2019-2020年高考物理總復(fù)習(xí)講義 第8章 加強(qiáng)1講 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng).doc
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2019-2020年高考物理總復(fù)習(xí)講義 第8章 加強(qiáng)1講 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)一、“電偏轉(zhuǎn)”和“磁偏轉(zhuǎn)”的比較垂直進(jìn)入磁場(chǎng)(磁偏轉(zhuǎn))垂直進(jìn)入電場(chǎng)(電偏轉(zhuǎn))情景圖受力FBqv0B,大小不變,方向總指向圓心,方向變化,F(xiàn)B為變力FEqE,F(xiàn)E大小、方向不變,為恒力運(yùn)動(dòng)規(guī)律勻速圓周運(yùn)動(dòng)r,T類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)vxv0,vyt xv0t,yt2運(yùn)動(dòng)時(shí)間tTt,具有等時(shí)性動(dòng)能不變變化二、解題思路1個(gè)示范例(多選)(xx浙江高考)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,經(jīng)電壓為U的電場(chǎng)加速后,垂直進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里、有一定寬度的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域,如圖831所示,已知離子P在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過(guò)30后從磁場(chǎng)右邊界射出在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí),離子P和P3圖831A在電場(chǎng)中的加速度之比為11B在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑之比為1C在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過(guò)的角度之比為12D離開(kāi)電場(chǎng)區(qū)域時(shí)的動(dòng)能之比為13【解析】離子P和P3的質(zhì)量相等 ,在電場(chǎng)中所受的電場(chǎng)力之比為13,所以加速度之比為13,A項(xiàng)錯(cuò)誤;離開(kāi)電場(chǎng)區(qū)域時(shí)的動(dòng)能之比為13初速度可忽略的磷離子P和P3,經(jīng)電壓為U的電場(chǎng)加速后,由動(dòng)能定理可得,離開(kāi)電場(chǎng)區(qū)域時(shí)的動(dòng)能之比為它們的帶電量之比為13,D項(xiàng)正確;在磁場(chǎng)轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)洛倫茲力提供向心力qvBm可得r,B項(xiàng)正確;設(shè)P在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)半徑為R,由幾何知識(shí)可得磁場(chǎng)的寬度為R,而P3的半徑為R,由幾何知識(shí)可得P3在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過(guò)的角度為60,P在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過(guò)的角度為30,所以離子P和P3在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過(guò)的角度之比為12,C項(xiàng)正確【答案】BCD1個(gè)預(yù)測(cè)例圖832如圖832所示,空間以AOB為界,上方有大小為E、方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)、下方有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),以過(guò)O點(diǎn)的豎直虛線(xiàn)OC為界,左側(cè)到AA間和右側(cè)到BB間有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小不同的垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),AOCBOC60,現(xiàn)在A點(diǎn)上方某一點(diǎn)以一定的初速度水平向右射出一帶電粒子,粒子的質(zhì)量為m,電荷量為q,粒子恰好從AO的中點(diǎn)垂直AO進(jìn)入OC左側(cè)磁場(chǎng)并垂直O(jiān)C進(jìn)入右側(cè)磁場(chǎng),粒子從OB邊恰好以豎直向上的速度進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng),AOBOL,不計(jì)粒子的重力,求:(1)粒子初速度v0的大?。?2)OC左側(cè)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B1的大小和右側(cè)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的大小【審題指導(dǎo)】(1)明確磁場(chǎng)、電場(chǎng)的分布特點(diǎn)(2)粒子在AO以上區(qū)域做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng),在AOC區(qū)域和BOC區(qū)域分別做勻速圓周運(yùn)動(dòng)【解析】(1)粒子射出后在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng),從AO中點(diǎn)垂直AO進(jìn)入磁場(chǎng),在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的水平位移xLsin 60,xv0t1豎直方向qEma,vyat1tan 60解得v0 (2)粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小v2v0 由于粒子垂直AO進(jìn)入左側(cè)磁場(chǎng),垂直O(jiān)C進(jìn)入右側(cè)磁場(chǎng),因此粒子在左側(cè)磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心為O點(diǎn),做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r1L由qvB1m,解得B12 進(jìn)入右側(cè)磁場(chǎng)后,運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示,由于粒子經(jīng)過(guò)OB時(shí)速度豎直向上,由幾何關(guān)系得tan 60解得r2L由qvB2m,解得B2【答案】(1)(2)2 考點(diǎn)二 71帶電粒子在疊加復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)一、帶電粒子在疊加場(chǎng)中無(wú)約束情況下的運(yùn)動(dòng)情況分類(lèi)1磁場(chǎng)力、重力并存(1)若重力和洛倫茲力平衡,則帶電體做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)(2)若重力和洛倫茲力不平衡,則帶電體將做復(fù)雜的曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng),因洛倫茲力不做功,故機(jī)械能守恒,由此可求解問(wèn)題2電場(chǎng)力、磁場(chǎng)力并存(不計(jì)重力的微觀粒子)(1)若電場(chǎng)力和洛倫茲力平衡,則帶電體做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)(2)若電場(chǎng)力和洛倫茲力不平衡,則帶電體將做復(fù)雜的曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng),因洛倫茲力不做功,可用動(dòng)能定理求解問(wèn)題3電場(chǎng)力、磁場(chǎng)力、重力并存(1)若三力平衡,一定做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)(2)若重力與電場(chǎng)力平衡,一定做勻速圓周運(yùn)動(dòng)(3)若合力不為零且與速度方向不垂直,將做復(fù)雜的曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng),因洛倫茲力不做功,可用能量守恒或動(dòng)能定理求解問(wèn)題二、帶電粒子在疊加場(chǎng)中有約束情況下的運(yùn)動(dòng)帶電體在復(fù)合場(chǎng)中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道等約束的情況下,常見(jiàn)的運(yùn)動(dòng)形式有直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)和圓周運(yùn)動(dòng),此時(shí)解題要通過(guò)受力分析明確變力、恒力做功情況,并注意洛倫茲力不做功的特點(diǎn),運(yùn)用動(dòng)能定理、能量守恒定律結(jié)合牛頓運(yùn)動(dòng)定律求出結(jié)果圖833如圖833,有位于豎直平面上的半徑為R的圓形光滑絕緣軌道,其上半部分處于豎直向下,場(chǎng)強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)中,下半部分處于垂直水平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中;質(zhì)量為m,帶正電,電荷量為q的小球,從軌道的水平直徑的M端由靜止釋放,若小球在某一次通過(guò)最低點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