2013年物理高考熱點預(yù)測復(fù)習(xí)課件：49帶電粒子在組合場、復(fù)合場中的運動

1、第9講 帶電粒子在組合場、復(fù)合場中的運動【考綱資訊】帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運動帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運動質(zhì)譜儀和回旋加速器的基本原理【考情快報】1.考查帶電粒子在組合場、復(fù)合場中的運動問題，題型一般為計算題，往往與各種運動規(guī)律及動能定理相聯(lián)系，但偶爾也會以選擇題的形式出現(xiàn)。2.預(yù)計2013年高考對該知識內(nèi)容的考查主要是：(1)考查帶電粒子在組合場中的運動問題；(2)考查帶電粒子在復(fù)合場中的運動問題；(3)考查以帶電粒子在組合場、復(fù)合場中的運動規(guī)律為工作原理的儀器在科學(xué)領(lǐng)域、生活實際中的應(yīng)用?！倔w系構(gòu)建】【核心自查】1.“磁偏轉(zhuǎn)”和“電偏轉(zhuǎn)”的區(qū)別磁 偏 轉(zhuǎn) 電 偏 轉(zhuǎn) 受力特征運動規(guī)律(1)v

2、垂直于B時，F(xiàn)=_(2)v不垂直于B時，F(xiàn)=_(是v與B的夾角)，F(xiàn)是變力，只改變v的方向無論v是否與E垂直，F(xiàn)=_，F(xiàn)是恒力勻速_，且r= ，T=_運動，滿足: vx=v0,vy=x=v0t,y=qvBqvBsinqE圓周運動類平拋磁 偏 轉(zhuǎn)電 偏 轉(zhuǎn)偏轉(zhuǎn)情況動能變化處理方法若沒有磁場邊界的限制，粒子所能偏轉(zhuǎn)的角度不受限制，=_= =1)的顆粒打在收集板上的位置到O點的距離?！窘忸}指導(dǎo)】解答本題需要把握以下兩點：(1)在只有電場的區(qū)域中做直線運動，表明重力等于電場力；(2)在電場和磁場共同區(qū)域，帶電顆粒受到的合外力等于洛倫茲力，帶電顆粒做勻速圓周運動?！窘馕觥?1)設(shè)帶電顆粒的電荷量為q，質(zhì)

3、量為m，有Eq=mg將 代入，得E=kg(2)如圖甲所示，有qv0B=m得B=(3)如圖乙所示，有qv0B=mtan=y1=y2=ltany=y1+y2得答案：(1)kg (2)(3)【拓展提升】【考題透視】帶電粒子在組合場中的運動問題是近幾年高考的重點，更是熱點，分析近幾年高考試題，在該考點有以下命題規(guī)律：(1)以計算題的形式考查，一般結(jié)合場的知識考查三種常見的運動規(guī)律，即勻變速直線運動、平拋運動及圓周運動。一般出現(xiàn)在試卷的壓軸題中。(2)偶爾也會對粒子通過大小或方向不同的電場或磁場區(qū)域時的運動進(jìn)行考查?！窘桀}發(fā)揮】帶電粒子在組合場中運動的處理方法不論帶電粒子是先后在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中運動

4、，還是先后在勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場中運動。解決方法如下：(1)分別研究帶電粒子在不同場中的運動規(guī)律，在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運動，在勻強(qiáng)電場中，若速度方向與電場方向在同一直線上，則做勻變速直線運動，若進(jìn)入電場時的速度方向與電場方向垂直，則做類平拋運動。根據(jù)不同的運動規(guī)律分別求解。(2)帶電粒子經(jīng)過磁場區(qū)域時利用圓周運動規(guī)律結(jié)合幾何關(guān)系來處理。(3)注意分析磁場和電場邊界處或交接點位置粒子速度的大小和方向，把粒子在兩種不同場中的運動規(guī)律有機(jī)地聯(lián)系起來。 【創(chuàng)新預(yù)測】如圖所示，在豎直平面直角坐標(biāo)系xOy內(nèi)有半徑為R、圓心在O點、與xOy平面垂直的圓形勻強(qiáng)磁場，右側(cè)水平放置的兩塊帶電金屬板MN、PQ平行正

