高考物理大二輪總復(fù)習(xí)與增分策略 題型研究3 加試計(jì)算題 22題 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
《高考物理大二輪總復(fù)習(xí)與增分策略 題型研究3 加試計(jì)算題 22題 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)》由會(huì)員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《高考物理大二輪總復(fù)習(xí)與增分策略 題型研究3 加試計(jì)算題 22題 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)(15頁(yè)珍藏版)》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
題型研究3 加試計(jì)算題 22題 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1帶電粒子在疊加場(chǎng)中無(wú)約束情況下的運(yùn)動(dòng)情況分類(1)洛倫茲力、重力并存若重力和洛倫茲力平衡,則帶電粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)若重力和洛倫茲力不平衡,則帶電粒子將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng),因洛倫茲力不做功,故機(jī)械能守恒,由此可求解問(wèn)題(2)電場(chǎng)力、洛倫茲力并存(不計(jì)重力的微觀粒子)若電場(chǎng)力和洛倫茲力平衡,則帶電粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)若電場(chǎng)力和洛倫茲力不平衡,則帶電粒子將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng),因洛倫茲力不做功,可用動(dòng)能定理求解問(wèn)題(3)電場(chǎng)力、洛倫茲力、重力并存若三力平衡,一定做勻速直線運(yùn)動(dòng)若重力與電場(chǎng)力平衡,一定做勻速圓周運(yùn)動(dòng)若合力不為零且與速度方向不垂直,將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng),因洛倫茲力不做功,可用能量守恒定律或動(dòng)能定理求解問(wèn)題2帶電粒子在疊加場(chǎng)中有約束情況下的運(yùn)動(dòng)帶電粒子在疊加場(chǎng)中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道等約束的情況下,常見(jiàn)的運(yùn)動(dòng)形式有直線運(yùn)動(dòng)和圓周運(yùn)動(dòng),此時(shí)解題要通過(guò)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(dòng)能定理、能量守恒定律結(jié)合牛頓運(yùn)動(dòng)定律求解例1如圖1,在豎直平面內(nèi)建立直角坐標(biāo)系xOy,其第一象限存在著正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng),電場(chǎng)強(qiáng)度的方向水平向右,磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直紙面向里一帶電荷量為q、質(zhì)量為m的微粒從原點(diǎn)出發(fā)沿與x軸正方向的夾角為45的初速度進(jìn)入復(fù)合場(chǎng)中,正好做直線運(yùn)動(dòng),當(dāng)微粒運(yùn)動(dòng)到A(l,l)時(shí),電場(chǎng)方向突然變?yōu)樨Q直向上(不計(jì)電場(chǎng)變化的時(shí)間),粒子繼續(xù)運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后,正好垂直于y軸穿出復(fù)合場(chǎng)不計(jì)一切阻力,求:圖1(1)電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小;(2)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。?3)微粒在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間答案(1)(2)(3)(1)解析(1)微粒到達(dá)A(l,l)之前做勻速直線運(yùn)動(dòng),對(duì)微粒受力分析如圖甲:所以,Eqmg,得:E(2)由平衡條件:qvBmg電場(chǎng)方向變化后,微粒所受重力與電場(chǎng)力平衡,微粒在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng),軌跡如圖乙:qvBm由幾何知識(shí)可得:rl聯(lián)立解得:v,B(3)微粒做勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間:t1做圓周運(yùn)動(dòng)的時(shí)間:t2在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間:tt1t2(1).