高考物理 熱點預(yù)測 4.9帶電粒子在組合場、復(fù)合場中的運動課件

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1、第9講 帶電粒子在組合場、復(fù)合場中的運動【考綱資訊考綱資訊】帶電粒子在勻強電場中的運動帶電粒子在勻強電場中的運動帶電粒子在勻強磁場中的運動帶電粒子在勻強磁場中的運動質(zhì)譜儀和回旋加速器的基本原理質(zhì)譜儀和回旋加速器的基本原理【考情快報考情快報】1.1.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)。以選擇題的形式出現(xiàn)。2.2.預(yù)計預(yù)計20132013年高考對該知識內(nèi)容的考查主要是：年高考對該知識內(nèi)容的考查主要是：(1

2、)(1)考查帶電粒子在組合場中的運動問題；考查帶電粒子在組合場中的運動問題；(2)(2)考查帶電粒子在復(fù)合場中的運動問題；考查帶電粒子在復(fù)合場中的運動問題；(3)(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。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)建體系構(gòu)建】【核心自查核心自查】1.“1.“磁偏轉(zhuǎn)磁偏轉(zhuǎn)”和和“電偏轉(zhuǎn)電偏轉(zhuǎn)”的區(qū)別的區(qū)別磁磁 偏偏 轉(zhuǎn)轉(zhuǎn) 電電 偏偏 轉(zhuǎn)轉(zhuǎn) 受力受力特征特征運動運動規(guī)律規(guī)律(1)v(1)v垂直于垂直于B B時，時，F(xiàn)=_F=_(2)v(2)v不垂直于不垂直于B

3、B時，時，F(xiàn)=_(F=_(是是v v與與B B的夾角的夾角) )，F(xiàn) F是變力，只是變力，只改變改變v v的方向的方向無論無論v v是否與是否與E E垂垂直，直，F(xiàn)=_F=_，F(xiàn) F是恒力是恒力勻速勻速_，且，且r= r= ，T=T=_運動，滿運動，滿足足: v: vx=v=v0,v,vy= =x=vx=v0t,y=t,y=qvBqvBqvBsinqvBsinqEqE圓周運動圓周運動mvqB2 mqB類平拋類平拋qEt,m2qEt2m磁磁 偏偏 轉(zhuǎn)轉(zhuǎn)電電 偏偏 轉(zhuǎn)轉(zhuǎn)偏轉(zhuǎn)偏轉(zhuǎn)情況情況動能動能變化變化處理處理方法方法若沒有磁場邊界的限制，若沒有磁場邊界的限制，粒子所能偏轉(zhuǎn)的角度不受粒子所能偏轉(zhuǎn)的角

4、度不受限制，限制，=_= =_= = 1)(1)的顆粒打在收集板上的位置到的顆粒打在收集板上的位置到O O點的距點的距離。離。1k【解題指導(dǎo)解題指導(dǎo)】解答本題需要把握以下兩點：解答本題需要把握以下兩點：(1)(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；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)(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。茲力，帶電顆粒做勻速圓周運動。【解析解析】(1)(1)設(shè)帶電顆粒的電荷量為設(shè)帶電顆粒的電荷量為q q，質(zhì)量為，質(zhì)量為m m，有，有Eq=mgEq

5、=mg將將 代入，得代入，得E=kgE=kg(2)(2)如圖甲所示，有如圖甲所示，有qvqv0B=mB=m得得B=B=q1mk20vR222R3dRd0kv5d(3)(3)如圖乙所示，有如圖乙所示，有qvqv0B=mB=mtan=tan=y y1= =201vR2213dR3d2211RR3dy y2= =ltantany=yy=y1+y+y2得得答案：答案：(1)kg (2)(1)kg (2)(3)(3)223yd(5259)259 l0kv5d2235259259 d（）l【拓展提升拓展提升】【考題透視考題透視】帶電粒子在組合場中的運動問題是近幾年高考的帶電粒子在組合場中的運動問題是近幾年

6、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：規(guī)律：(1)(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?，F(xiàn)在試卷的壓軸題中。(2)(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。的運動進(jìn)行考查?！窘桀}發(fā)揮借題發(fā)揮】帶電粒子在組合場中運動的處理方法帶電粒子在組合場中

7、運動的處理方法不論帶電粒子是先后在勻強電場和勻強磁場中運動，還是先后不論帶電粒子是先后在勻強電場和勻強磁場中運動，還是先后在勻強磁場和勻強電場中運動。解決方法如下：在勻強磁場和勻強電場中運動。解決方法如下：(1)(1)分別研究帶電粒子在不同場中的運動規(guī)律，在勻強磁場中分別研究帶電粒子在不同場中的運動規(guī)律，在勻強磁場中做勻速圓周運動，在勻強電場中，若速度方向與電場方向在同做勻速圓周運動，在勻強電場中，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)律分別求電場方向垂直

