2019屆高考物理二輪復習 第一部分 專題整合 專題三 電場和磁場 第3講 帶電粒子在復合場中的運動專項訓練.doc

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第3講　帶電粒子在復合場中的運動 [真題再現(xiàn)]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1．(2017全國卷Ⅰ)如圖3－3－1，空間某區(qū)域存在勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向上(與紙面平行)，磁場方向垂直于紙面向里。三個帶正電的微粒a、b、c電荷量相等，質(zhì)量分別為ma、mb、mc，已知在該區(qū)域內(nèi)，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運動，b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運動，c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運動。下列選項正確的是 圖3－3－1 A．ma＞mb＞mc　　　　B．mb＞ma＞mc C．mc＞ma＞mb D．mc＞mb＞ma 解析　該空間區(qū)域為勻強電場、勻強磁場和重力場的疊加場，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運動，可知其重力與所受到的電場力平衡，洛倫茲力提供其做勻速圓周運動的向心力，有mag＝qE，解得ma＝，b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運動，由左手定則可判斷出其所受洛倫茲力方向豎直向上，可知mbg＝qE＋qvbB，解得mb＝＋，c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運動，由左手定則可判斷出其所受洛倫茲力方向豎直向下，可知mcg＋qvcB＝qE，解得mc＝－。綜上所述，可知mb＞ma＞mc，選項B正確。 答案　B 2．(2015福建卷)如圖3－3－2，絕緣粗糙的豎直平面MN左側(cè)同時存在相互垂直的勻強電場和勻強磁場，電場方向水平向右，電場強度大小為E，磁場方向垂直紙面向外，磁感應強度大小為B。一質(zhì)量為m、電荷量為q、帶正電的小滑塊從A點由靜止開始沿MN下滑，到達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。 圖3－3－2 (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　本題考查帶電體在復合場中的運動和能量守恒、功能關(guān)系，意在考查考生的分析推理能力和綜合解決問題的能力。 (1)小滑塊沿MN運動過程，水平方向受力滿足qvB＋N＝qE① 小滑塊在C點離開MN時 N＝0② 解得vC＝③ (2)由動能定理 mgh－Wf＝mv－0④ 解得Wf＝mgh－⑤ (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′＝ ⑥ 且v＝v＋g′2t2⑦ 解得vP＝ 。⑧ 答案　(1)　(2)mgh－　(3) 3．(2018全國卷Ⅱ)一足夠長的條狀區(qū)域內(nèi)存在勻強電場和勻強磁場，其在xOy平面內(nèi)的截面如圖3－3－3所示；中間是磁場區(qū)域，其邊界與y軸垂直，寬度為l，磁感應強度的大小為B，方向垂直于xOy平面；磁場的上、下兩側(cè)為電場區(qū)域，寬度均為l′，電場強度的大小均為E，方向均沿x軸正方向；M、N為條狀區(qū)域邊界上的兩點，它們的連線與y軸平行。一帶正電的粒子以某一速度從M點沿y軸正方向射入電場經(jīng)過一段時間后恰好以從M點入射的速度從N點沿y軸正方向射出。不計重力。 圖3－3－3 (1)定性畫出該粒子在電磁場中運動的軌跡； (2)求該粒子從M點入射時速度的大??； (3)若該粒子進入磁場時的速度方向恰好與x軸正方向的夾角為，求該粒子的比荷及其從M點運動到N點的時間。 解析　(1)粒子運動的軌跡如圖(a)所示。(粒子在電場中的軌跡為拋物線，在磁場中為圓弧，上下對稱) (2)粒子從電場下邊界入射后在電場中做類平拋運動。