2022年高考物理總復(fù)習(xí)講義 第8章 加強1講 帶電粒子在復(fù)合場中的運動

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1、2022年高考物理總復(fù)習(xí)講義 第8章 加強1講 帶電粒子在復(fù)合場中的運動 一、“電偏轉(zhuǎn)”和“磁偏轉(zhuǎn)”的比較 垂直進入磁場(磁偏轉(zhuǎn)) 垂直進入電場(電偏轉(zhuǎn)) 情景圖 受力 FB＝qv0B，大小不變，方向總指向圓心，方向變化，F(xiàn)B為變力 FE＝qE，F(xiàn)E大小、方向不變，為恒力 運動 規(guī)律 勻速圓周運動 r＝，T＝ 類平拋運動 vx＝v0，vy＝t x＝v0t，y＝t2 運動時間 t＝T＝ t＝，具有等時性 動能 不變 變化 二、解題思路 ——————[1個示范例]—————— 　(多選)(xx·浙江高考)在半導(dǎo)體離子注入工藝中，初速度

2、可忽略的磷離子P＋和P3＋，經(jīng)電壓為U的電場加速后，垂直進入磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直紙面向里、有一定寬度的勻強磁場區(qū)域，如圖8－3－1所示，已知離子P＋在磁場中轉(zhuǎn)過θ＝30°后從磁場右邊界射出．在電場和磁場中運動時，離子P＋和P3＋ 圖8－3－1 A．在電場中的加速度之比為1∶1 B．在磁場中運動的半徑之比為∶1 C．在磁場中轉(zhuǎn)過的角度之比為1∶2 D．離開電場區(qū)域時的動能之比為1∶3 【解析】　離子P＋和P3＋的質(zhì)量相等 ，在電場中所受的電場力之比為1∶3，所以加速度之比為1∶3，A項錯誤；離開電場區(qū)域時的動能之比為1∶3初速度可忽略的磷離子P＋和P3＋，經(jīng)電壓為U的電場

3、加速后，由動能定理可得，離開電場區(qū)域時的動能之比為它們的帶電量之比為1∶3，D項正確；在磁場轉(zhuǎn)動時洛倫茲力提供向心力qvB＝m可得r＝，＝＝，B項正確；設(shè)P＋在磁場中運動半徑為R，由幾何知識可得磁場的寬度為R，而P3＋的半徑為R，由幾何知識可得P3＋在磁場中轉(zhuǎn)過的角度為60°，P＋在磁場中轉(zhuǎn)過的角度為30°，所以離子P＋和P3＋在磁場中轉(zhuǎn)過的角度之比為1∶2，C項正確． 【答案】　BCD ——————[1個預(yù)測例]—————— 圖8－3－2 　如圖8－3－2所示，空間以AOB為界，上方有大小為E、方向豎直向下的勻強電場、下方有垂直于紙面向里的勻強磁場，以過O點的豎直虛線OC為界，左

4、側(cè)到AA′間和右側(cè)到BB′間有磁感應(yīng)強度大小不同的垂直于紙面向里的勻強磁場，∠AOC＝∠BOC＝60°，現(xiàn)在A點上方某一點以一定的初速度水平向右射出一帶電粒子，粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，粒子恰好從AO的中點垂直AO進入OC左側(cè)磁場并垂直O(jiān)C進入右側(cè)磁場，粒子從OB邊恰好以豎直向上的速度進入勻強電場，AO＝BO＝L，不計粒子的重力，求： (1)粒子初速度v0的大小； (2)OC左側(cè)磁場磁感應(yīng)強度B1的大小和右側(cè)磁場磁感應(yīng)強度B2的大小． 【審題指導(dǎo)】　(1)明確磁場、電場的分布特點． (2)粒子在AO以上區(qū)域做類平拋運動，在AOC區(qū)域和BOC區(qū)域分別做勻速圓周運動． 【解析】　(1)