8、，則做類平拋運動。根據(jù)不同的運動規(guī)律分別求解。解。(2)(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。來處理。(3)(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)律有機地聯(lián)系起來。和方向，把粒子在兩種不同場中的運動規(guī)律有機地聯(lián)系起來。 【創(chuàng)新預(yù)測創(chuàng)新預(yù)測】如圖所示，在豎直平面如圖所示，在豎直平面直角坐標(biāo)系直角坐標(biāo)系xOyxOy內(nèi)有半徑內(nèi)有半徑為為R R、圓心在、圓心在O O點、與點、與xOyxOy平面垂直的圓形勻強磁平面垂直的圓形勻

9、強磁場，右側(cè)水平放置的兩場，右側(cè)水平放置的兩塊帶電金屬板塊帶電金屬板MNMN、PQPQ平行正對，極板長度為平行正對，極板長度為l，板間距離為，板間距離為d d，板間存在著方向豎直的勻強電場。一質(zhì)量為板間存在著方向豎直的勻強電場。一質(zhì)量為m m且電荷量為且電荷量為q q的粒的粒子子( (不計重力及空氣阻力不計重力及空氣阻力) )以速度以速度v v0從從A A處沿處沿y y軸正向進(jìn)入圓形勻軸正向進(jìn)入圓形勻強磁場，并沿強磁場，并沿x x軸正向離開圓形勻強磁場，然后從兩極板的左軸正向離開圓形勻強磁場，然后從兩極板的左端沿中軸線端沿中軸線CDCD射入勻強電場，恰好打在上板邊緣射入勻強電場，恰好打在上板邊

10、緣N N端。求：端。求：(1)(1)勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小B B。(2)(2)兩極板間勻強電場的場強大小兩極板間勻強電場的場強大小E E。(3)(3)若粒子以與若粒子以與y y軸正向成軸正向成=30=30從從A A處進(jìn)入圓形勻強磁場，如處進(jìn)入圓形勻強磁場，如圖所示，且圖所示，且d= d= 試確定該粒子打在極板上距試確定該粒子打在極板上距N N端的距離。端的距離。( (用用l表示表示) )4R3，【解析解析】(1)(1)由幾何關(guān)系知，粒子在磁場中做圓周運動的半徑由幾何關(guān)系知，粒子在磁場中做圓周運動的半徑r=Rr=R由洛倫茲力提供向心力得由洛倫茲力提供向心力得所以所以B=

11、B=200vqv Bmr0mvqR(2)(2)粒子在兩極板間做類平拋運動粒子在兩極板間做類平拋運動l=v=v0t qE=mat qE=ma聯(lián)立解得聯(lián)立解得E=E=2d1at22202mdvql(3)(3)該粒子以與該粒子以與y y軸正向成軸正向成=30=30從從A A處進(jìn)入圓形勻強磁場做勻處進(jìn)入圓形勻強磁場做勻速圓周運動，如圖所示。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由幾何關(guān)系可得：該粒子出磁場時速度方向與x x軸正向平行，軸正向平行，且與且與x x軸距離為軸距離為 ，然后平行于軸線，然后平行于軸線CDCD進(jìn)入勻強電場做類平拋進(jìn)入勻強電場做類平拋運動，設(shè)經(jīng)過時間運動，

12、設(shè)經(jīng)過時間t t2 2到達(dá)極板到達(dá)極板R2偏轉(zhuǎn)距離偏轉(zhuǎn)距離 l=解得解得l=所以，該粒子打在極板上距所以，該粒子打在極板上距N N端的距離端的距離l= =l- -l=答案：答案：(1) (2) (3) (1) (2) (3) dRRd226 221dat2 0 2v t2l2l0mvqR202mdvql2l【熱點考向熱點考向2 2】帶電粒子在復(fù)合場中的運動帶電粒子在復(fù)合場中的運動【典題訓(xùn)練典題訓(xùn)練2 2】(2012(2012浙江高考浙江高考) )如圖所示，兩塊水平放置、如圖所示，兩塊水平放置、相距為相距為d 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)的長金屬板接在電壓可調(diào)的電源上。兩板之

13、間的右側(cè)區(qū)域存在方向垂直紙面向里的勻強磁場。將噴墨打印機的噴口區(qū)域存在方向垂直紙面向里的勻強磁場。將噴墨打印機的噴口靠近上板下表面，從噴口連續(xù)不斷噴出質(zhì)量均為靠近上板下表面，從噴口連續(xù)不斷噴出質(zhì)量均為m m、水平速度、水平速度均為均為v v0 0、帶相等電荷量的墨滴。調(diào)節(jié)電源電壓至、帶相等電荷量的墨滴。調(diào)節(jié)電源電壓至U,U,墨滴在電場墨滴在電場區(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)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域后，最終垂直打在下板的M M點。點。(1)(1)判斷墨滴所帶電荷的種類，并求其電荷量。判斷墨滴所帶電荷的種類，并求其電荷

