高考物理二輪復(fù)習(xí)專(zhuān)題三第7講帶電粒子在電磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)課件

1、第7講 帶電粒子在電磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)總綱目錄考點(diǎn)一 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)考點(diǎn)二 帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)考點(diǎn)四 帶電粒子（體）在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)考點(diǎn)三 電磁場(chǎng)與現(xiàn)代科技考點(diǎn)一帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1.(多選)(2018課標(biāo),21,6分)如圖,一平行板電容器連接在直流電源上,電容器的極板水平;兩微粒a、b所帶電荷量大小相等、符號(hào)相反,使它們分別靜止于電容器的上、下極板附近,與極板距離相等。現(xiàn)同時(shí)釋放a、b,它們由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)。在隨后的某時(shí)刻t,a、b經(jīng)過(guò)電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面。a、b間的相互作用和重力可忽略。下列說(shuō)法正確的是()A.a的質(zhì)量比b的大B.在t時(shí)刻,a的動(dòng)能比b的大C.在t

2、時(shí)刻,a和b的電勢(shì)能相等D.在t時(shí)刻,a和b的動(dòng)量大小相等答案BD本題考查電容器和帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)。由題設(shè)條件可知,微粒a向下運(yùn)動(dòng),微粒b向上運(yùn)動(dòng),且在相等時(shí)間內(nèi),位移xaxb,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式及牛頓第二定律可得:x=t2,則maEkb,選項(xiàng)B正確;由動(dòng)量定理可得:qEt=p,則pa與pb大小相等,選項(xiàng)D正確;在t時(shí)刻,a、b在同一水平面上,電勢(shì)相等,而兩微粒的電性不同,由Ep=q,可知a和b的電勢(shì)能不相等,選項(xiàng)C錯(cuò)誤。2.(2019課標(biāo),24,12分)如圖,兩金屬板P、Q水平放置,間距為d。兩金屬板正中間有一水平放置的金屬網(wǎng)G,P、Q、G的尺寸相同。G接地,P、Q的電勢(shì)均為(0)。質(zhì)量為m

3、、電荷量為q(q0)的粒子自G的左端上方距離G為h的位置,以速度v0平行于紙面水平射入電場(chǎng),重力忽略不計(jì)。(1)求粒子第一次穿過(guò)G時(shí)的動(dòng)能,以及它從射入電場(chǎng)至此時(shí)在水平方向上的位移大小;(2)若粒子恰好從G的下方距離G也為h的位置離開(kāi)電場(chǎng),則金屬板的長(zhǎng)度最短應(yīng)為多少?答案(1)m+qhv0(2)2v0解析本題考查了帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)及學(xué)生的綜合分析能力,體現(xiàn)了模型建構(gòu)的素養(yǎng)要素。(1)由題意得,P、G間與Q、G間場(chǎng)強(qiáng)大小相等,均為E。粒子在P、G間所受電場(chǎng)力F的方向豎直向下,設(shè)粒子的加速度大小為a,有E=F=qE=ma設(shè)粒子第一次到達(dá)G時(shí)動(dòng)能為Ek,由動(dòng)能定理有qEh=Ek-m設(shè)粒子第一次

4、到達(dá)G時(shí)所用的時(shí)間為t,粒子在水平方向的位移大小為l,則有h=at2l=v0t聯(lián)立式解得Ek=m+qhl=v0(2)若粒子穿過(guò)G一次就從電場(chǎng)的右側(cè)飛出,則金屬板的長(zhǎng)度最短。由對(duì)稱(chēng)性知,此時(shí)金屬板的長(zhǎng)度L為L(zhǎng)=2l=2v0解決帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的基本思路及注意問(wèn)題考向一帶電粒子在電場(chǎng)中的直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)1.(多選)(2019河北唐山模擬)如圖所示,P、Q為兩個(gè)等量的異種電荷,以靠近電荷P的O點(diǎn)為原點(diǎn),沿兩電荷的連線(xiàn)建立x軸,沿直線(xiàn)向右為x軸正方向,一帶正電的粒子從O點(diǎn)由靜止開(kāi)始僅在電場(chǎng)力作用下運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn),已知A點(diǎn)與O點(diǎn)關(guān)于P、Q兩電荷連線(xiàn)的中點(diǎn)對(duì)稱(chēng),粒子的重力忽略不計(jì)。在從O點(diǎn)到A點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,

