《2020屆高三物理一輪復(fù)習(xí) 專題 第八章 磁場 高考熱點探究》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020屆高三物理一輪復(fù)習(xí) 專題 第八章 磁場 高考熱點探究（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、高考熱點探究 一、結(jié)合左手定則、r＝mv/qB判斷帶電粒子在 磁場中的運動情形 1．(2020·重慶理綜·21)如圖1所示，矩形MNPQ區(qū)域內(nèi)有方向垂直于紙面的勻強磁場，有5個帶電粒子從圖中箭頭所示位置垂直于磁場邊界進入磁場，在紙面內(nèi)做勻速圓周運動，運動軌跡為相應(yīng)的圓弧．這些粒子的質(zhì)量、電荷量以及速度大小如下表所示． 圖1 粒子編號 質(zhì)量 電荷量(q>0) 速度大小 1 m 2q v 2 2m 2q 2v 3 3m －3q 3v 4 2m 2q 3v 5 2m －q v 由以上信息可知，從圖中a、b、c處進入的粒子對應(yīng)表中

2、的編號分別為 (　　) A．3、5、4 B．4、2、5 C．5、3、2 D．2、4、5 二、帶電粒子在組合磁場中的運動 2．(2020·山東理綜·25)扭擺器是同步輻射裝置中的插入件，能使粒子的運動軌跡發(fā)生扭擺．其簡化模型如圖2：Ⅰ、Ⅱ兩處的條形勻強磁場區(qū)邊界豎直，相距為L，磁場方向相反且垂直于紙面．一質(zhì)量為m、電荷量為－q、重力不計的粒子，從靠近平行板電容器MN板處由靜止釋放，極板間電壓為U，粒子經(jīng)電場加速后平行于紙面射入Ⅰ區(qū)，射入時速度與水平方向的夾角θ＝30°. 圖2 (1)當(dāng)Ⅰ區(qū)寬度L1＝L、磁感應(yīng)

3、強度大小B1＝B0時，粒子從I區(qū)右邊界射出時速度與水平方向夾角也為30°，求B0及粒子在Ⅰ區(qū)運動的時間t. (2)若Ⅱ區(qū)寬度L2＝L1＝L、磁感應(yīng)強度大小B2＝B1＝B0，求粒子在Ⅰ區(qū)的最高點與Ⅱ區(qū)的最低點之間的高度差h. (3)若L2＝L1＝L、B1＝B0，為使粒子能返回Ⅰ區(qū)，求B2應(yīng)滿足的條件． (4)若B1≠B2、L1≠L2，且已保證了粒子能從Ⅱ區(qū)右邊界射出．為使粒子從Ⅱ區(qū)右邊界射出的方向與從Ⅰ區(qū)左邊界射入的方向總相同，求B1、B2、L1、L2之間應(yīng)滿足的關(guān)系式． 三、有臨界情況的帶電粒子在磁場中的運動 3．(2020·廣東理綜·35)如圖3(a)所示，在以O(shè)為圓心，內(nèi)外半

4、徑分別為R1和R2的圓環(huán)區(qū)域內(nèi)，存在輻射狀電場和垂直紙面的勻強磁場，內(nèi)外圓間的電勢差U為常量，R1＝R0，R2＝3R0.一電荷量為＋q，質(zhì)量為m的粒子從內(nèi)圓上的A點進入該區(qū)域，不計重力． (1)已知粒子從外圓上以速度v1射出，求粒子在A點的初速度v0的大?。? (2)若撤去電場，如圖(b)，已知粒子從OA延長線與外圓的交點C以速度v2射出，方向與OA延長線成45°角，求磁感應(yīng)強度的大小及粒子在磁場中運動的時間． (3)在圖(b)中，若粒子從A點進入磁場，速度大小為v3，方向不確定，要使粒子一定能夠從外圓射出，磁感應(yīng)強度應(yīng)小于多少？ 圖3 解析　(1)因為帶電粒子進入復(fù)合

5、場后做勻速直線運動， 則qv0B＝qE ①(2分) R＝v0t0 ②(1分) 由①②聯(lián)立解得E＝，方向沿x軸正方向． (2分) (2)若僅撤去磁場，帶電粒子在電場中做類平拋運動，沿y軸正方向做勻速直線運動y＝v0·＝ (1分) 沿x軸正方向做勻加速直線運動 (2分) x＝a()2＝ 由幾何關(guān)系知x＝ ＝R (1分) 解得a＝ (1分) (3)僅有磁場時，入射速度v′＝4v0，帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，設(shè)軌道半徑為r，由牛頓第

6、二定律有 qv′B＝m (1分) 又qE＝ma (1分) 可得r＝ (1分) 由幾何知識sin α＝，即sin α＝，α＝ (2分) 帶電粒子在磁場中運動周期T＝ (1分) 則帶電粒子在磁場中運動時間t′＝T 所以t′＝t0 (2分) 答案　見解析 試題分析 近幾年全國、各省市的高考都把帶電粒子在電磁場中運動的題目做為壓軸題，分值較高(18分以上)．綜合性較強、過程復(fù)雜、情景抽象，歸納性強，數(shù)學(xué)運算能力要求較高，題解突