14、量。(2)(2)求磁感應(yīng)強度求磁感應(yīng)強度B B的值。的值。(3)(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?，F(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)下板為了使墨滴仍能到達(dá)下板M M點，應(yīng)將磁感應(yīng)強度調(diào)至點，應(yīng)將磁感應(yīng)強度調(diào)至B,B,則則BB的大小為多少？的大小為多少？【解題指導(dǎo)解題指導(dǎo)】解答本題應(yīng)注意以下三點：解答本題應(yīng)注意以下三點：(1)(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；電荷量；(2)(2)墨滴做勻速圓周運動時洛倫茲力提供向心力，確定圓心的墨滴做勻速圓周運動時洛倫茲力提供向

15、心力，確定圓心的位置和半徑，畫出幾何圖形可以方便求解；位置和半徑，畫出幾何圖形可以方便求解；(3)(3)認(rèn)真審題，充分挖掘已知條件，如垂直打在下板的認(rèn)真審題，充分挖掘已知條件，如垂直打在下板的M M點。點?！窘馕鼋馕觥?1)(1)墨滴受重力和電場力做勻速直線運動，電場力與墨滴受重力和電場力做勻速直線運動，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)其電荷量為荷量為q q，則有，則有q =mgq =mg所以所以q= q= UdmgdU(2)(2)墨滴進(jìn)入電場和磁場共存區(qū)域后，受重力、電場力和洛倫墨滴進(jìn)入電場和磁場共存區(qū)域后，受重

16、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)圓周運動半徑為勻速圓周運動，設(shè)圓周運動半徑為R R，有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，半徑運動，根據(jù)幾何關(guān)系可知，半徑R=dR=d聯(lián)立式得聯(lián)立式得B=B=200vqv BmR02v Ugd(3)(3)根據(jù)題設(shè)，墨滴運動軌跡如圖所示，設(shè)圓周半徑為根據(jù)題設(shè)，墨滴運動軌跡如圖所示，設(shè)圓周半徑為R,R,則則有有200vqv BmR 由圖示幾何關(guān)系得由圖示幾何關(guān)系得

17、得得R= dR= d聯(lián)立式得聯(lián)立式得B=B=答案：答案：(1)(1)負(fù)電荷負(fù)電荷 (2) (3)(2) (3)2221Rd(Rd)2 54024v U5gdmgdU02v Ugd024v U5gd【拓展提升拓展提升】【考題透視考題透視】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)對該考點的熱點，更是重點。分析近幾年的高考試題，可發(fā)現(xiàn)對該考點的考查有以下命題規(guī)律：考查有以下命題規(guī)律：(1)(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

18、查，一般作為壓軸題出現(xiàn)。及功能關(guān)系進(jìn)行綜合考查，一般作為壓軸題出現(xiàn)。(2)(2)有時也會以選擇題的形式出現(xiàn)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。結(jié)合受力分析考查運動規(guī)律。【借題發(fā)揮借題發(fā)揮】帶電粒子在復(fù)合場中運動的處理方法帶電粒子在復(fù)合場中運動的處理方法(1)(1)弄清復(fù)合場的組成特點。弄清復(fù)合場的組成特點。(2)(2)正確分析帶電粒子的受力及運動特點。正確分析帶電粒子的受力及運動特點。(3)(3)畫出粒子的運動軌跡，靈活選擇不同的運動規(guī)律。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，電場與磁場中滿足若只有兩個場且正交。例如，電場與磁場中滿足qE=

19、qvBqE=qvB或重或重力場與磁場中滿足力場與磁場中滿足mg=qvBmg=qvB或重力場與電場中滿足或重力場與電場中滿足mg=qEmg=qE，都表，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?，F(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。三場共存時，合力為零，受力平衡，粒子做勻速直線運動。其中洛倫茲力其中洛倫茲力F=qvBF=qvB的方向與速度的方向與速度v v垂直。垂直。三場共存時，粒子在復(fù)合場中做勻速圓周運動。三場共存時，粒子在復(fù)合場中做勻速圓周運動。mgmg與與qEqE相平相平衡，有衡，有mg=qEmg=qE，由此可計算粒子