5、下列關(guān)于粒子的運(yùn)動(dòng)速度v和加速度a隨時(shí)間的變化、粒子的動(dòng)能Ek和運(yùn)動(dòng)徑跡上電勢(shì)隨位移x的變化圖線(xiàn)可能正確的是()答案CD等量異種電荷的電場(chǎng)線(xiàn)如圖所示。根據(jù)沿著電場(chǎng)線(xiàn)方向電勢(shì)逐漸降低,電場(chǎng)強(qiáng)度E=,由圖可知E先減小后增大,所以-x圖線(xiàn)切線(xiàn)的斜率先減小后增大,故A錯(cuò)誤;沿兩點(diǎn)電荷連線(xiàn)從O點(diǎn)到A點(diǎn),電場(chǎng)強(qiáng)度先減小后增大,一帶正電的粒子從O點(diǎn)由靜止開(kāi)始在電場(chǎng)力作用下運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)的過(guò)程中,電場(chǎng)力一直做正功,粒子的速度一直在增大。電場(chǎng)力先減小后增大,則加速度先減小后增大。v-t圖線(xiàn)切線(xiàn)的斜率先減小后增大,則C、D圖可能,故C、D正確;粒子的動(dòng)能Ek=qEx,電場(chǎng)強(qiáng)度先減小后增大,Ek-x圖線(xiàn)切線(xiàn)的斜率先減小

6、后增大,則B圖不可能,故B錯(cuò)誤?？枷蚨щ娏Ｗ釉陔妶?chǎng)中的偏轉(zhuǎn)2.(多選)如圖所示,一帶電荷量為q的帶電粒子以一定的初速度由P點(diǎn)射入勻強(qiáng)電場(chǎng),入射方向與電場(chǎng)線(xiàn)垂直。粒子從Q點(diǎn)射出電場(chǎng)時(shí),其速度方向與電場(chǎng)線(xiàn)成30。已知?jiǎng)驈?qiáng)電場(chǎng)的寬度為d,P、Q兩點(diǎn)的電勢(shì)差為U,不計(jì)粒子重力作用,設(shè)P點(diǎn)的電勢(shì)為零。則下列說(shuō)法正確的是(BC)A.帶電粒子帶負(fù)電B.帶電粒子在Q點(diǎn)的電勢(shì)能為-UqC.此勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E=D.此勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E= 答案BC由題圖看出粒子的軌跡向上偏轉(zhuǎn),則所受的電場(chǎng)力向上,與電場(chǎng)方向相同,所以該粒子帶正電。粒子從P到Q,電場(chǎng)力做正功,為W=qU,則粒子的電勢(shì)能減少了qU,

7、P點(diǎn)的電勢(shì)為零,則知帶電粒子在Q點(diǎn)的電勢(shì)能為-Uq,故A錯(cuò)誤,B正確;設(shè)帶電粒子在P點(diǎn)時(shí)的速度大小為v0,在Q點(diǎn)建立直角坐標(biāo)系,垂直于電場(chǎng)線(xiàn)為x軸,平行于電場(chǎng)線(xiàn)為y軸,由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律和幾何知識(shí)求得粒子在y軸方向的分速度大小為vy=v0。粒子在y軸方向上的平均速度大小為=v0,粒子在y軸方向上的位移為y0,粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t,則豎直方向有y0=t=v0t,水平方向有d=v0t,可得y0=d;所以場(chǎng)強(qiáng)大小為E=,聯(lián)立解得E=,故C正確,D錯(cuò)誤?？枷蛉龓щ婓w在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)3.(多選)(2019湖北荊門(mén)模擬)如圖所示,在豎直平面內(nèi)xOy坐標(biāo)系中分布著與水平方向成45的勻強(qiáng)電場(chǎng),將一質(zhì)量為m、

8、帶電荷量為+q的小球,以某一初速度從O點(diǎn)豎直向上拋出,它的軌跡恰好滿(mǎn)足拋物線(xiàn)方程x=ky2,且小球通過(guò)點(diǎn)P(,)。已知重力加速度為g,則()A.電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為B.小球初速度的大小為C.小球通過(guò)點(diǎn)P時(shí)的動(dòng)能為D.小球從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的過(guò)程中,電勢(shì)能減少 答案CD小球以某一初速度從O點(diǎn)豎直向上拋出,它的軌跡恰好滿(mǎn)足拋物線(xiàn)方程x=ky2,說(shuō)明小球做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng),則電場(chǎng)力與重力的合力沿x軸正方向,豎直方向有qE sin 45=mg,所以qE=mg,電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E=,故A錯(cuò)誤;小球受到的合力F合=qE cos 45=mg=ma,所以a=g,由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有=v0t,=gt2,得小球初速度大小為v0=