粒子在疊加場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的分析思路變式題組1如圖2所示,在足夠大的空間范圍內(nèi),同時(shí)存在著豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng),電場(chǎng)強(qiáng)度為E,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.足夠長(zhǎng)的斜面固定在水平面上,斜面傾角為45.有一帶電的小球P靜止于斜面頂端A處,且恰好對(duì)斜面無(wú)壓力若將小球P以初速度v0水平向右拋出(P視為質(zhì)點(diǎn)),一段時(shí)間后,小球落在斜面上的C點(diǎn)已知小球的運(yùn)動(dòng)軌跡在同一豎直平面內(nèi),重力加速度為g,求:圖2(1)小球P落到斜面上時(shí)速度方向與斜面的夾角及由A到C所需的時(shí)間t;(2)小球P拋出到落回斜面的位移x的大小答案(1)45(2)解析(1)小球P靜止時(shí)不受洛倫茲力作用,僅受自身重力和電場(chǎng)力,對(duì)斜面無(wú)壓力,則mgqEP獲得水平初速度后由于重力和電場(chǎng)力平衡,將在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng),由對(duì)稱性可得小球P落到斜面上時(shí)其速度方向與斜面的夾角為45qv0BmT圓周運(yùn)動(dòng)轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角為90,小球P由A到C所需的時(shí)間:t(2)由式可知,P做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R由幾何關(guān)系知xR由可解得位移x.2如圖3所示,兩塊水平放置、相距為d的長(zhǎng)金屬板接在電壓可調(diào)的電源上兩板之間的右側(cè)區(qū)域存在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)將噴墨打印機(jī)的噴口靠近上板下表面,從噴口連續(xù)不斷噴出質(zhì)量均為m、水平速度均為v0、帶相等電荷量的墨滴調(diào)節(jié)電源電壓至U,墨滴在電場(chǎng)區(qū)域恰能沿水平方向向右做勻速直線運(yùn)動(dòng);進(jìn)入電場(chǎng)、磁場(chǎng)共存區(qū)域后,最終垂直打在下板的M點(diǎn)圖3(1)判斷墨滴所帶電荷的種類,并求其電荷量;(2)求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的值;(3)現(xiàn)保持噴口方向不變,使其豎直下移到兩板中間的位置為了使墨滴仍能到達(dá)下板M點(diǎn),應(yīng)將磁感應(yīng)強(qiáng)度調(diào)至B,則B的大小為多少?答案(1)負(fù)電荷(2)(3)解析(1)墨滴在電場(chǎng)區(qū)域內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng),有qmg由式得q由于電場(chǎng)方向向下,電荷所受電場(chǎng)力向上,可知墨滴帶負(fù)電荷(2)墨滴垂直進(jìn)入電場(chǎng)、磁場(chǎng)共存區(qū)域,重力仍與電場(chǎng)力平衡,合力等于洛倫茲力,墨滴做勻速圓周運(yùn)動(dòng),有qv0Bm考慮墨滴進(jìn)入磁場(chǎng)和撞板時(shí)的幾何關(guān)系,可知墨滴在該區(qū)域恰完成四分之一圓周運(yùn)動(dòng),則半徑Rd由式得B(3)根據(jù)題設(shè),墨滴運(yùn)動(dòng)軌跡如圖,設(shè)圓周運(yùn)動(dòng)半徑為R,有qv0Bm由圖示可得R2d2(R)2得Rd聯(lián)立式可得B.帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)“電偏轉(zhuǎn)”和“磁偏轉(zhuǎn)”的比較垂直電場(chǎng)線進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)(不計(jì)重力)垂直磁感線進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)(不計(jì)重力)受力情況電場(chǎng)力FqE,其大小、方向不變,與速度v無(wú)關(guān),F(xiàn)是恒力洛倫茲力F洛qvB,其大小不變,方向隨v而改變,F(xiàn)洛是變力軌跡拋物線圓或圓的一部分運(yùn)動(dòng)軌跡求解方法利用類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求解:vxv0,xv0tvyt,yt2偏轉(zhuǎn)角:tan 