2024高考物理一輪復(fù)習(xí)第九單元專(zhuān)題九帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)學(xué)案新人教版

PAGE10-專(zhuān)題九帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)考綱考情核心素養(yǎng)?帶電粒子在疊加場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)Ⅰ?速度選擇器、磁流體發(fā)電、電磁流量計(jì)、霍爾元件Ⅱ?應(yīng)用動(dòng)力學(xué)和能量觀(guān)點(diǎn)分析帶電粒子在疊加場(chǎng)中運(yùn)動(dòng).物理觀(guān)念全國(guó)卷5年5考高考指數(shù)★★★★★?本專(zhuān)題學(xué)問(wèn)與現(xiàn)代科學(xué)技術(shù)聯(lián)系親密，如霍爾元件等，理解其工作原理是學(xué)習(xí)重點(diǎn).科學(xué)思維突破1帶電粒子在疊加場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的應(yīng)用實(shí)例裝置原理圖規(guī)律速度選擇器若qv0B＝Eq，即v0＝eq\f(E,B)，粒子做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)磁流體發(fā)電機(jī)等離子體射入，受洛倫茲力偏轉(zhuǎn)，使兩極板分別帶正、負(fù)電，兩極板間電壓為U時(shí)穩(wěn)定，qeq\f(U,d)＝qv0B，U＝v0Bd電磁流量計(jì)當(dāng)qeq\f(U,d)＝qvB時(shí)，有v＝eq\f(U,Bd)，流量Q＝Sv＝πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,2)))2eq\f(U,Bd)＝eq\f(πdU,4B)霍爾元件導(dǎo)體中的自由電荷(電荷量為q)在洛倫茲力作用下偏轉(zhuǎn)，A、A′間出現(xiàn)電勢(shì)差，當(dāng)自由電荷所受電場(chǎng)力和洛倫茲力平衡時(shí)，A、A′間的電勢(shì)差(U)就保持穩(wěn)定，由qvB＝qeq\f(U,h)，I＝nqvS，S＝hd；聯(lián)立得U＝eq\f(BI,nqd)＝keq\f(BI,d)，k＝eq\f(1,nq)稱(chēng)為霍爾系數(shù)題型1速度選擇器(多選)如圖所示，a、b是一對(duì)平行金屬板，分別接到直流電源的兩極上，使a、b兩板間產(chǎn)生勻強(qiáng)電場(chǎng)(場(chǎng)強(qiáng)大小為E)，右邊有一塊擋板，正中間開(kāi)有一小孔d，在較大空間范圍內(nèi)存在著勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面對(duì)里．從兩板左側(cè)中點(diǎn)c處射入一束正離子(不計(jì)重力)，這些正離子都沿直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)到右側(cè)，從d孔射出后分成三束，則下列推斷正確的是()A．這三束正離子的速度肯定不相同B．這三束正離子的比荷肯定不相同C．a(chǎn)、b兩板間的勻強(qiáng)電場(chǎng)方向肯定由a指向bD．若這三束離子改為帶負(fù)電而其他條件不變，則仍能從d孔射出【解析】因?yàn)槿x子在兩極板間都是沿直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的，電場(chǎng)力等于洛倫茲力，可以推斷三束正離子的速度肯定相同，且電場(chǎng)方向肯定由a指向b，A錯(cuò)誤，C正確；在右側(cè)磁場(chǎng)中三束正離子運(yùn)動(dòng)軌跡半徑不同，可知這三束正離子的比荷肯定不相同，B正確；若將這三束離子改為帶負(fù)電，而其他條件不變的狀況下分析受力可知，三束離子在兩板間仍做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，仍能從d孔射出，D正確．【答案】BCD題型2磁流體發(fā)電機(jī)磁流體發(fā)電的原理如圖所示．將一束速度為v的等離子體垂直于磁場(chǎng)方向噴入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，在相距為d、寬為a、長(zhǎng)為b的兩平行金屬板間便產(chǎn)生電壓．假如把上、下板和電阻R連接，上、下板就是一個(gè)直流電源的兩極．若穩(wěn)定時(shí)等離子體在兩板間勻稱(chēng)分布，電阻率為ρ，忽視邊緣效應(yīng)，下列推斷正確的是()A．上板為正極，電流I＝eq\f(Bdvab,Rab＋ρd)B．上板為負(fù)極，電流I＝eq\f(Bvad2,Rad＋ρb)C．下板為正極，電流I＝eq\f(Bdvab,Rab＋ρd)D．