三年高考2016_2018高考物理試題分項(xiàng)版解析專(zhuān)題20電學(xué)計(jì)算題含解析_22760001

1、專(zhuān)題20電學(xué)計(jì)算題【2018高考真題】1 如圖所示，真空中四個(gè)相同的矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，高為4d,寬為d,中間兩個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域間隔為 2d,中軸線(xiàn)與磁場(chǎng)區(qū)域兩側(cè)相交于 O 0點(diǎn)，各區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等.某粒子質(zhì)量為m電荷量為+q，從O沿軸線(xiàn)射入磁場(chǎng)當(dāng)入射速度為 vo時(shí)，粒子從 O上方d處射出磁場(chǎng)取 sin53 =0.8 , cos53 =0.6 2(2) 入射速度為5vo時(shí)，求粒子從 O運(yùn)動(dòng)到O的時(shí)間t ;(3) 入射速度仍為 5vo,通過(guò)沿軸線(xiàn) 00平移中間兩個(gè)磁場(chǎng)(磁場(chǎng)不重疊)，可使粒子從 O運(yùn)動(dòng)到O的時(shí) 間增加仁求 t的最大值.【來(lái)源】2018年全國(guó)普通高等學(xué)校招生統(tǒng)一考試物理(江蘇卷)4m

2、vo丄 / 53 n-72 d.丄 d【答案】(1) B 0(2) t()(3)，tm =qd180v05v0【解析】(1)粒子圓周運(yùn)動(dòng)的半徑 r0 =空 由題意知r0二？，解得B二如0qB4qd(2設(shè)粒子在矩形磁場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)角為m由得 sina=，即 a-53=在-個(gè)喚場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)剛奇詩(shī)53直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間(2 解得v則 r = 4r,+r,=(-)1 * ISO 論(3)將中間兩磁場(chǎng)分別向中央移動(dòng)距離x粒子向上的偏移量 y=2r (1 - cos a ) +xtan a3由y o同理有q梓翌叫由題給條件有2R-, = -由式得，甲、乙兩種離子的比荷之比為點(diǎn)睛此題與2013年北京理綜卷第23題情

3、景類(lèi)似，都可以看作是質(zhì)譜儀模型。解答所用的知識(shí)點(diǎn)和方法類(lèi)似。9.如圖，在y0的區(qū)域存在方向沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為E,在y0的區(qū)域存在方向垂直于H和一個(gè)氘核21H先后從y軸上y=h點(diǎn)以相同的動(dòng)能射出， 速度方向沿xOy平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。 一個(gè)氕核x軸正方向。已知進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，速度方向與 x軸正方向的夾角為 60,并從坐標(biāo)原點(diǎn) 0處第一次射出磁 場(chǎng)。的質(zhì)量為m,電荷量為q不計(jì)重力。求O的距離（2）磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小O的距離（3）i2H第一次離開(kāi)磁場(chǎng)的位置到原點(diǎn)【來(lái)源】2018年全國(guó)普通高等學(xué)校招生統(tǒng)一考試物理（新課標(biāo)I卷）2d3IbmE.2J3廠(chǎng)【答案】（1）；（ 2）；（ 3）【解

4、析】本題考查帶電粒子在電場(chǎng)中的類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)、在勻強(qiáng)逬場(chǎng)中的勻速圓周運(yùn)動(dòng)又其相關(guān)的知識(shí)點(diǎn)，竜 在考查考生靈活運(yùn)用相關(guān)知識(shí)解決問(wèn)題的的能力。1）:H在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)軌逝如圖所示*設(shè):H在電場(chǎng)中的加速度大小為 匚，初速度大小為兀，它在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為L(zhǎng)，第一次進(jìn)入磁場(chǎng)的位置到原點(diǎn)的距離為*。宙運(yùn)動(dòng)學(xué) 公式有5I = vllh2 1 1由題給條件，進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度的方向與口 15 =x軸正方向夾角。進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度的y分量的大小為聯(lián)立以上各式得2鳳51 =h3（2）在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，由牛頓第二定律有qE =壬:*設(shè)進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度的大小為，由速度合成法則有1 =出十8占）2設(shè)磁感

