物理2018屆高考創(chuàng)新設(shè)計(jì)第一輪總復(fù)習(xí)打包老師搜集8章3講

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理人教版精準(zhǔn)高考選修3-1第八章 磁場(chǎng)第3講 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)知識(shí)梳理自測(cè)核心考點(diǎn)突破階段培優(yōu)微專題

2年高考模擬12345課后限時(shí)訓(xùn)練知識(shí)梳理自測(cè)1．復(fù)合場(chǎng)與組合場(chǎng)：復(fù)合場(chǎng)：電場(chǎng)、

磁場(chǎng)

、重力場(chǎng)共存，或其中某兩場(chǎng)共存。組合場(chǎng)：電場(chǎng)與磁場(chǎng)各位于一定的區(qū)域內(nèi)，并不重疊，或在同一區(qū)域，電場(chǎng)、磁場(chǎng)分時(shí)間段或分區(qū)域交替出現(xiàn)。帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)、組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)2．帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)情況分類(1)靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng)：當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中所受合外力為零時(shí)，將處于狀態(tài)或

狀態(tài)。(2)

勻速圓周運(yùn)動(dòng)：當(dāng)帶電粒子所受的重力與電場(chǎng)力大小

相等

，方向時(shí)，帶電粒子在洛倫茲力的作用下，在垂直于勻強(qiáng)磁場(chǎng)的平面內(nèi)做靜止勻速直線運(yùn)動(dòng)相反勻速圓周運(yùn)動(dòng)。較復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)：當(dāng)帶電粒子所受合外力的大小和方向均變化，且與初速度方向不在

一條直線上時(shí)，粒子做非勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，這時(shí)粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡既不是圓弧，也不是拋物線。分階段運(yùn)動(dòng)：帶電粒子可能依次通過(guò)幾個(gè)情況不同的復(fù)合場(chǎng)區(qū)域，其運(yùn)動(dòng)情況隨區(qū)域發(fā)生變化，其運(yùn)動(dòng)過(guò)程由幾種不同的運(yùn)動(dòng)階段組成。思維辨析：利用回旋加速器可以將帶電粒子的速度無(wú)限制地增大。(

)粒子能否通過(guò)速度選擇器，除與速度有關(guān)外，還與粒子的帶電正負(fù)有關(guān)。(

)磁流體發(fā)電機(jī)中，根據(jù)左手定則，可以確定正、負(fù)粒子的偏轉(zhuǎn)方向，從而確定正、負(fù)極或電勢(shì)高低。(

)帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中受洛倫茲力情況下的直線運(yùn)動(dòng)一定為勻速直線運(yùn)動(dòng)。(

)質(zhì)譜儀是一種測(cè)量帶電粒子質(zhì)量并分析同位素的儀器。(

)答案：(1)×利用回旋加速器不能將帶電粒子的速度無(wú)限制地增大。(2)×

粒子能否通過(guò)速度選擇器，與粒子的帶電正負(fù)無(wú)關(guān)。

(3)√

(4)√(5)√1．下列裝置中，沒(méi)有利用帶電粒子在磁場(chǎng)中發(fā)生偏轉(zhuǎn)的物理原理的是導(dǎo)學(xué)號(hào)51342934(

D)[解析]

洗衣機(jī)將電能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，不是利用帶電粒子在磁場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)制成的，所以選項(xiàng)D符合題意。2．帶電質(zhì)點(diǎn)在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，某時(shí)刻速度方向如圖所示，所受的重力和洛倫茲力的合力恰好與速度方向相反，不計(jì)阻力，則在此后的一小段時(shí)間內(nèi)，帶電質(zhì)點(diǎn)將導(dǎo)學(xué)號(hào)51342935(

C)A．可能做直線運(yùn)動(dòng)

B．可能做勻減速運(yùn)動(dòng)

C．一定做曲線運(yùn)動(dòng)

D．可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)[解析]帶電質(zhì)點(diǎn)在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，重力做功，速度大小和方向發(fā)生變化，洛倫茲力的大小和方向也隨之發(fā)生變化，故帶電質(zhì)點(diǎn)不可能做直線運(yùn)動(dòng)，也不可能做勻減速運(yùn)動(dòng)或勻速圓周運(yùn)動(dòng)，C正確。C1[解析]

