《2022高考物理一輪復(fù)習(xí) 微專題系列之熱點專題突破 專題51 帶電粒子在組合場中的運動問題學(xué)案》由會員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《2022高考物理一輪復(fù)習(xí) 微專題系列之熱點專題突破 專題51 帶電粒子在組合場中的運動問題學(xué)案(14頁珍藏版)》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、2022高考物理一輪復(fù)習(xí) 微專題系列之熱點專題突破 專題51 帶電粒子在組合場中的運動問題學(xué)案
1. 組合場:指磁場與電場或重力場同時存在,但各位于一定的區(qū)域內(nèi)且并不重疊的情況,帶電粒子在一個場中只受一個場力的作用。
2. 三種場力的特點比較
(1) 重力的大小為mg,方向豎直向下,重力做功與路徑無關(guān),其數(shù)值除與帶電粒子的質(zhì)量有關(guān)外,還與初、末位置的高度差有關(guān)。
(2) 電場力的大小為qE,方向與電場強度E及帶電粒子所帶電荷的性質(zhì)有關(guān),電場力做功與路徑無關(guān),其數(shù)值除與帶電粒子的電荷量有關(guān)外,還與初、末位置的電勢差有關(guān)。
(3) 洛倫茲力大小為qvB,方向垂直于v和B所決定的平面
2、,無論帶電粒子做什么運動,洛倫茲力都不做功。
說明:電子、質(zhì)子、α粒子、帶電離子等微觀粒子在疊加場中運動時,若試題沒有明確說明考慮重力時就不計重力,但質(zhì)量較大的質(zhì)點(如帶電微粒)在疊加場中運動時,除試題說明不計重力,通常都要考慮重力。
3. 帶電粒子在組合場中的運動規(guī)律
(1)帶電粒子在勻強電場中,若初速度與電場線平行,做勻變速直線運動;若初速度與電場線垂直,做類平拋運動。
(2)帶電粒子在勻強磁場中,若速度與磁感線平行,做勻速直線運動;若速度與磁感線垂直,做勻速圓周運動。
4. 帶電粒子在組合場中運動的處理方法
①分析帶電粒子在各種場中的受力情況和運動情況,一般在電場中做類平
3、拋運動,在磁場中做勻速圓周運動。
②正確地畫出粒子的運動軌跡圖,在畫圖的基礎(chǔ)上特別注意運用幾何知識,尋找關(guān)系。
③選擇物理規(guī)律,列方程。對類平拋運動,一般分解為初速度方向的勻速運動和垂直初速度方向的勻加速運動;對粒子在磁場中做勻速圓周運動,應(yīng)注意一定是洛倫茲力提供向心力這一受力條件。
④注意確定粒子在組合場交界位置處的速度大小與方向。該速度是聯(lián)系兩種運動的橋梁。
4. 解決帶電粒子在組合場中運動問題的思路方法簡化圖
【典例1】如圖所示,M、N、P為很長的平行邊界,M、N與M、P間距分別為l1、l2,其間分別有磁感應(yīng)強度為B1和B2的勻強磁場區(qū)域,磁場Ⅰ和Ⅱ方向垂直紙面向
4、里,B1≠B2,有一電荷量為q、質(zhì)量為m的帶正電粒子,以某一初速度垂直邊界N及磁場方向射入MN間的磁場區(qū)域。不計粒子的重力。求:
(1)要使粒子能穿過磁場Ⅰ進入磁場Ⅱ,粒子的初速度v0至少應(yīng)為多少;
(2)若粒子進入磁場Ⅰ的初速度v1=,則粒子第一次穿過磁場Ⅰ所用時間t1是多少;
(3)粒子初速度v為多少時,才可恰好穿過兩個磁場區(qū)域。
【答案】 (1) (2) (3)
t1=T=×=。
(3)設(shè)粒子速度為v時,粒子在磁場Ⅱ中的軌跡恰好與P邊界相切,軌跡如圖乙所示,
由Bqv=m可得R1=,R2=,
由幾何關(guān)系得sin θ==,
粒子在磁場Ⅱ中運動有R2-R2sin
5、 θ=l2,
解得v=。
【典例2】如圖所示,內(nèi)圓半徑為r、外圓半徑為3r的圓環(huán)區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場。圓環(huán)左側(cè)的平行板電容器兩板間電壓為U,從靠近M板處由靜止釋放質(zhì)量為m、電荷量為q的正離子,經(jīng)過電場加速后從N板小孔射出,并沿圓環(huán)直徑方向射入磁場,不計離子的重力,忽略平行板外的電場。求:
(1)離子從N板小孔射出時的速率;
(2)離子在磁場中做圓周運動的周期;
(3)要使離子不進入小圓區(qū)域,電壓U的取值范圍。
【答案】 (1) (2) (3)U≤
由幾何關(guān)系得R02+(3r)2=(R0+r)2,解得R0=4r,
需滿足的條件為R≤R0,又
6、qvB=m,qU=mv2,
聯(lián)立解得U≤。
【典例3】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象限存在沿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)v0,與x軸正方向成45°角斜向上 (2)
【解析】 (1)在電場中,粒子做類平拋運動,設(shè)Q點到x軸距離為L
7、,到y(tǒng)軸距離為2L,粒子的加速
設(shè)粒子到達O點時速度大小為v,由運動的合成有
v=?、?