5、應(yīng)強(qiáng)度犬小為爲(wèi)屮在盛場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的圓軌道半徑為R一宙涪倫茲力公式和牛頓第二定律有由幾何關(guān)系得s = 27? sin0 聯(lián)立以上各式得 設(shè)H在電場(chǎng)中沿龍軸正方問(wèn)射岀的速度大小為匕，在電場(chǎng)中的加速度大小為吐，由題給條件得由牛頓第二定律有設(shè) 第一次射入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為，速度的方向與 x軸正方向夾角為 ，入射點(diǎn)到原點(diǎn)的距離為 ，在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有迂 _ V20區(qū) 域，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為 B0； x1 ）。一質(zhì)量為 m電荷量為q（q0）的帶電粒子以速度 vo從坐標(biāo)原點(diǎn)O沿x軸正向射入磁場(chǎng)，此時(shí)開(kāi)始計(jì)時(shí)，當(dāng)粒子的速度方向再次沿x軸正向時(shí)，求（不計(jì)重力）（1）粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；（2）粒子與O點(diǎn)

6、間的距離。1【答案】(1)(V-)qBk(2)2mv0qB()【解析】（1）在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，帶電粒子做圓周運(yùn)動(dòng)。設(shè)在x0區(qū)域，圓周半徑為 R;在x0)的帶電小球 M N先后以相同的初速度沿平行于電場(chǎng)的方向射出。小球在重力作用下進(jìn)入電場(chǎng)區(qū)域，并從該區(qū)域的下邊界離開(kāi)。已知N離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的速度方向豎直向下；M在電場(chǎng)中做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，剛離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能為N剛離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)動(dòng)能的1.5倍。不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小為g。求(1) M與N在電場(chǎng)中沿水平方向的位移之比;(2) A點(diǎn)距電場(chǎng)上邊界的高度;(3) 該電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小?！敬鸢浮?1)3:1( 2)-H( 3)E = mg3V2q【解析】設(shè)帶電小球3A .V

7、出的初速度均為劉，則它們進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的水平速度仍為啲血在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，電場(chǎng)力作用下產(chǎn)生的加速度沿水平方向犬小均為6在電場(chǎng)中沿水平方向的位務(wù)分 另悅血g;由運(yùn)動(dòng)公式可得:Sr =W* 2聯(lián)立解得：s :勺=3:1(2)設(shè)A點(diǎn)距離電場(chǎng)上邊界的高度為h,小球下落h時(shí)在豎直方向的分速度為Vy,則;2Vy =2gh 1 2H 二 Vytgt2 2因?yàn)镸在電場(chǎng)中做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，則匹亠Vy H由可得 由動(dòng)能定理:E威=w（v$ + + mgH +由已知條件：&1=1.5氐聯(lián)立？ 解得：E【考點(diǎn)定位】帶電小球在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng);動(dòng)能定理【名師點(diǎn)睛】此題是帶電小球在電場(chǎng)及重力場(chǎng)的復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題；關(guān)鍵是

8、分析小球的受力情況，分析小球在水平及豎直方向的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)，搞清物理過(guò)程；靈活選取物理規(guī)律列方程。3.【2017 江蘇卷】（16分）一臺(tái)質(zhì)譜儀的工作原理如圖所示大量的甲、乙兩種離子飄入電壓為10的加速電場(chǎng)，其初速度幾乎為0,經(jīng)過(guò)加速后，通過(guò)寬為L(zhǎng)的狹縫MN沿著與磁場(chǎng)垂直的方向進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，最后打到照相底片上已知甲、乙兩種離子的電荷量均為+q,質(zhì)量分別為2m和m圖中虛線(xiàn)為經(jīng)過(guò)狹縫左、右邊界 M N的甲種離子的運(yùn)動(dòng)軌跡.不考慮離子間的相互作用.底片（1）求甲種離子打在底片上的位置到N點(diǎn)的最小距離X；（2）在答題卡的圖中用斜線(xiàn)標(biāo)出磁場(chǎng)中甲種離子經(jīng)過(guò)的區(qū)域，并求該區(qū)域最窄處的寬度d;（3

9、）若考慮加速電壓有波動(dòng)，在（ UoU ）到（ ：U ）之間變化，要使甲、乙兩種離子在底片上沒(méi)有重疊，求狹縫寬度 L滿(mǎn)足的條件.4 mUx =B【答案】4mU0 _ L2 qB24（3） L；2 . （U。- U） - - 2（U。U）2L，即卩LBy qBY q解得 L : B . fZHUo-U）- .2（U。：U）【考點(diǎn)定位】帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)【名師點(diǎn)睛】本題考查帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，對(duì)此類(lèi)問(wèn)題主要是畫(huà)出粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡，分析粒子 可能的運(yùn)動(dòng)情況，找出幾何關(guān)系，有一定的難度.4. 【2017 天津卷】(18分)平面直角坐標(biāo)系 xOy中，第I象限存在垂直于平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，第川現(xiàn)