設(shè)小球自左方擺到最低點(diǎn)時(shí)速度為

v，則2mv2＝mgL(1－cos60°)，v2v2此時(shí)qvB－mg＝m

L

，當(dāng)小球自右方擺到最低點(diǎn)時(shí)，v

大小不變，洛倫茲力方向發(fā)生變化，F(xiàn)T－mg－qvB＝m

L

，得FT＝4mg，故C

正確。[解析]

由于小球在下落過(guò)程中速度變化，洛倫茲力會(huì)變化，小球所受合力變化，故小球不可能做勻速或勻加速運(yùn)動(dòng)，B、C、D錯(cuò)，A正確。A核心考點(diǎn)突破帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的實(shí)際應(yīng)用解題探究：(1)粒子經(jīng)過(guò)加速電壓被加速，粒子從靜止開(kāi)始第n次通過(guò)加速電場(chǎng)后的速度多大？(2)粒子最后從D形盒射出時(shí)的速度為v，試分析其和R的關(guān)系。1答案：(1)nUq＝2mv2，v＝2nUq

mmv2qBR(2)qvB＝

R

，v＝

m[解析]1221

1(1)粒子在電場(chǎng)中被加速，由動(dòng)能定理得qU＝

mv

，解得v

＝2qUm

。1(2)帶電粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)qv

B＝mv2r11，mv1解得r1＝

qB

，代入數(shù)據(jù)得r1＝B1

2mUq。(3)若粒子射出，則粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為R，設(shè)此時(shí)速度為vn，由nv2nRn牛頓第二定律得

qv

B＝m

，解得此時(shí)粒子的速度為

v

＝qBR

m，此時(shí)粒子的動(dòng)能k1為E

＝

m2nv

＝q2B2R22

2m。粒子每經(jīng)過(guò)一次加速其動(dòng)能增加qU，設(shè)經(jīng)過(guò)n

次加速粒子射出，則有nqU22n≥mv

，代入數(shù)據(jù)n1

qB2R22mU≥

。[答案](1)

2qU

(2)1

2mUm

B

qqB2R2(3)

2mU﹝類題演練1﹞C2[解析]

在電場(chǎng)中

Uq＝1mv2，解得

v＝m2Uq，打在照相底片上的點(diǎn)到入射點(diǎn)的距離d＝2mv＝2mqB

qB

m2Uq＝qB28mU，對(duì)于同位素，電荷量q

相同，兩電荷m1d21d22

22516的質(zhì)量之比為m

＝

＝

，它們?cè)诖艌?chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為半個(gè)周期，t＝＝T

πm2

qB，所22t1

m1

25以運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比為t

＝m

＝16，C

正確。BDA．將兩板的距離增大一倍，同時(shí)將磁感應(yīng)強(qiáng)度增大一倍

B．將兩板的距離減小一半，同時(shí)將磁感應(yīng)強(qiáng)度增大一倍C．將開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)，兩板間的正對(duì)面積減小一半，同時(shí)將板間磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度減小一半D．將開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)，兩板間的正對(duì)面積減小一半，同時(shí)將板間磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度增大一倍[解析]

帶電粒子恰能以水平向右的速度沿直線通過(guò)兩板，則

Eq＝qvB，得Ev＝B，將兩板的距離增大一倍，場(chǎng)強(qiáng)變?yōu)樵瓉?lái)的一半，而帶電粒子仍沿水平直線通過(guò)，則磁感應(yīng)強(qiáng)度應(yīng)變?yōu)樵瓉?lái)的一半，A

錯(cuò)誤；將兩板的距離減小一半，場(chǎng)強(qiáng)E

變?yōu)樵瓉?lái)的兩倍，則磁感應(yīng)強(qiáng)度也應(yīng)該變?yōu)樵瓉?lái)的兩倍，B

正確；將開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)，兩板帶電荷量不變，兩板間的正對(duì)面積減小一半，電容變?yōu)樵瓉?lái)的一半，兩板間的電壓變?yōu)樵瓉?lái)的兩倍，電場(chǎng)強(qiáng)度變?yōu)樵瓉?lái)的兩倍，要使粒子沿水平直線通過(guò)，則磁感應(yīng)強(qiáng)度應(yīng)變?yōu)樵瓉?lái)的兩倍，C