設(shè)粒子從M點射入時速度的大小為v0，在下側(cè)電場中運動的時間為t，加速度的大小為a；粒子進入磁場的速度大小為v，方向與電場方向的夾角為θ(見圖b)。速度沿電場方向的分量為v1。根據(jù)牛頓第二定律有qE＝ma① 式中q和m分別為粒子的電荷量和質(zhì)量：由運動學公式有 v1＝at② l′＝v0t③ v1＝vcos θ④ 粒子在磁場中做勻速圓周運動，設(shè)其運動軌道半徑為R，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得 qvB＝⑤ 由幾何關(guān)系得 l＝2Rcos θ⑥ 聯(lián)立①②③④⑤⑥式得 v0＝⑦ (3)由運動學公式和題給數(shù)據(jù)得 v1＝v0cot⑧ 聯(lián)立①②③⑦⑧式得 ＝⑨ 設(shè)粒子由M點運動到N點所用的時間為t′，則 t′＝2t＋T⑩ 式中T是粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期， T＝? 由③⑦⑨⑩?式得 t′＝(1＋)。? 答案　見解析 [考情分析] 分值 6～18分 題型 選擇題、計算題 命題熱點 (1)帶電粒子在組合場中的運動 (2)帶電粒子在疊加場中的運動 (3)洛倫茲力在現(xiàn)代科技中的應用 考點一　帶電粒子在組合場中的運動 1．做好“兩個區(qū)分” (1)正確區(qū)分重力、電場力、洛倫茲力的大小、方向特點及做功特點。 (2)正確區(qū)分“電偏轉(zhuǎn)”和“磁偏轉(zhuǎn)”的不同。 2．抓住“兩個技巧” (1)按照帶電粒子運動的先后順序，將整個運動過程劃分成不同特點的小過程。 (2)善于畫出幾何圖形處理幾何關(guān)系，要有運用數(shù)學知識處理物理問題的習慣。 　(2018全國卷Ⅲ)如圖3－3－4，從離子源產(chǎn)生的甲、乙兩種離子，由靜止經(jīng)加速電壓U加速后在紙面內(nèi)水平向右運動，自M點垂直于磁場邊界射入勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁場左邊界豎直。已知甲種離子射入磁場的速率大小為v1，并在磁場邊界的N點射出；乙種離子在MN的中點射出；MN長為l。不計重力影響和離子間的相互作用。求： 圖3－3－4 (1)磁場的磁感應強度大??； (2)甲、乙兩種離子的比荷之比。 [解析]　(1)設(shè)甲種離子所帶電荷量為q1、質(zhì)量為m1，在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R1，磁場的磁感應強度大小為B，由動能定理有 q1U＝m1v① 由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有 q1v1B＝m1② 由幾何關(guān)系知2R1＝l③ 由①②③式得B＝④ (2)設(shè)乙種離子所帶電荷量為q2、質(zhì)量為m2，射入磁場的速度為v2，在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R2。同理有 q2U＝m2v⑤ q2v2B＝m2⑥ 由題給條件有2R2＝⑦ 由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙兩種離子的比荷之比為 ∶＝1∶4。⑧ [答案]　(1)　(2)1∶4 [方法總結(jié)] 帶電粒子在組合場中運動的分析思路 第1步：分階段(分過程)按照時間順序和進入不同的區(qū)域分成幾個不同的階段； 第2步：受力和運動分析，主要涉及兩種典型運動，如下 第3步：用規(guī)律 【題組突破】 1．(2018山西五校聯(lián)考)質(zhì)譜儀是一種測定帶電粒子質(zhì)量和分析同位素的重要工具。圖3－3－5中的鉛盒A中的放射源放出大量的帶正電粒子(可認為初速度為零)，從狹縫S1進入電壓為U的加速電場加速后，再通過狹縫S2從小孔G垂直于MN射入偏轉(zhuǎn)磁場，該偏轉(zhuǎn)磁場是以直線MN為切線、磁感應強度為B、方向垂直于紙面向外、半徑為R的圓形勻強磁場。現(xiàn)在MN上的F點(圖中未畫出)接收到該粒子，且GF＝R，則該粒子的比荷為(粒子的重力忽略不計) 圖3－3－5 A.　　　　　　　　　　　