《（浙江選考）2021版新高考物理一輪復(fù)習(xí) 10 第八章 磁場 3 題型探究課四 帶電粒子在復(fù)合場中的運動教學(xué)案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江選考）2021版新高考物理一輪復(fù)習(xí) 10 第八章 磁場 3 題型探究課四 帶電粒子在復(fù)合場中的運動教學(xué)案（13頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、題型探究課四帶電粒子在復(fù)合場中的運動帶電粒子在組合場中的運動【題型解讀】組合場是指電場、磁場同時存在，但各位于一定的區(qū)域內(nèi)(或電場、磁場交替存在，位于同一指定的區(qū)域內(nèi))若帶電粒子速度方向與磁場方向平行，則在磁場中做勻速直線運動；若帶電粒子垂直進(jìn)入磁場，則做勻速圓周運動而在電場中，若速度方向與電場線在同一直線上，則做勻變速直線運動；若速度方向與電場線垂直，則做類平拋運動解決帶電粒子在組合場中的運動問題，所需知識如下：【典題例析】(20194月浙江選考)有一種質(zhì)譜儀由靜電分析器和磁分析器組成，其簡化原理如圖所示左側(cè)靜電分析器中有方向指向圓心O、與O點等距離各點的場強(qiáng)大小相同的徑向電場，右側(cè)的磁分析
2、器中分布著方向垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場，其左邊界與靜電分析器的右邊界平行，兩者間距近似為零離子源發(fā)出兩種速度均為v0、電荷量均為q、質(zhì)量分別為m和0.5m的正離子束，從M點垂直該點電場方向進(jìn)入靜電分析器在靜電分析器中，質(zhì)量為m的離子沿半徑為r0的四分之一圓弧軌道做勻速圓周運動，從N點水平射出，而質(zhì)量為0.5m的離子恰好從ON中點P與水平方向成角射出，從靜電分析器射出的這兩束離子垂直磁場方向射入磁分析器中，最后打在放置于磁分析器左邊界的探測板上，其中質(zhì)量為m的離子打在O點正下方的Q點已知OP0.5r0，OQr0，N、P兩點間的電勢差UNP，cos，不計重力和離子間相互作用(1)求靜電分析器中半徑
3、為r0處的電場強(qiáng)度E0和磁分析器中的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小；(2)求質(zhì)量為0.5m的離子到達(dá)探測板上的位置與O點的距離l(用r0表示)；(3)若磁感應(yīng)強(qiáng)度在(BB)到(BB)之間波動，要在探測板上完全分辨出質(zhì)量為m和0.5m的兩束離子，求的最大值解析(1)由徑向電場力提供向心力有E0q解得E0由洛倫茲力提供向心力有qv0B解得B.(2)從M點到P點，由動能定理有0.5mv20.5mvqUNP解得vv0則在磁場中，質(zhì)量為0.5m的離子的軌跡半徑rr0由幾何知識有l(wèi)2rcos0.5r0解得l1.5r0.(3)若恰好能分辨，則有解得40.12.答案(1)(2)1.5r0(3)0.12帶電粒子在組合場中運
4、動時要分段求解，在電場中的加速運動或類平拋運動用動能定理、運動分解及牛頓運動定律求解而在磁場中的圓周運動則應(yīng)用周期和半徑公式結(jié)合幾何作圖求解在復(fù)合場中的運動要分析好粒子的受力情況和運動情況來求解【題組過關(guān)】考向1先電場后磁場1(2020臺州月考)如圖所示，平行板電容器兩金屬板A、B板長L32cm，兩板間距離d32cm，A板的電勢比B板高電荷量q1010C、質(zhì)量m1020kg的帶正電的粒子，以初速度v02106m/s沿電場中心線垂直電場線飛入電場隨后，粒子在O點飛出平行板電容器(速度偏轉(zhuǎn)角為37)，并進(jìn)入磁場方向垂直紙面向里，且邊長為CD24cm的正方形勻強(qiáng)磁場區(qū)域(sin370.6，cos37
5、0.8，粒子的重力不計)(1)求A、B兩板的電勢差；(2)粒子穿過磁場區(qū)域后打在放置于中心線上的熒光屏CD上，求磁感應(yīng)強(qiáng)度的范圍解析：(1)帶電粒子射出電場時在電場方向上的速度為：vyv0tan37vyat在電場中，由牛頓第二定律可得：qEqma在電場中垂直于電場方向上有：Lv0t聯(lián)立式可得A、B兩板的電勢差為：U300V(2)粒子進(jìn)入磁場的速度為：v帶電粒子射出電場時在電場方向上的位移為：yat2粒子要打在CD上，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度最大時，運動軌跡如圖線1所示，設(shè)此時的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1，半徑為R1，由幾何關(guān)系可得：yR1R1cos37由洛倫茲力提供向心力可得：qvB1m粒子要打在CD上，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)