5、對，極板長度為l，板間距離為d，板間存在著方向豎直的勻強(qiáng)電場。一質(zhì)量為m且電荷量為q的粒子(不計重力及空氣阻力)以速度v0從A處沿y軸正向進(jìn)入圓形勻強(qiáng)磁場，并沿x軸正向離開圓形勻強(qiáng)磁場，然后從兩極板的左端沿中軸線CD射入勻強(qiáng)電場，恰好打在上板邊緣N端。求：(1)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B。(2)兩極板間勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小E。(3)若粒子以與y軸正向成=30從A處進(jìn)入圓形勻強(qiáng)磁場，如圖所示，且d= 試確定該粒子打在極板上距N端的距離。(用l表示)【解析】(1)由幾何關(guān)系知，粒子在磁場中做圓周運動的半徑r=R由洛倫茲力提供向心力得所以B=(2)粒子在兩極板間做類平拋運動l=v0t qE=ma聯(lián)立解

6、得E=(3)該粒子以與y軸正向成=30從A處進(jìn)入圓形勻強(qiáng)磁場做勻速圓周運動，如圖所示。由幾何關(guān)系可得：該粒子出磁場時速度方向與x軸正向平行，且與x軸距離為 ，然后平行于軸線CD進(jìn)入勻強(qiáng)電場做類平拋運動，設(shè)經(jīng)過時間t2到達(dá)極板偏轉(zhuǎn)距離 l=解得l=所以，該粒子打在極板上距N端的距離l=l-l=答案：(1) (2) (3) 【熱點考向2】帶電粒子在復(fù)合場中的運動【典題訓(xùn)練2】(2012浙江高考)如圖所示，兩塊水平放置、相距為d的長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。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

7、量的墨滴。調(diào)節(jié)電源電壓至U,墨滴在電場區(qū)域恰能沿水平向右做勻速直線運動；進(jìn)入電場、磁場共存區(qū)域后，最終垂直打在下板的M點。(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，應(yīng)將磁感應(yīng)強(qiáng)度調(diào)至B,則B的大小為多少？【解題指導(dǎo)】解答本題應(yīng)注意以下三點：(1)墨滴做勻速直線運動，根據(jù)二力平衡確定電荷種類并計算電荷量；(2)墨滴做勻速圓周運動時洛倫茲力提供向心力，確定圓心的位置和半徑，畫出幾何圖形可以方便求解；(3)認(rèn)真審題，充分挖掘已知條件，如垂直打在下板的M點?！窘馕觥?1)墨滴受重力和電場力做

8、勻速直線運動，電場力與重力平衡，電場的方向豎直向下，說明墨滴帶負(fù)電荷，設(shè)其電荷量為q，則有q =mg所以q= (2)墨滴進(jìn)入電場和磁場共存區(qū)域后，受重力、電場力和洛倫茲力作用，但重力和電場力平衡，合力等于洛倫茲力，墨滴做勻速圓周運動，設(shè)圓周運動半徑為R，有因為墨滴垂直打在下板，墨滴在該區(qū)域完成一個四分之一圓周運動，根據(jù)幾何關(guān)系可知，半徑R=d聯(lián)立式得B=(3)根據(jù)題設(shè)，墨滴運動軌跡如圖所示，設(shè)圓周半徑為R,則有由圖示幾何關(guān)系得得R= d聯(lián)立式得B=答案：(1)負(fù)電荷 (2) (3)【拓展提升】【考題透視】帶電粒子在復(fù)合場中的運動問題是近幾年高考的熱點，更是重點。分析近幾年的高考試題，可發(fā)現(xiàn)對該