B. C. D. 解析　設(shè)離子被加速后獲得的速度為v，由動能定理有qU＝mv2，由幾何知識知，離子在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑r＝，又Bqv＝m，可求＝，故C正確。 答案　C 2．如圖3－3－6所示，一帶電粒子垂直射入勻強電場，經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后從磁場的左邊界上M點進入垂直紙面向外的勻強磁場中，最后從磁場的左邊界上的N點離開磁場。已知帶電粒子的比荷＝3.2109 C/kg，電場強度E＝200 V/m，M、N間距MN＝1 cm，金屬板長L＝25 cm，粒子的初速度v0＝4105 m/s，帶電粒子重力忽略不計，求： 圖3－3－6 (1)粒子射出電場時的運動方向與初速度v0的夾角θ； (2)磁感應強度B的大小。 解析　(1)由牛頓第二定律有qE＝ma 粒子在電場中水平方向做勻速直線運動，L＝v0t 粒子在豎直方向做初速度為零的勻加速運動，射出電場時的豎直分速度vy＝at 速度偏轉(zhuǎn)角的正切值tan θ＝ 由以上各式代入數(shù)據(jù)解得θ＝45 (2)粒子射出電場時運動的速度大小為：v＝ 在磁場中洛倫茲力提供向心力：Bqv＝m 由幾何關(guān)系得MN＝r 代入數(shù)據(jù)解得B＝2.510－2T 答案　(1)θ＝45　(2)2.510－2T 考點二　帶電粒子在疊加場中的運動 帶電粒子在疊加場中運動的分析方法 (1)弄清疊加場的組成。 (2)正確受力分析，除重力、彈力、摩擦力外要特別注意靜電力和磁場力的分析。 (3)確定帶電粒子的運動狀態(tài)，注意運動情況和受力情況的結(jié)合。 (4)對于粒子連續(xù)通過幾個不同情況的場的問題，要分階段進行處理。 (5)畫出粒子運動軌跡，靈活選擇不同的運動規(guī)律。 ①當帶電粒子在疊加場中做勻速直線運動時，根據(jù)受力平衡列方程求解。 ②當帶電粒子在疊加場中做勻速圓周運動時，應用牛頓運動定律結(jié)合圓周運動規(guī)律求解。 ③當帶電粒子做復雜曲線運動時，一般用動能定理或能量守恒定律求解。 ④對于臨界問題，注意挖掘隱含條件。 　 (2018第一次河南大聯(lián)考卷Ⅰ)如圖3－3－7甲所示，空間平面處于勻強電場和勻強磁場中，電場強度E和磁感應強度B隨時間t周期性變化(周期為T)的圖像如圖乙所示。取豎直向下為電場正方向，垂直紙面向外為磁場正方向。在t＝0時，一質(zhì)量為m，電荷量為q的帶負電小球從離地面高度為h＝的地方由靜止釋放。已知重力加速度為g，E0＝，B0＝，求： 圖3－3－7 (1)小球第一次做圓周運動的半徑； (2)要讓小球一直在電場中運動，則電場在水平方向上的最小寬度； (3)小球落地時間。 [解析]　(1)在0～時間內(nèi)，重力和電場力平衡，小球靜止不動，在～T時間內(nèi)，小球只受電場力和重力，兩力方向相同，由牛頓第二定律有qE0＋mg＝ma，解得a＝2g 在T時刻，小球的速度v1＝a＝gT，位移x1＝a2＝ 在T～T時間內(nèi)，小球所受電場力和重力平衡，合力為洛倫茲力，帶電小球做勻速圓周運動的向心力由洛倫茲力提供，有qv1B0＝，解得R1＝＝。 (2)小球做圓周運動的周期T′＝＝＝，只與磁場有關(guān)，且恒定，故小球相繼在半周期內(nèi)做勻加速直線運動和完整的圓周運動，小球做勻加速直線運動的加速度恒為a＝2g，則在T、2T、3T…時刻，小球運動的總位移為x1,4x1,9x1，…，速度為v1、2v1,3v1…，做圓周運動的半徑為R1、2R1,3R1… 由h＝＝9x1＋＜9x1＋3R1，可知小球在第三次做圓周運動時轉(zhuǎn)過圓心角θ落地，小球的運動軌跡如圖所示 由幾何關(guān)系可知sin θ＝＝，解得θ＝ 由3R1(1－cos θ)＜22R1，則電場在水平方向上的最小寬度d＝22R1＝。 (3)小球落地時間t＝3T＋＝。 [答案]　(1)　(2)　(3) 【題組突破】 1．(2016天津卷)如圖3－3－8所示，空間中存在著水平向右的勻強電場，電場強度大小E＝5N/C，同時存在著水平方向的勻強磁場，其方向與電場方向垂直，磁感應強度大小B＝0.5 T。