半徑:r周期:T偏移距離y和偏轉(zhuǎn)角要結(jié)合圓的幾何關(guān)系利用圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律討論求解運(yùn)動(dòng)時(shí)間ttT動(dòng)能變化不變例2(2015浙江10月選考)如圖4是水平放置的小型粒子加速器的原理示意圖,區(qū)域和存在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B1和B2,長(zhǎng)L1.0 m的區(qū)域存在場(chǎng)強(qiáng)大小E5.0104 V/m、方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)區(qū)域中間上方有一離子源S,水平向左發(fā)射動(dòng)能Ek04.0104 eV的氘核,氘核最終從區(qū)域下方的P點(diǎn)水平射出S、P兩點(diǎn)間的高度差h0.10 m(氘核質(zhì)量m21.671027 kg、電荷量q1.601019 C,1 eV1.601019 J, 1104)圖4(1)求氘核經(jīng)過(guò)兩次加速后從P點(diǎn)射出時(shí)的動(dòng)能Ek2.(2)若B11.0 T,要使氘核經(jīng)過(guò)兩次加速后從P點(diǎn)射出,求區(qū)域的最小寬度d.(3)若B11.0 T,要使氘核經(jīng)過(guò)兩次加速后從P點(diǎn)射出,求區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度B2.答案(1)2.241014 J(2)0.06 m(3)1.2 T解析(1)由動(dòng)能定理WEk2Ek0電場(chǎng)力做功WqE2L得Ek2Ek0qE2L1.4105 eV2.241014 J(2)洛倫茲力提供向心力:qvBm第一次進(jìn)入B1區(qū)域,半徑R00.04 m第二次進(jìn)入B1區(qū)域,mvEk0qELR20.06 m,故最小寬度dR20.06 m(3)氘核運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示由圖中幾何關(guān)系可知2R2h(2R12R0)解得R10.05 m由R1,得B21.2 T.帶電粒子在組合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的分析思路及技巧1基本思路:2解題關(guān)鍵:抓住聯(lián)系兩個(gè)場(chǎng)的紐帶速度變式題組3(2016浙江4月選考22)如圖5為離子探測(cè)裝置示意圖區(qū)域、區(qū)域長(zhǎng)均為L(zhǎng)0.10 m,高均為H0.06 m區(qū)域可加方向豎直向下、電場(chǎng)強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場(chǎng);區(qū)域可加方向垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng),區(qū)域的右端緊貼著可探測(cè)帶電粒子位置的豎直屏質(zhì)子束沿兩板正中間以速度v1.0105 m/s水平射入,質(zhì)子荷質(zhì)比近似為1.0108 C/kg.(忽略邊界效應(yīng),不計(jì)重力)圖5(1)當(dāng)區(qū)域加電場(chǎng)、區(qū)域不加磁場(chǎng)時(shí),求能在屏上探測(cè)到質(zhì)子束的外加電場(chǎng)的最大值Emax;(2)當(dāng)區(qū)域不加電場(chǎng)、區(qū)域加磁場(chǎng)時(shí),求能在屏上探測(cè)到質(zhì)子束的外加磁場(chǎng)的最大值Bmax;(3)當(dāng)區(qū)域加電場(chǎng)E小于(1)中的Emax,質(zhì)子束進(jìn)入?yún)^(qū)域和離開(kāi)區(qū)域的位置等高,求區(qū)域中的磁場(chǎng)B與區(qū)域中的電場(chǎng)E之間的關(guān)系式答案(1)200 V/m(2)5.5103 T(3)B解析(1)質(zhì)子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)vyattan 質(zhì)子到達(dá)區(qū)域右下端時(shí),有tan 得E200 V/m.(2)質(zhì)子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)有qvBm,即R根據(jù)幾何關(guān)系有R2(R)2L2得B5.5103 T.(3)質(zhì)子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示設(shè)質(zhì)子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速率為v,sin 由幾何關(guān)系知sin 得B.4(2016浙江10月學(xué)考23)如圖6所示,在x軸的上方存在垂直紙面向里,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0的勻強(qiáng)磁場(chǎng),位于x軸下方離子源C發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為q的一束負(fù)離子,其初速度大小范圍為0v0.