聯(lián)立①②③⑥式得v=v0?!、?
(2)設(shè)電場強度為E,粒子電荷量為q,質(zhì)量為m,粒子在電場中受到的電場力為F,由牛頓第二定律可得F=ma ⑧
又F=qE?、?
設(shè)磁場的磁感應(yīng)強度大小為B,粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R,所受的洛倫茲力提供向心力,有
qvB=m?、?
由幾何關(guān)系可知R=L ?
聯(lián)立①②⑦⑧⑨⑩?式得=?!?
【典例4】如圖所示裝置中,區(qū)域Ⅰ和Ⅲ中分別有豎直向上和水平向右的勻強電場,電場強度分別為E和;Ⅱ區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向外的勻強磁場,磁感應(yīng)強度為B.一質(zhì)量為m、帶
8、電荷量為q的帶負電粒子(不計重力)從左邊界O點正上方的M點以速度v0水平射入電場,經(jīng)水平分界線OP上的A點與OP成60°角射入Ⅱ區(qū)域的磁場,并垂直豎直邊界CD進入Ⅲ區(qū)域的勻強電場中.求:
(1)粒子在Ⅱ區(qū)域勻強磁場中運動的軌跡半徑;
(2)O、M間的距離;
(3)粒子從M點出發(fā)到第二次通過CD邊界所經(jīng)歷的時間.
【答案】 (1) (2) (3)+
(2)設(shè)粒子在Ⅰ區(qū)域電場中運動時間t1,加速度為a.則有qE=ma,v0tan 60°=at1,即t1=
O、M兩點間的距離為L=at=.
課后作業(yè)
1. 在半導(dǎo)體離子注入工藝中,初速度可忽略的磷離子P+和P3+
9、,經(jīng)電壓為U的電場加速后,垂直進入磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直紙面向里、有一定寬度的勻強磁場區(qū)域,如圖8-2-26所示.已知離子P+在磁場中轉(zhuǎn)過θ=30°后從磁場右邊界射出.在電場和磁場中運動時,離子P+和P3+( ).
A.在電場中的加速度之比為1∶1
B.在磁場中運動的半徑之比為∶1
C.在磁場中轉(zhuǎn)過的角度之比為1∶2
D.離開電場區(qū)域時的動能之比為1∶3
【答案】 BCD
【解析】 磷離子P+與P3+電荷量之比q1∶q2=1∶3,質(zhì)量相等,在電場中加速度a=,由此可知,a1∶a2=1∶3,選項A錯誤;離子進入磁場中做圓周運動的半徑r=,又qU=mv2,故有r=,即r1∶
10、r2=∶1,選項B正確;設(shè)離子P3+在磁場中偏角為α,則sin α=,sin θ=(d為磁場寬度),故有sin θ∶sin α=1∶,已知θ=30°,故α=60°,選項C正確;全過程中只有電場力做功,W=qU,故離開電場區(qū)域時的動能之比即為電場力做功之比,所以Ek1∶Ek2=W1∶W2=1∶3,選項D正確.
2.如圖所示,兩平行金屬板間距為d,電勢差為U,板間電場可視為勻強電場;金屬板下方有一磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場。帶電量為+q、質(zhì)量為m的粒子,由靜止開始從正極板出發(fā),經(jīng)電場加速后射出,并進入磁場做勻速圓周運動。忽略重力的影響。求:
(1)勻強電場場強E的大小。
(2)粒子從電場射
11、出時速度v的大小。
(3)粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑R。
【答案】:(1) (2) (3)
3.如圖所示,在一個圓形區(qū)域內(nèi),兩個方向相反且都垂直于紙面的勻強磁場分布在以直徑A2A4為邊界的兩個半圓形區(qū)域Ⅰ、Ⅱ中,A2A4與A1A3的夾角為60°。一質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子以某一速度從Ⅰ區(qū)的邊緣點A1處沿與A1A3成30°角的方向射入磁場,隨后該粒子沿垂直于A2A4的方向經(jīng)過圓心O進入Ⅱ區(qū),最后再從A4處射出磁場。已知該粒子從射入到射出磁場所用的時間為t,求:
(1)畫出粒子在磁場Ⅰ和Ⅱ中的運動軌跡;
(2)粒子在磁場Ⅰ和Ⅱ中的軌跡半徑R1和R2的比值;
(3
12、)Ⅰ區(qū)和Ⅱ區(qū)中磁感應(yīng)強度的大小(忽略粒子重力)。
【答案】:(1)見解析圖 (2)2∶1 (3)
【解析】: (1)畫出粒子在磁場Ⅰ和Ⅱ中的運動軌跡如圖所示。