6、度最小時，假設(shè)運動軌跡與右邊界相切且從CD射出，設(shè)此時的半徑為R2，由幾何關(guān)系可得：CDR2R2sin37解得R215cm，又由于R2cos3712cmy，故粒子圓心恰好在CD上，且從D點射出磁場，如圖線2所示，假設(shè)成立，設(shè)此時的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2由洛倫茲力提供向心力可得：qvB2m聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)可得磁感應(yīng)強(qiáng)度的范圍為：1.7103TB3.75103T.答案：(1)300V(2)1.7103TB3.75103T考向2先磁場后電場2如圖所示，在xOy坐標(biāo)平面的第一象限內(nèi)有一沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，在第四象限內(nèi)有一垂直于平面向里的勻強(qiáng)磁場現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子(重力不計)從坐標(biāo)原點
7、O以速度大小v0射入磁場，其入射方向與x軸的正方向成30角當(dāng)粒子第一次進(jìn)入電場后，運動到電場中P點處時，方向與x軸正方向相同，P點坐標(biāo)為(21)L，L(sin370.6，cos370.8)求：(1)粒子運動到P點時速度的大小v；(2)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E和勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B；(3)粒子從O點運動到P點所用的時間t.解析：(1)粒子運動軌跡如圖所示，OQ段為圓弧，QP段為拋物線，粒子在Q點時的速度大小為v0，根據(jù)對稱性可知，方向與x軸正方向成30角，可得：vv0cos30解得：vv0.(2)在粒子從Q運動到P的過程中，由動能定理得qELmv2mv，解得E水平方向的位移為xQPv0t1豎直方向
8、的位移為yv0sin30t1L可得xQP2L，OQxOPxQPL由于OQ2Rsin30，故粒子在OQ段做圓周運動的半徑RL，又qv0Bm，解得B.(3)粒子從O點運動到Q點所用的時間為t1設(shè)粒子從Q到P所用時間為t2，在豎直方向上有t2則粒子從O點運動到P點所用的時間為tt1t2.答案：(1)v0(2)(3)帶電粒子在復(fù)合場中的運動【題組過關(guān)】1(201711月浙江選考)如圖所示，在兩水平金屬板構(gòu)成的器件中，存在著勻強(qiáng)電場與勻強(qiáng)磁場，電場強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B相互垂直以某一水平速度進(jìn)入的不計重力的帶電粒子恰好能沿直線運動，下列說法正確的是()A粒子一定帶負(fù)電B粒子的速度大小vC若粒子速度大小改變
9、，粒子將做曲線運動D若粒子速度大小改變，電場對粒子的作用力會發(fā)生變化答案：C2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)域恰能沿水平方向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？解析：
10、(1)墨滴在電場區(qū)域做勻速直線運動，有qmg由式得：q由于電場方向向下，電荷所受電場力向上，可知：墨滴帶負(fù)電荷(2)墨滴垂直進(jìn)入電、磁場共存區(qū)域，重力仍與電場力平衡，合力等于洛倫茲力，墨滴做勻速圓周運動，有qv0Bm考慮墨滴進(jìn)入磁場和撞板的幾何關(guān)系，可知墨滴在該區(qū)域恰完成四分之一圓周運動，則半徑Rd由式得B.(3)根據(jù)題設(shè)，墨滴運動軌跡如圖，設(shè)圓周運動半徑為R，有qv0Bm由圖示可得：R2d2得：Rd聯(lián)立式可得：B.答案：(1)負(fù)電荷(2)(3)3.如圖，絕緣粗糙的豎直平面MN左側(cè)同時存在相互垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場方向水平向右，電場強(qiáng)度大小為E，磁場方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B