這束離子經(jīng)電勢(shì)差為U的電場(chǎng)加速后,從小孔O(坐標(biāo)原點(diǎn))垂直x軸并垂直磁場(chǎng)射入磁場(chǎng)區(qū)域,最后打到x軸上在x軸上2a3a區(qū)間水平固定放置一探測(cè)板(a)假設(shè)每秒射入磁場(chǎng)的離子總數(shù)為N0,打到x軸上的離子數(shù)均勻分布(離子重力不計(jì))圖6(1)求離子束從小孔O射入磁場(chǎng)后打到x軸的區(qū)間;(2)調(diào)整磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小,可使速度最大的離子恰好打在探測(cè)板的右端,求此時(shí)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1;(3)保持磁感應(yīng)強(qiáng)度B1不變,求每秒打在探測(cè)板上的離子數(shù)N;若打在板上的離子80%被板吸收,20%被反向彈回,彈回速度大小為打板前速度大小的0.6倍,求探測(cè)板受到的作用力大小答案見(jiàn)解析解析(1)對(duì)于初速度為0的粒子:qUmvr1a恰好打在x2a的位置對(duì)于初速度為v0的粒子qUmvm(v0)2r22a,恰好打在x4a的位置打在x軸上的區(qū)間為2a,4a(2)由動(dòng)能定理qUmvm(v0)2r3r3a解得B1B0(3)對(duì)速度為0的粒子qUmvr4a2r41.5a粒子打在x軸上的區(qū)間為1.5a,3aNN0N0由動(dòng)量定理Ft0.8Nmv00.2N(0.6mv0mv0)解得F0.75N0mv01如圖1所示的坐標(biāo)系,x軸沿水平方向,y軸沿豎直方向第一、第二和第四象限內(nèi),既無(wú)電場(chǎng)也無(wú)磁場(chǎng),在第三象限,存在沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直坐標(biāo)平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電質(zhì)點(diǎn),從y軸上y1h處的P1點(diǎn),以一定的水平初速度沿x軸負(fù)方向進(jìn)入第二象限;然后經(jīng)過(guò)x軸上x(chóng)2h處的P2點(diǎn)進(jìn)入第三象限,帶電質(zhì)點(diǎn)恰好做勻速圓周運(yùn)動(dòng),經(jīng)y軸上y32h的P3點(diǎn)離開(kāi)電磁場(chǎng),重力加速度為g.求:圖1(1)粒子到達(dá)P2點(diǎn)時(shí)速度的大小和方向;(2)第三象限內(nèi)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小;(3)第三象限內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小答案(1)2方向與x軸負(fù)方向成45角(2)(3) 解析(1)帶電質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)軌跡如圖帶電質(zhì)點(diǎn)從P1到P2點(diǎn),由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得:hgt2v0vygttan 解得:v2方向與x軸負(fù)方向成45角(2)帶電質(zhì)點(diǎn)從P2到P3,重力與電場(chǎng)力平衡,得:Eqmg解得:E.(3)第三象限,洛倫茲力提供帶電質(zhì)點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力,由牛頓第二定律得:qvB由幾何關(guān)系得:(2R)2(2h)2(2h)2聯(lián)立式得:B .2如圖2,區(qū)域內(nèi)有與水平方向成45角的勻強(qiáng)電場(chǎng)E1,區(qū)域?qū)挾葹閐1,區(qū)域內(nèi)有正交的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)B和勻強(qiáng)電場(chǎng)E2,區(qū)域?qū)挾葹閐2,磁場(chǎng)方向垂直紙面向里,電場(chǎng)方向豎直向下一質(zhì)量為m、電量大小為q的微粒在區(qū)域左邊界的P點(diǎn),由靜止釋放后水平向右做直線運(yùn)動(dòng),進(jìn)入?yún)^(qū)域后做勻速圓周運(yùn)動(dòng),從區(qū)域右邊界上的Q點(diǎn)穿出,其速度方向改變了30,重力加速度為g,求:圖2(1)區(qū)域和區(qū)域內(nèi)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E1、E2的大小(2)區(qū)域內(nèi)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小(3)微粒從P運(yùn)動(dòng)到Q的時(shí)間答案(1)(2)(3)解析(1)根據(jù)題意:E1qsin 45mg,求得:E1E2qmg,求得:E2(2)設(shè)粒子進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)的速度大小為v,則:E1qd1cos 