20、比荷，判定粒子電性。粒子在，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，有律結(jié)合圓周運動規(guī)律求解，有qvB=mrqvB=mr2 2= =ma= =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，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。一般用動能定理或能量守恒定律求解。 222v4mmrrT【創(chuàng)新預(yù)測創(chuàng)新預(yù)測】如圖所示的坐標(biāo)系，如圖所示的坐標(biāo)系，x x軸沿水平方向，軸沿水平方向，y y軸沿豎直方向。在軸沿豎直方向。

21、在x x軸上方空間的第軸上方空間的第一、第二象限內(nèi)，既無電場也無磁場，一、第二象限內(nèi)，既無電場也無磁場，在第三象限內(nèi)存在沿在第三象限內(nèi)存在沿y y軸正方向的勻強軸正方向的勻強電場和垂直于電場和垂直于xOyxOy平面向里的勻強磁場，平面向里的勻強磁場，在第四象限內(nèi)存在沿在第四象限內(nèi)存在沿y y軸負(fù)方向、場強軸負(fù)方向、場強大小與第三象限電場強度相等的勻強電場。一質(zhì)量為大小與第三象限電場強度相等的勻強電場。一質(zhì)量為m m、電量、電量為為q q的帶電質(zhì)點，從的帶電質(zhì)點，從y y軸上軸上y=hy=h處的處的P P1 1點以一定的水平初速度沿點以一定的水平初速度沿x x軸負(fù)方向進(jìn)入第二象限，然后經(jīng)過軸負(fù)方

22、向進(jìn)入第二象限，然后經(jīng)過x x軸上軸上x=-2hx=-2h處的處的P P2 2點進(jìn)入第點進(jìn)入第三象限，帶電質(zhì)點恰能做勻速圓周運動，之后經(jīng)過三象限，帶電質(zhì)點恰能做勻速圓周運動，之后經(jīng)過y y軸上軸上y=-2hy=-2h處的處的P P3 3點進(jìn)入第四象限。試求：點進(jìn)入第四象限。試求：(1)(1)第三象限空間中電場強度和磁感應(yīng)強度的大小。第三象限空間中電場強度和磁感應(yīng)強度的大小。(2)(2)帶電質(zhì)點在第四象限空間運動過程中的最小速度。帶電質(zhì)點在第四象限空間運動過程中的最小速度?！窘馕鼋馕觥?1)(1)質(zhì)點從質(zhì)點從P P2到到P P3的運動過程中，重力與電場力平衡，的運動過程中，重力與電場力平衡，洛倫

23、茲力提供向心力。則洛倫茲力提供向心力。則qE=mgqE=mg解得解得E=E=在第二象限內(nèi)從在第二象限內(nèi)從P P1到到P P2的運動過程是只在重力作用下的平拋運的運動過程是只在重力作用下的平拋運動，即動，即h= 2h=vh= 2h=v0t,vt,vy=gt =gt mgq21gt2，那么質(zhì)點從那么質(zhì)點從P P2點進(jìn)入復(fù)合場時的速度為點進(jìn)入復(fù)合場時的速度為 方向方向與與x x軸負(fù)方向成軸負(fù)方向成4545角，運動軌跡如圖所示。角，運動軌跡如圖所示。220yvvv2 gh質(zhì)點在第三象限內(nèi)滿足質(zhì)點在第三象限內(nèi)滿足qvB=mqvB=m由幾何知識可得：由幾何知識可得：(2R)(2R)2=(2h)=(2h)2

24、+(2h)+(2h)2所以所以B=B=2vRm2gqh(2)(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)點此時質(zhì)點速度最小，也就是說最小速度速度最小，也就是說最小速度v vminmin是是v v在水平方向的分量，則在水平方向的分量，則v vminmin=vcos45=vcos45= =方向沿方向沿x x軸正方向。軸正方向。答案：答案：(1) (2) (1) (2) 方向沿方向沿x x軸正方向軸正方向2ghmgqm2gqh2gh【熱點考

25、向熱點考向3 3】電磁場技術(shù)的應(yīng)用電磁場技術(shù)的應(yīng)用【典題訓(xùn)練典題訓(xùn)練3 3】(2012(2012天津高考天津高考) )對鈾對鈾235235的進(jìn)一步研究在核能的進(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)量為的開發(fā)和利用中具有重要的意義。如圖所示，質(zhì)量為m m、電荷、電荷量為量為q q的鈾的鈾235235離子，從容器離子，從容器A A下方的小孔下方的小孔S S1 1不斷飄入加速電場，不斷飄入加速電場，其初速度可視為零，然后經(jīng)過小孔其初速度可視為零，然后經(jīng)過小孔S S2 2垂直于磁場方向進(jìn)入磁感垂直于磁場方向進(jìn)入磁感應(yīng)強度為應(yīng)強度為B B的勻強磁場中，做半徑為的勻強磁場中，做半徑為R

