資源簡介

(共74張PPT)
第三講　帶電粒子在復合場中的運動
通覽知識 明要點
研學考點 提能力
目 錄 索 引
01
02
突破熱點 聚素養
03
通覽知識 明要點
研學考點 提能力
考點一　帶電粒子在組合場、交變場中的運動
高考風向標
考點 考題明細 考查頻度
帶電粒子在組合場、交變場中的運動 2024新課標卷,13;2024湖北卷,7; 2024黑吉遼卷,15;2024湖南卷,14; 2024甘肅卷,15;2024廣東卷,15; 2023山東卷,17;2023遼寧卷,14; 2023海南卷,13;2023廣東卷,5; 2023浙江6月選考,20;2022廣東卷,7; 2022湖北卷,8;2022河北卷,14; 2022浙江6月選考,22 全國卷:
3年1考
地方卷:
3年14考
命題角度1 帶電粒子的“電加速—磁偏轉”運動
(1)先電場后磁場
①如圖甲所示,帶電粒子先在非勻強電場中加速,后在勻強磁場中偏轉。
②如圖乙所示,帶電粒子先在勻強電場中加速,后在勻強磁場中偏轉。
(2)先磁場后電場
如圖丙、丁所示,帶電粒子先在勻強磁場中偏轉,后在勻強電場中做勻變速直線運動。
例1 (2024甘肅卷)質譜儀是科學研究中的重要儀器,其原理如圖所示。Ⅰ為粒子加速器,加速電壓為U;Ⅱ為速度選擇器,勻強電場的電場強度大小為E1,方向沿紙面向下,勻強磁場的磁感應強度大小為B1,方向垂直紙面向里;Ⅲ為偏轉分離器,勻強磁場的磁感應強度大小為B2,方向垂直紙面向里。從S點釋放初速度為零的帶電粒子(不計重力),加速后進入速度選擇器做直線運動、再由O點進入分離器做圓周運動,最后打到照相底片的P點處,運動軌跡如圖中虛線所示。
(1)粒子帶正電還是負電 求粒子的比荷。
(2)求O點到P點的距離。
(3)若速度選擇器Ⅱ中勻強電場的電場強度大小變為E2(E2略大于E1),方向不變,粒子恰好垂直打在速度選擇器右擋板的O'點上。求粒子打在O'點的速度大小。
解析 (1)由于粒子在偏轉分離器中向上偏轉,根據左手定則可知粒子帶正電;設粒子的質量為m,電荷量為q,粒子進入速度選擇器時的速度為v0,在速度選擇器中粒子做勻速直線運動,由平衡條件qv0B1=qE1
(3)粒子進入Ⅱ瞬間,
粒子受到向上的洛倫茲力F洛=qv0B1
向下的電場力F=qE2
由于E2>E1,且qv0B1=qE1
所以通過配速法,如圖所示
其中滿足qE2=q(v0+v1)B1
則粒子在速度選擇器中的運動可看作水平
向右以速度v0+v1做的勻速直線運動和以v1做的勻速圓周運動的合成,當速度轉向到水平向右時,滿足垂直打在速度選擇器右擋板的O'點的要求,
命題角度2 帶電粒子的“電偏轉—磁偏轉”運動
(1)先電場后磁場:帶電粒子在勻強電場、勻強磁場中均偏轉(如圖甲、乙所示)。
(2)先磁場后電場:帶電粒子在勻強電場、勻強磁場中均偏轉(如圖丙所示)。
例2 (2023遼寧卷)如圖所示,水平放置的兩平行金屬板間存在勻強電場,板長是板間距離的 倍。金屬板外有一圓心為O的圓形區域,其內部存在磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向外的勻強磁場。質量為m、電荷量為q(q>0)的粒子沿中線以速度v0水平向右射入兩板間,恰好從下板邊緣P點飛出電場,并沿PO方向從圖中O'點射入磁場。
已知圓形磁場區域半徑為 ,不計粒子重力。
(1)求金屬板間電勢差U。
(2)求粒子射出磁場時與射入磁場時運動方向間的夾角θ。
(3)僅改變圓形磁場區域的位置,使粒子仍從圖中O'點射入磁場,且在磁場中的運動時間最長。定性畫出粒子在磁場中的運動軌跡及相應的弦,標出改變后的圓形磁場區域的圓心M。
(2)如圖甲所示,設粒子射出金屬板時的速度方向與水平方向的夾角為θ0。