11、.一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的小滑塊從A點由靜止開始沿MN下滑，到達(dá)C點時離開MN做曲線運動A、C兩點間距離為h，重力加速度為g.(1)求小滑塊運動到C點時的速度大小vC；(2)求小滑塊從A點運動到C點過程中克服摩擦力做的功Wf；(3)若D點為小滑塊在電場力、洛倫茲力及重力作用下運動過程中速度最大的位置，當(dāng)小滑塊運動到D點時撤去磁場，此后小滑塊繼續(xù)運動到水平地面上的P點已知小滑塊在D點時的速度大小為vD，從D點運動到P點的時間為t，求小滑塊運動到P點時速度的大小vP.解析：(1)小滑塊沿MN運動過程，水平方向受力滿足qvBFNqE小滑塊在C點離開MN時FN0解得vC.(2)由動能定理得mg
12、hWfmv0解得Wfmgh.(3)如圖，小滑塊速度最大時，速度方向與電場力、重力的合力方向垂直撤去磁場后小滑塊將做類平拋運動，等效加速度為g，g且vvg2t2解得vP.答案：(1)(2)mgh(3) 帶電粒子在復(fù)合場中運動的解題思路帶電粒子在交變電磁場中的運動【題組過關(guān)】1(2020溫州六校聯(lián)考)如圖甲所示，MN為豎直放置彼此平行的兩塊平板，板間距離為d，兩板中央各有一個小孔O、O正對，在兩板間有垂直于紙面方向的磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間的變化如圖乙所示有一群正離子在t0時垂直于M板從小孔O射入磁場已知正離子質(zhì)量為m、帶電荷量為q，正離子在磁場中做勻速圓周運動的周期與磁感應(yīng)強(qiáng)度變化的周期都為T0，
13、不考慮由于磁場變化而產(chǎn)生的電場的影響，不計離子所受重力求：(1)磁感應(yīng)強(qiáng)度B0的大??；(2)要使正離子從O孔垂直于N板射出磁場，正離子射入磁場時的速度v0的可能值解析：設(shè)垂直于紙面向里的磁場方向為正方向(1)正離子射入磁場，洛倫茲力提供向心力B0qv0而v0由兩式得磁感應(yīng)強(qiáng)度B0.(2)要使正離子從O孔垂直于N板射出磁場，v0的方向應(yīng)如圖所示，兩板之間正離子只運動一個周期即T0時，有R做勻速圓周運動的周期T0當(dāng)兩板之間正離子運動n個周期，即nT0時，有R(n1，2，3)聯(lián)立求解，得正離子的速度的可能值為v0(n1，2，3)答案：(1)(2)(n1，2，3)2(2020舟山質(zhì)檢)如圖甲所示，帶正
14、電粒子以水平速度v0從平行金屬板MN間中線OO連續(xù)射入電場中MN板間接有如圖乙所示的隨時間t變化的電壓UMN，兩板間電場可看做是均勻的，且兩板外無電場緊鄰金屬板右側(cè)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場B，分界線為CD，EF為屏幕金屬板間距為d，長度為l，磁場的寬度為d.已知：B5103T，ld0.2m，每個帶正電粒子的速度v0105m/s，比荷為108C/kg，重力忽略不計，在每個粒子通過電場區(qū)域的極短時間內(nèi)，電場可視為是恒定不變的試求：(1)帶電粒子進(jìn)入磁場做圓周運動的最小半徑；(2)帶電粒子射出電場時的最大速度；(3)帶電粒子打在屏幕上的范圍解析：(1)t0時刻射入電場的帶電粒子不被加速，進(jìn)入磁場做圓
15、周運動的半徑最小粒子在磁場中運動時qv0B則帶電粒子進(jìn)入磁場做圓周運動的最小半徑rminm0.2m其運動的徑跡如圖中曲線所示(2)設(shè)兩板間電壓為U1，帶電粒子剛好從極板邊緣射出電場，則有at2代入數(shù)據(jù)，解得U1100V在電壓低于100V時，帶電粒子才能從兩板間射出電場，電壓高于100V時，帶電粒子打在極板上，不能從兩板間射出帶電粒子剛好從極板邊緣射出電場時，速度最大，設(shè)最大速度為vmax，則有mvmvq解得vmax105m/s1.414105m/s.(3)由第(1)問計算可知，t0時刻射入電場的粒子在磁場中做圓周運動的半徑rmind0.2m徑跡恰與屏幕相切，設(shè)切點為E，E為帶電粒子打在屏幕上的
16、最高點，則OErmin0.2m帶電粒子射出電場時的速度最大時，在磁場中做圓周運動的半徑最大，打在屏幕上的位置最低設(shè)帶電粒子以最大速度射出電場進(jìn)入磁場中做圓周運動的半徑為rmax，打在屏幕上的位置為F，運動徑跡如圖中曲線所示qvmaxB則帶電粒子進(jìn)入磁場做圓周運動的最大半徑rmaxmm由數(shù)學(xué)知識可得運動徑跡的圓心必落在屏幕上，如圖中Q點所示，并且Q點必與M板在同一水平線上則OQm0.1m帶電粒子打在屏幕上的最低點為F，則OFrmaxOQm0.18m即帶電粒子打在屏幕上O上方0.2m到O下方0.18m的范圍內(nèi)答案：(1)0.2m(2)1.414105m/s(3)見解析帶電粒子在交變復(fù)合場中運動問題