下板為負(fù)極，電流I＝eq\f(Bvad2,Rad＋ρb)【解析】依據(jù)左手定則，正電荷受到的洛倫茲力向下，負(fù)電荷受到的洛倫茲力向上，故上板為負(fù)極，下板為正極．穩(wěn)定時(shí)，電荷受到的洛倫茲力和電場(chǎng)力大小相等，即qeq\f(U,d)＝qvB，電動(dòng)勢(shì)U＝dvB，依據(jù)電阻定律，等離子體的電阻r＝ρeq\f(d,ab)，電流I＝eq\f(U,R＋r)＝eq\f(dvB,R＋ρ\f(d,ab))＝eq\f(Bdvab,Rab＋ρd)，選項(xiàng)C正確．【答案】C題型3電磁流量計(jì)為監(jiān)測(cè)某化工廠(chǎng)的含有離子的污水排放狀況，技術(shù)人員在排污管中安裝了監(jiān)測(cè)裝置，該裝置的核心部分是一個(gè)用絕緣材料制成的空腔，其寬和高分別為b和c，左、右兩端開(kāi)口與排污管相連，如圖所示．在垂直于上、下底面方向加磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在空腔前、后兩個(gè)側(cè)面上各有長(zhǎng)為a的相互平行且正對(duì)的電極M和N，M、N與內(nèi)阻為R的電流表相連．污水從左向右流經(jīng)該裝置時(shí)，電流表將顯示出污水排放狀況．下列說(shuō)法中錯(cuò)誤的是()A．M板比N板電勢(shì)低B．污水中離子濃度越高，則電流表的示數(shù)越小C．污水流量越大，則電流表的示數(shù)越大D．若只增大所加磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度，則電流表的示數(shù)也增大【解析】污水從左向右流淌時(shí)，依據(jù)左手定則，正、負(fù)離子在洛倫茲力作用下分別向N板和M板偏轉(zhuǎn)，故N板帶正電，M板帶負(fù)電，A正確；穩(wěn)定時(shí)帶電離子在兩板間受力平衡，可得qvB＝qeq\f(U,b)，此時(shí)U＝Bbv，又因流速v＝eq\f(Q,S)＝eq\f(Q,bc)，故U＝eq\f(BbQ,bc)＝eq\f(BQ,c)，式中Q是流量，可見(jiàn)當(dāng)污水流量越大、磁感應(yīng)強(qiáng)度越強(qiáng)時(shí)，M、N間的電壓越大，電流表的示數(shù)越大，而與污水中離子濃度無(wú)關(guān)，B錯(cuò)誤，C、D正確．【答案】B題型4霍爾元件(2024·天津卷)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，以此限制屏幕的熄滅．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．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eq\f(eU,a)【分析】處理本題的關(guān)鍵是弄清霍爾元件的原理，即當(dāng)電流通過(guò)導(dǎo)體時(shí)，在導(dǎo)體的前、后表面之間產(chǎn)生電壓，此電壓稱(chēng)為霍爾電壓，最終當(dāng)電子所受電場(chǎng)力和洛倫茲力平衡時(shí)，前、后表面間的電勢(shì)差保持穩(wěn)定．【解析】由題意可判定，電子定向移動(dòng)的方向水平向左，則由左手定則可知，電子所受的洛倫茲力指向后表面，因此后表面積累的電子漸漸增多，前表面的電勢(shì)比后表面的電勢(shì)高，A錯(cuò)誤；當(dāng)電子所受的電場(chǎng)力與洛倫茲力平衡時(shí)，電子不再發(fā)生偏轉(zhuǎn)，此時(shí)前、后表面間的電壓達(dá)到穩(wěn)定，對(duì)穩(wěn)定狀態(tài)下的電子有eE＝eBv，又E＝eq\f(U,a)，解得U＝Bav，明顯前、后表面間的電壓U與電子的定向移動(dòng)速度v成正比，與元件的寬度a成正比，與長(zhǎng)度c無(wú)關(guān)，B、C錯(cuò)誤；自由電子穩(wěn)定時(shí)受到的洛倫茲力等于電場(chǎng)力，即F＝eE＝eq\f(eU,a)，D正確．【答案】D突破2帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1．處理帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題時(shí)，要做到“三個(gè)分析”：(1)正確分析受力狀況，重點(diǎn)明確重力是否不計(jì)和洛倫茲力的方向．(2)正確分析運(yùn)動(dòng)狀況，常見(jiàn)的運(yùn)動(dòng)形式有勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)、勻速圓周運(yùn)動(dòng)和一般變速曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)．(3)正確分析各力的做功狀況，主要分析電場(chǎng)力和重力做的功，洛倫茲力肯定不做功．2．帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)分類(lèi)(1)靜止或勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)：當(dāng)帶電粒子在疊加場(chǎng)中所受合外力為零時(shí)，將處于靜止?fàn)顟B(tài)或勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)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、方向相反時(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)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．(3)一般的曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)：當(dāng)帶電粒子所受合外力的大小和方向均改變，且與初速度方向不在同一條直線(xiàn)上時(shí)，粒子做非勻變速曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，這時(shí)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡既不是圓弧，也不是拋物線(xiàn)．如圖所示，空間中存在著水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小E＝5eq\r(3)N/C，同時(shí)存在著水平方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其方向與電場(chǎng)方向垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝0.5T．有一帶正電的小球，質(zhì)量m＝1.0×10－6kg，電荷量q＝2×10－6C，正以速度v在圖示的豎直面內(nèi)做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，當(dāng)經(jīng)過(guò)P點(diǎn)時(shí)撤掉磁場(chǎng)(不考慮磁場(chǎng)消逝引起的電磁感應(yīng)現(xiàn)象)，g取10m/s2.求：(1)小球做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的速度v的大小和方向；(2)從撤掉磁場(chǎng)到小球再次穿過(guò)P點(diǎn)所在的這條電場(chǎng)線(xiàn)經(jīng)驗(yàn)的時(shí)間t.【分析】(1)小球做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)時(shí)受到重力、電場(chǎng)力和洛倫茲力的作用，這三個(gè)力的合力為零．(2)撤去磁場(chǎng)后小球做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)．【解析】(1)小球做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)時(shí)受力如圖甲，其所受的三個(gè)力在同一平面內(nèi)，合力為零，有qvB＝eq\r(q2E2＋m2g2)①代入數(shù)據(jù)解得v＝20m/s②速度v的方向與電場(chǎng)E的方向之間的夾角滿(mǎn)意tanθ＝eq\f(qE,mg)③代入數(shù)據(jù)解得tanθ＝eq\r(3)，θ＝60°.④(2)解法1：撤去磁場(chǎng)，小球在重力與電場(chǎng)力的合力作用下做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，如圖乙所示，設(shè)其加速度為a，有a＝eq\f(\r(q2E2＋m2g2),m)⑤設(shè)撤去磁場(chǎng)后小球在初速度方向上的分位移為x，有x＝vt⑥設(shè)小球在重力與電場(chǎng)力的合力方向上的分位移為y，有y＝eq\f(1,2)at2⑦tanθ＝eq\f(y,x)⑧聯(lián)立④⑤⑥⑦⑧式，代入數(shù)據(jù)解得t＝2eq\r(3)s．⑨解法2：撤去磁場(chǎng)后，由于電場(chǎng)力垂直于豎直方向，它對(duì)豎直方向的分運(yùn)動(dòng)沒(méi)有影響，以P點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，豎直向上為正方向，小球在豎直方向上做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，其初速度為vy＝vsinθ⑤若使小球再次穿過(guò)P點(diǎn)所在的電場(chǎng)線(xiàn)，僅需小球的豎直方向上分位移為零，則有vyt－eq\f(1,2)gt2＝0⑥聯(lián)立⑤⑥式，代入數(shù)據(jù)解得t＝2eq\r(3)s.【答案】(1)20m/s方向與電場(chǎng)方向成60°角斜向上(2)2eq\r(3)s高分技法帶電粒子在疊加場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的思維流程1.