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1、新課標(biāo)2013年高考考前預(yù)測核心考點(diǎn)專項(xiàng)突破
帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動
【核心考點(diǎn)解讀】帶電粒子在電場中的類平拋運(yùn)動可按照運(yùn)動分解把帶電粒子的運(yùn)動分解為垂直電場方向的勻速直線運(yùn)動和沿電場方向的勻變速直線運(yùn)動。帶電粒子在電場中加速利用動能定理列方程解答,在磁場中的勻速圓周運(yùn)動可依據(jù)洛侖茲力提供向心力列方程解答。
預(yù)測題1如圖所示,一帶電微粒質(zhì)量為m=2.0×10-11kg、電荷量q=+1.0×10-5C,從靜止開始經(jīng)電壓為U1=100V的電場加速后,水平進(jìn)入兩平行金屬板間的偏轉(zhuǎn)電場中,微粒射出電場時的偏轉(zhuǎn)角θ=60°,并接著沿半徑方向進(jìn)入一個垂直紙面向外的圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域,微粒射出磁場時的
2、偏轉(zhuǎn)角也為θ=60°。已知偏轉(zhuǎn)電場中金屬板長L=,圓形勻強(qiáng)磁場的半徑R=,重力忽略不計(jì)。求:
(1)帶電微粒經(jīng)U1=100V的電場加速后的速率;
(2)兩金屬板間偏轉(zhuǎn)電場的電場強(qiáng)度E;
(3)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小。
解析:(1)帶電微粒經(jīng)加速電場加速后速度為v1,
根據(jù)動能定理:qU1=mv12, 解得v1==1.0×104m/s 。
(2)帶電微粒在偏轉(zhuǎn)電場中只受電場力作用,做類平拋運(yùn)動。在水平方向微粒做勻速直線運(yùn)動。水平方向:L=v1t,
帶電微粒在電場方向做勻加速直線運(yùn)動,加速度為a,出電場時沿電場方向速度為vy,
沿電場方向加速度a=qE/m,速度vy=
3、at,
由幾何關(guān)系tanθ=vy /v1,
聯(lián)立解得兩金屬板間偏轉(zhuǎn)電場的電場強(qiáng)度E=10000V/m。
(3)設(shè)帶電粒子進(jìn)入磁場時的速度大小為v,則v= v1/cosθ=2.0×104m/s。
由粒子運(yùn)動的對稱性可知,入射速度方向過磁場區(qū)域圓心,則出射速度反向延長線過磁場區(qū)域圓心,粒子在磁場中的運(yùn)動軌跡如圖所示。
由圖中幾何關(guān)系可得帶電粒子運(yùn)動的軌跡半徑為r=Rtan60°=0.3m。
由qvB=m解得B=mv/qr。
代入有關(guān)數(shù)據(jù)得B=0.13T。
【名師點(diǎn)評】此題通過帶電粒子在電場中加速、在勻強(qiáng)電場中的類平拋運(yùn)動與磁場中的圓周運(yùn)動,綜合考查對動能定理、平拋運(yùn)動規(guī)律遷移、
4、電場力、速度分解與合成,洛倫茲力、牛頓第二定律、圓周運(yùn)動等知識的掌握情況。
預(yù)測題2.如圖所示,MN是相距為d 的兩平行金屬板,O、為兩金屬板中心處正對的兩個小孔,N板的右側(cè)空間有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B且方向相反的兩勻強(qiáng)磁場區(qū),圖中虛線CD為兩磁場的分界線,CD線與N板的距離也為d.在磁場區(qū)內(nèi)適當(dāng)位置放置一平行磁場方向的薄擋板PQ,并使之與O、連線處于同一平面內(nèi).
現(xiàn)將電動勢為E的直流電源的正負(fù)極按圖示接法接到兩金屬板上,有O點(diǎn)靜止釋放的帶電粒子(重力不計(jì))經(jīng)MN板間的電場加速后進(jìn)入磁場區(qū),最后恰好垂直撞上擋板PQ而停止運(yùn)動。試求:
(1)帶電粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的軌
5、道半徑;
(2)帶電粒子的電性和比荷 ;
(3)帶電粒子在電場中運(yùn)動的時間t1與在磁場中運(yùn)動的時間t2的比值.
