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專題07 帶電粒子在復(fù)合場中的運動 【2019年高考考綱解讀】 (1)主要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．一般出現(xiàn)在試卷的壓軸題中． (2)以電磁技術(shù)的應(yīng)用為背景材料，聯(lián)系實際考查學(xué)以致用的能力，一般出現(xiàn)在壓軸題中． (3)偶爾出現(xiàn)在選擇題中，給出一段技術(shù)應(yīng)用的背景材料，考查帶電粒子在場中的運動規(guī)律及特點． 【命題趨勢】 (1)考查帶電粒子在組合場中的運動問題； (2)考查帶電粒子在復(fù)合場中的運動問題； (3)考查以帶電粒子在組合場、復(fù)合場中的運動規(guī)律為工作原理的儀器在科學(xué)領(lǐng)域、生活實際中的應(yīng)用．　 【重點、難點剖析】 一、帶電粒子在“組合場”中的運動 (1)組合場：指電場、磁場、重力場有兩種場同時存在，但各位于一定的區(qū)域內(nèi)且并不重疊，且?guī)щ娏Ｗ釉谝粋€場中只受一種場力的作用。 (2)對“組合場”問題的處理方法 最簡單的方法是進行分段處理，要注意在兩種區(qū)域的交界處的邊界問題與運動的連接條件，根據(jù)受力情況分析和運動情況分析，大致畫出粒子的運動軌跡圖，從而有利于直觀地解決問題。 【方法技巧】解決帶電粒子在組合場中運動的一般思路和方法: (1)明確組合場是由哪些場組合成的。 (2)判斷粒子經(jīng)過組合場時的受力和運動情況，并畫出相應(yīng)的運動軌跡簡圖。 (3)帶電粒子經(jīng)過電場時利用動能定理和類平拋運動知識分析。 (4)帶電粒子經(jīng)過磁場區(qū)域時通常用圓周運動知識結(jié)合幾何知識來處理。 二、帶電粒子在復(fù)合場中的運動 1.正確分析帶電粒子的受力及運動特征是解決問題的前提 帶電粒子在復(fù)合場中做什么運動，取決于帶電粒子所受的合外力及初始運動的速度，因此應(yīng)把帶電粒子的運動情況和受力情況結(jié)合起來進行分析。 2.靈活選用力學(xué)規(guī)律是解決問題的關(guān)鍵 當帶電粒子在復(fù)合場中做勻速直線運動時，應(yīng)根據(jù)平衡條件列方程求解;當帶電粒子在復(fù)合場中做勻速圓周運動時，往往同時應(yīng)用牛頓第二定律和平衡條件列方程聯(lián)立求解;當帶電粒子在復(fù)合場中做非勻變速曲線運動時，應(yīng)選用動能定理或能量守恒定律列方程求解。 由于帶電粒子在復(fù)合場中受力情況復(fù)雜，往往出現(xiàn)臨界問題，此時應(yīng)以題目中出現(xiàn)的“恰好”“最大”“最高”“至少”等詞語為突破口，挖掘隱含條件，根據(jù)臨界條件列出輔助方程，再與其他方程聯(lián)立求解。 三、帶電粒子在周期性的電場、磁場中的運動 帶電粒子在交變電場或磁場中運動情況較復(fù)雜，運動情況不僅取決于場的變化規(guī)律，還與粒子進入場的時刻有關(guān)，一定要從粒子的受力情況著手，分析出粒子在不同時間間隔內(nèi)的運動情況，若交變電壓的變化周期遠大于粒子穿越電場的時間，那么粒子在穿越電場的過程中，可看做勻強電場。 【變式探究】【2017天津卷】平面直角坐標系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的勻強磁場，第Ⅲ現(xiàn)象存在沿y軸負方向的勻強電場，如圖所示。一帶負電的粒子從電場中的Q點以速度v0沿x軸正方向開始運動，Q點到y(tǒng)軸的距離為到x軸距離的2倍。粒子從坐標原點O離開電場進入磁場，最終從x軸上的P點射出磁場，P點到y(tǒng)軸距離與Q點到y(tǒng)軸距離相等。不計粒子重力，問： （1）粒子到達O點時速度的大小和方向； （2）電場強度和磁感應(yīng)強度的大小之比。 【答案】（1），方向與x軸方向的夾角為45角斜向上 （2） 【解析】（1）粒子在電場中由Q到O做類平拋運動，設(shè)O點速度v與+x方向夾角為α，Q點到x軸的距離為L，到y(tǒng)軸的距離為2L，粒子的加速度為a，運動時間為t，根據(jù)類平拋運動的規(guī)律，有： x方向： y方向： 粒子到達O點時沿y軸方向的分速度為： 又： 解得：，即，粒子到達O點時速度方向與x軸方向的夾角為45角斜向上。 