2019-2020年高中物理二輪總復(fù)習(xí) 帶電粒子茌復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)教案.doc

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2019-2020年高中物理二輪總復(fù)習(xí) 帶電粒子茌復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)教案 本類考題解答錦囊 解答“帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)”一類試題，主要了解以下內(nèi)容： 關(guān)于求解帶電粒子在復(fù)合場中運(yùn)動(dòng)的問題，首先要弄清是怎樣的一個(gè)復(fù)合場：是磁場與電場的復(fù)合還是磁場與重力場的復(fù)合，還是磁場、電場、重力場的復(fù)合其次，要正確的對帶電粒子進(jìn)行受力分析．接著，要準(zhǔn)確的對帶電粒子的運(yùn)動(dòng)形式作出判斷；假設(shè)帶電粒子受力平衡，它將處于靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)：假設(shè)帶電粒子所受合外力只充當(dāng)向心力，它將做勻速圓周運(yùn)動(dòng)；假設(shè)帶電粒子所受合外力恒定，它將做勻變速運(yùn)動(dòng)；假設(shè)帶電粒子所受合外力不恒定，它將做非勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，在判斷出粒子的運(yùn)動(dòng)形式后，要結(jié)合受力特點(diǎn)與運(yùn)動(dòng)學(xué)公式或動(dòng)量守恒、動(dòng)能定理、能量守恒等列出方程，聯(lián)立求解． 綜上所述，求解帶電粒子在復(fù)合場中運(yùn)動(dòng)問題的一般步驟是：(1)選帶電粒子為研究對象． (2)對帶電粒子進(jìn)行受力分析．(3)依據(jù)受力情況判定帶電粒子的運(yùn)動(dòng)形式．(4)分析運(yùn)動(dòng)過程并結(jié)合力學(xué)規(guī)律列方程或畫圖象，然后求解． I 高考最新熱門題 1 (典型例題)如圖(9—3—1)所示，在Oxyz坐標(biāo)系所在的空間中，可能存在勻強(qiáng)電場或勻強(qiáng)磁場，也可能兩者都存在或都不存在．但如果兩者都存在，已知磁場平行于xy平面．現(xiàn)有一質(zhì)量為m帶正電q的點(diǎn)電荷沿z軸正方向射人此空間中，發(fā)現(xiàn)它做速度為vo的勻速直線運(yùn)動(dòng)．若不計(jì)重力，試寫出電場和磁場的分布有哪幾種可能性．要求對每一種可能性，都要說出其中電場強(qiáng)度、磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向和大小，以及它們之間可能存在的關(guān)系．不要求推導(dǎo)或說明理由． 命題目的與解題技巧：考查帶電粒子在電場、磁場中運(yùn)動(dòng)的電場力、洛倫茲力的大小、方向判斷，注重判斷推理能力的考查． [解析] 以E和B分別表示電場強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度，有以下幾種可能： (1)E=0，B=0． (2)E=0，B≠0.B的方向與z軸同向或反向，B的大小可任意． (3)E≠0,B≠0．磁場方向可在平行于zy平面的任何方向. 電場E的方向平行于xy平面，并與B的方向垂直． 當(dāng)迎著z軸正方向看時(shí)，由B的方向沿順時(shí)針轉(zhuǎn)90后就是E的方向． E和B的大小可取滿足關(guān)系式 的任何值． [答案] 見解析 2 (典型例題)如圖23—3—2所示，a、b是位于真空中的平行金屬板，a板帶正電，b板帶負(fù)電，兩板間的電場為勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)為E同時(shí)在兩板之間的空間中加勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度為且一束電子以大小為vo的速度從左邊S處沿圖中虛線方向入射，虛線平行于兩板，要想使電子在兩板間能沿虛線運(yùn)動(dòng)，則vo、E、B之間的關(guān)系應(yīng)該是 A.vo=E／B B．vo=B／E C.vo= D.v0= 答案: A 指導(dǎo)：對電子進(jìn)行受力分析，電子的重力不計(jì)，則受到一個(gè)豎直向上的電場力，受一個(gè)豎直向下的洛倫茲力(由左手定則判斷)，而題中要求電子在兩板間能沿虛線運(yùn)動(dòng)，則電子所受合外力必須為零，即電場力和洛茲力大小相等，方向相反，即Eq=qv0B，所以v0=A正確． 3 (典型例題)在圖23—3—3中虛線表示的區(qū)域存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場．