5、粒子射出后在電場中做類平拋運動，從AO中點垂直AO進入磁場，在電場中運動的水平位移x＝Lsin 60°，x＝v0t1 豎直方向qE＝ma，vy＝at1 tan 60°＝ 解得v0＝ (2)粒子進入磁場時的速度大小v＝＝2v0＝ 由于粒子垂直AO進入左側(cè)磁場，垂直O(jiān)C進入右側(cè)磁場，因此粒子在左側(cè)磁場中做圓周運動的圓心為O點，做圓周運動的半徑r1＝L 由qvB1＝m，解得B1＝2 進入右側(cè)磁場后，運動軌跡如圖所示，由于粒子經(jīng)過OB時速度豎直向上，由幾何關(guān)系得tan 60°＝ 解得r2＝L 由qvB2＝m，解得B2＝ 【答案】　(1) (2)2 　 考點二 [71]

6、　帶電粒子在疊加復(fù)合場中的運動 一、帶電粒子在疊加場中無約束情況下的運動情況分類 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)雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，故機械能守恒，由此可求解問題． 2．電場力、磁場力并存(不計重力的微觀粒子) (1)若電場力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運動． (2)若電場力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復(fù)雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，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，一定做勻速直線運動． (2)若重力與電場力平衡，一定做勻速圓周

7、運動． (3)若合力不為零且與速度方向不垂直，將做復(fù)雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，可用能量守恒或動能定理求解問題． 二、帶電粒子在疊加場中有約束情況下的運動 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，常見的運動形式有直線運動和圓周運動，此時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，運用動能定理、能量守恒定律結(jié)合牛頓運動定律求出結(jié)果． 　 圖8－3－3 如圖8－3－3，有位于豎直平面上的半徑為R的圓形光滑絕緣軌道，其上半部分處于豎直向下，場強為E的勻強電場中，下半部分處于垂直水平面向里的勻強磁場中；質(zhì)量為m，帶正電，電荷量為q的小球，從

8、軌道的水平直徑的M端由靜止釋放，若小球在某一次通過最低點時對軌道的壓力為零，求： (1)磁感應(yīng)強度B的大小； (2)小球?qū)壍雷畹忘c的最大壓力； (3)若要小球在圓形軌道內(nèi)做完整的圓周運動，求小球從軌道的水平直徑的M端下滑的最小速度． 【解析】　(1)設(shè)小球向右通過最低點的速率為v，由題意得： mgR＝mv2① qBv－mg＝m② B＝③ (2)小球向左通過最低點時對軌道的壓力最大． FN－mg－qBv＝m④ FN＝6mg⑤ (3)要小球完成圓周運動的條件是在最高點滿足： mg＋qE＝m⑥ 從M點到最高點由動能定理得： －mgR－qER＝mv－mv⑦ 由⑥⑦可得v

9、0＝⑧ 【答案】　(1)　(2)6mg (3) 帶電粒子(帶電體)在疊加場中運動的分析方法 　(1)弄清疊加場的組成． (2)進行受力分析． (3)確定帶電粒子的運動狀態(tài)，注意運動情況和受力情況的結(jié)合． (4)畫出粒子運動軌跡，靈活選擇不同的運動規(guī)律． ①當(dāng)帶電粒子在疊加場中做勻速直線運動時，根據(jù)受力平衡列方程求解． ②當(dāng)帶電粒子在疊加場中做勻速圓周運動時，應(yīng)用牛頓定律結(jié)合圓周運動規(guī)律求解． ③當(dāng)帶電粒子做復(fù)雜曲線運動時，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． (5)記住三點：①受力分析是基礎(chǔ)． ②運動過程分析是關(guān)鍵

10、． ③根據(jù)不同的運動過程及物理模型，選擇合適的定理列方程求解． 考點三 [72]　帶電粒子在復(fù)合場中運動的應(yīng)用實例 四個應(yīng)用實例對比 裝置 原理圖 規(guī)律 速度選擇器 若qv0B＝qE，即v0＝，粒子做勻速直線運動 磁流體發(fā)電機 等離子體射入，受洛倫茲力偏轉(zhuǎn)，使兩極帶電，當(dāng)q＝qv0B時，兩極板間能達到最大電勢差U＝Bv0d 電磁流量計 當(dāng)q＝qvB時，有v＝，流量Q＝Sv＝π()2 霍爾效應(yīng) 在勻強磁場中放置一個矩形截面的載流導(dǎo)體，當(dāng)磁場方向與電流方向垂直時，導(dǎo)體在與磁場、電流方向都垂直的方向上出現(xiàn)了電勢差，這種現(xiàn)象稱為霍爾效應(yīng) 　有人設(shè)想用如圖8