9、,故B錯(cuò)誤;由于=v0t,=gt2,小球做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng),所以=2=2,小球通過(guò)點(diǎn)P時(shí)的動(dòng)能為Ek=mv2=m(+)=,故C正確;小球從O點(diǎn)到P點(diǎn)電勢(shì)能減少,且減少的電勢(shì)能等于電場(chǎng)力做的功,即 ,故D正確。考向四帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)4.(多選)(2019安徽蚌埠模擬)如圖甲所示,兩平行金屬板A、B放在真空中,間距為d,P點(diǎn)在A、B板間,A、B板間的電勢(shì)差U隨時(shí)間t的變化情況如圖乙所示,t=0時(shí),在P點(diǎn)由靜止釋放一質(zhì)量為m、電荷量為e的電子,當(dāng)t=2T時(shí),電子回到P點(diǎn)。電子在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中未與極板相碰,不計(jì)重力,下列說(shuō)法正確的是(BD)A.U1U2=12B.U1U2=13C.在02T時(shí)間內(nèi),當(dāng)t=

10、T時(shí)電子的電勢(shì)能最小D.在02T時(shí)間內(nèi),電子的電勢(shì)能減小了 答案BD0T時(shí)間內(nèi)平行板間的電場(chǎng)強(qiáng)度為E1=,電子以加速度a1=向上做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),當(dāng)t=T時(shí)電子的位移x1=a1T2,速度v1=a1T;T2T時(shí)間內(nèi)平行板間的電場(chǎng)強(qiáng)度E2=,電子加速度a2=,以v1的初速度向上做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),速度變?yōu)?后開(kāi)始向下做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),位移x2=v1T-a2T2,由題意t=2T時(shí)電子回到P點(diǎn),則x1+x2=0,聯(lián)立可得U2=3U1,選項(xiàng)A錯(cuò)誤,B正確。當(dāng)速度最大時(shí),動(dòng)能最大,電勢(shì)能最小,而02T時(shí)間內(nèi)電子先做方向向上的勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),之后做方向向上的勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),后又做方向向下的勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),在t

11、=T時(shí),電子的動(dòng)能Ek1=m=,電子在t=2T時(shí)回到P點(diǎn),此時(shí)速度v2=v1-a2T=-(負(fù)號(hào)表示方向向下),電子的動(dòng)能為Ek2=m=,Ek10)的粒子垂直于x軸射入第二象限,隨后垂直于y軸進(jìn)入第一象限,最后經(jīng)過(guò)x軸離開(kāi)第一象限。粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為()A.B.C.D. 答案B本題考查了帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng),要求學(xué)生對(duì)粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡進(jìn)行確定,從而確定運(yùn)動(dòng)時(shí)間,體現(xiàn)了分析和解決問(wèn)題的能力,是學(xué)科核心素養(yǎng)中科學(xué)推理素養(yǎng)的具體表現(xiàn)。由qvB=得粒子在第二象限內(nèi)運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑r=,當(dāng)粒子進(jìn)入第一象限時(shí),由于磁感應(yīng)強(qiáng)度減為B,故軌跡半徑變?yōu)?r,軌跡如圖所示。由幾何關(guān)系可得cos =

12、,=60,則粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)間t=+=,選項(xiàng)B正確。2.(2017課標(biāo),24,12分)如圖,空間存在方向垂直于紙面(xOy平面)向里的磁場(chǎng)。在x0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v0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)間的距離。答案(1)(1+)(2)(1-)解析本題考查帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)。(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R1;在x0區(qū)域,圓周半徑為R2。由洛倫茲力公式及牛頓定律得qB0v0=mqB0v0=m粒子速度方

13、向轉(zhuǎn)過(guò)180時(shí),所需時(shí)間t1為t1=粒子再轉(zhuǎn)過(guò)180時(shí),所需時(shí)間t2為t2=聯(lián)立式得,所求時(shí)間為t0=t1+t2=(1+)(2)由幾何關(guān)系及式得,所求距離為d0=2(R1-R2)=(1-)1.帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的臨界、極值問(wèn)題(1)思維流程:(2)解題關(guān)鍵點(diǎn):關(guān)鍵在于運(yùn)用動(dòng)態(tài)思維,尋找臨界點(diǎn),確定臨界狀態(tài),根據(jù)粒子的速度方向找出半徑,同時(shí)由磁場(chǎng)邊界和題設(shè)條件畫(huà)好軌跡,定好圓心,建立幾何關(guān)系。(3)幾條結(jié)論:粒子射出或不射出磁場(chǎng)的臨界狀態(tài)是粒子運(yùn)動(dòng)軌跡與磁場(chǎng)邊界相切。當(dāng)速度v大小一定時(shí),弧長(zhǎng)越長(zhǎng)圓心角越大,則帶電粒子在有界磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間越長(zhǎng)。當(dāng)速度v大小變化時(shí),圓心角大的運(yùn)動(dòng)時(shí)間長(zhǎng),解題時(shí)一