10、 象存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，如圖所示。一帶負(fù)電的粒子從電場(chǎng)中的Q點(diǎn)以速度vo沿x軸正方向開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，Q點(diǎn)到y(tǒng)軸的距離為到x軸距離的2倍。粒子從坐標(biāo)原點(diǎn) O離開(kāi)電場(chǎng)進(jìn)入磁場(chǎng)，最終從 x軸上的P點(diǎn) 射出磁場(chǎng)，P點(diǎn)到y(tǒng)軸距離與Q點(diǎn)到y(tǒng)軸距離相等。不計(jì)粒子重力，問(wèn)：(1) 粒子到達(dá) O點(diǎn)時(shí)速度的大小和方向；(2) 電場(chǎng)強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小之比。rXXX冥X X X XX X X X !1iO【答案】（1） y = , 2Vo，方向與x軸方向的夾角為45。角斜向上（2） B 2【解析】（1 ）粒子在電場(chǎng)中由 Q到0做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè) 0點(diǎn)速度v與+X方向夾角為a , Q點(diǎn)到x軸的距離為L(zhǎng),到y(tǒng)軸的距離

11、為2L，粒子的加速度為 a,運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，根據(jù)類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，有：x 方向：2L =v0t1 2y方向：L at2粒子到達(dá)0點(diǎn)時(shí)沿y軸方向的分速度為：Vy =atVy又：tan：Vo解得：tan, -1，即=45 ，粒子到達(dá) 0點(diǎn)時(shí)速度方向與x軸方向的夾角為45 角斜向上。粒子到達(dá)0點(diǎn)時(shí)的速度大小為v = = 鳳cos 452）設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度為&粒子電荷量為空質(zhì)量為叫粒子在電場(chǎng)中受到的電場(chǎng)力為幾粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng) 的加速度r二竺設(shè)硝感應(yīng)強(qiáng)度大小為粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為盤(pán)，洛倫茲力提供向心力，有：R根據(jù)幾何關(guān)系可知：只=盡整理可得：1 = VoB 2【考點(diǎn)定位】帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)【名師點(diǎn)睛

12、】本題難度不大，但需要設(shè)出的未知物理量較多，容易使學(xué)生感到混亂，要求學(xué)生認(rèn)真規(guī)范作答，動(dòng)手畫(huà)圖。5. 【2017 天津卷】（20分）電磁軌道炮利用電流和磁場(chǎng)的作用使炮彈獲得超高速度，其原理可用來(lái)研制新武器和航天運(yùn)載器。電磁軌道炮示意如圖，圖中直流電源電動(dòng)勢(shì)為E,電容器的電容為 C。兩根固定于水平面內(nèi)的光滑平行金屬導(dǎo)軌間距為I，電阻不計(jì)。炮彈可視為一質(zhì)量為m電阻為R的金屬棒MN垂直放在兩導(dǎo)軌間處于靜止?fàn)顟B(tài)，并與導(dǎo)軌良好接觸。首先開(kāi)關(guān)S接1,使電容器完全充電。然后將S接至2,導(dǎo)軌間存在垂直于導(dǎo)軌平面、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)（圖中未畫(huà)出），MN開(kāi)始向右加速運(yùn)動(dòng)。當(dāng) MN上Mt達(dá)到最大速度，之后

13、離開(kāi)導(dǎo)軌。問(wèn):的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與電容器兩極板間的電壓相等時(shí)，回路中電流為零,2(2) MN剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度 a的大小；(3) MN離開(kāi)導(dǎo)軌后電容器上剩余的電荷量Q是多少?！敬鸢浮?1)磁場(chǎng)的方向垂直于導(dǎo)軌平面向下mR(3)Q2B2|2C2E2B l C m【解析】0電容器充電后上板帶正電，下板芾員電，放電時(shí)通過(guò)丄呂的電流由好到-X欲使炮彈射出, 安培力應(yīng)沿導(dǎo)軌向右，根據(jù)左手定則可知晞場(chǎng)的方向垂直于導(dǎo)軌平面向下。E(2) 電容器完全充電后，兩極扳間電壓為二根據(jù)欣姆定律，電書(shū)器剛放電時(shí)的電流；R炮彈受到的安培力：f=bh根據(jù)牛頓第二定律：F解得加速度=棲R(3) 電容器放電前所帶的電荷量 Q1 =