9、考點的考查有以下命題規(guī)律：(1)一般以計算題的形式考查，經(jīng)常結(jié)合平拋運動、圓周運動及功能關(guān)系進(jìn)行綜合考查，一般作為壓軸題出現(xiàn)。(2)有時也會以選擇題的形式出現(xiàn),結(jié)合受力分析考查運動規(guī)律?！窘桀}發(fā)揮】帶電粒子在復(fù)合場中運動的處理方法(1)弄清復(fù)合場的組成特點。(2)正確分析帶電粒子的受力及運動特點。(3)畫出粒子的運動軌跡，靈活選擇不同的運動規(guī)律。若只有兩個場且正交。例如，電場與磁場中滿足qE=qvB或重力場與磁場中滿足mg=qvB或重力場與電場中滿足mg=qE，都表現(xiàn)為勻速直線運動或靜止，根據(jù)受力平衡列方程求解。三場共存時，合力為零，受力平衡，粒子做勻速直線運動。其中洛倫茲力F=qvB的方向與

10、速度v垂直。三場共存時，粒子在復(fù)合場中做勻速圓周運動。mg與qE相平衡，有mg=qE，由此可計算粒子比荷，判定粒子電性。粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，應(yīng)用受力平衡和牛頓運動定律結(jié)合圓周運動規(guī)律求解，有qvB=mr2= =ma。當(dāng)帶電粒子做復(fù)雜的曲線運動或有約束的變速直線運動時，一般用動能定理或能量守恒定律求解。 【創(chuàng)新預(yù)測】如圖所示的坐標(biāo)系，x軸沿水平方向，y軸沿豎直方向。在x軸上方空間的第一、第二象限內(nèi)，既無電場也無磁場，在第三象限內(nèi)存在沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場和垂直于xOy平面向里的勻強(qiáng)磁場，在第四象限內(nèi)存在沿y軸負(fù)方向、場強(qiáng)大小與第三象限電場強(qiáng)度相等的勻強(qiáng)電場。一質(zhì)量為m、電量為q的

11、帶電質(zhì)點，從y軸上y=h處的P1點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x軸上x=-2h處的P2點進(jìn)入第三象限，帶電質(zhì)點恰能做勻速圓周運動，之后經(jīng)過y軸上y=-2h處的P3點進(jìn)入第四象限。試求：(1)第三象限空間中電場強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小。(2)帶電質(zhì)點在第四象限空間運動過程中的最小速度?！窘馕觥?1)質(zhì)點從P2到P3的運動過程中，重力與電場力平衡，洛倫茲力提供向心力。則qE=mg解得E=在第二象限內(nèi)從P1到P2的運動過程是只在重力作用下的平拋運動，即h= 2h=v0t,vy=gt 那么質(zhì)點從P2點進(jìn)入復(fù)合場時的速度為 方向與x軸負(fù)方向成45角，運動軌跡如圖所示。質(zhì)點在第三象限

12、內(nèi)滿足qvB=m由幾何知識可得：(2R)2=(2h)2+(2h)2所以B=(2)質(zhì)點進(jìn)入第四象限，水平方向做勻速直線運動，豎直方向做勻減速直線運動。當(dāng)豎直方向的速度減小到零時,此時質(zhì)點速度最小，也就是說最小速度vmin是v在水平方向的分量，則vmin=vcos45=方向沿x軸正方向。答案：(1) (2) 方向沿x軸正方向【熱點考向3】電磁場技術(shù)的應(yīng)用【典題訓(xùn)練3】(2012天津高考)對鈾235的進(jìn)一步研究在核能的開發(fā)和利用中具有重要的意義。如圖所示，質(zhì)量為m、電荷量為q的鈾235離子，從容器A下方的小孔S1不斷飄入加速電場，其初速度可視為零，然后經(jīng)過小孔S2垂直于磁場方向進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻

13、強(qiáng)磁場中，做半徑為R的勻速圓周運動，離子行進(jìn)半個圓周后離開磁場并被收集，離開磁場時離子束的等效電流為I。不考慮離子重力及離子間的相互作用。(1)求加速電場的電壓U。(2)求出在離子被收集的過程中任意時間t內(nèi)收集到離子的質(zhì)量M。(3)實際上加速電壓的大小在UU范圍內(nèi)微小變化。若容器A中有電荷量相同的鈾235和鈾238兩種離子，如前述情況它們經(jīng)電場加速后進(jìn)入磁場中會發(fā)生分離，為使這兩種離子在磁場中運動的軌跡不發(fā)生交疊， 應(yīng)小于多少？(結(jié)果用百分?jǐn)?shù)表示，保留兩位有效數(shù)字)【解題指導(dǎo)】解答本題應(yīng)注意以下三點：(1)離子在加速電場中的加速滿足動能定理。(2)微觀離子的等效電流大小仍滿足I=(3)兩種離子

14、在磁場中運動軌跡不相交的條件是RmaxRmin。 【解析】(1)設(shè)離子經(jīng)加速電場后進(jìn)入磁場時的速度為v，由動能定理得qU=離子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，即qvB=m聯(lián)立以上兩式可得U=(2)設(shè)在任意時間t內(nèi)收集到的離子個數(shù)為N，總電荷量為Q，則有Q=It，N= M=Nm聯(lián)立以上各式可得M=(3)聯(lián)立兩式可得R=設(shè)m為鈾238離子質(zhì)量，由于電壓在UU之間有微小變化，鈾235離子在磁場中最大半徑為Rmax=鈾238離子在磁場中最小半徑為Rmin=這兩種離子在磁場中運動的軌跡不發(fā)生交疊的條件是RmaxRmin即則有m(U+U)m(U-U)其中鈾235離子的質(zhì)量m=235u(u為原子

15、質(zhì)量單位)，鈾238離子的質(zhì)量m=238u。故解得 0時，粒子被加速，則最多連續(xù)被加速的次數(shù)N=(1分)得N=25(1分)分析可得粒子在連續(xù)加速次數(shù)最多，且u=U0時也被加速的情況下，最終獲得動能最大，粒子由靜止開始加速的時刻t= T0(n=0,1,2,3)(2分)最大動能Ekm=2 qU0+qU0(2分)解得Ekm= qU0(1分)答案：(1) (2)見規(guī)范解答圖(3) T0(n=0,1,2,3) qU0 【拓展訓(xùn)練】(2012泰州一模)如圖甲所示，在光滑絕緣的水平桌面上建立 一xOy坐標(biāo)系，平面處在周期性變化的電場和磁場中，電場和磁場的變化規(guī)律如圖乙所示(規(guī)定沿y方向為電場強(qiáng)度的正方向，豎

16、直向下為磁感應(yīng)強(qiáng)度的正方向)。在t=0時刻，一質(zhì)量為10 g、電荷量為+0.1 C的帶電金屬小球自坐標(biāo)原點O處，以v0=2 m/s的速度沿x軸正方向射出。已知E0=0.2 N/C、B0=0.2 T。求：(1)t=1 s末小球速度的大小和方向。(2)1 s2 s內(nèi)，金屬小球在磁場中做圓周運動的半徑和周期。(3)在給定的坐標(biāo)系中，大體畫出小球在0到6 s內(nèi)運動的軌跡示意圖。(4)6 s內(nèi)金屬小球運動至離x軸最遠(yuǎn)點的位置坐標(biāo)?！窘馕觥?1)在01 s內(nèi)，金屬小球在電場力作用下，在x軸方向上做勻速運動vx=v0y軸方向上做勻加速運動vy=1 s末小球的速度v1= m/s設(shè)v1與x軸正方向的夾角為，則t