如圖所示，一帶電液滴在相互垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)中剛好做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其軌跡半徑為R，已知該電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度為E，方向是豎直向下，該磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直于紙面對(duì)里，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，則(C)A．液滴帶正電B．液滴的比荷eq\f(q,m)＝eq\f(E,g)C．液滴沿順時(shí)針?lè)较蜻\(yùn)動(dòng)D．液滴運(yùn)動(dòng)速度大小v＝eq\f(Rg,BE)解析：液滴在重力場(chǎng)、勻強(qiáng)電場(chǎng)、勻強(qiáng)磁場(chǎng)的復(fù)合場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，可知qE＝mg，解得eq\f(q,m)＝eq\f(g,E)，故B錯(cuò)誤；電場(chǎng)力豎直向上，液滴帶負(fù)電，A錯(cuò)誤；由左手定則可推斷液滴沿順時(shí)針?lè)较蜻\(yùn)動(dòng)，C正確；對(duì)液滴，有qE＝mg，qvB＝meq\f(v2,R)，解得v＝eq\f(RBg,E)，故D錯(cuò)誤．2.如圖，空間某區(qū)域存在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)方向豎直向上(與紙面平行)，磁場(chǎng)方向垂直于紙面對(duì)里，三個(gè)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(yùn)動(dòng)，b在紙面內(nèi)向右做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，c在紙面內(nèi)向左做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)．下列選項(xiàng)正確的是(B)A．ma>mb>mc B．mb>ma>mcC．mc>ma>mb D．ma>mb>ma解析：該空間區(qū)域?yàn)閯驈?qiáng)電場(chǎng)、勻強(qiáng)磁場(chǎng)和重力場(chǎng)的疊加場(chǎng)，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，可知其重力與所受到的電場(chǎng)力平衡，洛倫茲力供應(yīng)其做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，有mag＝qE，解得ma＝eq\f(qE,g).b在紙面對(duì)右做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，由左手定則可推斷出其所受洛倫茲力方向豎直向上，可知mbg＝qE＋qvbB，解得mb＝eq\f(qE,g)＋eq\f(qvbB,g).c在紙面內(nèi)向左做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，由左手定則可推斷出其所受洛倫茲力方向豎直向下，可知mcg＋qvcB＝qE，解得mc＝eq\f(qE,g)－eq\f(qvcB,g).綜上所述，可知mb>ma>mc，選項(xiàng)B正確．突破3帶電粒子在有軌道約束的疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)帶電粒子在疊加場(chǎng)中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道約束的狀況下，常見(jiàn)的運(yùn)動(dòng)形式有直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)和圓周運(yùn)動(dòng)，分析時(shí)應(yīng)留意：(1)分析帶電粒子所受各力尤其是洛倫茲力的改變狀況，分階段明確物體的運(yùn)動(dòng)狀況．(2)依據(jù)物體各階段的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)，選擇合適的規(guī)律求解．①勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)階段：應(yīng)用平衡條件求解．②勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)階段：應(yīng)用牛頓其次定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解．