力為零,求:(1)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。?2)小球?qū)壍雷畹忘c(diǎn)的最大壓力;(3)若要小球在圓形軌道內(nèi)做完整的圓周運(yùn)動(dòng),求小球從軌道的水平直徑的M端下滑的最小速度【解析】(1)設(shè)小球向右通過(guò)最低點(diǎn)的速率為v,由題意得:mgRmv2qBvmgmB(2)小球向左通過(guò)最低點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力最大FNmgqBvmFN6mg(3)要小球完成圓周運(yùn)動(dòng)的條件是在最高點(diǎn)滿(mǎn)足:mgqEm從M點(diǎn)到最高點(diǎn)由動(dòng)能定理得:mgRqERmvmv由可得v0【答案】(1)(2)6mg(3)帶電粒子(帶電體)在疊加場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的分析方法(1)弄清疊加場(chǎng)的組成(2)進(jìn)行受力分析(3)確定帶電粒子的運(yùn)動(dòng)狀態(tài),注意運(yùn)動(dòng)情況和受力情況的結(jié)合(4)畫(huà)出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡,靈活選擇不同的運(yùn)動(dòng)規(guī)律當(dāng)帶電粒子在疊加場(chǎng)中做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)時(shí),根據(jù)受力平衡列方程求解當(dāng)帶電粒子在疊加場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí),應(yīng)用牛頓定律結(jié)合圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律求解當(dāng)帶電粒子做復(fù)雜曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)時(shí),一般用動(dòng)能定理或能量守恒定律求解對(duì)于臨界問(wèn)題,注意挖掘隱含條件(5)記住三點(diǎn):受力分析是基礎(chǔ)運(yùn)動(dòng)過(guò)程分析是關(guān)鍵根據(jù)不同的運(yùn)動(dòng)過(guò)程及物理模型,選擇合適的定理列方程求解考點(diǎn)三 72帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的應(yīng)用實(shí)例四個(gè)應(yīng)用實(shí)例對(duì)比裝置原理圖規(guī)律速度選擇器若qv0BqE,即v0,粒子做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)磁流體發(fā)電機(jī)等離子體射入,受洛倫茲力偏轉(zhuǎn),使兩極帶電,當(dāng)qqv0B時(shí),兩極板間能達(dá)到最大電勢(shì)差UBv0d電磁流量計(jì)當(dāng)qqvB時(shí),有v,流量QSv()2霍爾效應(yīng)在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中放置一個(gè)矩形截面的載流導(dǎo)體,當(dāng)磁場(chǎng)方向與電流方向垂直時(shí),導(dǎo)體在與磁場(chǎng)、電流方向都垂直的方向上出現(xiàn)了電勢(shì)差,這種現(xiàn)象稱(chēng)為霍爾效應(yīng)有人設(shè)想用如圖834所示的裝置來(lái)選擇密度相同、大小不同的球狀納米粒子粒子在電離室中電離后帶正電,電量與其表面積成正比電離后,粒子緩慢通過(guò)小孔O1進(jìn)入極板間電壓為U的水平加速電場(chǎng)區(qū)域I,再通過(guò)小孔O2射入相互正交的恒定勻強(qiáng)電場(chǎng)、磁場(chǎng)區(qū)域,其中磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向如圖收集室的小孔O3與O1、O2在同一條水平線(xiàn)上半徑為r0的粒子,其質(zhì)量為m0、電量為q0,剛好能沿O1O3直線(xiàn)射入收集室不計(jì)納米粒子重力(V球r3,S球4r2)(1)試求圖中區(qū)域的電場(chǎng)強(qiáng)度;(2)試求半徑為r的粒子通過(guò)O2時(shí)的速率;(3)討論半徑rr0的粒子剛進(jìn)入?yún)^(qū)域時(shí)向哪個(gè)極板偏轉(zhuǎn)圖834【審題指導(dǎo)】(1)帶正電粒子在電場(chǎng)中加速,獲得速度后進(jìn)入?yún)^(qū)域中(2)正離子在區(qū)域中做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),即F電F洛【解析】(1)設(shè)半徑為r0的粒子加速后的速度為v0,則m0vq0U,設(shè)區(qū)域內(nèi)電場(chǎng)強(qiáng)度為E,則v0,v0q0Bq0E,得Ev0BB電場(chǎng)強(qiáng)度方向豎直向上(2)設(shè)半徑為r的粒子的質(zhì)量為m、帶電量為q、被加速后的速度為v,則m()3m0,q()2q0由mv2qU,得vv0.