17、an= =45(2)在1 s2 s內(nèi)，小球在磁場中做圓周運動，由牛頓第二定律得：則 m小球做圓周運動的周期T= =1 s(3)小球運動軌跡如圖所示 (4)5 s末小球的坐標(biāo)為x=v0t=6 m，y= =9 m此時小球y軸方向的速度vy= t=6 m/s合速度大小為v= m/s第6 s內(nèi)小球做圓周運動的半徑Rn= m帶電小球在第6 s內(nèi)做圓周運動的軌跡如圖所示第6 s內(nèi)小球運動至離x軸最遠(yuǎn)點時橫坐標(biāo)為X=x-Rnsin其中sin=則X=(6- ) m縱坐標(biāo)為Y=y+Rn(1+cos)其中cos=則Y=答案：(1)2 m/s 與x軸正方向成45角(2) m 1 s(3)見解析(4) 1.(2012

18、長沙二模)如圖所示空間的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場相互垂直，電場方向豎直向上，磁場方向垂直紙面向里，一帶電微粒處于靜止?fàn)顟B(tài)，下列操作能使微粒做勻速圓周運動的是 ( )A.只撤去電場B.只撤去磁場C.給一個豎直向下的初速度D.給一個垂直紙面向里的初速度【解析】選C。只撤去電場，微粒在重力與洛倫茲力作用下做變速曲線運動，重力與洛倫茲力的合力并不沿半徑指向圓心；只撤去磁場，重力與電場力依然平衡，微粒將保持靜止，因此，選項A、B均錯；給一個豎直向下的初速度，由于重力與電場力平衡，微粒在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，選項C正確；給一個垂直紙面向里的初速度，微粒運動方向與磁場方向平行，不受洛倫茲力，只受重力和電場

19、力，且二力平衡，微粒做勻速直線運動，選項D錯誤。 2.(2012洛陽二模)(多選)如圖所示，空間的某一正方形區(qū)域存在著相互垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，一個帶電粒子以某一初速度由邊界中點A進(jìn)入這個區(qū)域沿直線運動，從中點C離開區(qū)域；如果將磁場撤去,其他條件不變,則粒子從B點離開場區(qū)；如果將電場撤去，其他條件不變，則粒子從D點離開場區(qū)。已知BC=CD,設(shè)粒子在上述三種情況下,從A到B、從A到C和從A到D所用的時間分別是t1、t2、t3，離開三點時的動能分別是Ek1、Ek2、Ek3，粒子重力忽略不計，以下關(guān)系式正確的是( ) A.t1=t2t3B.t1t2=t3C.Ek1=Ek2Ek2=Ek3【解析】選

20、A、D。根據(jù)題意可知，粒子在復(fù)合場中的運動是直線運動，由于忽略粒子重力，必有洛倫茲力與電場力平衡，即qE=qv0B，從A到C的運動時間t2= 其中d表示AC間距；若將磁場撤去，粒子從B點離開場區(qū)，該過程粒子在電場力作用下，做類平拋運動，運動時間t1= 若撤去電場，粒子做勻速圓周運動，從A到D的過程中，沿AC方向的速度分量逐漸減小，且均小于v0，則t3 因此，選項A正確，選項B錯誤。粒子從A到C過程是勻速直線運動，動能不變；從A到D過程中，粒子只在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，動能不變，則Ek2=Ek3；粒子從A到B過程中，合外力是電場力，電場力做了正功，粒子的動能增加，則有Ek1Ek2=Ek3，選項D正確，而選項C錯誤。 3.(多選)如圖所示，從離子源發(fā)射出不計重力的正離子，經(jīng)加速電壓U加速后進(jìn)入相互垂直的電場(E方向豎直向上)和磁場(B方向垂直紙面向外)中，發(fā)現(xiàn)離子向上偏轉(zhuǎn)。要使此離子沿直線通過電磁場，需要( )A.增加E，減小BB.增加E，減小UC.適當(dāng)增加UD.適當(dāng)減小E【解析】選C、D。離子所受的電場力F=qE，洛倫茲力F洛=qvB，