③變加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)階段：應(yīng)用動(dòng)能定理、能量守恒定律求解．(多選)如圖所示，在豎直平面內(nèi)，由絕緣材料制成的豎直平行軌道CD、FG與半圓軌道DPG平滑相接，CD段粗糙，其余部分都光滑，圓弧軌道半徑為R，圓心為O，P為圓弧最低點(diǎn)，整個(gè)軌道處于水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，電場(chǎng)強(qiáng)度為E.PDC段還存在垂直紙面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B．有一金屬圓環(huán)M，帶有正電荷q，質(zhì)量m＝eq\f(qE,g)，套在軌道FG上，圓環(huán)與CD軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2.假如圓環(huán)從距G點(diǎn)高為10R處由靜止釋放，則下列說(shuō)法正確的是()A．圓環(huán)在CD軌道上也能到達(dá)相同高度處B．圓環(huán)第一次運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)(未進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域)時(shí)對(duì)軌道的壓力為21mgC．圓環(huán)在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中克服摩擦力所做的功為8mgRD．圓環(huán)最終會(huì)靜止在P點(diǎn)【解析】圓環(huán)從M點(diǎn)到CD軌道最高點(diǎn)的過(guò)程中，電場(chǎng)力和摩擦力都做負(fù)功，圓環(huán)的機(jī)械能削減，所以圓環(huán)在CD軌道上不能到達(dá)相同高度，A錯(cuò)誤；對(duì)圓環(huán)第一次運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的過(guò)程由動(dòng)能定理得mg·11R－EqR＝eq\f(1,2)mv2，在P點(diǎn)由牛頓其次定律得N－mg＝meq\f(v2,R)，又m＝eq\f(qE,g)，解得N＝21mg，由牛頓第三定律可知圓環(huán)第一次運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力N′＝N＝21mg，B正確；當(dāng)圓環(huán)經(jīng)過(guò)D點(diǎn)速度為零時(shí)，設(shè)圓環(huán)能返回到G點(diǎn)上方H點(diǎn)，H點(diǎn)離G點(diǎn)的豎直距離為x，D到H的過(guò)程，由動(dòng)能定理得qE·2R－mgx＝0，得x＝2R，圓環(huán)最終會(huì)在DH間往復(fù)運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)D點(diǎn)或H點(diǎn)時(shí)速度為0，對(duì)整個(gè)過(guò)程由動(dòng)能定理得mg·8R－Wf＝0，克服摩擦力所做的功為Wf＝8mgR，C正確，D錯(cuò)誤．【答案】BC高分技法把握三點(diǎn)，解決“約束運(yùn)動(dòng)”問(wèn)題1對(duì)物體受力分析，把握已知條件.2駕馭洛倫茲力的公式和特點(diǎn)，理清彈力和摩擦力、洛倫茲力和速度、摩擦力與合力、加速度與速度等幾個(gè)關(guān)系.3駕馭力和運(yùn)動(dòng)、功和能在磁場(chǎng)中的應(yīng)用.3．(多選)如圖所示為一個(gè)質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的圓環(huán)，可在水平放置的足夠長(zhǎng)的粗糙細(xì)桿上滑動(dòng)，細(xì)桿處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．現(xiàn)給圓環(huán)向右的初速度v0，在以后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，圓環(huán)運(yùn)動(dòng)的v-t圖象可能是下圖中的(BC)解析：本題考查受到洛倫茲力作用的圓環(huán)的運(yùn)動(dòng)及其相關(guān)學(xué)問(wèn)．若qv0B＝mg，小環(huán)做勻速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)圖象為平行于t軸的直線(xiàn)，故B正確；若qv0B>mg，F(xiàn)N＝qv0B－mg，此時(shí)μFN＝ma，所以小環(huán)做加速度漸漸減小的減速運(yùn)動(dòng)，直到qvB＝mg時(shí)，小環(huán)起先做勻速運(yùn)動(dòng)，故C正確；若