11、－3－4所示的裝置來選擇密度相同、大小不同的球狀納米粒子．粒子在電離室中電離后帶正電，電量與其表面積成正比．電離后，粒子緩慢通過小孔O1進入極板間電壓為U的水平加速電場區(qū)域I，再通過小孔O2射入相互正交的恒定勻強電場、磁場區(qū)域Ⅱ，其中磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，方向如圖．收集室的小孔O3與O1、O2在同一條水平線上．半徑為r0的粒子，其質(zhì)量為m0、電量為q0，剛好能沿O1O3直線射入收集室．不計納米粒子重力．(V球＝πr3，S球＝4πr2) (1)試求圖中區(qū)域Ⅱ的電場強度； (2)試求半徑為r的粒子通過O2時的速率； (3)討論半徑r≠r0的粒子剛進入?yún)^(qū)域Ⅱ時向哪個極板偏轉(zhuǎn)． 圖8－

12、3－4 【審題指導(dǎo)】　(1)帶正電粒子在電場Ⅰ中加速，獲得速度后進入?yún)^(qū)域Ⅱ中． (2)正離子在區(qū)域Ⅱ中做直線運動，即F電＝F洛． 【解析】　(1)設(shè)半徑為r0的粒子加速后的速度為v0，則m0v＝q0U，設(shè)區(qū)域Ⅱ內(nèi)電場強度為E，則 v0＝，v0q0B＝q0E，得E＝v0B＝B 電場強度方向豎直向上． (2)設(shè)半徑為r的粒子的質(zhì)量為m、帶電量為q、被加速后的速度為v，則m＝()3m0，q＝()2q0 由mv2＝qU，得v＝＝v0. (3)半徑為r的粒子，在剛進入?yún)^(qū)域Ⅱ時受到的合力為 F合＝qE－qvB＝qB(v0－v)，由v＝v0可知，當(dāng)r>r0時，v0，粒子會向上

13、極板偏轉(zhuǎn)； rv0，F(xiàn)合<0，粒子會向下極板偏轉(zhuǎn)． 【答案】　(1)B　豎直向上 (2)v0 (3)見解析 帶電粒子在交變電場和交變磁場中的運動模型 一、模型特點 1．粒子的運動情況不僅與交變電場和磁場的變化規(guī)律有關(guān)，還與粒子進入場的時刻有關(guān)． 2．交替變化的電場及磁場會使帶電粒子順次歷經(jīng)不同特點的電場或磁場或疊加場，從而表現(xiàn)出“多過程”現(xiàn)象． 3．若交變電壓的變化周期遠大于粒子穿越電場的時間，則在粒子穿越電場過程中，電場可看做勻強電場． 二、分析方法 1．仔細分析并確定各場的變化特點及相應(yīng)的時間，其變化周期一般與粒子在電場或磁場中的運動周期相關(guān)聯(lián)．

14、2．必要時，可把粒子的運動過程還原成一個直觀的運動軌跡草圖進行分析． 3．把粒子的運動分解成多個運動階段分別進行處理，根據(jù)每一階段上的受力情況確定粒子的運動規(guī)律. 　【規(guī)范解答】　(1)粒子在磁場中運動時qvB＝(2分) T＝(1分) 解得T＝＝4×10－3 s(1分) (2)粒子的運動軌跡如圖所示，t＝20×10－3s時粒子在坐標(biāo)系內(nèi)做了兩個圓周運動和三段類平拋運動，水平位移x＝3v0T＝9.6×10－2m(1分) 豎直位移y＝a(3T)2(1分) Eq＝ma(1分) 解得y＝3.6×10－2m 故t＝20×10－3s時粒子的位置坐標(biāo)為： (9.6×10－2m，－