解:(1)帶電粒子在磁場中的運(yùn)動軌跡如圖所示,由幾何關(guān)系可得,R2+(2d) 2=(2R)2,
解得R=d
(2)帶電粒子帶負(fù)電。帶電粒子從加速電場加速后進(jìn)入磁場時的速度為v;
由動能定理qE=mv2;由洛倫茲力公式和牛頓第二定律,qvB= mv2/R
解得:q/m=
(3)帶電粒子在電場中做勻加速運(yùn)動,有vt1/2=d。
在磁場中做勻速圓周運(yùn)動,vt1=πR,
解得。
【名師點(diǎn)評】此題通過帶電粒子在電場中加速、在磁場中的圓周運(yùn)動,綜合考查對動能定理、洛倫
6、茲力等知識的掌握情況。
核心考點(diǎn)二、帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動
【核心內(nèi)容解讀】帶電粒子在電場、磁場并存的空間中運(yùn)動時,電場力、磁場力將按自身的特性獨(dú)立作用于粒子,其中洛倫茲力對運(yùn)動電荷不做功,電場力做功與路徑無關(guān)。當(dāng)帶電粒子在電場、磁場并存的空間中做直線運(yùn)動時,電場力和洛倫茲力的合力必為零,一定做勻速直線運(yùn)動;電場力和洛倫茲力一定等值反向。當(dāng)帶電粒子連續(xù)通過幾個不同的場區(qū),粒子的受力情況和運(yùn)動情況也發(fā)生相應(yīng)的變化,其運(yùn)動過程由幾種不同的運(yùn)動階段組成。
帶電粒子在重力場、電場、磁場并存的空間中運(yùn)動時,重力、電場力、磁場力將按自身的特性獨(dú)立作用于粒子,其中洛倫茲力對運(yùn)動電荷不做功,重力和電場
7、力做功與路徑無關(guān)。對帶電粒子在復(fù)合場中運(yùn)動的處理方法是:(1)正確分析帶電粒子的受力特征及運(yùn)動特征是正確解題的前提。帶電粒子在復(fù)合場中做什么運(yùn)動,取決于帶電粒子所受到的合外力及其初時狀態(tài)的速度,因此應(yīng)該把帶電粒子的運(yùn)動情況和受力情況結(jié)合起來進(jìn)行分析。當(dāng)帶電粒子在重力場、電場、磁場并存的空間中做直線運(yùn)動時,重力、電場力和洛倫茲力的合力必為零,一定做勻速直線運(yùn)動;當(dāng)帶電粒子所受的重力和電場力等值反向,洛倫茲力提供向心力時,帶電粒子在垂直于磁場的平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動;當(dāng)帶電粒子所受的合外力是變力,且與初速度方向不在一條直線上時,粒子做變速曲線運(yùn)動,其軌跡即不是圓弧,也不是拋物線;當(dāng)帶電粒子連續(xù)通過幾
8、個不同的場區(qū),粒子的受力情況和運(yùn)動情況也發(fā)生相應(yīng)的變化,其運(yùn)動過程由幾種不同的運(yùn)動階段組成。(2)靈活選用物理規(guī)律是正確解題的關(guān)鍵。當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中做勻速直線運(yùn)動時,根據(jù)物體的平衡條件列方程求解;當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中做勻速圓周運(yùn)動時,運(yùn)用牛頓第二定律和向心力公式列方程求解;當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中做變速曲線運(yùn)動時,應(yīng)選擇動能定理或能量守恒定律列方程求解。
預(yù)測題1.如圖所示,從S處發(fā)出的熱電子經(jīng)加速電壓U加速后垂直進(jìn)入相互垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中,發(fā)現(xiàn)電子流向上極板偏轉(zhuǎn).設(shè)兩極板間電場強(qiáng)度為E,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.欲使電子沿直線從電場和磁場區(qū)域通過,只采取下列措施,其中可行的是
A.
9、適當(dāng)增大電場強(qiáng)度E
B.適當(dāng)減小磁感應(yīng)強(qiáng)度B
C.適當(dāng)增大勻強(qiáng)電場極板之間的距離
D.適當(dāng)減小加速電壓U
解析:發(fā)現(xiàn)電子流向上極板偏轉(zhuǎn),由左手定則可知,電子在電場和磁場區(qū)域運(yùn)動時所受洛倫茲力小于電場力,可適當(dāng)增大洛倫茲力或減小電場力,即適當(dāng)減小電場強(qiáng)度E,或適當(dāng)增大勻強(qiáng)電場極板之間的距離、或適當(dāng)增大磁感應(yīng)強(qiáng)度B,適當(dāng)增大加速電壓U,所以選項(xiàng)C正確。
答案:C
【名師點(diǎn)評】此題的電場磁場復(fù)合區(qū)域構(gòu)成一濾速器。只有滿足qvB=qE即v=E/B的帶電粒子才能沿直線通過復(fù)合場區(qū)域。