由幾何關系可得,粒子射出磁場時與射入磁場時運動方向間的夾角θ=60°。
甲
(3)當磁場圓的直徑為運動軌跡圓的弦時,粒子在磁場中的運動時間最長。粒子在磁場中的運動軌跡及相應的弦和改變后的圓形磁場區域的圓心M如圖乙所示。
命題角度3 帶電粒子在交變場中的運動
1.此類問題是場在時間上的組合,電場或磁場往往具有周期性,粒子的運動也往往具有周期性。這種情況下要仔細分析帶電粒子的受力情況和運動過程,弄清楚帶電粒子在每一時間段內在電場、磁場中各處于什么狀態,做什么運動,畫出一個周期內的運動軌跡,確定帶電粒子的運動過程,選擇合適的規律進行解題。
2.解題思路
例3 (2022河北卷改編)兩塊面積和間距
均足夠大的金屬板水平放置,如圖甲所
示,金屬板與可調電源相連形成電場,方
向沿y軸正方向。在兩板之間施加磁場,
方向垂直xOy平面向外。電場強度和磁
感應強度隨時間的變化規律如圖乙所示。
板間O點放置一粒子源,可連續釋放質量為m、電荷量為q(q>0)、初速度為零的粒子,不計重力及粒子間的相互作用,圖中物理量均為已知量。求:
規律總結 帶電粒子的常見運動類型及求解方法
拓展衍生
1.(2023山東卷改編)如圖所示,在0≤x≤2d、0≤y≤2d的區域中,存在沿y軸正方向、電場強度大小為E的勻強電場,電場的周圍分布著垂直于紙面向外的恒定勻強磁場。一個質量為m、電荷量為q的帶正電粒子從OP中點A進入電場(不計粒子重力)。
(1)若粒子初速度為零,粒子從上邊界垂直QN第二次
離開電場后,垂直NP再次進入電場,求磁場的磁感應
強度B的大小。
(2)若改變電場強度大小,粒子以一定的初速度從A點
沿y軸正方向第一次進入電場,離開電場后從P點第二
次進入電場,在電場的作用下從Q點離開。求改變后
電場強度E'的大小和粒子的初速度v0。
解析 (1)根據題意,粒子運動軌跡如圖甲所示。
6r1=2d
甲
(2)設粒子第一次出電場的速度為v1,粒子第一次在磁場中的運動軌跡如圖乙所示,
乙
2.(2024新課標卷)一質量為m、電荷量為q(q>0)的帶電粒子始終在同一水平面內運動,其速度可用圖示直角坐標系內的一個點P(vx,vy)表示,vx、vy分別為粒子速度在水平面內兩個坐標軸上的分量。粒子出發時P位于圖中a(0,v0)點,粒子在水平方向的勻強電場作用下運動,P點沿線段ab移動到b(v0,v0)點;隨后粒子離開電場,進入方向豎直、磁感應強度大小為B的勻強磁場,P點沿以O為圓心的圓弧移動至c(-v0,v0)點;然后粒子離開磁場返回電場,P點沿線段ca回到a點。已知任何相等的時間內P點沿圖中閉合曲線通過的曲線長度都相等。不計重力。
(1)求粒子在磁場中做圓周運動的半徑和周期。
(2)求電場強度的大小。
(3)求P點沿圖中閉合曲線移動1周回到a點時,
粒子位移的大小。
解析 根據題中信息,作出粒子的運動軌跡,如圖所示。從a點到b點,粒子做類平拋運動;從b點到c點,粒子做勻速圓周運動,轉過的角度為270°;從c點到a'點,粒子做反向的類平拋運動。
(1)粒子在磁場中做勻速圓周運動,由洛倫茲力提供向心力,
考點二　帶電粒子在疊加場中的運動
高考風向標
考點 考題明細 考查頻度
帶電粒子在疊加場中的運動 2024山東卷,18;2024安徽卷,10; 2024湖北卷,9;2024江西卷,7; 2023海南卷,2;2023新課標卷,18; 2023湖南卷,6;2023江蘇卷,16; 2022全國甲卷,18;2022山東卷,17; 2022廣東卷,8 全國卷:
3年2考
地方卷:
3年9考
命題角度1 洛倫茲力與重力共存
例4 (多選)(2024福建福州三模)如圖所示,帶電圓環P套在足夠長的粗糙絕緣水平細桿上,空間中存在與水平桿成θ角斜向左上方的勻強電場,現給圓環P一向右的初速度,使其在桿上與桿無擠壓地滑行。當圓環P滑至A點時,在空間加上方向水平且垂直細桿的勻強磁場,并從此刻開始計時,t1時刻圓環P再次返回A點。選取水平向右為正方向,則運動過程圓環P受到的摩擦力Ff、速度v、加速度a、動能Ek隨時間t變化的圖像,可能正確的是(　　)