15、3.6×10－2m)(1分) (3)t＝24×10－3s時粒子的速度大小、方向與t＝20×10－3s時相同，設(shè)與水平方向夾角為α(1分) 則v＝(1分) vy＝3aT(1分) tan α＝(1分) 解得v＝10 m/s(1分) 與x軸正向夾角α為37°(或arctan)斜向右下方(1分) 【答案】　(1)4×10－3s　(2)(9.6×10－2m，－3.6×10－2m) (3)10 m/s　方向與x軸正向夾角α為37°(或arctan)斜向右下方 　(xx·日照市5月二模)如圖8－3－6所示，在xOy平面內(nèi)存在均勻、大小隨時間周期性變化的磁場和電場，變化規(guī)律分別如圖乙、丙

16、所示(規(guī)定垂直紙面向里為磁感應(yīng)強度的正方向、沿y軸正方向的電場強度為正)．在t＝0時刻由原點O發(fā)射初速度大小為v0，方向沿y軸正方向的帶負電粒子．已知v0、t0、B0，粒子的比荷＝，不計粒子的重力． 甲 乙　　　　　　　　丙 圖8－3－6 (1)t＝時，求粒子的位置坐標(biāo)； (2)求在0～5t0的時間內(nèi)粒子距x軸的最大距離． 【解析】　(1)由粒子的比荷＝得粒子做圓周運動的周期T＝＝2t0 則在0～內(nèi)轉(zhuǎn)過的圓心角α＝ 由牛頓第二定律qv0B0＝ 得r1＝＝ 則其位置坐標(biāo)(，) (2)t＝5t0時粒子回到原點，軌跡如圖所示 r2＝2r1 r1＝， r2＝

17、 得v2＝2v0 又＝，r2＝ 粒子在t0～2t0時間內(nèi)做勻加速直線運動，2t0～3t0時間內(nèi)做勻速圓周運動，由圖知，在5t0時間內(nèi)粒子距x軸的最大距離： hmax＝t0＋r2＝(＋)v0t0 【答案】　(1)(，)　(2)(＋)v0t0 ⊙帶電粒子在疊加場中的運動分析 1．如圖8－3－7所示的虛線區(qū)域內(nèi)，充滿垂直于紙面向里的勻強磁場和豎直向下的勻強電場．一帶電粒子a(不計重力)以一定的初速度由左邊界的O點射入磁場、電場區(qū)域，恰好沿直線由區(qū)域右邊界的O′點(圖中未標(biāo)出)穿出．若撤去該區(qū)域內(nèi)的磁場而保留電場不變，另一個同樣的粒子b(不計重力)仍以相同初速度由O點射入，從區(qū)域右邊

18、界穿出，則粒子b (　　) 圖8－3－7 A．穿出位置一定在O′點下方 B．穿出位置一定在O′點上方 C．運動時，在電場中的電勢能一定減小 D．在電場中運動時，動能一定減小 【解析】　由題意可知最初時刻粒子所受洛倫茲力與電場力方向相反，若qE≠qvB，則洛倫茲力將隨著粒子速度方向和大小的不斷改變而改變．粒子所受電場力qE和洛倫茲力qvB的合力不可能與速度方向在同一直線上，而做直線運動，既然在復(fù)合場中粒子做直線運動，說明qE＝qvB，OO′連線與電場線垂直，當(dāng)撤去磁場時，粒子僅受電場力，做類平拋運動，電場力一定做正功，電勢能減少，動能增加，C正確，D錯誤；因不知帶電粒子的電性，

19、故穿出位置可能在O′點上方，也可能在O′點下方，A、B錯誤． 【答案】　C ⊙帶電粒子在磁場、電場中的運動分析 2．(xx·安徽皖南八校聯(lián)考)帶電小球以一定的初速度v0豎直向上拋出，能夠達到的最大高度為h1；若加上水平方向的勻強磁場，且保持初速度仍為v0，小球上升的最大高度為h2；若加上水平方向的勻強電場，且保持初速度仍為v0，小球上升的最大高度為h3，如圖8－3－8所示，不計空氣阻力，則(　　) 圖8－3－8 A．h1＝h2＝h3　　　　　　　 B．h1>h2>h3 C．h1＝h2>h3 D．h1＝h3>h2 【解析】　由豎直上拋運動的最大高度公式得：h1＝；當(dāng)小球在磁