錯(cuò)誤，D

正確。BC[解析]

等離子體噴入磁場(chǎng)，正離子因受向下的洛倫茲力而向下偏轉(zhuǎn)，B

是U

q直流電源的正極，則選項(xiàng)B

正確；當(dāng)帶電粒子以速度v

做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，d＝qvB′，電源的電動(dòng)勢(shì)U＝B′dv，則選項(xiàng)C

正確。這類問(wèn)題的特點(diǎn)是電場(chǎng)、磁場(chǎng)或重力場(chǎng)依次出現(xiàn)，包含空間上先后出現(xiàn)和時(shí)間上先后出現(xiàn)，磁場(chǎng)或電場(chǎng)與無(wú)場(chǎng)區(qū)交替出現(xiàn)相組合的場(chǎng)等。其運(yùn)動(dòng)形式包含勻速直線運(yùn)動(dòng)、勻變速直線運(yùn)動(dòng)、類平拋運(yùn)動(dòng)、圓周運(yùn)動(dòng)等，涉及牛頓運(yùn)動(dòng)定律、功能關(guān)系等知識(shí)的應(yīng)用。帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1．在勻強(qiáng)電場(chǎng)、勻強(qiáng)磁場(chǎng)中可能的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)在電場(chǎng)強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)中在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中初速度為零做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)保持靜止初速度垂直場(chǎng)線做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)(類平拋運(yùn)動(dòng))做勻速圓周運(yùn)動(dòng)初速度平行場(chǎng)線做勻變速直線運(yùn)動(dòng)做勻速直線運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)受恒力作用，做勻變速運(yùn)動(dòng)洛倫茲力不做功，動(dòng)能不變2.“電偏轉(zhuǎn)”和“磁偏轉(zhuǎn)”的比較電偏轉(zhuǎn)磁偏轉(zhuǎn)偏轉(zhuǎn)條件帶電粒子以v⊥E進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)帶電粒子以v⊥B進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)受力情況只受恒定的電場(chǎng)力只受大小恒定的洛倫茲力運(yùn)動(dòng)情況類平拋運(yùn)動(dòng)勻速圓周運(yùn)動(dòng)運(yùn)動(dòng)軌跡拋物線圓弧物理規(guī)律類平拋規(guī)律、牛頓第二定律牛頓第二定律、向心力公式求粒子過(guò)Q點(diǎn)時(shí)速度的大小和方向。若磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為一定值B0，粒子將以垂直y軸的方向進(jìn)入第二象限，求B0。若磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為另一確定值，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后粒子將再次經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)，且速度與第一次過(guò)Q點(diǎn)時(shí)相同，求該粒子相鄰兩次經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)所用的時(shí)間。解題探究：(1)帶電粒子在電場(chǎng)中做什么運(yùn)動(dòng)？如何求粒子在Q點(diǎn)的速度和大小？(2)粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后做什么運(yùn)動(dòng)？

(3)根據(jù)幾何關(guān)系，求得半徑多少？(4)粒子出磁場(chǎng)后，在第二象限內(nèi)做什么運(yùn)動(dòng)？

(5)粒子在第三象限內(nèi)做什么運(yùn)動(dòng)？(6)撤去電場(chǎng)后粒子在第四象限內(nèi)做什么運(yùn)動(dòng)？速度的合成答案：(1)類平拋運(yùn)動(dòng)(2)勻速圓周運(yùn)動(dòng)。2

2d勻速直線運(yùn)動(dòng)。勻速圓周運(yùn)動(dòng)。

(6)勻速直線運(yùn)動(dòng)。[解析]