BD
解析 在勻強電場中,圓環在桿上與桿無擠壓地滑行,則qEsin θ=mg,故加上磁場后,圓環P速度為v時,圓環與桿間的壓力為FN=qvB,圓環向右運動的過程中,根據牛頓第二定律qEcos θ+Ff=ma1,且Ff=μFN,加速度為
小,故整個運動過程,加速度一直向左且逐漸減小,故選項C所示圖像不符合要求;
由于圓環P從A點出發再返回A點,過程中克服摩擦力做功,返回A點時的速度小于從A點出發時的速度,根據v-t圖像的斜率表示加速度,可知速度v隨時間t變化的圖像如選項B所示,故選項B所示圖像符合要求;返回A點時圓環受到的摩擦力應小于從A點出發時圓環受到的摩擦力,故選項A所示圖像不符合要求;根據Ek= mv2可知動能Ek隨時間t變化的圖像如選項D所示,故選項D所示圖像符合要求。故選B、D。
命題角度2 靜電力與洛倫茲力共存
例5 (2024山東卷)如圖所示,在Oxy坐標系
x>0,y>0區域內充滿垂直紙面向里、磁感
應強度大小為B的勻強磁場。磁場中放置
一長度為L的擋板,其兩端分別位于x、y軸
上M、N兩點,∠OMN=60°,擋板上有一小
孔K位于MN中點。△OMN之外的第一象
限區域存在恒定勻強電場。位于y軸左側的粒子發生器在0(1)求使粒子垂直擋板射入小孔K的加速電壓U0;
(2)調整加速電壓,當粒子以最小的速度從小孔K射出后恰好做勻速直線運動,求第一象限中電場強度的大小和方向;
(3)當加速電壓為時,求粒子從小孔K射出后,運動過程中距離y軸最近位置的坐標。
(2)以最小速度從小孔K射出恰好做勻速直線運動說明在第一象限,除△OMN外,電場力與磁場力相等
Bqv1=Eq,得E=Bv1
說明粒子可分解成沿y軸正方向的勻速直線運動和初速度沿x軸正方向的勻速圓周運動
命題角度3 靜電力、重力與洛倫茲力共存
例6 (2024海南海口模擬)如圖所示的空間中有豎直向上的勻強電場,在水平虛線AP上方半徑為R的圓形區域內有勻強磁場,方向垂直紙面向外,磁感應強度大小為B1=B0,圓形區域與AP相切。MN是圓形磁場的水平直徑,PN是過N點的圓的切線,過P點放一個足夠長的微粒收集板PQ,PA與PQ的夾角α=45°。M點有一粒子源,可以在紙面內向圓形磁場各個方向發射速度大小都相等、質量為m、電量為+q的微粒。微粒在圓形磁場內做勻速圓周運動,其中速度斜向上與直徑MN夾角θ=30°的微粒經過圓形磁場的圓心后射出圓形磁場。AP下方有垂直紙面向內、磁感應強度大小為B2= B0的勻強磁場,重力加速度為g,微粒重力不可忽略。求:
(1)勻強電場的電場強度大小;
(2)粒子源發射微粒的速度大小;
(3)微粒收集板PQ有微粒打上的長度。
解析 (1)由帶電微粒在復合場中做勻速圓周運動,可以得出微粒在復合場中所受的重力與電場力平衡,則qE=mg
(2)作出微粒的軌跡圖像如圖所示
軌跡的圓心為O',軌跡又經過圓心O,所以△O'OM是等邊三角形,微粒做勻速圓周運動的半徑與圓形磁場的半徑相等,也是R,設微粒的速度大小為v0,
(3)由于微粒做勻速圓周運動的半徑與圓形磁場的半徑相等,根據磁聚焦的知識可知,微粒射出圓形磁場的速度方向都豎直向下。在AP下方,設微粒做圓周運動的半徑為r,
規律總結 帶電粒子在疊加場中運動的解題思路
拓展衍生
3.(2024湖南岳陽三模)如圖所示,直角坐標系xOy位于豎直平面內,y軸豎直向上,第Ⅲ、Ⅳ象限內有垂直于坐標平面向外的勻強磁場,第Ⅳ象限同時存在方向平行于y軸的勻強電場(圖中未畫出),一質量為m、帶電量絕對值為q的小球從x軸上的A點由靜止釋放,恰好從P點垂直于y軸進入第Ⅳ象限,然后做圓周運動,從Q點以速度v垂直于x軸進入第Ⅰ象限,重力加速度為g,不計空氣阻力。則(　　)