14、般要根據(jù)受力情況和運(yùn)動(dòng)情況畫(huà)出運(yùn)動(dòng)軌跡的草圖,找出圓心,根據(jù)幾何關(guān)系求出半徑及圓心角等。2.帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生多解的原因考向一帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的臨界、極值問(wèn)題1.(多選)(2019河北邢臺(tái)模擬)如圖所示是一個(gè)半徑為R的豎直圓形磁場(chǎng)區(qū)域,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向里。有一個(gè)粒子源在圓上的A點(diǎn)不停地發(fā)射出速率相同的帶正電的粒子,帶電粒子的質(zhì)量均為m,運(yùn)動(dòng)的半徑為r,在磁場(chǎng)中的軌跡所對(duì)應(yīng)的圓心角為。不計(jì)粒子重力,以下說(shuō)法正確的是()A.若r=2R,則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間為B.若r=2R,粒子沿著與半徑方向成45角斜向下射入磁場(chǎng),則有關(guān)系tan =成立C.若r=R

15、,粒子沿著圓形磁場(chǎng)的半徑方向射入,則粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為D.若r=R,粒子沿著與半徑方向成60角斜向下射入磁場(chǎng),則圓心角為150答案BD若r=2R,粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)時(shí),磁場(chǎng)區(qū)域的直徑是軌跡的一條弦,作出軌跡如圖甲,因?yàn)閞=2R,圓心角=60,粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間tmax=T=,故A錯(cuò)誤;若r=2R,粒子沿著與半徑方向成45角斜向下射入磁場(chǎng),粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖乙所示,根據(jù)幾何關(guān)系,有tan =,故B正確;若r=R,粒子沿著圓形磁場(chǎng)的半徑方向射入,粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖丙所示,圓心角為90,粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t=T=,故C錯(cuò)誤;若r=R,粒子沿著與半徑方向成60角斜向下射入磁場(chǎng),軌跡

16、如圖丁所示,圖中軌跡圓心與磁場(chǎng)圓心以及入射點(diǎn)和出射點(diǎn)構(gòu)成的四邊形為菱形,圓心角為150,故D正確。2.(多選)(2019遼寧大連模擬)如圖所示,S處有一電子源,可向紙面內(nèi)任意方向發(fā)射電子,平板MN垂直于紙面。在紙面內(nèi)的長(zhǎng)度L=9.1 cm,中點(diǎn)O與S間的距離d=4.55 cm,MN與SO直線(xiàn)的夾角為,平板所在平面有電子源的一側(cè)區(qū)域有方向垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=2.010-4 T。電子質(zhì)量m=9.110-31 kg,電荷量e=-1.610-19 C,不計(jì)電子重力。電子源發(fā)射速度為v=1.6106 m/s的一個(gè)電子,該電子打在板上可能位置的區(qū)域的長(zhǎng)度為l,則(AD)A.=90

17、時(shí),l=9.1 cmB.=60時(shí),l=9.1 cmC.=45時(shí),l=4.55 cmD.=30時(shí),l=4.55 cm答案AD電子運(yùn)動(dòng)的軌跡圓半徑R=4.55 cm。用虛線(xiàn)表示所有軌跡圓的圓心軌跡,當(dāng)=90時(shí),圓心軌跡與MN相切于O點(diǎn),如圖甲所示,四邊形O1SOM是正方形,上邊界軌跡圓與MN相切于M點(diǎn),同理,下邊界軌跡圓與MN相切于N點(diǎn),所以電子打在板上可能位置的區(qū)域的長(zhǎng)度l=9.1 cm,A對(duì)。當(dāng)=60時(shí),如圖乙所示,MN相當(dāng)于從豎直位置繞O點(diǎn)順時(shí)針轉(zhuǎn)30,上邊界軌跡圓與MN的切點(diǎn)位于M、O之間,下邊界軌跡圓與MN相交于N點(diǎn),所以電子打在板上可能位置的區(qū)域的長(zhǎng)度l4.55 cm,C錯(cuò)。當(dāng)=30時(shí)

18、,如圖丁所示,圓心軌跡與MN交于O,過(guò)O點(diǎn)作垂直于MN的直線(xiàn),交圓心軌跡于O1,連接S、O1,則三角形OO1S是等邊三角形,O1O垂直于MN,所以上邊界軌跡圓與MN相切于O點(diǎn),下邊界軌跡圓與MN相交于N點(diǎn),所以電子打在板上可能位置的區(qū)域的長(zhǎng)度l=4.55 cm,D對(duì)。3.在如圖所示的平面直角坐標(biāo)系xOy中,有一個(gè)圓形區(qū)域的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(圖中未畫(huà)出),磁場(chǎng)方向垂直于xOy平面,O點(diǎn)為該圓形區(qū)域邊界上的一點(diǎn)。現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電粒子(不計(jì)重力)從O點(diǎn)以初速度v0沿x軸正方向進(jìn)入磁場(chǎng),已知粒子經(jīng)過(guò)y軸上P點(diǎn)時(shí)速度方向與+y方向夾角為=30,OP=L。求:(1)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和方向;(2)