粒子到達O點時的速度大小為 【變式探究】(2016全國卷Ⅰ，15)現(xiàn)代質(zhì)譜儀可用來分析比質(zhì)子重很多倍的離子，其示意圖如圖1所示，其中加速電壓恒定。質(zhì)子在入口處從靜止開始被加速電場加速，經(jīng)勻強磁場偏轉(zhuǎn)后從出口離開磁場。若某種一價正離子在入口處從靜止開始被同一加速電場加速，為使它經(jīng)勻強磁場偏轉(zhuǎn)后仍從同一出口離開磁場，需將磁感應(yīng)強度增加到原來的12倍。此離子和質(zhì)子的質(zhì)量比約為(　　) 圖1 A．11 B．12 C．121 D．144 【答案】D 【解析】設(shè)質(zhì)子的質(zhì)量和電荷量分別為m1、q1，一價正離子的質(zhì)量和電荷量為m2、q2。對于任意粒子，在加速電場中，由動能定理得 qU＝mv2－0，得v＝① 在磁場中qvB＝m② 由①②式聯(lián)立得m＝，由題意知，兩種粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑相同，加速電壓U不變，其中B2＝12B1，q1＝q2，可得＝＝144，故選項D正確。 由②③式解得r2＝④ (2)設(shè)粒子在第n層磁場中運動的速度為vn,軌跡半徑為rn(各量的下標均代表 粒子所在層數(shù)，下同)． nqEd＝mv⑤ qvnB＝m⑥ 圖1 由⑥⑦⑧式得 rnsin θn－rn－1sin θn－1＝d⑨ 由⑨式看出r1sin θ1，r2sin θ2，…，rnsin θn為一等差數(shù)列，公差為d，可 得 rnsin θn＝r1sin θ1＋(n－1)d⑩ 圖2 當n＝1時，由圖2看出 r1sin θ1＝d 由⑤⑥⑩?式得 sin θn＝B? 【變式探究】(2015江蘇單科，15，16分)一臺質(zhì)譜儀的工作原理如圖所示， 電荷量均為＋q、質(zhì)量不同的離子飄入電壓為U0的加速電場，其初速度幾乎 為零．這些離子經(jīng)加速后通過狹縫O沿著與磁場垂直的方向進入磁感應(yīng)強度 為B的勻強磁場，最后打在底片上．已知放置底片的區(qū)域MN＝L，且OM＝L.某次測量發(fā)現(xiàn)MN中左側(cè)區(qū)域MQ損壞，檢測不到離子，但右側(cè)區(qū)域QN 仍能正常檢測到離子．在適當調(diào)節(jié)加速電壓后，原本打在MQ的離子即可在 QN檢測到． (1)求原本打在MN中點P的離子質(zhì)量m； (2)為使原本打在P的離子能打在QN區(qū)域，求加速電壓U的調(diào)節(jié)范圍； (3)為了在QN區(qū)域?qū)⒃敬蛟贛Q區(qū)域的所有離子檢測完整，求需要調(diào)節(jié)U 的最少次數(shù)．(取lg 2＝0.301，lg 3＝0.477，lg 5＝0.699) 【答案】(1)　(2)≤U≤　(3)3次 (2)由(1)知，U＝離子打在Q點時r＝L，U＝ 離子打在N點時r＝L，U＝，則電壓的范圍 ≤U≤ (2)加電場后，小球從O點到A點和B點，高度分別降低了和，設(shè)電勢能分別減小ΔEpA和ΔEpB，由能量守恒及④式得 ΔEpA＝3Ek0－Ek0－mgd＝Ek0⑦ ΔEpB＝6Ek0－Ek0－mgd＝Ek0⑧ 在勻強電場中，沿任一直線，電勢的降落是均勻的．設(shè)直線OB上的M點與A點等電勢，M與O點的距離為x，如圖，則有 ＝⑨ 解得x＝d.MA為等勢線，電場必與其垂線OC方向平行．設(shè)電場方向與豎直向下的方向的夾角為α，由幾何關(guān)系可得 α＝30⑩ 即電場方向與豎直向下的方向的夾角為30. 設(shè)場強的大小為E，有 qEdcos 30＝ΔEpA? 由④⑦?式得 E＝? 【舉一反三】如圖所示，平行金屬板A、B水平正對放置，分別帶等量異號電荷．一帶電微粒水平射入板間，在重力和電場力共同作用下運動，軌跡如圖中虛線所示，那么(　　) A．若微粒帶正電荷，則A板一定帶正電荷 B．微粒從M點運動到N點電勢能一定增加 C．微粒從M點運動到N點動能一定增加 D．微粒從M點運動到N點機械能一定增加 【答案】C 【變式探究】如圖所示的平面直角坐標系xOy，在第Ⅰ象限內(nèi)有平行于y軸的勻強電場，方向沿y軸正方向；在第Ⅳ象限的正三角形abc區(qū)域內(nèi)有勻強磁場，方向垂直于xOy平面向里，正三角形邊長為L，且ab邊與y軸平行．