26、 R的勻速圓周運動，離子行的勻速圓周運動，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流為I I。不考慮離子重力及離子間的相互作用。不考慮離子重力及離子間的相互作用。(1)(1)求加速電場的電壓求加速電場的電壓U U。(2)(2)求出在離子被收集的過程中任意時間求出在離子被收集的過程中任意時間t t內(nèi)收集到離子的質(zhì)量內(nèi)收集到離子的質(zhì)量M M。(3)(3)實際上加速電壓的大小在實際上加速電壓的大小在U UUU范圍內(nèi)微小變化。若容器范圍內(nèi)微小變化。若容器A A中有電荷量相同的鈾中有電荷量相同的鈾235235和鈾和鈾23823

27、8兩種離子，如前述情況它們經(jīng)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，運動的軌跡不發(fā)生交疊， 應(yīng)小于多少？應(yīng)小于多少？( (結(jié)果用百分?jǐn)?shù)表示，結(jié)果用百分?jǐn)?shù)表示，保留兩位有效數(shù)字保留兩位有效數(shù)字) )UU【解題指導(dǎo)解題指導(dǎo)】解答本題應(yīng)注意以下三點：解答本題應(yīng)注意以下三點：(1)(1)離子在加速電場中的加速滿足動能定理。離子在加速電場中的加速滿足動能定理。(2)(2)微觀離子的等效電流大小仍滿足微觀離子的等效電流大小仍滿足I=I=(3)(3)兩種離子在磁場中運動軌跡不相交的條件是兩種離

28、子在磁場中運動軌跡不相交的條件是R RmaxRRmin。 qt?！窘馕鼋馕觥?1)(1)設(shè)離子經(jīng)加速電場后進(jìn)入磁場時的速度為設(shè)離子經(jīng)加速電場后進(jìn)入磁場時的速度為v v，由動，由動能定理得能定理得qU=qU=離子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，即離子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，即qvB=mqvB=m聯(lián)立以上兩式可得聯(lián)立以上兩式可得U=U=21mv22vR22qB R2m(2)(2)設(shè)在任意時間設(shè)在任意時間t t內(nèi)收集到的離子個數(shù)為內(nèi)收集到的離子個數(shù)為N N，總電荷量為，總電荷量為Q Q，則，則有有Q=ItQ=It，N= M=NmN= M=Nm聯(lián)立以上各式可得聯(lián)立以上各

29、式可得M=M=Qq，mItq(3)(3)聯(lián)立兩式可得聯(lián)立兩式可得R=R=設(shè)設(shè)mm為鈾為鈾238238離子質(zhì)量，由于電壓在離子質(zhì)量，由于電壓在U UUU之間有微小變化，之間有微小變化，鈾鈾235235離子在磁場中最大半徑為離子在磁場中最大半徑為R Rmax= =鈾鈾238238離子在磁場中最小半徑為離子在磁場中最小半徑為RRmin= =12mUBq2m UU1Bq2m UU1Bq這兩種離子在磁場中運動的軌跡不發(fā)生交疊的條件是這兩種離子在磁場中運動的軌跡不發(fā)生交疊的條件是R RmaxRRmin即即則有則有m(U+U)m(U-U)m(U+U)m(U-U)2m UU2m UU11BqBqUmmUmm其

30、中鈾其中鈾235235離子的質(zhì)量離子的質(zhì)量m=235u(um=235u(u為原子質(zhì)量單位為原子質(zhì)量單位) )，鈾，鈾238238離子離子的質(zhì)量的質(zhì)量m=238um=238u。故故解得解得 0.63%00時，粒子被加速，則最多連續(xù)被加速的次數(shù)時，粒子被加速，則最多連續(xù)被加速的次數(shù)N=N=(1(1分分) )得得N=25N=25(1(1分分) )分析可得粒子在連續(xù)加速次數(shù)最多，且分析可得粒子在連續(xù)加速次數(shù)最多，且u=Uu=U0時也被加速的情況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下，最終獲得動能最大，粒子由靜止開始加速的時刻t= Tt= T0(n=0,1,2,3(n=0,1,

31、2,3) )(2(2分分) )0T / 4T119( n)250最大動能最大動能E Ekm=2=2 qU qU0+qU+qU0(2(2分分) )解得解得E Ekm= qU= qU0(1(1分分) )答案：答案：(1) (1) (2) (2)見規(guī)范解答圖見規(guī)范解答圖(3) T(3) T0(n=0,1,2,3(n=0,1,2,3) qU) qU0 1323()25252531325049qU25119( n)25031325【拓展訓(xùn)練拓展訓(xùn)練】(2012(2012泰州一模泰州一模) )如圖如圖甲所示，在光滑絕緣的甲所示，在光滑絕緣的水平桌面上建立水平桌面上建立 一一xOyxOy坐標(biāo)系，平面處在周期