19、該圓形磁場(chǎng)區(qū)域的最小面積。答案(1)方向垂直xOy平面向里(2)解析(1)由左手定則得磁場(chǎng)方向垂直xOy平面向里。粒子在磁場(chǎng)中做弧長(zhǎng)為圓周的勻速圓周運(yùn)動(dòng),如圖所示,粒子在Q點(diǎn)飛出磁場(chǎng)。設(shè)其軌跡圓心為O,半徑為R由幾何關(guān)系有(L-R)sin 30=R得R=L由牛頓第二定律有qv0B=m解得B=(2)設(shè)磁場(chǎng)區(qū)域的最小面積為S。由幾何關(guān)系得直徑OQ=R=L,所以S=考向二帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的多解問(wèn)題4.半徑為R的絕緣圓筒中有沿軸線(xiàn)方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,如圖所示。一質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的粒子(不計(jì)重力)以速度v從筒壁的A孔沿半徑方向進(jìn)入筒內(nèi),設(shè)粒子和筒壁的碰撞無(wú)電荷量和能量的損

20、失,那么要使粒子與筒壁連續(xù)碰撞,繞筒壁一周后恰好又從A孔射出,問(wèn):(1)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小必須滿(mǎn)足什么條件?(2)粒子在筒中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為多少?答案(1)B=(n=3,4,5,) (2) tan (n=3,4,5,)解析(1)粒子射入圓筒后受洛倫茲力作用而偏轉(zhuǎn),設(shè)第一次與C點(diǎn)碰撞,碰后速度方向又指向O點(diǎn),假設(shè)粒子與筒壁碰撞(n-1)次,運(yùn)動(dòng)軌跡是n段相等的圓弧,再?gòu)腁孔射出。設(shè)第一段圓弧的圓心為O,半徑為r(如圖所示)則=(n=3,4,5,),由幾何關(guān)系有r=R tan (n=3,4,5,),又r=解得B=(n=3,4,5,)(2)每段圓弧的圓心角為=2=2=(n=3,4,5,)粒子由A到C所用

21、時(shí)間t=T=tan = tan (n=3,4,5,)故粒子運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t=nt= tan (n=3,4,5,)考點(diǎn)三電磁場(chǎng)與現(xiàn)代科技1.(2016課標(biāo),15,6分)現(xiàn)代質(zhì)譜儀可用來(lái)分析比質(zhì)子重很多倍的離子,其示意圖如圖所示,其中加速電壓恒定。質(zhì)子在入口處從靜止開(kāi)始被加速電場(chǎng)加速,經(jīng)勻強(qiáng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后從出口離開(kāi)磁場(chǎng)。若某種一價(jià)正離子在入口處從靜止開(kāi)始被同一加速電場(chǎng)加速,為使它經(jīng)勻強(qiáng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后仍從同一出口離開(kāi)磁場(chǎng),需將磁感應(yīng)強(qiáng)度增加到原來(lái)的12倍。此離子和質(zhì)子的質(zhì)量比約為()A.11B.12C.121D.144答案D設(shè)質(zhì)子和離子的質(zhì)量分別為m1和m2,原磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1,改變后的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2。在加

22、速電場(chǎng)中qU=mv2,在磁場(chǎng)中qvB=m,聯(lián)立兩式得m=,故有=144,選項(xiàng)D正確。2.(2019天津理綜,4,6分)筆記本電腦機(jī)身和顯示屏對(duì)應(yīng)部位分別有磁體和霍爾元件。當(dāng)顯示屏開(kāi)啟時(shí)磁體遠(yuǎn)離霍爾元件,電腦正常工作;當(dāng)顯示屏閉合時(shí)磁體靠近霍爾元件,屏幕熄滅,電腦進(jìn)入休眠狀態(tài)。如圖所示,一塊寬為a、長(zhǎng)為c的矩形半導(dǎo)體霍爾元件,元件內(nèi)的導(dǎo)電粒子是電荷量為e的自由電子,通入方向向右的電流時(shí),電子的定向移動(dòng)速度為v。當(dāng)顯示屏閉合時(shí)元件處于垂直于上表面、方向向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,于是元件的前、后表面間出現(xiàn)電壓U,以此控制屏幕的熄滅。則元件的()A.前表面的電勢(shì)比后表面的低B.前、后表面間的電壓U與v無(wú)關(guān)C.