14、CE開(kāi)關(guān)S接2后，Mt開(kāi)始向右加速運(yùn)動(dòng)，速度達(dá)到最大值Vm時(shí)，MN上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：EBIVm最終電容器所帶電荷量 QCE設(shè)在此過(guò)程中 MN的平均電流為，MN上受到的平均安培力：f b J |由動(dòng)量定理，有：F沁=mvm 0又：I =t = Qi -Q2整理的：最終電容器所帶電荷量Q2B2|2C2EB2|2C m【考點(diǎn)定位】電磁感應(yīng)現(xiàn)象的綜合應(yīng)用，電容器，動(dòng)量定理【名師點(diǎn)睛】本題難度較大，尤其是最后一個(gè)小題，給學(xué)生無(wú)從下手的感覺(jué)：動(dòng)量定理的應(yīng)用是關(guān)鍵。6.【2017 江蘇卷】(15分)如圖所示，兩條相距 d的平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面內(nèi)，其右端接一阻值為R的電阻質(zhì)量為 m的金屬桿靜置在導(dǎo)軌上，其

15、左側(cè)的矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域MNP的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 B、方向豎直向下.當(dāng)該磁場(chǎng)區(qū)域以速度V0勻速地向右掃過(guò)金屬桿后，金屬桿的速度變?yōu)関.導(dǎo)軌和金屬桿的電阻不計(jì)，導(dǎo)軌光滑且足夠長(zhǎng)，桿在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸求：(1) MN剛掃過(guò)金屬桿時(shí)，桿中感應(yīng)電流的大小I ;(2) MN剛掃過(guò)金屬桿時(shí)，桿的加速度大小 a;(3) PQ剛要離開(kāi)金屬桿時(shí)，感應(yīng)電流的功率P.【答案】RmRR【解析】 感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)衛(wèi)二加:感應(yīng)電= | 解得丁 = 警(2)安培力F=BId 牛頓第二定律解得二丁金屬桿切割磁感線(xiàn)的速度FmoY,貝H恿巨電血芟E二忌：-門(mén) 電功車(chē)尸二+P - lv： vK【考點(diǎn)定位】電

16、磁感應(yīng)【名師點(diǎn)睛】本題的關(guān)鍵在于導(dǎo)體切割磁感線(xiàn)產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)E=Blv，切割的速度(v)是導(dǎo)體與磁場(chǎng)的相對(duì)速化過(guò)程中起到作用的呢？請(qǐng)以圖2 “電動(dòng)機(jī)”為例，通過(guò)計(jì)算分析說(shuō)明。度，分析這類(lèi)問(wèn)題，通常是先電后力，再功能.7.【2017 北京卷】(20分)發(fā)電機(jī)和電動(dòng)機(jī)具有裝置上的類(lèi)似性，源于它們機(jī)理上的類(lèi)似性。直流發(fā)電機(jī)和直流電動(dòng)機(jī)的工作原理可以簡(jiǎn)化為如圖GT-1、圖2所示的情景。在豎直向下的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，兩根光滑平行金屬軌道MN PQ固定在水平面內(nèi)，相距為 L,電阻不計(jì)。電阻為R的金屬導(dǎo)體棒ab垂直于MN PQ放在軌道上，與軌道接觸良好，以速度v (v平行于MN 向右做勻速運(yùn)動(dòng)。圖1軌

17、道端點(diǎn)MP間接有阻值為r的電阻，導(dǎo)體棒ab受到水平向右的外力作用。圖2軌道端點(diǎn)MP間接有直流電源，導(dǎo)體棒 ab通過(guò)滑輪勻速提升重物，電路中的電流為I。(1) 求在 t時(shí)間內(nèi)，圖1 “發(fā)電機(jī)”產(chǎn)生的電能和圖2 “電動(dòng)機(jī)”輸出的機(jī)械能。(2) 從微觀(guān)角度看，導(dǎo)體棒ab中的自由電荷所受洛倫茲力在上述能量轉(zhuǎn)化中起著重要作用。為了方便， 可認(rèn)為導(dǎo)體棒中的自由電荷為正電荷。a. 請(qǐng)?jiān)趫D3 (圖1的導(dǎo)體棒ab)、圖4 (圖2的導(dǎo)體棒ab)中，分別畫(huà)出自由電荷所受洛倫茲力的示意圖。b. 我們知道，洛倫茲力對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷不做功。那么，導(dǎo)體棒ab中的自由電荷所受洛倫茲力是如何在能量轉(zhuǎn)XXXXXXXXXXMKXXXXM