7、破口難以確認，難度較大，是考生成績拉開檔次的一個題目．但只要有信心，掌握一定的方法與解題技巧，就可能多得分，得高分，甚至得滿分． 命題特征 1．本類試題所給的場大都是分離的電磁場或者說由幾個場組合而成的，有些題目是交變的電磁場． 2．題目涉及的過程較為復(fù)雜．有電場中的勻加速直線運動，勻強電場中的類平拋運動、勻強磁場中的勻速圓周運動，且有交替． 3．有運動的臨界點． 4．解題方法：(1)分析運動過程；(2)畫圓弧，找半徑；(3)畫運動軌跡． 知識鏈接 1．矢量(力、電場強度E、磁感應(yīng)強度B)的合成與分解的方法：平行四邊形定則、正交分解法． 2．帶電粒子的加速與偏轉(zhuǎn)：動能定理、運動

8、的合成與分解、牛頓第二定律、運動學(xué)公式． 3．帶電粒子在磁場中的勻速圓周運動：向心力的來源，半徑公式、周期公式、運動時間的確定：t＝T. 4．帶電粒子在有界磁場中運動軌跡的確定． 5．關(guān)于基本粒子及微粒的電荷量與質(zhì)量 (1)基本粒子的電荷量與質(zhì)量：電子(β粒子)為e、質(zhì)子(氕核)為H、α粒子為He、氘核為H、氚核為H等，式中左上角的數(shù)字為粒子質(zhì)量數(shù)、左下角的數(shù)字為粒子的電荷數(shù)，從中可以比較它們質(zhì)量、電荷量的大?。? 宏觀微粒如塵埃、微粒、油滴、小球等，電荷量與質(zhì)量由題意說明而定． (2)帶電粒子的電荷量、質(zhì)量一般以比荷()的形式出現(xiàn)在各物理量表達式中. 圖5 1． 如圖5所示

9、，在xOy直角坐標(biāo)系中，第Ⅰ象限內(nèi)分布著方向垂直紙面向里的勻強磁場，第Ⅱ象限內(nèi)分布著方向沿y軸負方向的勻強電場，初速度為零、帶電荷量為＋q、質(zhì)量為m的粒子經(jīng)過電壓為U的電場加速后，從x軸上的A點垂直x軸進入磁場區(qū)域，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后過y軸上的P點且垂直y軸進入電場區(qū)域，在電場中偏轉(zhuǎn)并擊中x軸 上的C點．已知OA＝OC＝d.求電場強度E和磁感應(yīng)強度B的大小(粒子的重力不計)． 2．如圖6所示，MN是一段在豎直平面內(nèi)半徑為1 m的光滑的 1/4圓弧軌道，軌道上存在水平向右的勻強電場．軌道的右 圖6 側(cè)有一垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B1＝0.1 T．現(xiàn)有一帶電荷量為1 C、

10、質(zhì)量為100 g的帶正電小球從 M點由靜止開始自由下滑，恰能沿NP方向做直線運動，并進入右側(cè)的復(fù)合場(NP沿復(fù)合 場的中心線)．已知AB板間的電壓為UBA＝2 V，板間距離d＝2 m，板的長度L＝3 m，若 小球恰能從板的邊沿飛出，g取10 m/s2.求： (1)小球運動到N點時的速度v； (2)水平向右的勻強電場的電場強度E； (3)復(fù)合場中的勻強磁場的磁感應(yīng)強度B2. 圖7 3. 如圖7所示，豎直平面內(nèi)的直角坐標(biāo)系，第一象限有水平向左的勻強 電場E1，第四象限有垂直于紙面向外的勻強磁場，且y<－L處有豎直 向下的勻強電場E2.質(zhì)量為m的小球自A(0，L/2)處以v0

11、的初速度水平拋 出，小球到達B(L,0)處時速度方向恰好與x軸垂直．在B處有一內(nèi)表面 粗糙的圓筒，筒內(nèi)壁與小球間的動摩擦因數(shù)為μ，筒直徑略大于小球 直徑，筒長為L，豎直放置．已知小球在離開筒以前就已經(jīng)勻速，且 離開筒后做勻速圓周運動，恰在D(0,2L)處水平進入第三象限．求： (1)E1∶E2是多少？ (2)在圓筒內(nèi)摩擦力做功是多少？ 答案 考題展示 1．D　[根據(jù)左手定則可知a、b帶同種電荷，c所帶電荷與a、b電性相反，粒子運動的軌道半徑r＝∝，而由題圖可知，半徑最大的粒子有兩個，b是其中之一，a和c兩粒子的半徑相等，其大小處于中間值，因此分析表中數(shù)據(jù)并結(jié)合粒子電性的限制可

12、知，半徑最大的粒子的編號為3和4，半徑最小的粒子的編號為1，半徑處于中間的粒子的編號為2和5.又據(jù)題圖可知有3種粒子的電性相同(包括a、b)，另兩種粒子的電性也相同(包括c)，但與前3種的電性相反，綜合以上情況可知，只有選項D正確．] 2．(1) 　 (2)(2－ )L (3)B2> (或B2≥ ) (4)B1L1＝B2L2 3．見解析 解析　(1)根據(jù)動能定理，qU＝mv－mv，所以v0＝ . (2)如圖所示，設(shè)粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R，由幾 何知識可知R2＋R2＝(R2－R1)2，解得R＝R0.根據(jù)洛倫茲力公式 qv2B＝m，解得B＝. 根據(jù)公式＝，T＝， B＝，解得t＝＝＝＝ (3)考慮臨界情況，當(dāng)v3的方向沿小圓在A點的切線方向時， 粒子恰好不從外圓射出．如圖所示 ①qv3B1′＝m，解得B1′＝， ②qv3B2′＝m，解得B2′＝，綜合得：B′<. 預(yù)測演練 1．E＝　B＝－ 2．(1)10 m/s　(2)4 N/C　(3)0.2 T 3．(1)2∶1　(2)mgL(1－)＋mv