32、坐標(biāo)系，平面處在周期性變化的電場和磁場中，性變化的電場和磁場中，電場和磁場的變化規(guī)律電場和磁場的變化規(guī)律如圖乙所示如圖乙所示( (規(guī)定沿規(guī)定沿y y方向為電場強度的正方向，豎直向下為磁感應(yīng)強度的正方向方向為電場強度的正方向，豎直向下為磁感應(yīng)強度的正方向) )。在。在t=0t=0時刻，一質(zhì)量為時刻，一質(zhì)量為10 g10 g、電荷量為、電荷量為+0.1 C+0.1 C的帶電金屬小球自坐標(biāo)的帶電金屬小球自坐標(biāo)原點原點O O處，以處，以v v0=2 m/s=2 m/s的速度沿的速度沿x x軸正方向射出。已知軸正方向射出。已知E E0=0.2 N/C=0.2 N/C、B B0=0.2 T=0.2 T。求

33、：。求：(1)t=1 s(1)t=1 s末小球速度的大小和方向。末小球速度的大小和方向。(2)1 s(2)1 s2 s2 s內(nèi)，金屬小球在磁場中做圓周運動的半徑和周期。內(nèi)，金屬小球在磁場中做圓周運動的半徑和周期。(3)(3)在給定的坐標(biāo)系中，大體畫出小球在在給定的坐標(biāo)系中，大體畫出小球在0 0到到6 s6 s內(nèi)運動的軌跡內(nèi)運動的軌跡示意圖。示意圖。(4)6 s(4)6 s內(nèi)金屬小球運動至離內(nèi)金屬小球運動至離x x軸最遠(yuǎn)點的位置坐標(biāo)。軸最遠(yuǎn)點的位置坐標(biāo)?！窘馕鼋馕觥?1)(1)在在0 01 s1 s內(nèi)，金屬小球在電場力作用下，在內(nèi)，金屬小球在電場力作用下，在x x軸方軸方向上做勻速運動向上做勻速

34、運動v vx=v=v0y y軸方向上做勻加速運動軸方向上做勻加速運動v vy= =1 s1 s末小球的速度末小球的速度v v1= m/s= m/s設(shè)設(shè)v v1與與x x軸正方向的夾角為軸正方向的夾角為，則，則tan= =45tan= =4501qEtm22xyvv2 2yxvv，(2)(2)在在1 s1 s2 s2 s內(nèi)，小球在磁場中做圓周運動，由牛頓第二定內(nèi)，小球在磁場中做圓周運動，由牛頓第二定律得：律得：則則 m m小球做圓周運動的周期小球做圓周運動的周期T= =1 sT= =1 s21101mvqv BR110mv2RqB02 mqB(3)(3)小球運動軌跡如圖所示小球運動軌跡如圖所示

35、(4)5 s(4)5 s末小球的坐標(biāo)為末小球的坐標(biāo)為x=vx=v0t=6 mt=6 m，y= =9 my= =9 m此時小球此時小球y y軸方向的速度軸方向的速度v vy= t=6 m/s= t=6 m/s合速度大小為合速度大小為v= m/sv= m/s第第6 s6 s內(nèi)小球做圓周運動的半徑內(nèi)小球做圓周運動的半徑R Rn= m= m帶電小球在第帶電小球在第6 s6 s內(nèi)做圓周運動的軌跡如圖所示內(nèi)做圓周運動的軌跡如圖所示21at20qEm220yvv2 100mv10qB第第6 s6 s內(nèi)小球運動至離內(nèi)小球運動至離x x軸最遠(yuǎn)點時橫坐標(biāo)為軸最遠(yuǎn)點時橫坐標(biāo)為X=x-RX=x-Rn nsinsin其

36、中其中sin=sin=則則X=(6- ) mX=(6- ) m縱坐標(biāo)為縱坐標(biāo)為Y=y+RY=y+Rn(1+cos)(1+cos)其中其中cos=cos=則則Y=Y=yv6v2 1030v2v2 10101(9)m答案：答案：(1)2 m/s (1)2 m/s 與與x x軸正方向成軸正方向成4545角角(2) m 1 s(2) m 1 s(3)(3)見解析見解析(4) (4) 223101(6) m,(9) m1.(20121.(2012長沙二模長沙二模) )如圖所示空間的勻強電場和勻強磁場相互如圖所示空間的勻強電場和勻強磁場相互垂直，電場方向豎直向上，磁場方向垂直紙面向里，一帶電微垂直，電場方