18、MXxxxXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXKXXXXXXXXXXXKXXXXXSCXXXXKb 圖3XXXXXXXXXXXKXX【答案】B2L2v2：tBLv t(2)a.如圖3、圖4 b .見(jiàn)解析XXXXX【解析】(圖1中,JCXMTXXXXXXK口 X7T電路中的電流iiBLv2 2 2 .,BLv tE 電-Fi v tR + r在厶t時(shí)間內(nèi)，“電動(dòng)機(jī)”輸出的機(jī)械能等于安培力對(duì)棒ab做的功Ea = F2 v=t 二 BILvt棒ab受到的安培力Fi=BliL在厶t時(shí)間內(nèi)，“發(fā)電機(jī)”產(chǎn)生的電能等于棒ab克服安培力做的功圖2中，棒ab受到的安培力F2=BILa方向的洛倫茲力，在該

19、洛倫茲力作用下，正電荷沿導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)形成感應(yīng)電流，有沿a方向的分速度，受到向左的洛倫茲力作用；圖4a方向的洛倫茲力作用。如圖3、圖4。中，在電源形成的電場(chǎng)作用下，棒ab中的正電荷沿ab方向運(yùn)動(dòng)，受到向右的洛倫茲力作用，該洛倫茲XXXXXXX.X力使導(dǎo)體棒向右運(yùn)動(dòng)，正電荷具有向右的分速度，又受到沿臥設(shè)自由電荷的電荷量為q?沿導(dǎo)體棒定:向移動(dòng)的速率為，如圖4所示$沿棒方向的洛倫茲力f；二，做負(fù)功珥=fr沁2 -qvuAt垂直棒方冋的洛倫茲力/； = g曲，做正功兀= vAf = g皿心所示FT； = -FI；,即導(dǎo)體棒中一個(gè)自由電荷所受的洛倫茲力儆功為零。人做員功阻礙自由電荷的定向移動(dòng)宏觀(guān)上表現(xiàn)為反

20、電動(dòng)勢(shì)s消耗電源的電能；做正功，宏觀(guān)上表 現(xiàn)為安培力俶正功，使機(jī)械能増加。犬量自由電荷所受洛倫茲力做功的宏規(guī)表現(xiàn)是將電能轉(zhuǎn)化為等重的機(jī) 械能在此過(guò)程中洛倫玆力通過(guò)兩個(gè)分力傲功起到紐專(zhuān)遞能量的作用。【考點(diǎn)定位】閉合電路歐姆定律、法拉第電磁感應(yīng)定律、左手定則、功能關(guān)系【名師點(diǎn)睛】洛倫茲力永不做功，本題看似洛倫茲力做功，實(shí)則將兩個(gè)方向的分運(yùn)動(dòng)結(jié)合起來(lái)，所做正、 負(fù)功和為零?！?016高考真題】1. ( 16分)【2016 北京卷】如圖所示，質(zhì)量為 m電荷量為q的帶電粒子，以初速度 v沿垂直磁場(chǎng)方向射 入磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。不計(jì)帶電粒子所受重力。X X X；x X X

21、X(1) 求粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R和周期T;(2) 為使該粒子做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)， 還需要同時(shí)存在一個(gè)與磁場(chǎng)方向垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)，求電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小?！敬鸢浮?1) R=mV T =2nm (2) E=vBBqqBFl【解析】(1洛倫茲力提供向心力，有=J?帶電粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑去=勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期廠(chǎng)二絲 二如v qB(】)粒子受電場(chǎng)力F =qE f洛倫茲力f = qvB 粒子做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)貝llqE qxB場(chǎng)強(qiáng)E的大小E-vB【考點(diǎn)定位】帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)【方法技巧】帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的分析思路411正確的受力分析：除重力、彈力和摩擦力外，要特別注意電場(chǎng)力和磁場(chǎng)力的分析。