有一帶正電的小球，質(zhì)量m＝110－6 kg，電荷量q＝210－6C，正以速度v在圖示的豎直面內(nèi)做勻速直線運動，當經(jīng)過P點時撤掉磁場(不考慮磁場消失引起的電磁感應現(xiàn)象)，取g＝10 m/s2。求： 圖3－3－8 (1)小球做勻速直線運動的速度v的大小和方向； (2)從撤掉磁場到小球再次穿過P點所在的這條電場線經(jīng)歷的時間t。 解析　(1)小球勻速直線運動時受力如圖，其所受的三個力在同一平面內(nèi)，合力為零，有qvB＝① 代入數(shù)據(jù)解得v＝20 m/s② 速度v的方向與電場E的方向之間的夾角θ滿足 tan θ＝③ 代入數(shù)據(jù)解得tan θ＝ θ＝60④ (2)解法一 撤去磁場，小球在重力與電場力的合力作用下做類平拋運動。設(shè)其加速度為a，有a＝⑤ 設(shè)撤掉磁場后小球在初速度方向上的分位移為x，有 x＝vt 設(shè)小球在重力與電場力的合力方向上分位移為y，有 y＝at2⑦ a與mg的夾角和v與E的夾角相同，均為θ，又 tan θ＝⑧ 聯(lián)立④⑤⑥⑦⑧式，代入數(shù)據(jù)解得t＝2 s＝3.5 s⑨ 解法二 撤去磁場后，由于電場力垂直于豎直方向，它對豎直方向的分運動沒有影響，以P點為坐標原點，豎直向上為正方向，小球在豎直方向上做勻減速運動，其初速度為vy＝v sinθ⑤ 若使小球再次穿過P點所在的電場線，僅需小球的豎直方向上分位移為零，則有 vyt－gt2＝0⑥ 聯(lián)立⑤⑥式，代入數(shù)據(jù)解得t＝2 s＝3.5 s⑦ 答案　(1)見解析　(2)3.5 s 2.如圖3－3－9所示，在豎直平面內(nèi)建立坐標系xOy，第Ⅰ象限坐標為(x，d)位置處有一粒子發(fā)射器P，第Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ象限有垂直紙面向里的勻強磁場和豎直向上的勻強電場。某時刻粒子發(fā)射器P沿x軸負方向以某一初速度發(fā)出一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子。粒子從y＝處經(jīng)過y軸且速度方向與y軸負方向成45角。其后粒子在勻強磁場中偏轉(zhuǎn)后垂直x軸返回第Ⅰ象限。已知第Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ象限內(nèi)勻強電場的電場強度E＝。重力加速度為g，求： 圖3－3－9 (1)粒子剛從發(fā)射器射出時的初速度及粒子發(fā)射器P的橫坐標x； (2)粒子從粒子源射出到返回第Ⅰ象限上升到最高點所用的總時間。 解析　(1)帶電粒子從發(fā)射器射出后做平拋運動，設(shè)初速度為v0，沿水平方向，x＝v0t1① 沿豎直方向，d＝gt② tan 45＝，vy＝gt1③ 聯(lián)立①②③式得：t1＝④ v0＝，x＝d。⑤ (2)如圖所示，帶電粒子進入垂直紙面向里的勻強磁場和豎直向上的勻強電場中，受豎直向上的電場力，qE＝mg，在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，有qvB＝m 粒子在勻強磁場中運動的線速度 v＝v0＝ 由幾何關(guān)系得，粒子做勻速圓周運動的半徑R＝d 粒子在勻強磁場中運動的時間t2＝T 其中周期T＝ 聯(lián)立解得：t2＝ 設(shè)粒子返回到第Ⅰ象限后上升到最大高度 所用時間 t3＝＝ 所以，粒子從射出到返回第Ⅰ象限上升到最高點所用的總時間t＝t1＋t2＋t3＝＋＋＝ 。 答案　見解析 考點三　洛倫茲力在現(xiàn)代科技中的應用 教材中重要的五大科技應用類模型 速度選擇器 帶電粒子能夠沿直線勻速通過速度選擇器的條件是qE＝qvB，即v＝。這個結(jié)論與粒子帶何種電荷以及所帶電荷量多少都無關(guān) 質(zhì)譜儀 加速：qU＝mv2，偏轉(zhuǎn)：d＝2r＝。比荷＝?？梢杂脕泶_定帶電粒子的比荷和分析同位素等 磁流體發(fā)電機 當?shù)入x子體勻速直線通過A、B板間時，A、B板上聚集的電荷最多，板間電勢差最大，此時離子受力平衡：qvB＝q，即U＝Bdv 電磁流量計 導電的液體向左流動，導電液體中的正負離子在洛倫茲力作用下縱向偏轉(zhuǎn)，a、b間出現(xiàn)電勢差。