23、前、后表面間的電壓U與c成正比D.自由電子受到的洛倫茲力大小為 答案D本題考查了霍爾元件的工作原理和應(yīng)用,以及考生的理解能力和應(yīng)用數(shù)學(xué)知識(shí)處理物理問(wèn)題的能力,體現(xiàn)了科學(xué)推理素養(yǎng)和應(yīng)用與創(chuàng)新的價(jià)值觀念。根據(jù)左手定則判斷出電子受力情況,可知電子偏轉(zhuǎn)到后表面,前表面電勢(shì)高于后表面電勢(shì),故A項(xiàng)錯(cuò)誤。再由Ee=Bev=F洛,E=,解得U=Bva,F洛=,U與v成正比、U與c無(wú)關(guān),故B、C項(xiàng)錯(cuò)誤,D項(xiàng)正確。 1.幾種儀器穩(wěn)定工作時(shí)的特點(diǎn):2.應(yīng)注意的兩點(diǎn):(1)不同的回旋加速器原理不同,粒子加速及旋轉(zhuǎn)的情況也不相同。(2)霍爾元件的材料不同,霍爾效應(yīng)結(jié)果也不相同。1.(多選)(2019河南信陽(yáng)模擬)為了測(cè)

24、量某化肥廠(chǎng)的污水排放量,技術(shù)人員在該廠(chǎng)的排污管末端安裝了如圖所示的流量計(jì),該裝置由絕緣材料制成,長(zhǎng)、寬、高分別為a、b、c,左右兩端開(kāi)口,在垂直于上下表面加磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁場(chǎng)方向如圖所示,在前后兩個(gè)內(nèi)側(cè)面固定有金屬板作為電極,污水充滿(mǎn)管口從左向右流經(jīng)該裝置時(shí),電壓表將顯示兩個(gè)電極間的電壓U,若用Q表示污水流量(單位時(shí)間內(nèi)排出的污水體積),下列說(shuō)法正確的是()A.若污水中正離子較多,則前內(nèi)側(cè)面比后內(nèi)側(cè)面的電勢(shì)高B.前內(nèi)側(cè)面的電勢(shì)一定低于后內(nèi)側(cè)面的電勢(shì),與哪種離子多無(wú)關(guān)C.污水中離子濃度越高,電壓表的示數(shù)越大D.污水流量Q與電壓U成正比,與a、b無(wú)關(guān)答案BD根據(jù)左手定則可得正離子向

25、后內(nèi)側(cè)面偏轉(zhuǎn),負(fù)離子向前內(nèi)側(cè)面偏轉(zhuǎn),所以后內(nèi)側(cè)面比前內(nèi)側(cè)面電勢(shì)高,與哪種離子多無(wú)關(guān),故A錯(cuò)誤,B正確;在洛倫茲力的作用下,正離子向后內(nèi)側(cè)面偏轉(zhuǎn),負(fù)離子向前內(nèi)側(cè)面偏轉(zhuǎn),導(dǎo)致前后兩個(gè)側(cè)面不斷積累電荷,兩個(gè)側(cè)面間的電勢(shì)差不斷增大,產(chǎn)生的電場(chǎng)也不斷增強(qiáng),使離子受到與磁場(chǎng)力方向相反的電場(chǎng)力作用,且不斷增大,直到兩種力大小相等,方向相反,以后的離子將不再偏轉(zhuǎn),前后兩個(gè)內(nèi)側(cè)面的電壓將不再變化,根據(jù)Eq=Bqv即=Bqv,得離子速度即流速v=,所以Q=Sv=bc=,所以C錯(cuò)誤,D正確。2.(多選)如圖所示,一束帶電粒子以一定的初速度沿直線(xiàn)通過(guò)由相互正交的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B和勻強(qiáng)電場(chǎng)E組成的速度選擇器,然后通過(guò)平板S上

26、的狹縫P,進(jìn)入另一勻強(qiáng)磁場(chǎng)B,最終打在A1A2上。下列表述正確的是(CD)A.粒子帶負(fù)電B.所有打在A1A2上的粒子,在磁場(chǎng)B中運(yùn)動(dòng)時(shí)間都相同C.能通過(guò)狹縫P的帶電粒子的速率等于D.粒子打在A1A2上的位置越靠近P,粒子的比荷越大答案CD由粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡,根據(jù)左手定則可知,粒子帶正電,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;在速度選擇器中滿(mǎn)足Eq=Bqv,可得v=,選項(xiàng)C正確;粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期T=,由于進(jìn)入磁場(chǎng)中的粒子的比荷不一定相同,故周期不同,運(yùn)動(dòng)時(shí)間不一定相同,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑r=,粒子打在A1A2上的位置越靠近P,則粒子的運(yùn)動(dòng)半徑越小,故粒子的比荷越大,選項(xiàng)D正確。3.(2019黑