設(shè)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為

t0，加速度的大小為

a，粒子的初速度為v0，過(guò)Q

點(diǎn)時(shí)速度的大小為v，沿y

軸方向分速度的大小為vy，速度與x軸正方向的夾角為θ，由牛頓第二定律得qE＝ma

①由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得2d＝1at20②2d＝v0t0③vy＝at0④⑤v＝

v2＋v20

ytanθ＝vyv0聯(lián)立①②③④⑤⑥式得⑥qEd

mv＝2θ＝45°⑦⑧(3)設(shè)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R2，由幾何關(guān)系知粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示，O2、O2′是粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心，Q、F、G、H是軌跡與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)，連接O2、O2′，由幾何關(guān)系知，O2FGO2′和O2QHO2′均為矩形，由此知FQ、GH均為直徑，QFGH也是矩形，又FG⊥GH可知粒子在第一、第三象限的軌跡均為半圓，得2R2＝2

2d?粒子在第二、第四象限的軌跡是長(zhǎng)度相等的線段，得FG＝HQ＝2R2設(shè)粒子相鄰兩次經(jīng)過(guò)Q

點(diǎn)所用的時(shí)間為t?則有t＝FG＋HQ＋2πR2v?聯(lián)立⑦???式得t＝(2＋π)2mdqE?[答案](1)2mqEd，方向與

x

軸正方向成

45°

(2)mE2qd(3)t＝(2＋π)2mdqE﹝類題演練2﹞(2017·廣東百所學(xué)校質(zhì)量分析聯(lián)合考試)如圖所示，一質(zhì)量m＝1×10－16kg、電荷量q＝2×10－6C

的帶正電微粒(重力不計(jì))，從靜止開(kāi)始經(jīng)電壓U1＝400V

的加速電場(chǎng)加速后，水平進(jìn)入兩平行金屬板間的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中，金屬板長(zhǎng)L＝1m，兩板間距

d＝

3

，微粒射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的偏轉(zhuǎn)角

θ＝30°，接著進(jìn)入一方向垂直于2

m3紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)，該勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝πT，微粒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)后恰能從右邊界射出。求：導(dǎo)學(xué)號(hào)51342943(1)微粒進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的速度大小v0；(2)兩金屬板間的電壓U2；(3)微粒在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t和勻強(qiáng)磁場(chǎng)的寬度D。[答案]

(1)4×106m/s(2)400V

(3)1×10－10s

6

3

10－4m(或3.3×10－4m)π

×[解析](1)帶電微粒在加速電場(chǎng)中，由動(dòng)能定理有1221

0qU

＝mv

，0m解得

v

＝

2qU1＝4×106m/s(2)帶電微粒在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，a＝qE＝qU2，m

md

Lt＝v0，at

3tanθ＝v0＝

3

。聯(lián)立解得U2＝400V。(3)帶電微粒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，恰好從右邊界射出，對(duì)應(yīng)圓周運(yùn)動(dòng)的圓心角為

120°，由洛倫茲力提供向心力，有v2qvB＝m

r

，可得r＝mvqB。T＝2πr

2πmv

＝

qB

。3

3qB帶電微粒在磁場(chǎng)中的時(shí)間

t＝T

2πm

1×10－10s。＝

＝由幾何關(guān)系可知D＝r＋rsinθ，又v0＝cosθ。v解得

D＝6

3

10－4m(或

3.3×10－4m)π

×帶電體在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的歸類分析1．磁場(chǎng)力、重力并存若重力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運(yùn)動(dòng)。若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)，因洛倫茲力不做功，故機(jī)械能守恒。2．電場(chǎng)力、磁場(chǎng)力并存(不計(jì)重力)若電場(chǎng)力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運(yùn)動(dòng)。若電場(chǎng)力和洛倫茲力不平衡，則帶電體做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)，可用動(dòng)能定理求解。帶電體在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)3．電場(chǎng)力、磁場(chǎng)力、重力并存若三力平衡，帶電體做勻速直線運(yùn)動(dòng)。若重力與電場(chǎng)力平衡，帶電體做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。若合力不為零，帶電體可能做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)，可用能量守恒定律或動(dòng)能定理求解。特別提醒：(1)若帶電粒子在電場(chǎng)力、洛倫茲力、重力三力并存的情況下運(yùn)動(dòng)軌跡是直線，則粒子一定做勻速直線運(yùn)動(dòng)。(2)由于洛倫茲力隨速度的改變而變化，從而導(dǎo)致速度發(fā)生新的變化，因此受力分析時(shí)要特別注意速度的變化對(duì)洛倫茲力的影響。(2016·濱州模擬)如圖，與水平面成37°傾斜軌道AB，其延長(zhǎng)線在C點(diǎn)與半圓軌道CD(軌道半徑R＝1m)相切，全部軌道為絕緣材料制成且位于豎直面內(nèi)。整個(gè)空間存在水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，MN

