2013年高考物理 考前預測核心考點專項突破《帶電粒子在復合場中的運動》

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1、新課標2013年高考考前預測核心考點專項突破 帶電粒子在復合場中的運動 【核心考點解讀】帶電粒子在電場中的類平拋運動可按照運動分解把帶電粒子的運動分解為垂直電場方向的勻速直線運動和沿電場方向的勻變速直線運動。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動可依據(jù)洛侖茲力提供向心力列方程解答。 預測題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入一個垂直紙面向外的圓形勻強磁場區(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)電場的電場強度E； （3）勻強磁場的磁感應強度的大小。 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，做類平拋運動。在水平方向微粒做勻速直線運動。水平方向：L=v1t， 帶電微粒在電場方向做勻加速直線運動，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， 由幾何關系tanθ=vy /v1， 聯(lián)立解得兩金屬板間偏轉(zhuǎn)電場的電場強度E=10000V/m。 （3）設帶電粒子進入磁場時的速度大小為v，則v= v1/cosθ=2.0×104m/s。 由粒子運動的對稱性可知，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，粒子在磁場中的運動軌跡如圖所示。 由圖中幾何關系可得帶電粒子運動的軌跡半徑為r=Rtan60°=0.3m。 由qvB=m解得B=mv/qr。 代入有關數(shù)據(jù)得B=0.13T。 【名師點評】此題通過帶電粒子在電場中加速、在勻強電場中的類平拋運動與磁場中的圓周運動，綜合考查對動能定理、平拋運動規(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、圓周運動等知識的掌握情況。 預測題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)空間有磁感應強度大小均為B且方向相反的兩勻強磁場區(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的直流電源的正負極按圖示接法接到兩金屬板上，有O點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入磁場區(qū)，最后恰好垂直撞上擋板PQ而停止運動。試求： （1）帶電粒子在磁場中做圓周運動的軌

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動的時間t1與在磁場中運動的時間t2的比值． 解：（1）帶電粒子在磁場中的運動軌跡如圖所示，由幾何關系可得，R2+(2d) 2=(2R)2, 解得R=d （2）帶電粒子帶負電。帶電粒子從加速電場加速后進入磁場時的速度為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動，有vt1/2=d。 在磁場中做勻速圓周運動，vt1=πR， 解得。 【名師點評】此題通過帶電粒子在電場中加速、在磁場中的圓周運動，綜合考查對動能定理、洛倫

6、茲力等知識的掌握情況。 核心考點二、帶電粒子在復合場中的運動 【核心內(nèi)容解讀】帶電粒子在電場、磁場并存的空間中運動時，電場力、磁場力將按自身的特性獨立作用于粒子，其中洛倫茲力對運動電荷不做功，電場力做功與路徑無關。當帶電粒子在電場、磁場并存的空間中做直線運動時，電場力和洛倫茲力的合力必為零，一定做勻速直線運動；電場力和洛倫茲力一定等值反向。當帶電粒子連續(xù)通過幾個不同的場區(qū)，粒子的受力情況和運動情況也發(fā)生相應的變化，其運動過程由幾種不同的運動階段組成。 帶電粒子在重力場、電場、磁場并存的空間中運動時，重力、電場力、磁場力將按自身的特性獨立作用于粒子，其中洛倫茲力對運動電荷不做功，重力和電場

7、力做功與路徑無關。對帶電粒子在復合場中運動的處理方法是：（1）正確分析帶電粒子的受力特征及運動特征是正確解題的前提。帶電粒子在復合場中做什么運動，取決于帶電粒子所受到的合外力及其初時狀態(tài)的速度，因此應該把帶電粒子的運動情況和受力情況結(jié)合起來進行分析。當帶電粒子在重力場、電場、磁場并存的空間中做直線運動時，重力、電場力和洛倫茲力的合力必為零，一定做勻速直線運動；當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)做勻速圓周運動；當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，粒子做變速曲線運動，其軌跡即不是圓弧，也不是拋物線；當帶電粒子連續(xù)通過幾

8、個不同的場區(qū)，粒子的受力情況和運動情況也發(fā)生相應的變化，其運動過程由幾種不同的運動階段組成。（2）靈活選用物理規(guī)律是正確解題的關鍵。當帶電粒子在復合場中做勻速直線運動時，根據(jù)物體的平衡條件列方程求解；當帶電粒子在復合場中做勻速圓周運動時，運用牛頓第二定律和向心力公式列方程求解；當帶電粒子在復合場中做變速曲線運動時，應選擇動能定理或能量守恒定律列方程求解。 預測題1．如圖所示，從S處發(fā)出的熱電子經(jīng)加速電壓U加速后垂直進入相互垂直的勻強電場和勻強磁場中，發(fā)現(xiàn)電子流向上極板偏轉(zhuǎn)．設兩極板間電場強度為E，磁感應強度為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、適當增大電場強度E B．適當減小磁感應強度B C．適當增大勻強電場極板之間的距離 D．適當減小加速電壓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)域運動時所受洛倫茲力小于電場力，可適當增大洛倫茲力或減小電場力，即適當減小電場強度E，或適當增大勻強電場極板之間的距離、或適當增大磁感應強度B，適當增大加速電壓U，所以選項C正確。 答案：C 【名師點評】此題的電場磁場復合區(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合場區(qū)域。 預測題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磁場，磁感應強

10、度大小為B。如圖建立坐標系，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)分別存在勻強磁場，磁感應強度大小均為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，射出點的縱坐標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，電子進入?yún)^(qū)域I做勻速圓周運動，向上偏轉(zhuǎn)，洛倫茲力提供向心力　　　 所以， 【1分】 設電子在區(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、出點的縱坐標 【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。電子運動軌跡如下圖所示。設電子進入?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中運動了半個圓周，設電子做 × × 圓周運動的周期為T，則 × × × × x B P Q 　　　　　 × × O

13、v0 電子在區(qū)域II中運動的時間 × × × × 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】 【名師點評】此題考查帶電粒子在電磁場中的直線運動、在磁場中的勻速圓周運動等。 預測題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電場與勻強磁場，其磁感應強度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點沿與x軸負方向成60°角方向射入第一象限，

14、經(jīng)P點進入第二象限內(nèi)沿直線運動，一段時間后，粒子經(jīng)x軸上的M點并與x軸負方向成60°角的方向飛出，M點坐標為(-0.1，0),N點坐標(0.3，0)，不計粒子重力。求: (1)勻強電場的電場強度E的大小與方向; (2)勻強磁場的磁感應強度B1的大小; (3)勻強磁場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，運動軌跡如圖，由幾何關系知 …………………………（2分） 由…………（1分） 得（T）…………………………（1分） （3)由圖可知，磁場B1最小區(qū)域應該分布在圖示的矩形PACD內(nèi)，由幾何關系知：=0.2m…………………………（1分） ………………（1分） 最小面積為：S=PD×PA=0.2×m2=m2?！?分） 【名師點評】此題考查帶電粒子在磁場中的勻速圓周運動、在電磁場中的勻速直線運動及其磁場最小面積的確定。