流量穩(wěn)定時流量Q＝Sv＝ 回旋加速器 加速電場的變化周期等于粒子在磁場內(nèi)運動的周期。在粒子質(zhì)量、電荷量確定的情況下，粒子所能達到的最大動能Ek＝，只與D形盒半徑和磁感應強度有關(guān)，與加速電壓無關(guān) 【題組突破】 1．回旋加速器是加速帶電粒子的裝置，其核心部分是分別與高頻交流電極相連接的兩個D形金屬盒，兩盒間的狹縫中形成周期性變化的電場，使粒子在通過狹縫時都能得到加速，兩個D形金屬盒處于垂直于盒底的勻強磁場中，如圖3－3－10所示?，F(xiàn)用同一回旋加速器分別加速兩種同位素，關(guān)于高頻交流電源的周期和獲得的最大動能的大小，下列說法正確的是 圖3－3－10 A．加速質(zhì)量大的交流電源的周期較大，加速次數(shù)少 B．加速質(zhì)量大的交流電源的周期較大，加速次數(shù)多 C．加速質(zhì)量大的交流電源的周期較小，加速次數(shù)多 D．加速質(zhì)量大的交流電源的周期較小，加速次數(shù)少 解析　需要交流電源的周期等于粒子做圓周運動的周期T＝，則加速質(zhì)量大的交流電源的周期較大；由qvB＝m，解得v＝，則動能Ek＝mv2＝，故加速質(zhì)量較大的粒子的最大動能較小，因每次加速粒子得到的動能相同，故加速的次數(shù)較少，故選項A正確，B、C、D三項錯誤。 答案　A 2．(2018南昌三校聯(lián)考)中國科學家發(fā)現(xiàn)了量子反?；魻栃瑮钫駥幏Q這一發(fā)現(xiàn)是諾貝爾獎級的成果。如圖3－3－11所示，厚度為h，寬度為d的金屬導體，當磁場方向與電流方向垂直時，在導體上下表面會產(chǎn)生電勢差，這種現(xiàn)象稱為霍爾效應。下列說法正確的是 圖3－3－11 A．上表面的電勢高于下表面電勢 B．僅增大h時，上、下表面的電勢差增大 C．僅增大d時，上、下表面的電勢差減小 D．僅增大電流I時，上、下表面的電勢差減小 解析　金屬導體中的自由電荷是帶負電的電子，由電流方向向右可知電子的移動方向向左，根據(jù)左手定則，知這些自由電子受到向上的洛倫茲力而發(fā)生偏轉(zhuǎn)，則上表面帶負電，下表面帶正電，下表面的電勢高于上表面，故A錯誤；穩(wěn)定時，電子受到的洛倫茲力與電場力平衡，則evB＝e，解得U＝vBh，而根據(jù)I＝nevhd可知v＝，故U＝，故增大h，電勢差不變，僅增大d時，上、下表面的電勢差減小，故B錯誤、C正確；而僅增大I時，電勢差應該增大，故D錯誤。 答案　C 3．如圖3－3－12所示，在x軸的上方存在垂直紙面向里，磁感應強度大小為B0的勻強磁場。位于x軸下方的離子源C發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為q的一束負離子，其初速度大小范圍為0～v0，這束離子經(jīng)電勢差為U＝的電場加速后，從小孔O(坐標原點)垂直x軸并垂直磁場射入磁場區(qū)域，最后打到x軸上。在x軸上2a～3a區(qū)間水平固定放置一探測板(a＝)。假設(shè)每秒射入磁場的離子總數(shù)為N0，打到x軸上的離子數(shù)均勻分布(離子重力不計)。 圖3－3－12 (1)求離子束從小孔O射入磁場后打到x軸的區(qū)間； (2)調(diào)整磁感應強度的大小，可使速度最大的離子恰好打在探測板右端，求此時的磁感應強度大小B1； (3)保持磁感應強度B1不變，求每秒打在探測板上的離子數(shù)N；若打在板上的離子80%被板吸取，20%被反射彈回，彈回速度大小為打板前速度大小的0.6，求探測板受到的作用力大小。 解析　(1)根據(jù)動能定理，可得 qU＝mv2－mv 解得v＝ 可得v0≤v≤2v0 離子在磁場中做圓周運動有 qvB0＝ R＝ 離子打在x軸上的坐標表達式為 x＝2R＝ 解得2a≤x≤4a (2)當速度最大的離子打在探測板右端有 3a＝2R1 R1＝ 解得B1＝B0 (3)離子束能打到探測板的實際位置范圍為2a≤x≤3a 對應的速度范圍為v0≤v′≤2v0 每秒打在探測板上的離子數(shù)為 N＝N0＝N0 根據(jù)動量定理知，吸收的離子受到板的作用力大小 F吸＝＝(2mv0＋mv0)＝ 反彈的離子受到板的作用力大小 F反＝ ＝[2m(v0＋0.6v0)＋m(v0＋0.6v0)]＝N0mv0 根據(jù)牛頓第三定律，探測板受到的作用力大小 F＝N0mv0。 答案　見解析