22、2. 正確分析物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)：找出物體的速度、位置及其變化特點(diǎn)，分析運(yùn)動(dòng)過(guò)程。如果出現(xiàn)臨界狀態(tài)，要分析臨界條件。帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中做什么運(yùn)動(dòng)，取決于帶電粒子的受力情況。(1) 當(dāng)粒子在復(fù)合場(chǎng)內(nèi)所受合力為零時(shí)，做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)(如速度選擇器)。(2) 當(dāng)帶電粒子所受的重力與電場(chǎng)力等值反向，洛倫茲力提供向心力時(shí)，帶電粒子在垂直于磁場(chǎng)的平面內(nèi) 做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。(3) 當(dāng)帶電粒子所受的合力是變力，且與初速度方向不在一條直線(xiàn)上時(shí)，粒子做非勻變速曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，這時(shí) 粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡既不是圓弧，也不是拋物線(xiàn)，由于帶電粒子可能連續(xù)通過(guò)幾個(gè)情況不同的復(fù)合場(chǎng)區(qū)，因此 粒子的運(yùn)動(dòng)情況也發(fā)生相應(yīng)的變化，其運(yùn)動(dòng)過(guò)程也可能由幾種

23、不同的運(yùn)動(dòng)階段所組成。2. (18分)【2016 北京卷】如圖所示，電子由靜止開(kāi)始經(jīng)加速電場(chǎng)加速后，沿平行于版面的方向射入偏轉(zhuǎn) 電場(chǎng)，并從另一側(cè)射出。已知電子質(zhì)量為m電荷量為e,加速電場(chǎng)電壓為 U0。偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)可看作勻強(qiáng)電場(chǎng)，極板間電壓為 U,極板長(zhǎng)度為L(zhǎng),板間距為d。(1) 忽略電子所受重力，求電子射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的初速度vo和從電場(chǎng)射出時(shí)沿垂直板面方向的偏轉(zhuǎn)距離 y；(2) 分析物理量的數(shù)量級(jí)，是解決物理問(wèn)題的常用方法。在解決(1)問(wèn)時(shí)忽略了電子所受重力，請(qǐng)利用下列數(shù)據(jù)分析說(shuō)明其原因。已知U =2.0 102 V , d = 4.0 10，m,m = 9.1 10日kg ,e = 1.6 10

24、9C,2g =10 m/s。(3) 極板間既有靜電場(chǎng)也有重力場(chǎng)。電勢(shì)反映了靜電場(chǎng)各點(diǎn)的能的性質(zhì)，請(qǐng)寫(xiě)出電勢(shì)的定義式。類(lèi)比電勢(shì)的定義方法，在重力場(chǎng)中建立“重力勢(shì)”-G的概念，并簡(jiǎn)要說(shuō)明電勢(shì)和“重力勢(shì)”的共同特點(diǎn)。UL2一 十【答案】(1)(2)不需要考慮電子所受的重力4Ud的能的性質(zhì)的物理量，僅僅由場(chǎng)自身的因素決定。(3) 二空 電勢(shì)和重力勢(shì)：G都是反映場(chǎng)q【解折】1慮功和能的關(guān)系，有心電子射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的初速度二在値轉(zhuǎn)電場(chǎng)中，電子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間Ar = = L 也2)考慮電子所受重力和電場(chǎng)力的數(shù)量級(jí)，有 重力G二擁g-10心N電場(chǎng)力f eU105 Nd由于F G，因此不需要考慮電子所受重力(3)電場(chǎng)

25、中某點(diǎn)電勢(shì)定義為電荷在該點(diǎn)的電勢(shì)能Ep與其電荷量q的比值，即qEg與其質(zhì)量m由于重力做功與路徑無(wú)關(guān)，可以類(lèi)比靜電場(chǎng)電勢(shì)的定義，將重力場(chǎng)中物體在某點(diǎn)的重力勢(shì)能 的比值，叫做“重力勢(shì)”，即：Gm電勢(shì)和重力勢(shì)g都是反映場(chǎng)的能的性質(zhì)的物理量，僅由場(chǎng)自身的因素決定【考點(diǎn)定位】帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)【方法技巧】帶電粒子在電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)問(wèn)題，首先要對(duì)帶電粒子在這兩種情況下進(jìn)行正確的受力分析，確定 粒子的運(yùn)動(dòng)類(lèi)型。解決帶電粒子垂直射入電場(chǎng)的類(lèi)型的題，應(yīng)用平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律進(jìn)行求解。此類(lèi)型的題要a 粒子、注意是否要考慮帶電粒子的重力，原則是：除有說(shuō)明或暗示外，對(duì)基本粒子(例如電子，質(zhì)子、 離子等)一般不考慮重力；對(duì)帶電