17、的基本思路1如圖所示，真空中存在著下列四種有界的勻強(qiáng)電場E和勻強(qiáng)磁場B區(qū)域，一帶正電的小球(電荷量為q，質(zhì)量為m)從該復(fù)合場邊界上方的某一高度由靜止開始下落那么小球可能沿直線通過下列哪種復(fù)合場區(qū)域()解析：選B.對帶正電的小球進(jìn)行受力分析可知，只有在選項B所示的復(fù)合場區(qū)域其所受洛倫茲力、重力、電場力可以平衡，故B正確2(2020浙江“七彩陽光”聯(lián)盟聯(lián)考)如圖所示，X1、X2，Y1、Y2，Z1、Z2分別表示導(dǎo)體板左、右，上、下，前、后六個側(cè)面，將其置于垂直Z1、Z2面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中，當(dāng)電流I通過導(dǎo)體板時，在導(dǎo)體板的兩側(cè)面之間產(chǎn)生霍耳電壓UH.已知電流I與導(dǎo)體單位體積內(nèi)的自由
18、電子數(shù)n、電子電荷量e、導(dǎo)體橫截面積S和電子定向移動速度v之間的關(guān)系為IneSv.實驗中導(dǎo)體板尺寸、電流I和磁感應(yīng)強(qiáng)度B保持不變，下列說法正確的是()A導(dǎo)體內(nèi)自由電子只受洛倫茲力作用BUH存在于導(dǎo)體的Z1、Z2兩面之間C單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)n越大，UH越小D通過測量UH，可用R求得導(dǎo)體X1、X2兩面間的電阻解析：選C.由于磁場的作用，電子受洛倫茲力，向Y2面聚集，在Y1、Y2平面之間累積電荷，在Y1、Y2之間產(chǎn)生了勻強(qiáng)電場，故電子也受電場力，在Y1、Y2之間也產(chǎn)生了電勢差，故選項A、B錯誤；當(dāng)自由電子所受的電場力和洛倫茲力平衡時，霍耳電壓UH穩(wěn)定，即有Bev，又有IneSv，即得UH，故選項
19、C正確；電流I并不是因霍耳電壓UH而形成的，所以R并不成立，選項D錯誤3(2020杭州高三檢測)如圖所示，一帶電塑料小球質(zhì)量為m，用絲線懸掛于O點，并在豎直平面內(nèi)擺動，最大擺角為60，水平磁場垂直于小球擺動的平面當(dāng)小球自左方擺到最低點時，懸線上的張力恰為零，則小球自右方最大擺角處擺到最低點時懸線上的張力為()A0 B2mg C4mg D6mg解析：選C.設(shè)小球自左方擺到最低點時速度為v，則mv2mgL(1cos60)，此時qvBmgm，當(dāng)小球自右方擺到最低點時，v大小不變，洛倫茲力方向發(fā)生變化，TmgqvBm，得T4mg，故C正確4(20201月浙江選考)通過測量質(zhì)子在磁場中的運動軌跡和打到探
20、測板上的計數(shù)率(即打到探測板上質(zhì)子數(shù)與衰變產(chǎn)生總質(zhì)子數(shù)N的比值)，可研究中子(n)的衰變中子衰變后轉(zhuǎn)化成質(zhì)子和電子，同時放出質(zhì)量可視為零的反中微子e.如圖所示，位于P點的靜止中子經(jīng)衰變可形成一個質(zhì)子源，該質(zhì)子源在紙面內(nèi)各向均勻地發(fā)射N個質(zhì)子在P點下方放置有長度L1.2 m以O(shè)為中點的探測板，P點離探測板的垂直距離OP為a.在探測板的上方存在方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場已知電子質(zhì)量me9.11031 kg0.51 MeV/c2，中子質(zhì)量mn939.57 MeV/c2，質(zhì)子質(zhì)量mp938.27 MeV/c2(c為光速，不考慮粒子之間的相互作用)若質(zhì)子的動量p4.81021 kgms13108 MeVsm1，(1)寫出中子衰變的核反應(yīng)式，求電子和反中微子的總動能(以MeV為能量單位)；(2)當(dāng)a0.15 m，B0.1 T時，求計數(shù)率；(3)若a取不同的值，可通過調(diào)節(jié)B的大小獲得與(2)問中同樣的計數(shù)率，求B與a的關(guān)系并給出B的取值范圍解析：(1)npee.Edmnc2(mpc2mec2)0.79 MeVEkp0.043 2 MeVEeEEdEkp0.746 8 MeV.(2)質(zhì)子運動半徑R0.3 m如圖甲所示，打到探測板對應(yīng)發(fā)射角度可得質(zhì)子計數(shù)率為.(3)在確保計數(shù)率為的情況下R2a即B T如圖乙所示，恰能打到探測板左端的條件為4R即B T.答案：見解析13
（浙江選考）2021版新高考物理一輪復(fù)習(xí) 10 第八章 磁場 3 題型探究課四 帶電粒子在復(fù)合場中的運動教學(xué)案