取坐標(biāo)如圖，一帶電粒子沿x軸正方向進(jìn)入此區(qū)域，在穿過此區(qū)域的過程中運(yùn)動(dòng)方向始終不發(fā)生偏轉(zhuǎn)．不計(jì)重力的影響，電場強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B的方向可能是 A.E和B都沿x軸方向 B．E沿y軸正向，B沿z軸方向 C.E沿z軸正向，B沿y軸方向 D．E、B都沿z軸方向 答案: AB 指導(dǎo)：從題干中“一帶電粒子沿x軸正方向進(jìn)入此區(qū)域，在穿過此區(qū)域的過程中運(yùn)動(dòng)方向始終不發(fā)生偏轉(zhuǎn)入手，分析帶電粒子受力的可能情況．本題沒有說明帶電粒子的帶電性質(zhì)，為便于分析，假定粒子帶正電，A選項(xiàng)中，磁場對粒子作用力為零，電場力與粒子運(yùn)動(dòng)方向在同一直線，方向不會(huì)發(fā)生偏移，A正確；B選項(xiàng)中，電場力方向向上，洛倫茲力方向向下，當(dāng)這兩個(gè)力平衡時(shí)，粒子方向可以始終不變，B正確．C選項(xiàng)中電場、洛倫茲力都是沿丁軸正方向，粒子將做曲線運(yùn)動(dòng)，C錯(cuò)誤，D選項(xiàng)，電場力沿z軸方向，洛倫茲力沿y軸方向，兩力不可能平衡，粒子將做曲線運(yùn)動(dòng)，D錯(cuò)誤． Ⅱ 題點(diǎn)經(jīng)典類型題 1 (典型例題)如圖 23—3-4所示，地面上有水平正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，磁感強(qiáng)度為B,其中電場只分布在 X<0的空間內(nèi)，場強(qiáng)為Z，一個(gè)帶正電的油滴經(jīng)X軸上的M點(diǎn)沿與水平成a=30角的方向直線進(jìn)入X>0的區(qū)域，要使油滴進(jìn)入X>0的區(qū)域后能在豎直方向上做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，需在x >0的區(qū)域再加上一個(gè)勻強(qiáng)電場，最終油滴通過X軸上的N點(diǎn)，且MO=NO．求 (1)油滴運(yùn)動(dòng)的速率大小； (2)在X>0區(qū)域加的電場的場強(qiáng)大小及方向： (3)油滴從M點(diǎn)到N點(diǎn)用的時(shí)間． 命題惠目的與解題技巧：考查帶電粒子受重力、電場力、洛倫茲力三力之間的相互關(guān)系正確受力分析是解決問題的關(guān)鍵． [解析] (1)油滴在X<0區(qū)域受重力mg、電場力qE和洛倫茲力qVB的作用，油滴沿直線運(yùn)動(dòng)，重力和電場力又為恒力，所以洛倫茲力也應(yīng)為恒力，油滴做勻速直線運(yùn)動(dòng)，受力圖如23—3— 5所示，有qE=qVBsina，油滴速率為V =2E／B (2)油滴進(jìn)入X>0區(qū)域后受三個(gè)力做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其中重力和電場力一定抵消，所以電場方向豎直向上，有qE= mg而由(1)中得mg=qE以ctga，所以E= (3)油滴運(yùn)動(dòng)過程圖如圖(23—3—6)所示，O為圓心，△MPN為等腰三角形，∠_MNP=30，又ONP同為等腰三角形，由于∠OPN為60而∠OPO=30，所以∠OPN=30即∠ONP=30，所以O(shè)在X軸上，弧 PN對應(yīng)的圓心角為120，軌道半徑及 =mV／qB，MP=Rcot 30= 油滴由M到P的時(shí)間 油滴由P到N用的時(shí)間 又由(1)中得所以油滴由M到N的總時(shí)間 [答案] (1)V=2E／B (2)E=方向豎直向上 (3) 2 (典型例題)一質(zhì)子以速度v穿過相互垂直的電場和磁場區(qū)域而沒有偏轉(zhuǎn)，如圖23—3-7所示，則 A.若電子以相同的速度v射入該區(qū)域，電子將會(huì)發(fā)生偏轉(zhuǎn) B．無論何種帶電粒子，只要以相同的速度v射入該區(qū)域都不會(huì)發(fā)生偏轉(zhuǎn) C.若質(zhì)子的入射速度v〉v，它將向上偏轉(zhuǎn)，其軌跡既不是圓弧也不是拋物線 D.若質(zhì)子的入射速度v>v，它將向下偏轉(zhuǎn)而做類平拋運(yùn)動(dòng) 答案: BC 指導(dǎo)：質(zhì)子穿過相互垂直的電場和磁場區(qū)域而沒有偏轉(zhuǎn)，說明了它受的電場力和洛倫茲力是一對平衡力，有 qvB=qE，說明了v=E／B，當(dāng)電子以相同的速度射人該區(qū)域后，則電子所受到的電場力和洛倫茲力相對于質(zhì)子所到相應(yīng)的力均發(fā)生反向，故與帶電性質(zhì)無關(guān)．由其速度表達(dá)式可以說明與帶電粒子所帶的電荷和質(zhì)量均無關(guān)，所以只要以相同的速度射人該區(qū)域都不會(huì)發(fā)生偏轉(zhuǎn)，所以A項(xiàng)錯(cuò)，B項(xiàng)對．