一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子，從y軸上的P(0，h)點，以大小為v0的速度沿x軸正方向射入電場，通過電場后從x軸上的a(2h，0)點進入第Ⅳ象限，又經(jīng)過磁場從y軸上的某點進入第Ⅲ象限，且速度與y軸負方向成45 角，不計粒子所受的重力．求： (1)電場強度E的大?。? (2)粒子到達a點時速度的大小和方向； (3)abc區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強度B的最小值． 【答案】(1)　(2)v0　方向指向第Ⅳ象限與x軸正方向成45 角　(3) (3) 粒子在磁場中運動時，有qvB＝m 電場加速 且 解得 根據(jù)幾何關(guān)系x =2r1 –L 解得 （2）（見圖） 最窄處位于過兩虛線交點的垂線上 解得 【變式探究】(2016天津理綜，11)如圖6所示，空間中存在著水平向右的勻強電場，電場強度大小E＝5 N/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(yīng)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＝210－6 C，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(yīng)現(xiàn)象)，取g＝10 m/s2，求： 圖6 (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。 【答案】(1)20 m/s　與電場方向成60角斜向上 (2)3.5 s 【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 (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，如圖所示，設(shè)其加速度為a，有 a＝⑤ 設(shè)撤去磁場后小球在初速度方向上的分位移為x，有 x＝vt⑥ 2．解題思路 (1)小物體P1在水平軌道CD上做勻速直線運動，結(jié)合平衡條件，可求出運動速度v的大?。? (2)根據(jù)動能定理求出小物體P1到G點時的速度vG，此后P1沿傾斜軌道做勻變速運動，小物體P2沿傾斜軌道做勻加速運動，由牛頓第二定律求出兩物體的加速度，兩物體在傾斜軌道上運動的距離之和即為傾斜軌道的長度． 【答案】(1)4 m/s　(2)0.56 m (2)設(shè)P1在G點的速度大小為vG，由于洛倫茲力不做功，根據(jù)動能定理 qErsin θ－mgr(1－cos θ)＝mv－mv2⑤ P1在GH上運動，受到重力、電場力和摩擦力的作用，設(shè)加速度為a1，根據(jù)牛頓第二定律 qEcos θ－mgsin θ－μ(mgcos θ＋qEsin θ)＝ma1⑥ P1與P2在GH上相遇時，設(shè)P1在GH上運動的距離為s1，則 s1＝vGt＋a1t2⑦ 設(shè)P2質(zhì)量為m2，在GH上運動的加速度為a2，則 m2gsin θ－μm2gcos θ＝m2a2⑧ P1與P2在GH上相遇時，設(shè)P2在GH上運動的距離為s2，則 s2＝a2t2⑨ s＝s1＋s2⑩ 聯(lián)立⑤～⑩式，代入數(shù)據(jù)得 s＝0.56 m? 【變式探究】如圖3－7－5所示，坐標系xOy在豎直平面內(nèi)，空間內(nèi)有垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，在x>0的空間內(nèi)有沿x軸正方向的勻強電場，電場強度的大小為E.一個帶正電的油滴經(jīng)過圖中x軸上的A點，恰好能沿著與水平方向成θ＝30角斜向下的直線做勻速運動，經(jīng)過y軸上的B點進入x<0的區(qū)域，要使油滴進入x<0區(qū)域后能在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，需在x<0區(qū)域內(nèi)另加一勻強電場．若帶電油滴做圓周運動通過x軸上的C點，且OA＝OC，設(shè)重力加速度為g，求： 圖3－7－5 (1)油滴運動速度的大?。? (2)在x<0區(qū)域所加電場的大小和方向． (3)油滴從B點運動到C點所用時間及OA的長度． 