26、微粒(如液滴、油滴、小球、塵埃等)一般要考慮重力。3. 【2016 海南卷】如圖，A、C兩點(diǎn)分別位于x軸和y軸上，/ OCA30。，OA的長(zhǎng)度為1。在厶O(píng)CA區(qū)域內(nèi)有垂直于xOy平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。質(zhì)量為 m電荷量為q的帶正電粒子，以平行于 y軸的方向從 0A邊射入磁場(chǎng)。已知粒子從某點(diǎn)射入時(shí)，恰好垂直于0C邊射出磁場(chǎng)，且粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t。不計(jì)重力。(1)求磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小;0C邊上的同一點(diǎn)射出磁場(chǎng)，求該粒子這兩次(2)若粒子先后從兩不同點(diǎn)以相同的速度射入磁場(chǎng)，恰好從 在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之和;5(3) 若粒子從某點(diǎn)射入磁場(chǎng)后，其運(yùn)動(dòng)軌跡與AC邊相切，且在磁場(chǎng)內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t0，求

27、粒子此次入射3速度的大小。nmn【答案】(1)( 2) 2to(3)2qto7to【解析】（U粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，在時(shí)間門(mén)內(nèi)其速度方向改變了死和故其周期=4?9 設(shè)晞感應(yīng)強(qiáng)度大小為7粒子速度為-圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為怙由洛倫茲力公式和牛頓定律得 qvB=m一3r勻速圓周運(yùn)動(dòng)的速度滿(mǎn)足“半聯(lián)立式得8=3 （2）設(shè)粒子從 0A邊兩個(gè)不同位置射入磁場(chǎng)，能從 0C邊上的同一點(diǎn) P射出磁場(chǎng)，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡 如圖（a）所示。設(shè)兩軌跡所對(duì)應(yīng)的圓心角分別為0 i和0 2。由幾何關(guān)系有 0 1=180- 0 2粒子兩次在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間分別為ti與t2,則tl+t2=T=2t。2（3）如圖（b）,由題

28、給條件可知，該粒子在磁場(chǎng)區(qū)域中的軌跡圓弧對(duì)應(yīng)的圓心角為150。設(shè)0為圓弧的圓心，11弧的半徑対旳，圈弧與貝C相切與月點(diǎn)，從D點(diǎn)射出磁場(chǎng)，由幾何關(guān)系和題給聚件可知，此時(shí)有rocosZWD-7T-y7 =icos BOA設(shè)粒子此況扎射速度的大小為1:,由圓周運(yùn)馭孵X = 印X聯(lián)立式得V =血色7【考點(diǎn)定位】帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)【名師點(diǎn)睛】對(duì)于帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)類(lèi)型，要畫(huà)出軌跡，善于運(yùn)用幾何知識(shí)幫助分析和求解，這是軌跡問(wèn)題的解題關(guān)鍵。4. 【2016 江蘇卷】（16分）回旋加速器的工作原理如題 15-1圖所示，置于真空中的 D形金屬盒半徑為 R 兩盒間狹縫的間距為 d,磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)與盒面垂直，被加速粒子的質(zhì)量為 m電荷量為+q,加 在狹縫間的交變電壓如題 15-2圖所示，電壓值的大小為 U0.周期T=2nm . 一束該種粒子在t=0T時(shí)間內(nèi)qB2從A處均勻地飄入狹縫，其初速度視為零現(xiàn)考慮粒子在狹縫中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，假設(shè)能夠出射的粒子每次經(jīng)過(guò)狹縫均做加速運(yùn)動(dòng)，不考慮粒子間的相互作用.求:(1)出射粒子的動(dòng)能 Em ；(2)粒子從飄入狹縫至動(dòng)能達(dá)到Em所需的總時(shí)間t。；(3)99能射出，d應(yīng)滿(mǎn)足的條件.要使飄入狹縫的粒子中有超過(guò)1! 15-2 圖)r：