37、向豎直向上，磁場方向垂直紙面向里，一帶電微粒粒處于靜止?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.A.只撤去電場只撤去電場B.B.只撤去磁場只撤去磁場C.C.給給一個豎直向下的初速度一個豎直向下的初速度D.D.給給一個垂直紙面向里的初速度一個垂直紙面向里的初速度【解析解析】選選C C。只撤去電場，微粒在重力與洛倫茲力作用下做。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；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，只撤去

38、磁場，重力與電場力依然平衡，微粒將保持靜止，因此，選項選項A A、B B均錯；給均錯；給一個豎直向下的初速度，由于重力與電場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，選項力平衡，微粒在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，選項C C正確；正確；給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，只受重力和電場力，且二力平衡，微粒做行，不受洛倫茲力，只受重力和電場力，且二力平衡，微粒做勻速直線運動，選項勻速直線運動，選項D D錯誤。錯誤。 2.(20122.(2012洛陽二模洛陽二模)()(多選多

39、選) )如圖所示，空間如圖所示，空間的某一正方形區(qū)域存在著相互垂直的勻強電的某一正方形區(qū)域存在著相互垂直的勻強電場和勻強磁場，一個帶電粒子以某一初速度場和勻強磁場，一個帶電粒子以某一初速度由邊界中點由邊界中點A A進(jìn)入這個區(qū)域沿直線運動，從中進(jìn)入這個區(qū)域沿直線運動，從中點點C C離開區(qū)域；如果將磁場撤去離開區(qū)域；如果將磁場撤去, ,其他條件不變其他條件不變, ,則粒子從則粒子從B B點離點離開場區(qū)；如果將電場撤去，其他條件不變，則粒子從開場區(qū)；如果將電場撤去，其他條件不變，則粒子從D D點離開點離開場區(qū)。已知場區(qū)。已知BC=CD,BC=CD,設(shè)粒子在上述三種情況下設(shè)粒子在上述三種情況下, ,從

40、從A A到到B B、從、從A A到到C C和從和從A A到到D D所用的時間分別是所用的時間分別是t t1、t t2、t t3，離開三點時的動能分，離開三點時的動能分別是別是E Ek1、E Ek2、E Ek3，粒子重力忽略不計，以下關(guān)系式正確的是，粒子重力忽略不計，以下關(guān)系式正確的是( ) ( ) A.tA.t1 1=t=t2 2tt3 3B.tB.t1 1tt2 2=t=t3 3C.EC.Ek1k1=E=Ek2k2EEEk2k2=E=Ek3k3【解析解析】選選A A、D D。根據(jù)題意可知，粒子在復(fù)合場中的運動是直。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

41、電場力平衡，即線運動，由于忽略粒子重力，必有洛倫茲力與電場力平衡，即qE=qvqE=qv0B B，從，從A A到到C C的運動時間的運動時間t t2= = 其中其中d d表示表示ACAC間距；若將磁間距；若將磁場撤去，粒子從場撤去，粒子從B B點離開場區(qū)，該過程粒子在電場力作用下，點離開場區(qū)，該過程粒子在電場力作用下，做類平拋運動，運動時間做類平拋運動，運動時間t t1= = 若撤去電場，粒子做勻速圓周若撤去電場，粒子做勻速圓周0dv，0dv；運動，從運動，從A A到到D D的過程中，沿的過程中，沿ACAC方向的速度分量逐漸減小，且均方向的速度分量逐漸減小，且均小于小于v v0 0，則，則t

42、t3 3 因此，選項因此，選項A A正確，選項正確，選項B B錯誤。粒子從錯誤。粒子從A A到到C C過程是勻速直線運動，動能不變；從過程是勻速直線運動，動能不變；從A A到到D D過程中，粒子只在洛過程中，粒子只在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，動能不變，則倫茲力作用下做勻速圓周運動，動能不變，則E Ek2k2=E=Ek3k3；粒子從；粒子從A A到到B B過程中，合外力是電場力，電場力做了正功，粒子的動能過程中，合外力是電場力，電場力做了正功，粒子的動能增加，則有增加，則有E Ek1k1EEk2k2=E=Ek3k3，選項，選項D D正確，而選項正確，而選項C C錯誤。錯誤。 0dv，3.(3

43、.(多選多選) )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)加速電壓速電壓U U加速后進(jìn)入相互垂直的電場加速后進(jìn)入相互垂直的電場(E(E方向豎直向上方向豎直向上) )和磁場和磁場(B(B方向垂直紙面向外方向垂直紙面向外) )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，需要線通過電磁場，需要( )( )A.A.增加增加E E，減小，減小B BB.B.增加增加E E，減小，減小U UC.C.適當(dāng)增加適當(dāng)增加U UD.D.適當(dāng)減小適當(dāng)減小E E【解析解析】選選C C、D D。離子所受的電場力。離子所受的電場力F