質(zhì)子的入射速度v′>v，它所受到的洛倫茲力大于電場力，由于質(zhì)子所受到的洛倫茲力方向向上，故質(zhì)子就向上偏轉(zhuǎn)，由于質(zhì)子所受的電場力是一恒力，而洛倫茲力是一變力，故其軌跡既不是圓弧也不是拋物線．若質(zhì)子的入射速度v′aB或(aE>aB)，則合加速度不為零，其方向與電場線方向相同(或相反)，由于合加速度的方向不在同一直線上，因此粒子必然做曲線運(yùn)動(dòng)．做曲線運(yùn)動(dòng)的粒子，其速度方向不斷改變，其速度大小也在不斷改變(當(dāng)軌跡向下彎曲時(shí)，粒子的電勢能減少，動(dòng)能增大，速度增大，反之，速度減小)，因此它所受到的洛倫茲力的大小和方向也都在不斷變化，恒定電場力與洛倫茲力的合力必然為變力，所以粒子做非勻速曲線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)D正確． 9 質(zhì)子()和a粒子()從靜止開始經(jīng)相同的電勢差加速后垂直進(jìn)入同一勻強(qiáng)磁場 做圓周運(yùn)動(dòng)，則這兩粒子的動(dòng)能之比 _______，軌道半徑之比r1：r2=________，周期之比T1：T2=____________. 答案:.mv 指導(dǎo)：粒子在電場中加速時(shí)只有場力做功，由動(dòng)能定理得： 故 Ek1:Ek2=q1U:q1U=q1:q2=1:2 故 粒子在磁場的圓周半徑r= 故r1:r2= 板間做類平拋運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理行 eEy= ① 加上勻強(qiáng)磁場后，電子將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)，由于洛倫茲力不做功，電場力做功與路徑無關(guān)，故由動(dòng)能定理得 -eEy=Ek - ② 由①②兩式可解得Ek=m 10 如圖Z23—8所示，一細(xì)束相同粒子組成的粒子流，每個(gè)粒子電荷量為+q，重力不計(jì)，每個(gè)粒子的速率都相同．粒子流定向移動(dòng)的等效電流為I當(dāng)該粒子流由圖中坐標(biāo)為(O，L)的a點(diǎn)平行于z軸方向射人磁感應(yīng)強(qiáng)度為月的圓 形勻強(qiáng)磁場區(qū)后，恰好從x軸上的b點(diǎn)射出磁場，射出時(shí)速度方向與x軸成a=60，所有粒子最后垂直打在靶上，并把動(dòng)能全部傳能靶．若測得靶上每秒鐘內(nèi)獲得的能量為E，求： (1)該粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑r； (2)每秒鐘打在靶上的粒子個(gè)數(shù)N； (3)該粒子束中每個(gè)粒子的質(zhì)量m. 答案:指導(dǎo)：(1)由幾何關(guān)系可知：L=r(1-cosα)得r=2L (2)N=I／q (3)根據(jù)能量守恒定律得E=Nmv2 又 得 聯(lián)立求得m= 11 如圖Z23—9所示，玻璃管內(nèi)抽成真空．陰極K加熱后能發(fā)射電子．電子在K、A間被加速后通過小孔A，沿兩板間正中央勻速前進(jìn)時(shí)打在熒光屏的中央，形成一個(gè)光點(diǎn)O． C、D為電容器的兩個(gè)極板，在板間可產(chǎn)生勻強(qiáng)電場，在電容器間有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場．若電容器的極板為乙，極板間距為d，電容器右邊緣到熒光屏的距離為D，電子從陰板K射出時(shí)的初速度很?。? (1)若磁場的磁感強(qiáng)度為B，當(dāng)調(diào)整電容器上的偏轉(zhuǎn)電壓到Uo時(shí)，電子束恰能勻速通過電磁場區(qū)域，打到熒光屏上的O點(diǎn)，則能通過電北場區(qū)域的電子的速度v多大? (2)將電場撤銷只保留磁場，則電子飛人磁場后在極板間做圓周運(yùn)動(dòng)，經(jīng)時(shí)間t從磁場的右方飛出打到熒光屏上，若電子的質(zhì)量為m、電量為e，則電子在離開磁場時(shí)速度偏離原來方向的角度a是多大? (3)將電場撤銷只保留磁場，適當(dāng)調(diào)節(jié)磁場的磁感強(qiáng)度，使電子緊靠下板邊緣飛出磁場，打到熒光屏上的O點(diǎn)，求 O、O點(diǎn)間的距離 答案:(1) 指導(dǎo)：電子作勻速運(yùn)動(dòng)，受洛倫茲力f與電場力F等值反向，如右圖D23-10所示f=evB 因?yàn)?f=F,所以evB=e (2) α=指導(dǎo)：電子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t α為電子速度的偏轉(zhuǎn)角，即電子在運(yùn)動(dòng)軌跡所對的圓心角，周期T=OP所以α=； 又如圖D23-10 圖中△PQO ′～△PNO〃 指導(dǎo)：(3)在△PNO中:R2=L2+ (R-d-)，解得R=又如圖D23-10圖中△PQO，～△PNO′所以 所以，得