27、龍江大慶模擬)如圖所示為一種獲得高能粒子的裝置環(huán)形加速器,環(huán)形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子在環(huán)中做半徑為R的圓周運(yùn)動(dòng)。A、B為兩塊中心開(kāi)有小孔的極板,原來(lái)電勢(shì)都為零,每當(dāng)粒子飛經(jīng)兩極板時(shí),A板電勢(shì)升高為+U,B板電勢(shì)仍保持為零,粒子在兩極板間的電場(chǎng)中加速。每當(dāng)粒子離開(kāi)電場(chǎng)區(qū)域時(shí),A板電勢(shì)又降為零,粒子在電場(chǎng)中一次次加速,動(dòng)能不斷增大,而在環(huán)形區(qū)域內(nèi)繞行半徑不變(設(shè)極板間距遠(yuǎn)小于R)。下列關(guān)于環(huán)形加速器的說(shuō)法,正確的是()A.環(huán)形區(qū)域內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小Bn與加速次數(shù)n之間的關(guān)系為=B.環(huán)形區(qū)域內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小Bn與加速次數(shù)n之間的關(guān)系為=C.A、B板之間的電壓

28、可以始終保持不變D.粒子每次繞行一圈所需的時(shí)間tn與加速次數(shù)n之間的關(guān)系為= 答案B因粒子每加速一次,其增加的能量為qU,所以加速第n次后獲得的總動(dòng)能為m=nqU,得vn=,在磁場(chǎng)中,由牛頓第二定律得qBnvn=m,解得Bn=,所以=,A項(xiàng)錯(cuò)誤,B項(xiàng)正確;如果A、B板之間的電壓始終保持不變,粒子在A、B兩極板之間飛行時(shí),電場(chǎng)對(duì)其做功qU,從而使之加速,在磁場(chǎng)內(nèi)飛行時(shí),電場(chǎng)又對(duì)粒子做功-qU,從而使之減速,粒子繞行一周電場(chǎng)對(duì)其所做總功為零,動(dòng)能不會(huì)增加,達(dá)不到加速效果,C項(xiàng)錯(cuò)誤;根據(jù)t=得tn=2R,得=,D項(xiàng)錯(cuò)誤。4.如圖所示,一段長(zhǎng)方體形導(dǎo)電材料,左右兩端面的邊長(zhǎng)都為a和b,內(nèi)有帶電量為q的

29、某種自由運(yùn)動(dòng)電荷。導(dǎo)電材料置于方向垂直于其前表面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,內(nèi)部磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。當(dāng)通以從左到右的穩(wěn)恒電流I時(shí),測(cè)得導(dǎo)電材料上、下表面之間的電壓為U,且上表面的電勢(shì)比下表面的電勢(shì)低。由此可得該導(dǎo)電材料單位體積內(nèi)自由運(yùn)動(dòng)電荷數(shù)及自由運(yùn)動(dòng)電荷的正負(fù)分別為(C)A.,負(fù)B.,正C.,負(fù)D.,正答案C因?qū)щ姴牧仙媳砻娴碾妱?shì)比下表面的電勢(shì)低,故上表面帶負(fù)電荷,根據(jù)左手定則可判斷自由運(yùn)動(dòng)電荷帶負(fù)電,則B、D兩項(xiàng)均錯(cuò)。設(shè)長(zhǎng)方體形材料單位體積內(nèi)自由運(yùn)動(dòng)電荷數(shù)為n,電荷定向移動(dòng)的平均速率為v,當(dāng)電流I穩(wěn)恒時(shí),材料內(nèi)的自由運(yùn)動(dòng)電荷所受電場(chǎng)力與磁場(chǎng)力相互平衡,則有q=qvB,又I=n|q|abv,可得n=,

30、A項(xiàng)錯(cuò)誤,C項(xiàng)正確?？键c(diǎn)四帶電粒子(體)在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1.(2019課標(biāo),24,12分)空間存在一方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng),O、P是電場(chǎng)中的兩點(diǎn),從O點(diǎn)沿水平方向以不同速度先后發(fā)射兩個(gè)質(zhì)量均為m的小球A、B。A不帶電,B的電荷量為q(q0)。A從O點(diǎn)發(fā)射時(shí)的速度大小為v0,到達(dá)P點(diǎn)所用時(shí)間為t;B從O點(diǎn)到達(dá)P點(diǎn)所用時(shí)間為。重力加速度為g,求(1)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小;(2)B運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能。答案(1)(2)2m(+g2t2)解析本題考查電場(chǎng)強(qiáng)度和電場(chǎng)力,以及考生應(yīng)用牛頓第二定律和動(dòng)能定理解決帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的問(wèn)題,考查考生的綜合分析能力。題目情景常見(jiàn),運(yùn)動(dòng)過(guò)程簡(jiǎn)單,為中等難度題。體現(xiàn)了模型建

