2013年高考物理 考前預(yù)測核心考點(diǎn)專項突破《帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動》

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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。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）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?。不計電子重力? （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。