預(yù)測題2.如圖所示,帶電平行金屬板PQ和MN之間的距離為d;兩金屬板之間有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)
10、度大小為B。如圖建立坐標(biāo)系,x軸平行于金屬板,與金屬板中心線重合,y軸垂直于金屬板。區(qū)域I的左邊界在y軸,右邊界與區(qū)域II的左邊界重合,且與y軸平行;區(qū)域II的左、右邊界平行。在區(qū)域I和區(qū)域II內(nèi)分別存在勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B,區(qū)域I內(nèi)的磁場垂直于Oxy平面向外,區(qū)域II內(nèi)的磁場垂直于Oxy平面向里。一電子沿著x軸正向以速度v0射入平行板之間,在平行板間恰好沿著x軸正向做直線運(yùn)動,并先后通過區(qū)域I和II。已知電子電量為e,質(zhì)量為m,區(qū)域I和區(qū)域II沿x軸方向?qū)挾染鶠?。不?jì)電子重力。
(1)求兩金屬板之間電勢差U;
(2)求電子從區(qū)域II右邊界射出時,射出點(diǎn)的縱坐標(biāo)y;
(3)撤除
11、區(qū)域I中的磁場而在其中加上沿x軸正向的勻強(qiáng)電場,使得該電子剛好不能從區(qū)域II的右邊界飛出。求電子兩次經(jīng)過y軸的時間間隔t。
解:(1)電子在平行板間做直線運(yùn)動,電場力與洛倫茲力平衡
即 【2分】
所以, 【1分】
(2)如右圖所示,電子進(jìn)入?yún)^(qū)域I做勻速圓周運(yùn)動,向上偏轉(zhuǎn),洛倫茲力提供向心力
所以, 【1分】
設(shè)電子在區(qū)域I中沿著y軸偏轉(zhuǎn)距離為 y0,區(qū)域I的寬度為b(b=),則 【1分】
代入數(shù)據(jù),解得 【1分】
電子在兩個磁場中有相同的偏轉(zhuǎn)量。
電子從區(qū)域II射
12、出點(diǎn)的縱坐標(biāo) 【1分】
(3)電子剛好不能從區(qū)域II的右邊界飛出,說明電子在區(qū)域II中做勻速圓周運(yùn)動的軌跡恰好與區(qū)域II的右邊界相切,圓半徑恰好與區(qū)域II寬度相同。電子運(yùn)動軌跡如下圖所示。設(shè)電子進(jìn)入?yún)^(qū)域II時的速度為,則 ,所以 【1分】
電子通過區(qū)域I的過程中,向右做勻加速直線運(yùn)動, 此過程中
平均速度
電子通過區(qū)域I的時間 (b為區(qū)域I的寬度)
Ⅱ
Ⅰ
y
解得: 【1分】
B
B
電子在區(qū)域II中運(yùn)動了半個圓周,設(shè)電子做
×
×
圓周運(yùn)動的周期為T,則
×
×
×
×
x
B
P
Q
×
×
O
13、v0
電子在區(qū)域II中運(yùn)動的時間
×
×
×
×
M
N
【1分】
電子反向通過區(qū)域I的時間仍為。
所以, 電子兩次經(jīng)過y軸的時間間隔
【2分】
【名師點(diǎn)評】此題考查帶電粒子在電磁場中的直線運(yùn)動、在磁場中的勻速圓周運(yùn)動等。
預(yù)測題3。如圖所示,第一象限的某個矩形區(qū)域內(nèi),有方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場B1,磁場的左邊界與y軸重合,第二象限內(nèi)有互相垂直正交的勻強(qiáng)電場與勻強(qiáng)磁場,其磁感應(yīng)強(qiáng)度B2=0.5T。一質(zhì)量m=l×10-14kg,電荷量q=1×10-10C的帶正電的粒子以速度v=l×103m/s從x軸上的N點(diǎn)沿與x軸負(fù)方向成60°角方向射入第一象限,
14、經(jīng)P點(diǎn)進(jìn)入第二象限內(nèi)沿直線運(yùn)動,一段時間后,粒子經(jīng)x軸上的M點(diǎn)并與x軸負(fù)方向成60°角的方向飛出,M點(diǎn)坐標(biāo)為(-0.1,0),N點(diǎn)坐標(biāo)(0.3,0),不計(jì)粒子重力。求:
(1)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E的大小與方向;
(2)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B1的大小;
(3)勻強(qiáng)磁場B1矩形區(qū)城的最小面積。
解:(1)在第二象限,由題意知,粒子做勻速直線運(yùn)動。 (2分)
E= B2v=0.5×103V/m……(1分)
方向與y軸正向夾解為……(1分)
(2) 由題意,運(yùn)動軌跡如圖,由幾何關(guān)系知
…………………………(2分)
由…………(1分)
得(T)…………………………(1分)
(3)由圖可知,磁場B1最小區(qū)域應(yīng)該分布在圖示的矩形PACD內(nèi),由幾何關(guān)系知:=0.2m…………………………(1分)
………………(1分)
最小面積為:S=PD×PA=0.2×m2=m2?!?分)
【名師點(diǎn)評】此題考查帶電粒子在磁場中的勻速圓周運(yùn)動、在電磁場中的勻速直線運(yùn)動及其磁場最小面積的確定。