(2)設(shè)粒子的入射速度為v,已知粒子帶正電,故它在磁場中先順時針做圓周運動,再逆時針做圓周運動,最后從A4點射出,用B1、B2,R1、R2,T1、T2分別表示在磁場Ⅰ、Ⅱ區(qū)的磁感應(yīng)強度、軌跡半徑和周期。
設(shè)圓形區(qū)域的半徑為r,已知帶電粒子過圓心且垂直于A2A4進入Ⅱ區(qū)磁場,連接A1A2,△A1OA2為等邊
圓心角∠A1A2O=60°,帶電粒子在Ⅰ區(qū)磁場中運動的時間為t1=T1
在Ⅱ區(qū)磁場中運動的時間為t2=T2
帶電
13、粒子從射入到射出磁場所用的總時間t=t1+t2
由以上各式可得B1=,B2=。
4. 如圖所示,直角坐標系中的第Ⅰ象限中存在沿y軸負方向的勻強電場,在第Ⅱ象限中存在垂直紙面向外的勻強磁場。一電荷量為q、質(zhì)量為m的帶正電的粒子,在-x軸上的a點以速度v0與-x軸成60°角射入磁場,從y=L處的b點沿垂直于y軸方向進入電場,并經(jīng)過x軸上x=2L處的c點。不計粒子重力。求:
(1)磁感應(yīng)強度B的大小;
(2)電場強度E的大??;
(3)帶電粒子在磁場和電場中的運動時間之比。
【答案】 (1) (2) (3)
【解析】 (1)帶電粒子在磁場中運動軌跡如圖,
帶電粒子在電場中運
14、動時間為:t2=
所以帶電粒子在磁場和電場中運動時間之比為:=。
5. 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的大小;
(2)粒子到達a點時速度的大小和方向;
(3)abc
15、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)
【解析】 帶電粒子在電場中做類平拋運動,在磁場中做勻速圓周運動,射出磁場后做勻速直線運動.
設(shè)速度方向與x軸正方向的夾角為θ,則tan θ==1,θ=45°⑨
即到a點時速度方向指向第Ⅳ象限與x軸正方向成45°角.
(3)粒子進入磁場后做勻速圓周運動,有qvB=m⑩
由此得R=?
從上式看出,R∝,當R最大時,B最小.
由題圖可知,當粒子從b點射出磁場時,R最大
由幾何關(guān)系得Rmax=L?
將?代入?式得B的最小值為Bmin=.
6. 如圖所示,在xO
16、y坐標系的0≤y≤d的區(qū)域內(nèi)分布著沿y軸正方向的勻強電場,在d≤y≤2d的區(qū)域內(nèi)分布著垂直于xOy平面向里的勻強磁場,MN為電場和磁場的交界面,ab為磁場的上邊界?,F(xiàn)從原點O處沿x軸正方向發(fā)射出速率為v0、比荷(電荷量與質(zhì)量之比)為k的帶正電粒子,粒子運動軌跡恰與ab相切并返回電場。已知電場強度E=,不計粒子重力和粒子間的相互作用。求:
(1)粒子從O點第一次穿過MN時的速度大小和水平位移的大小;
(2)磁場的磁感應(yīng)強度B的大小。
【答案】:(1)2v0 (2)
設(shè)粒子以與x軸正方向成θ角的速度進入磁場
tan θ==,
解得θ=60°
根據(jù)R+Rcos θ=d,
17、
解得R=
由牛頓第二定律可得qvB=m,解得B=。
7. 如圖所示,空間中有一直角坐標系,其第一象限中在圓心為O1、半徑為R、邊界與x軸和y軸相切的圓形區(qū)域內(nèi),有垂直于紙面向里的勻強磁場(圖中未畫出),磁感應(yīng)強度大小為B;第二象限中存在方向豎直向下的勻強電場?,F(xiàn)有一群質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子,從圓形區(qū)域邊界與x軸的切點A處沿紙面上的不同方向射入磁場中。已知粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑均為R,其中沿AO1方向射入的粒子恰好到達x軸上與O點距離為2R的N點,不計粒子的重力和它們之間的相互作用力,求:
(1)粒子射入磁場時的速度大小及電場強度的大??;
(2)速度方向與AO1夾角為60°(斜向右上方)的粒子到達x軸所用的時間。
【答案】:(1) (2)
【解析】:(1)設(shè)粒子射入磁場時的速度大小為v,因在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R,
由洛倫茲力提供向心力得qvB=m,解得v=
設(shè)粒子的軌跡圓心為C,從M點射出磁場,連接O1M、MC、AC,由幾何關(guān)系知,四邊形O1MCA是菱形,故CM垂直于x軸,易得速度方向偏轉(zhuǎn)角度等于圓心角θ=150°,
粒子在磁場中運動的周期為T=
HO=R+Rsin 60°=R+=t32,
解得t3=(+1)
故粒子到達x軸的時間為
t=t1+t2+t3=。