31、構(gòu)、科學(xué)推理的素養(yǎng)要求。(1)設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E,小球B運(yùn)動(dòng)的加速度為a。根據(jù)牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和題給條件,有mg+qE=maa=gt2解得E=(2)設(shè)B從O點(diǎn)發(fā)射時(shí)的速度為v1,到達(dá)P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為Ek,O、P兩點(diǎn)的高度差為h,根據(jù)動(dòng)能定理有Ek-m=mgh+qEh且有v1=v0th=gt2聯(lián)立式得Ek=2m(+g2t2)2.(2019課標(biāo),24,12分)如圖,在直角三角形OPN區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向外。一帶正電的粒子從靜止開(kāi)始經(jīng)電壓U加速后,沿平行于x軸的方向射入磁場(chǎng);一段時(shí)間后,該粒子在OP邊上某點(diǎn)以垂直于x軸的方向射出。已知O點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn),N點(diǎn)在

32、y軸上,OP與x軸的夾角為30,粒子進(jìn)入磁場(chǎng)的入射點(diǎn)與離開(kāi)磁場(chǎng)的出射點(diǎn)之間的距離為d,不計(jì)重力。求(1)帶電粒子的比荷;(2)帶電粒子從射入磁場(chǎng)到運(yùn)動(dòng)至x軸的時(shí)間。答案(1)(2)(+)解析本題考查了帶電粒子在磁場(chǎng)中的勻速圓周運(yùn)動(dòng)問(wèn)題,考查了考生應(yīng)用數(shù)學(xué)知識(shí)處理、分析物理問(wèn)題的能力,體現(xiàn)了物理學(xué)科中的運(yùn)動(dòng)與相互作用觀念的素養(yǎng)要素以及科學(xué)推理的核心素養(yǎng)。(1)設(shè)帶電粒子的質(zhì)量為m,電荷量為q,加速后的速度大小為v。由動(dòng)能定理有qU=mv2設(shè)粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r,由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有qvB=m由幾何關(guān)系知d=r聯(lián)立式得=(2)由幾何關(guān)系知,帶電粒子射入磁場(chǎng)后運(yùn)動(dòng)到x軸所經(jīng)

33、過(guò)的路程為s=+r tan 30帶電粒子從射入磁場(chǎng)到運(yùn)動(dòng)至x軸的時(shí)間為t=聯(lián)立式得t=(+) 1.組合場(chǎng)問(wèn)題的分析方法先把帶電粒子的運(yùn)動(dòng)按照組合場(chǎng)的順序分解為一個(gè)個(gè)獨(dú)立的過(guò)程,并分析每個(gè)過(guò)程中帶電粒子的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況,然后用銜接速度把這些過(guò)程關(guān)聯(lián)起來(lái),列方程解題。2.疊加場(chǎng)問(wèn)題的分析方法3.分析帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的注意事項(xiàng)(1)準(zhǔn)確劃分帶電粒子運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的不同運(yùn)動(dòng)階段、不同運(yùn)動(dòng)形式,以及不同運(yùn)動(dòng)階段、不同運(yùn)動(dòng)形式之間的轉(zhuǎn)折點(diǎn)和臨界點(diǎn),只有明確粒子在某一階段的運(yùn)動(dòng)形式后,才能確定解題所用到的物理規(guī)律。(2)分析帶電粒子在交變電場(chǎng)或磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡時(shí),還要注意對(duì)稱(chēng)性的靈活應(yīng)用?？枷蛞粠щ娏?/p>

34、子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1.(多選)如圖所示,在平行豎直虛線(xiàn)a與b、b與c、c與d之間分別存在著垂直于虛線(xiàn)的勻強(qiáng)電場(chǎng)、平行于虛線(xiàn)的勻強(qiáng)電場(chǎng)、垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),虛線(xiàn)d處有一熒光屏。大量正離子(初速度和重力均忽略不計(jì))從虛線(xiàn)a上的P孔處進(jìn)入電場(chǎng),經(jīng)過(guò)三個(gè)場(chǎng)區(qū)后有一部分打在熒光屏上。關(guān)于這部分離子,若比荷越大,則離子()A.經(jīng)過(guò)虛線(xiàn)c的位置越低B.經(jīng)過(guò)虛線(xiàn)c的速度越大C.打在熒光屏上的位置越低D.打在熒光屏上的位置越高答案BD當(dāng)離子在a與b之間,根據(jù)動(dòng)能定理得mv2=qU,則v=,故比荷越大,經(jīng)過(guò)b的速度越大;在b與c之間,離子做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng),設(shè)bc寬為L(zhǎng),電場(chǎng)強(qiáng)度為E,y=at2=,經(jīng)過(guò)虛線(xiàn)c的位置與比荷無(wú)關(guān),A錯(cuò)誤;比荷越大,經(jīng)過(guò)c的速度越大,即離子進(jìn)入磁場(chǎng)的速度就越大,B正確;當(dāng)離子