量 为 m 、电荷量为 q 的正离子(初速度为零,重力不计),经加速电场加速后进入静 电分析器,沿中心线 MN 做匀速圆周运动,而后由 P 点进入磁分析器中,最终经 过 Q 点进入收集器。下列说法中正确的是   (　 　) A.磁分析器中匀强磁场方向垂直于纸面向里 B.加速电场中的加速电压 U =   ER C.磁分析器中轨迹圆心 O 2 到 Q 点的距离 d =     D.任何离子若能到达 P 点,则一定能进入收集器 答案    BC　由题意可知,正离子到达 P 点所受洛伦兹力方向必须向下,由左手 定则可判定,磁分析器中磁场方向垂直纸面向外,故A错误。在加速电场中应 用动能定理有 qU =   mv 2 ,在静电分析器中,电场力提供向心力, Eq = m   ,联立上 述两式得 U =   ER ,故B正确。粒子在磁分析器中的轨迹半径为 d ,由 Bqv = m   和 v =   可得 d =     ,故C正确。由 d 的表达式可以看出,只有比荷一定 的正离子才能进入收集器,故D错误。 变式     (多选)(2019江苏苏州期末)如图所示,1、2、3、4是霍尔元件上的四个 接线端,毫安表检测输入霍尔元件的电流,毫伏表检测霍尔元件输出的电压。 已知图中的霍尔元件是正电荷导电,当开关S 1 、S 2 闭合后,电流表   和电表 B 、 C 都有明显示数,下列说法中正确的是   (　 　)   A.电表 B 为毫伏表,电表 C 为毫安表 B.接线端2的电势低于接线端4的电势 C.保持 R 1 不变、适当减小 R 2 ,则毫伏表示数一定增大 D.使通过电磁铁和霍尔元件的电流大小不变,方向均与原电流方向相反,则毫 伏表的示数将保持不变 答案      CD     B 表测量通过霍尔元件的电流 , C 表测量霍尔元件 2 、 4 两接线端 的电压 , 则电表 B 为毫安表 , 电表 C 为毫伏表 , 故 A 错误 ; 根据安培定则可知 , 霍尔 元件处磁场的方向向下 , 通过霍尔元件的电流由接线端 1 流向接线端 3, 正电荷 移动方向与电流的方向相同 , 由左手定则可知 , 正电荷偏向接线端 2, 所以接线 端 2 的电势高于接线端 4 的电势 , 故 B 错误 ; 保持 R 1 不变 , 电磁铁中的电流不变 , 产 生的磁场的磁感应强度不变 , 减小 R 2 , 霍尔元件中的电流增大 , 根据 I = neSv , v 增 大 , 电荷受到的电场力应等于洛伦兹力 , 则   e = evB , U = dvB , 所以霍尔电压增大 , 即毫伏表示数一定增大 , 故 C 正确 ; 当调整电路 , 使通过电磁铁和霍尔元件的电流方向均与原来相反时 , 由左手定则可知洛伦兹力方向不变 , 即 2 、 4 两接线端的电势高低关系不发生改变,根据 U = dvB ,毫伏表的示数将保持不变,故D正确。 六、带电粒子在交变电、磁场中的运动问题分析 解决带电粒子在交变电、磁场中的运动问题的基本思路   例6     (2018江苏南通如皋综合测试)如图甲所示, xOy 平面处于匀强电场和匀 强磁场中,电场强度 E 和磁感应强度 B 随时间 t 变化的图像如图乙所示,周期均 为2 t 0 , y 轴正方向为 E 的正方向,垂直纸面向里为 B 的正方向。 t =0时刻,一质量 为 m 、电荷量为+ q 的粒子从坐标原点 O 开始运动,此时速度大小为 v 0 ,方向为+ x 轴方向。已知电场强度大小为 E 0 ,磁感应强度大小 B 0 =   ,不计粒子所受重 力。求: (1) t 0 时刻粒子的速度大小 v 1 及对应的位置坐标( x 1 , y 1 ); (2)为使粒子第一次运动到 y 轴时速度沿- x 方向, B 0 与 E 0 应满足的关系; (3) t =4 nt 0 ( n 为正整数)时刻粒子所在位置的横坐标 x 。   答案 　(1)   　( v 0 t 0 ,   )　(2)   = v 0 　(3)-   ( n =1,2 … ) 解析 　(1)粒子在电场中运动 沿着 x 轴正方向有 x 1 = v 0 t 0 沿着 y 轴正方向有 v y = at 0 , y 1 =   a   由牛顿第二定律,有 qE 0 = ma 运动的速度大小 v 1 =   联立解得 v 1 =   粒子的位置坐标为   (2)设粒子在磁场中做圆周运动的周期为 T ,得 T =2 t 0 ,则粒子第一次运动到 y 轴 前的轨迹如图所示   粒子在磁场中做圆周运动时,有 qv 1 B 0 =   圆心在 y 轴上,结合几何关系得 r 1 sin θ = v 0 t 0 且 v 1 cos θ = v 0 联立解得   = v 0 (3)粒子在磁场中做圆周运动的周期为2 t 0 ,即在 t 0 ~2 t 0 时间内粒子转了半圈,在 x 轴方向向左移动Δ x ,2 t 0 时刻速度大小仍为 v 1 ,方向与 t 0 时刻速度方向相反,在2 t 0 ~3 t 0 时间内粒子做匀变速曲线运动,根据对称性可知,粒子运动轨迹与0~ t 0 时 间内相同,3 t 0 时刻速度大小为 v 0 ,方向沿着 x 轴负方向,在3 t 0 ~4 t 0 时间内粒子转动 半圈,4 t 0 时刻速度大小为 v 0 ,方向沿着 x 轴正方向,如图所示   则0~4 t 0 时间内粒子在 x 轴方向向左移动的距离为Δ x 由几何关系得Δ x =2 r 1 sin θ =   则粒子的横坐标 x =- n Δ x =   ( n =1,2 … )