20、場中運動到最高點時，小球應(yīng)有水平速度，由能量守恒得：mgh2＋Ek＝mv＝mgh1，所以h1>h2；當(dāng)加上電場時，由運動的分解可知：在豎直方向上有v＝2gh3，所以h1＝h3，選項D正確． 【答案】　D ⊙速度選擇器 3. 圖8－3－9 (多選)如圖8－3－9為一“濾速器”裝置的示意圖．a(chǎn)、b為水平放置的平行金屬板，一束具有各種不同速率的電子沿水平方向經(jīng)小孔O進入a、b兩板之間．為了選取具有某種特定速率的電子，可在a、b間加上電壓，并沿垂直于紙面的方向加一勻強磁場，使所選電子仍能沿水平直線OO′運動，由O′射出．不計重力作用．可能達到上述目的的辦法是(　　) A．使a板電勢高于

21、b板，磁場方向垂直紙面向里 B．使a板電勢低于b板，磁場方向垂直紙面向里 C．使a板電勢高于b板，磁場方向垂直紙面向外 D．使a板電勢低于b板，磁場方向垂直紙面向外 【解析】　電子能沿水平方向做直線運動，則電子所受的電場力與洛倫茲力大小相等方向相反，當(dāng)a板電勢高于b板時，根據(jù)左手定則判斷，磁場方向應(yīng)垂直紙面向里，所以A正確，C錯誤；當(dāng)a板電勢低于b板時，根據(jù)左手定則判斷，磁場方向應(yīng)垂直紙面向外，所以D正確，B錯誤． 【答案】　AD ⊙電磁流量計 4. 圖8－3－10 如圖8－3－10所示是電磁流量計的示意圖．圓管由非磁性材料制成，空間有勻強磁場．當(dāng)管中的導(dǎo)電液體流過磁場區(qū)

22、域時，測出管壁上MN兩點的電勢差E，就可以知道管中液體的流量Q——單位時間內(nèi)流過管道橫截面的液體的體積．已知管的直徑為d，磁感應(yīng)強度為B，則關(guān)于Q的表達式正確的是(　　) A．Q＝ B．Q＝ C．Q＝ D．Q＝ 【解析】　設(shè)液體流速為v，則有：q＝Bvq，v＝，液體的流量Q＝v·πd2＝，故B正確． 【答案】　B ⊙帶電粒子在組合場中的運動分析 5．(xx·桂林中學(xué)模擬)如圖8－3－11所示，在空間中存在垂直紙面向里的勻強磁場，其豎直邊界AB、CD的寬度為d，在邊界AB左側(cè)是豎直向下、場強為E的勻強電場，現(xiàn)有質(zhì)量為m、帶電量為＋q的粒子(不計重力)從P點以大小為v0的水平初

23、速度射入電場，隨后與邊界AB成45°射入磁場．若粒子能垂直CD邊界飛出磁場，穿過小孔進入如圖所示兩豎直平行金屬板間的勻強電場中減速至零且碰不到正極板． 圖8－3－11 (1)請畫出粒子在上述過程中的運動軌跡，并求出粒子進入磁場時的速度大小v； (2)求勻強磁場的磁感應(yīng)強度B； (3)求金屬板間的電壓U的最小值． 【解析】　(1)軌跡如圖所示 v＝＝v0 (2)粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，設(shè)其軌道半徑為R，由幾何關(guān)系可知R＝＝d qvB＝m，解得B＝ (3)粒子進入板間電場至速度減為零且恰不與正極板相碰時，板間電壓U最小， 由動能定理有－qU＝0－mv2 解得U＝ 【答案】　(1)軌跡見解析圖　v0 (2)　(3)