(3)半徑為r的粒子,在剛進(jìn)入?yún)^(qū)域時(shí)受到的合力為F合qEqvBqB(v0v),由vv0可知,當(dāng)rr0時(shí),v0,粒子會(huì)向上極板偏轉(zhuǎn);rv0,F(xiàn)合h2h3Ch1h2h3 Dh1h3h2【解析】由豎直上拋運(yùn)動(dòng)的最大高度公式得:h1;當(dāng)小球在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí),小球應(yīng)有水平速度,由能量守恒得:mgh2Ekmvmgh1,所以h1h2;當(dāng)加上電場(chǎng)時(shí),由運(yùn)動(dòng)的分解可知:在豎直方向上有v2gh3,所以h1h3,選項(xiàng)D正確【答案】D速度選擇器3.圖839(多選)如圖839為一“濾速器”裝置的示意圖a、b為水平放置的平行金屬板,一束具有各種不同速率的電子沿水平方向經(jīng)小孔O進(jìn)入a、b兩板之間為了選取具有某種特定速率的電子,可在a、b間加上電壓,并沿垂直于紙面的方向加一勻強(qiáng)磁場(chǎng),使所選電子仍能沿水平直線(xiàn)OO運(yùn)動(dòng),由O射出不計(jì)重力作用可能達(dá)到上述目的的辦法是()A使a板電勢(shì)高于b板,磁場(chǎng)方向垂直紙面向里B使a板電勢(shì)低于b板,磁場(chǎng)方向垂直紙面向里C使a板電勢(shì)高于b板,磁場(chǎng)方向垂直紙面向外D使a板電勢(shì)低于b板,磁場(chǎng)方向垂直紙面向外【解析】電子能沿水平方向做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),則電子所受的電場(chǎng)力與洛倫茲力大小相等方向相反,當(dāng)a板電勢(shì)高于b板時(shí),根據(jù)左手定則判斷,磁場(chǎng)方向應(yīng)垂直紙面向里,所以A正確,C錯(cuò)誤;當(dāng)a板電勢(shì)低于b板時(shí),根據(jù)左手定則判斷,磁場(chǎng)方向應(yīng)垂直紙面向外,所以D正確,B錯(cuò)誤【答案】AD電磁流量計(jì)4.圖8310如圖8310所示是電磁流量計(jì)的示意圖圓管由非磁性材料制成,空間有勻強(qiáng)磁場(chǎng)當(dāng)管中的導(dǎo)電液體流過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí),測(cè)出管壁上MN兩點(diǎn)的電勢(shì)差E,就可以知道管中液體的流量Q單位時(shí)間內(nèi)流過(guò)管道橫截面的液體的體積已知管的直徑為d,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,則關(guān)于Q的表達(dá)式正確的是()AQ BQCQ DQ【解析】設(shè)液體流速為v,則有:qBvq,v,液體的流量Qvd2,故B正確【答案】B帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)分析5(xx桂林中學(xué)模擬)如圖8311所示,在空間中存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),其豎直邊界AB、CD的寬度為d,在邊界AB左側(cè)是豎直向下、場(chǎng)強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場(chǎng),現(xiàn)有質(zhì)量為m、帶電量為q的粒子(不計(jì)重力)從P點(diǎn)以大小為v0的水平初速度射入電場(chǎng),隨后與邊界AB成45射入磁場(chǎng)若粒子能垂直CD邊界飛出磁場(chǎng),穿過(guò)小孔進(jìn)入如圖所示兩豎直平行金屬板間的勻強(qiáng)電場(chǎng)中減速至零且碰不到正極板圖8311(1)請(qǐng)畫(huà)出粒子在上述過(guò)程中的運(yùn)動(dòng)軌跡,并求出粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小v;(2)求勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B;(3)求金屬板間的電壓U的最小值【解析】(1)軌跡如圖所示vv0(2)粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),設(shè)其軌道半徑為R,由幾何關(guān)系可知RdqvBm,解得B(3)粒子進(jìn)入板間電場(chǎng)至速度減為零且恰不與正極板相碰時(shí),板間電壓U最小,由動(dòng)能定理有qU0mv2解得U【答案】(1)軌跡見(jiàn)解析圖v0(2)(3)- 1.請(qǐng)仔細(xì)閱讀文檔,確保文檔完整性,對(duì)于不預(yù)覽、不比對(duì)內(nèi)容而直接下載帶來(lái)的問(wèn)題本站不予受理。
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