44、=qEF=qE，洛倫茲力，洛倫茲力F F洛洛=qvB=qvB，qU= qU= 離子向上偏轉(zhuǎn)，電場力大于洛倫茲力，故要使離子離子向上偏轉(zhuǎn)，電場力大于洛倫茲力，故要使離子沿直線運動，可以適當(dāng)增加沿直線運動，可以適當(dāng)增加U U，增加速度，增大洛倫茲力，增加速度，增大洛倫茲力，C C項項正確；也可適當(dāng)減小正確；也可適當(dāng)減小E E，減小電場力，減小電場力，D D項正確。項正確。21mv2，4.4.坐標(biāo)原點坐標(biāo)原點O O處有一點狀的放射源，它向處有一點狀的放射源，它向xOyxOy平面內(nèi)的平面內(nèi)的x x軸上方軸上方各個方向發(fā)射各個方向發(fā)射粒子，粒子，粒子的速度大小都是粒子的速度大小都是v v0，在，在0yd

45、0yd的區(qū)的區(qū)域內(nèi)分布有指向域內(nèi)分布有指向y y軸正方向的勻強電場，場強大小為軸正方向的勻強電場，場強大小為E= E= 其中其中q q與與m m分別為分別為粒子的電量和質(zhì)量；在粒子的電量和質(zhì)量；在dy2ddy2d的區(qū)的區(qū)域內(nèi)分布有垂直于域內(nèi)分布有垂直于xOyxOy平面的勻強磁場。平面的勻強磁場。abab為一塊很大的平面為一塊很大的平面感光板，放置于感光板，放置于y=2dy=2d處，如圖所示。觀察發(fā)現(xiàn)此時恰無粒子打處，如圖所示。觀察發(fā)現(xiàn)此時恰無粒子打到到abab板上。板上。( (不考慮不考慮粒子的重力粒子的重力) )203mv2qd，(1)(1)求求粒子剛進(jìn)入磁場時的動能。粒子剛進(jìn)入磁場時的動能

46、。(2)(2)求磁感應(yīng)強度求磁感應(yīng)強度B B的大小。的大小。(3)(3)將將abab板平移到什么位置時所有粒子均能打到板上板平移到什么位置時所有粒子均能打到板上? ?并求出此并求出此時時abab板上被板上被粒子打中的區(qū)域的長度。粒子打中的區(qū)域的長度?！窘馕鼋馕觥?1)(1)根據(jù)動能定理：根據(jù)動能定理：Eqd=Eqd=則末動能為則末動能為E Ek= =(2)(2)根據(jù)根據(jù)(1)(1)中結(jié)果可知中結(jié)果可知v=2vv=2v0，對于沿，對于沿x x軸正方向射出的粒子進(jìn)軸正方向射出的粒子進(jìn)入磁場時與入磁場時與x x軸正方向夾角軸正方向夾角= = 其在電場中沿其在電場中沿x x軸方向的位軸方向的位移移x

47、x1=v=v0t=vt=v022011mvmv222220011mvEqdmv2mv223，2d2 3dEq3m。該粒子運動軌跡如圖所示，根據(jù)幾何知識可得知：若該粒子不該粒子運動軌跡如圖所示，根據(jù)幾何知識可得知：若該粒子不能打到能打到abab板上，則所有粒子均不能打到板上，則所有粒子均不能打到abab板上，因此該粒子軌板上，因此該粒子軌跡必與跡必與abab板相切，其圓周運動的半徑滿足關(guān)系式板相切，其圓周運動的半徑滿足關(guān)系式d=r+rcos60d=r+rcos60，則，則r= dr= d又根據(jù)洛倫茲力提供向心力又根據(jù)洛倫茲力提供向心力Bqv=Bqv=可得可得B=B=232mvr03mv3mv2q

48、dqd(3)(3)根據(jù)幾何知識可知，沿根據(jù)幾何知識可知，沿x x軸負(fù)方向射出的粒子若能打到軸負(fù)方向射出的粒子若能打到abab板板上，則所有粒子均能打到上，則所有粒子均能打到abab板上。其臨界情況就是此粒子軌跡板上。其臨界情況就是此粒子軌跡恰好與恰好與abab板相切。板相切。由圖可知此時磁場寬度應(yīng)為原來的由圖可知此時磁場寬度應(yīng)為原來的 ，即當(dāng)，即當(dāng)abab板位于板位于y= dy= d的的位置時，恰好所有粒子均能打到板上；且位置時，恰好所有粒子均能打到板上；且abab板上被打中區(qū)域的板上被打中區(qū)域的長度為長度為L=L=答案：答案：(1)(1)(2)(2)(3)y=(3)y=134314 322xrdd33 202mv03mvqd4d34 32dd33