的右側(cè)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)B7磁場(chǎng)。一個(gè)質(zhì)量為0.4kg

的帶電小球沿斜面下滑，至B

點(diǎn)時(shí)速度為v

＝100m/s，接著沿直線BC(此處無(wú)軌道)運(yùn)動(dòng)到達(dá)C

處進(jìn)入半圓軌道，進(jìn)入時(shí)無(wú)動(dòng)能損失，且剛好到達(dá)D點(diǎn)。(不計(jì)空氣阻力，g

取10m/s2，cos37°＝0.8)求：導(dǎo)學(xué)號(hào)51342944小球帶何種電荷。小球在半圓軌道部分克服摩擦力所做的功。設(shè)小球從D點(diǎn)飛出時(shí)磁場(chǎng)消失，求小球離開(kāi)D點(diǎn)后的運(yùn)動(dòng)軌跡與直線AC的交點(diǎn)到C點(diǎn)的距離。解題探究：(1)小球在BC段做什么運(yùn)動(dòng)？受力情況如何？(2)小球沿半圓軌道運(yùn)動(dòng)剛好能到達(dá)D點(diǎn)，此時(shí)，由什么充當(dāng)向心力？(3)小球最后從D點(diǎn)飛出后所受到的合力正好與速度相互垂直，做什么運(yùn)動(dòng)？答案：(1)小球在BC段做勻速直線運(yùn)動(dòng)，受重力、洛倫茲力與電場(chǎng)力，三力平衡。(2)電場(chǎng)力、洛倫茲力與重力的合力

(3)類平拋[解析]

(1)小球從B運(yùn)動(dòng)到C做直線運(yùn)動(dòng)，受力如圖，電場(chǎng)力方向與電場(chǎng)強(qiáng)度方向相同，則小球帶正電荷。(2)依題意可知小球在B、C

間做勻速直線運(yùn)動(dòng)。在C

點(diǎn)的速度為：vC＝vB7＝100m/s在BC

段，設(shè)重力和電場(chǎng)力合力為F。Ccos37°F＝qv

B，又

F＝

mg

＝5N解得：qB＝

FvCDBv

q＋F＝m在D

處由牛頓第二定律可得：v2DR

FC將qB＝v

代入上式并化簡(jiǎn)得：D

D

D8v2

－7v

－100＝0，解得：v

＝4m/s，v25′D＝－8

m/s(舍去)設(shè)小球在CD

段克服摩擦力做功Wf，由動(dòng)能定理可得：f12D2

2C－W

－2FR＝m(v

－v

)解得：Wf＝27.6J(3)小球離開(kāi)D

點(diǎn)后做類平拋運(yùn)動(dòng)，其加速度為：a＝Fm由

2R＝1

得：t＝at24mR2

F交點(diǎn)與C

點(diǎn)的距離：s＝vDt＝2.26m[答案]

(1)正電荷

(2)27.6J

(3)2.26m﹝類題演練3﹞[答案]m2eBeBr

πm(1)

(2)

＋2mreE(0，r＋BrmE2er)[解析]

(1)質(zhì)子射入磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，v2eBr由牛頓第二定律得evB＝m

r，可得v＝

m

。4(2)質(zhì)子沿x

軸正方向射入磁場(chǎng)，經(jīng)1圓弧后，以速度v

垂直于電場(chǎng)方向進(jìn)入電場(chǎng)，由于

T＝2πr

2πm

中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為

t

T

πm

。v

＝