2019年高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專題訓(xùn)練三 第2課時 電場和磁場中的曲線運(yùn)動.doc
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2019年高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專題訓(xùn)練三 第2課時 電場和磁場中的曲線運(yùn)動 1.帶電粒子在電場中受到電場力,如果電場力的方向與速度方向不共線,粒子將會做曲線運(yùn)動;如果帶電粒子垂直進(jìn)入勻強(qiáng)電場,將會做類平拋運(yùn)動,由于加速度恒定且與速度方向不共線,因此是勻變速曲線運(yùn)動. 2.研究帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的類平拋運(yùn)動的方法與平拋運(yùn)動相同,可將運(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加速直線運(yùn)動;若場強(qiáng)為E,其加速度的大小可以表示為a=. 3.帶電粒子垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場時將做勻速圓周運(yùn)動,向心力由洛倫茲力提供,洛倫茲力始終垂直于運(yùn)動方向,它不做功.其半徑R=,周期T=. 1.帶電粒子在電場和磁場的組合場中運(yùn)動時,一般是類平拋運(yùn)動和勻速圓周運(yùn)動的組合,可以先分別研究這兩種運(yùn)動,而類平拋運(yùn)動的末速度往往是勻速圓周運(yùn)動的線速度,分析運(yùn)動過程中轉(zhuǎn)折點(diǎn)的速度是解決此類問題的關(guān)鍵. 2.本部分內(nèi)容通常應(yīng)用運(yùn)動的合成與分解的方法、功能關(guān)系和圓周運(yùn)動的知識解決問題. 考向1 帶電粒子在電場中的曲線運(yùn)動問題 例1 (xx山東18)如圖1所示,場強(qiáng)大小為E、方向豎直向下的勻強(qiáng)電場中有一矩形區(qū)域abcd,水平邊ab長為s,豎直邊ad長為h.質(zhì)量均為m、帶電量分別為+q和-q的兩粒子,由a、c兩點(diǎn)先后沿ab和cd方向以速率v0進(jìn)入矩形區(qū)域(兩粒子不同時出現(xiàn)在電場中).不計重力,若兩粒子軌跡恰好相切,則v0等于( ) 圖1 A. B. C. D. 審題突破 正負(fù)粒子在電場中做什么運(yùn)動?兩粒子軌跡恰好相切說明什么? 解析 根據(jù)對稱性,兩粒子軌跡的切點(diǎn)位于矩形區(qū)域abcd的中心,則在水平方向有s=v0t,在豎直方向有h=t2,解得v0= .故選項(xiàng)B正確,選項(xiàng)A、C、D錯誤. 答案 B 以題說法 1.帶電粒子在電場中的一般曲線運(yùn)動特點(diǎn)是運(yùn)動軌跡一定在合力和速度的夾角范圍內(nèi),且向著力的方向彎曲,這是我們畫軌跡或者分析受力的依據(jù).2.對于類平拋運(yùn)動模型通常采用運(yùn)動的合成與分解方法處理. 一對平行金屬板長為L,兩板間距為d,質(zhì)量為m,電荷量為e的電子從平行板左側(cè)以速度v0沿兩板的中線不斷進(jìn)入平行板之間,兩板間所加交變電壓uAB如圖2所示,交變電壓的周期T=,已知所有電子都能穿過平行板,且偏距最大的粒子剛好從極板的邊緣飛出,不計重力作用,則( ) 圖2 A.所有電子都從右側(cè)的同一點(diǎn)離開電場 B.所有電子離開電場時速度都是v0 C.t=0時刻進(jìn)入電場的電子,離開電場時動能最大 D.t=時刻進(jìn)入電場的電子,在兩板間運(yùn)動時最大側(cè)位移為 答案 BD 解析 電子進(jìn)入電場后做類平拋運(yùn)動,不同時刻進(jìn)入電場的電子垂直電場方向分速度圖象如圖,可知,各個電子在垂直電場方向的位移不全相同,故所有電子從右側(cè)離開電場的位置不全相同,故A錯誤;由圖看出,所有電子離開電場時,垂直電場方向分速度vy=0,速度都等于v0,故B正確;由上分析可知,電子離開電場時的速度都相同,動能都相同,故C錯誤;t=時刻進(jìn)入電場的電子,在t=時刻側(cè)位移最大,最大側(cè)位移為ym=2a()2=,在t=0時刻進(jìn)入電場的電子側(cè)位移最大為,則有=4a()2=,解得ym=,故D正確. 