45mv2Bqv解得:v根據(jù)幾何關(guān)系,分析可知:R2d2整理得:B(3)微粒從P到Q的時(shí)間包括在區(qū)域內(nèi)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t1和在區(qū)域內(nèi)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t2,并滿足:a1td1mgtan 45ma1t2經(jīng)整理得:tt1t2.3如圖3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(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,磁場(chǎng)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(dòng),經(jīng)t0時(shí)間從P點(diǎn)射出圖3(1)求電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和方向;(2)若僅撤去磁場(chǎng),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(dòng)的加速度大??;(3)若僅撤去電場(chǎng),帶電粒子仍從O點(diǎn)射入,且速度變?yōu)樵瓉?lái)的4倍,求粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間答案(1)沿x軸正方向(2)(3)t0解析(1)設(shè)帶正電粒子的質(zhì)量為m,電荷量為q,初速度大小為v,電場(chǎng)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,于是可知電場(chǎng)強(qiáng)度沿x軸正方向且有qEqvB又Rvt0則E(2)僅有電場(chǎng)時(shí),帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)在y方向位移為yv由式得y設(shè)在水平方向位移為x,因射出位置在半圓形區(qū)域邊界上,于是xR又由xa()2得a(3)僅有磁場(chǎng)時(shí),入射速度v4v,帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),設(shè)軌道半徑為r,由牛頓第二定律有qvBm又(2)中qEma由式得r由幾何知識(shí)sin 即sin ,帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)周期T則帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間tBT所以tBt0.4如圖4所示,在空間中存垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),其豎直邊界AB、CD的寬度為d,在邊界AB左側(cè)是豎直向下、場(chǎng)強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場(chǎng),現(xiàn)有質(zhì)量為m、帶電荷量為q的粒子(不計(jì)重力)從P點(diǎn)以大小為v0的水平初速度射入電場(chǎng),隨后與邊界AB成45角射入磁場(chǎng)若粒子能垂直CD邊界飛出磁場(chǎng),穿過(guò)小孔進(jìn)入如圖所示兩豎直平行金屬板間的勻強(qiáng)電場(chǎng)中減速至零且碰不到正極板圖4(1)請(qǐng)畫(huà)出粒子在上述過(guò)程中的運(yùn)動(dòng)軌跡,并求出粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小v;(2)求勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小;(3)求金屬板間的電壓U的最小值答案(1)軌跡見(jiàn)解析圖v0(2)(3)解析(1)軌跡如圖所示vv0(2)粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),設(shè)其軌道半徑為R,由幾何關(guān)系可知Rd,qvBm解得B(3)粒子進(jìn)入板間電場(chǎng)至速度減為零且恰不與正極板相碰時(shí),板間電壓U最小,由動(dòng)能定理有qU0mv2解得U.- 1.請(qǐng)仔細(xì)閱讀文檔,確保文檔完整性,對(duì)于不預(yù)覽、不比對(duì)內(nèi)容而直接下載帶來(lái)的問(wèn)題本站不予受理。
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- 高考物理大二輪總復(fù)習(xí)與增分策略 題型研究3 加試計(jì)算題 22題 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 高考 物理 二輪 復(fù)習(xí) 策略 題型 研究 加試 算題 22 帶電 粒子 復(fù)合 中的 運(yùn)動(dòng)
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