【答案】(1)　(2)E，方向豎直向上　(3)　 (2)使油滴在x<0的區(qū)域做勻速圓周運動，則油滴的重力與所受的電場力平衡，洛倫茲力提供油滴做圓周運動的向心力．所以有：mg＝qE′ 又tan θ＝ v1t3＝，解得t3＝ 所以t總＝t1＋t2＋t3＝＋ 題型三、帶電粒子在組合場中的運動 帶電粒子在電場和磁場的組合場中運動，實際上是將粒子在電場中加速與偏轉(zhuǎn)和磁偏轉(zhuǎn)兩種運動有效組合在一起，尋找兩種運動的聯(lián)系和幾何關(guān)系是解題的關(guān)鍵．當帶電粒子連續(xù)通過幾個不同的場區(qū)時，粒子的受力情況和運動情況也發(fā)生相應(yīng)的變化，其運動過程則由幾個不同的運動階段組成． 例3、人類研究磁場的目的之一是為了通過磁場控制帶電粒子的運動．如圖10所示是通過磁場控制帶電粒子運動的一種模型．在0≤x＜d和d0)的粒子，其速率有兩種，分別為v1＝、v2＝.(不考慮粒子的重力以及粒子之間的相互作用) 圖10 (1)求兩種速率的粒子在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中做圓周運動的半徑R1和R2. (2)求兩種速率的粒子從x＝2d的邊界射出時，兩出射點的距離Δy的大小． (3)在x>2d的區(qū)域添加另一勻強磁場，使得從x＝2d邊界射出的兩束粒子最終匯聚成一束，并平行y軸正方向運動．在圖中用實線畫出粒子的大致運動軌跡(無需通過計算說明)，用虛線畫出所添加磁場的邊界線． 【答案】(1)d　2d　(2)4(－1)d　(3)見解析圖 【解析】(1)根據(jù)qvB＝m可得：R＝ 又因為粒子速率有兩種，分別為：v1＝，v2＝ 解得：R1＝d，R2＝2d (2)圖甲為某一速率的粒子運動的軌跡示意圖， (3)兩個粒子運動軌跡如圖乙中實線所示，磁場邊界如圖中虛線所示，可以使得從x＝2d邊界射出的兩束粒子最終匯聚成一束，并平行y軸正方向運動． 【變式探究】某高中物理課程基地擬采購一批實驗器材，增強學(xué)生對電偏轉(zhuǎn)和磁偏轉(zhuǎn)研究的動手能力，其核心結(jié)構(gòu)原理可簡化為如圖11所示．AB、CD間的區(qū)域有豎直向上的勻強電場，在CD的右側(cè)有一與CD相切于M點的圓形有界勻強磁場，磁場方向垂直于紙面．一帶正電粒子自O(shè)點以水平初速度v0正對P點進入該電場后，從M點飛離CD邊界，再經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后又從N點垂直于CD邊界回到電場區(qū)域，并恰能返回O點．已知O、P間距離為d，粒子質(zhì)量為m，電荷量為q，電場強度大小E＝，粒子重力不計．試求： 圖11 (1)粒子從M點飛離CD邊界時的速度大?。? (2)P、N兩點間的距離； (3)圓形有界勻強磁場的半徑和磁感應(yīng)強度的大小． 【答案】(1)2v0　(2)d　(3)d　 【解析】(1)據(jù)題意，作出帶電粒子的運動軌跡，如圖所示： (2)粒子從N到O點時間：t2＝ 粒子從N到O點過程的豎直方向位移：y＝at22 故P、N兩點間的距離為：PN＝y(tǒng)＝d 【變式探究】如圖12所示，半徑r＝0.06 m的半圓形無場區(qū)的圓心在坐標原點O處，半徑R＝0.1 m、磁感應(yīng)強度大小B＝0.075 T的圓形有界磁場區(qū)的圓心坐標為(0,0.08 m)，平行金屬板MN的極板長L＝0.3 m、間距d＝0.1 m，極板間所加電壓U＝6.4102 V，其中N極板收集的粒子全部被中和吸收．一位于O處的粒子源向第Ⅰ、Ⅱ象限均勻地發(fā)射速度大小v＝6105 m/s的帶正電粒子，經(jīng)圓形磁場偏轉(zhuǎn)后，從第Ⅰ象限出射的粒子速度方向均沿x軸正方向．若粒子重力不計、比荷＝108 C/kg、不計粒子間的相互作用力及電場的邊緣效應(yīng)．sin 37＝0.6，cos 37＝0.8.求： 圖12 (1)粒子在磁場中的運動半徑R0； (2)從坐標(0,0.18 m)處射出磁場的粒子，其在O點入射方向與y軸的夾角θ； (3)N板收集到的粒子占所有發(fā)射粒子的比例η. 【答案】見解析 【解析】(1)粒子在磁場中做勻速圓周運動，由qvB＝ 得R0＝＝0.08 m (2)如圖所示，從y＝0.18 m處出射的粒子對應(yīng)入射方向與y軸的夾角為θ，軌跡圓心與y軸交于(0,0.10 m)處， 由幾何關(guān)系可得：sin θ＝0.8，故θ＝53