考向2 帶電體在電場中的曲線運(yùn)動問題 例2 如圖3所示,MPQO為有界的豎直向下的勻強(qiáng)電場,電場強(qiáng)度為E,ACB為光滑固定的半圓形絕緣軌道,圓軌道半徑為R,圓心為O,A、B為圓水平直徑的兩個端點(diǎn),OC豎直.一個質(zhì)量為m、電荷量為-q的帶電小球,從A點(diǎn)正上方高為H處由靜止釋放,并從A點(diǎn)沿切線進(jìn)入半圓軌道.不計空氣阻力及一切能量損失,關(guān)于帶電小球的運(yùn)動情況,下列說法正確的是( ) 圖3 A.小球一定能從B點(diǎn)離開軌道 B.小球在AC部分可能做勻速圓周運(yùn)動 C.若小球能從B點(diǎn)離開,上升的高度一定小于H D.小球到達(dá)C點(diǎn)的速度可能為零 審題突破 小球在運(yùn)動過程中有哪幾個力做功,是正功還是負(fù)功?小球在AC部分做勻速圓周運(yùn)動的條件是什么?如果小球到達(dá)C點(diǎn)的速度為零,小球還能不能沿AC半圓軌道運(yùn)動? 解析 由于題中沒有給出H與R、E的關(guān)系,所以小球不一定能從B點(diǎn)離開軌道;若重力大小等于電場力,小球在AC部分做勻速圓周運(yùn)動.由于小球在AC部分運(yùn)動時電場力做負(fù)功,所以若小球能從B點(diǎn)離開,上升的高度一定小于H;若小球到達(dá)C點(diǎn)的速度為零,則電場力大于重力,則小球不可能沿半圓軌道運(yùn)動,所以小球到達(dá)C點(diǎn)的速度不可能為零. 答案 BC 以題說法 1.帶電體一般要考慮重力,而且電場力對帶電體做功的特點(diǎn)與重力相同,即都與路徑無關(guān). 2.帶電體在電場中做曲線運(yùn)動(主要是類平拋、圓周運(yùn)動)的分析方法與力學(xué)中的方法相同,只是對電場力的分析要更謹(jǐn)慎. 如圖4所示,在豎直向上的勻強(qiáng)電場中,從傾角為θ的斜面上的M點(diǎn)水平拋出一個帶負(fù)電小球,小球的初速度為v0,最后小球落在斜面上的N點(diǎn).在已知θ、v0和小球所受的電場力大小F及重力加速度g的條件下,不計空氣阻力,則下列判斷正確的是( ) 圖4 A.可求出小球落到N點(diǎn)時重力的功率 B.由圖可知小球所受的重力大小可能等于電場力 C.可求出小球從M點(diǎn)到N點(diǎn)的過程中電勢能的變化量 D.可求出小球落到N點(diǎn)時速度的大小和方向 答案 BD 解析 質(zhì)量未知,故無法求重力功率,故A錯誤;小球做類平拋運(yùn)動,重力與電場力的大小不確定,可能兩者相等,故B正確;小球從M點(diǎn)到N點(diǎn)的過程中電勢能的變化量ΔEp=Fy=F,由于加速度a無法求出,所以電勢能的變化量不能求出,故C錯誤;利用平拋知識有===tan θ,速度偏向角設(shè)為α,則tan α==2tan θ,則得:vy=2v0tan θ,故vN==v0,D正確. 考向3 帶電粒子在磁場中的圓周運(yùn)動問題 例3 如圖5所示,在xOy平面內(nèi),有一個圓形區(qū)域的直徑AB與x軸重合,圓心O′的坐標(biāo)為(2a,0),其半徑為a,該區(qū)域內(nèi)無磁場.在y軸和直線x=3a之間的其他區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子從y軸上某點(diǎn)射入磁場.不計粒子重力. 圖5 (1)若粒子的初速度方向與y軸正向的夾角為60,且粒子不經(jīng)過圓形區(qū)域就能到達(dá)B點(diǎn),求粒子的初速度大小v1; (2)若粒子的初速度方向與y軸正向的夾角為60,在磁場中運(yùn)動的時間為Δt=πm/3Bq,且粒子也能到達(dá)B點(diǎn),求粒子的初速度大小v2; (3)若粒子的初速度方向與y軸垂直,且粒子從O′點(diǎn)第一次經(jīng)過x軸,求粒子的最小初速度vmin. 審題突破 粒子不經(jīng)過圓形區(qū)域到達(dá)B點(diǎn)時速度有何特點(diǎn)?畫出運(yùn)動軌跡,如何根據(jù)幾何關(guān)系求半徑? 解析 (1)粒子不經(jīng)過圓形區(qū)域就能達(dá)到B點(diǎn),故粒子到達(dá)B點(diǎn)時的速度豎直向下,圓心必在x軸正半軸上,設(shè)粒子圓周運(yùn)動的半徑為r1, 由幾何關(guān)系得:r1sin 30=3a-r1 又qv1B=m,解得:v1=. (2)粒子在磁場中運(yùn)動的周期T=, 故粒子在磁場中的運(yùn)動軌跡的圓心角為 α=360=60 粒子到達(dá)B點(diǎn)的速度與x軸夾角β=30 設(shè)粒子做圓周運(yùn)動的半徑為r2,由幾何關(guān)系得: 3a=2r2sin 30+2acos 230 又qv2B=m,解得:v2=. (3)設(shè)粒子從C點(diǎn)進(jìn)入圓形區(qū)域,O′C與O′A夾角為θ,軌跡圓對應(yīng)的半徑為r, 由幾何關(guān)系得:2a=rsin θ+acos θ 故當(dāng)θ=60時,半徑最小為rmin=a 又qvminB=m,解得vmin=. 答案 (1) (2) (3) 以題說法 1.對于帶電粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的問題,基本思路是:根據(jù)進(jìn)場點(diǎn)和出場點(diǎn)的速度方向,確定洛倫茲力的方向,其交點(diǎn)為圓心,利用幾何關(guān)系求半徑. 2.帶電粒子在常見邊界磁場中的運(yùn)動規(guī)律 (1)直線邊界: ①對稱性:若帶電粒子以與邊界成θ角的速度進(jìn)入磁場,則一定以與邊界成θ角的速度離開磁場. ②完整性:正、負(fù)帶電粒子以相同的速度進(jìn)入同一勻強(qiáng)磁場時,兩帶電粒子軌跡圓弧對應(yīng)的圓心角之和等于2π. (2)圓形邊界:沿徑向射入的粒子,必沿徑向射出. 如圖6所示,在屏蔽裝置底部中心位置O點(diǎn)放一醫(yī)用放射源,可通過細(xì)縫沿扇形區(qū)域向外輻射速率為v=3.2106 m的α粒子.已知屏蔽裝置寬AB=9 cm、縫長AD=18 cm,α粒子的質(zhì)量m=6.6410-27 kg,電量q=3.210-19 C.若在屏蔽裝置右側(cè)條形區(qū)域內(nèi)加一勻強(qiáng)磁場來隔離輻射,磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.332 T,方向垂直于紙面向里,整個裝置放于真空環(huán)境中. 圖6 (1)若所有的α粒子均不能從條形磁場隔離區(qū)的右側(cè)穿出,則磁場的寬度d至少是多少? (2)若條形磁場的寬度d=20 cm,則射出屏蔽裝置的α粒子在磁場中運(yùn)動的最長時間和最短時間各是多少?(結(jié)果保留2位有效數(shù)字) 答案 (1)0.34 m (2)2.010-7 s 6.510-8 s 解析 (1)由題意:AB=9 cm,AD=18 cm,可得: ∠BAO=∠ODC=45 所有α粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的半徑相同,設(shè)為R, 根據(jù)牛頓第二定律有:Bqv= 解得R=0.2 m=20 cm 由題意及幾何關(guān)系可知:若條形磁場區(qū)域的右邊界與沿OD方向進(jìn)入磁場的α粒子的圓周軌跡相切,則所有α粒子均不能從條形磁場隔離區(qū)右側(cè)穿出,如圖(1)所示. (1) 設(shè)此時磁場寬度為d0,由幾何關(guān)系得: d0=R+Rcos 45=(20+10) cm≈0.34 m (2)設(shè)α粒子在磁場內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動的周期為T,則 T==10-6 s 設(shè)速度方向垂直于AD進(jìn)入磁場區(qū)域的α粒子的入射點(diǎn)為E,如圖(2)所示. (2) 因磁場寬度d=20 cm- 1.請仔細(xì)閱讀文檔,確保文檔完整性,對于不預(yù)覽、不比對內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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