A.從A點到Q點的過程中小球機械能守恒
B.電場方向豎直向上
D.小球能夠返回到A點
C
解析 根據左手定則和小球從A運動到P的軌跡可知小球帶負電。由從P到Q過程中小球做圓周運動,可知此過程中小球受到的向下的重力與向上的電場力平衡,又因為小球帶負電,所以電場方向豎直向下,故B錯誤;A到Q的過程中,洛倫茲力不做功,電場力做正功,機械能增加,故A錯誤;小球恰好從P點垂直于y軸進入第Ⅳ象限,然后做圓周運動,從Q點以速度v垂直于x軸進入第Ⅰ象限,所以設小球做圓周運動的半徑為r,則在從A到P過程中,根據動能
點以大小為v的速度垂直于x軸向下進入磁場,此后根據左手定則,小球不會向左運動,不能夠返回A點,故D錯誤。
4.(多選)(2024安徽卷)空間中存在豎直向下的勻強電場和垂直于紙面向里的勻強磁場,電場強度大小為E,磁感應強度大小為B。一質量為m的帶電油滴a,在紙面內做半徑為R的圓周運動,軌跡如圖所示。當a運動到最低點P時,瞬間分成兩個小油滴Ⅰ、Ⅱ,二者所帶電荷量、質量均相同。Ⅰ在P點時與a的速度方向相同,并做半徑為3R的圓周運動,軌跡如圖所示。Ⅱ的軌跡未畫出。
已知重力加速度大小為g,不計空氣浮力與阻力以及Ⅰ、Ⅱ分開后的相互作用。則(　 　)
ABD
突破熱點 聚素養
情境解讀
新教材、新高考、新情境:現代科技中的電、磁場問題
“現代科技中的電、磁場問題”的知識主要包括:回旋加速器、質譜儀、速度選擇器、磁流體發電機、電磁流量計和霍爾元件等。解決此類問題的基本思路如下:
考向分析
高考常以現代科技中的電、磁場問題為背景進行命題,試題常以選擇題或計算題形式出現,難度中等。通過建構組合場、疊加場模型,運用電場、磁場及力學規律來分析問題,可以很好地考查考生的關鍵能力,還能強化運動觀念和相互作用觀念,考查物理觀念和科學思維等學科素養。
案例探究
典例 (多選)如圖所示,將一個磁流體發電機與電容器用導線連接起來。磁流體發電機板間加有垂直紙面向里的勻強磁場,磁感應強度為B,持續向板間噴入速度垂直于磁場、大小為v1的等離子體(不計重力);有一帶電油滴從電容器的中軸線上勻速通過電容器。兩個儀器兩極板間距相同,重力加速度為g,下列說法正確的是(　　)
A.帶電油滴帶正電
C.增大等離子體的速度v1,油滴將向上偏轉
D.改變單個等離子體所帶的電量,油滴不能勻速通過
答案 BC
解析 對油滴受力分析可知,油滴受到向上的電場力,對磁流體發電機分析,上極板帶正電,使電容器中形成向下的電場,故油滴帶負電,故A錯誤;設磁流體發電機的板間距為d,板間電壓為U,等離子體電荷量為q1,則
機的電動勢為U=Bv1d,與等離子體的電荷量無關,即改變單個等離子體所帶的電量,油滴仍能勻速通過,故D錯誤。故選B、C。
角度拓展
(2024江西卷)石墨烯是一種由碳原子組成的單層二維蜂窩狀晶格結構新材料,具有豐富的電學性能。現設計一電路測量某二維石墨烯樣品的載流子(電子)濃度。如圖甲所示,在長為a、寬為b的石墨烯表面加一垂直向里的勻強磁場,磁感應強度為B,電極1、3間通以恒定電流I,電極2、4間將產生電壓U。當I=1.00×10-3 A時,測得U-B關系圖線如圖乙所示,元電荷e=1.60×10-19 C,
甲
乙
則此樣品每平方米載流子數最接近(　　)
A.1.7×1019
B.1.7×1015
C.2.3×1020
D.2.3×1016
答案 D
大題突破(三):帶電粒子在復合場中的運動
典例示范 (14分)某型號質譜儀的工作原理如圖甲所示。M、N為豎直放置的兩金屬板,兩板間電壓為U,Q板為記錄板,分界面P將N、Q間區域分為寬度均為d的Ⅰ、Ⅱ兩部分,M、N、P、Q所在平面相互平行,a、b為M、N上兩正對的小孔。以a、b所在直線為z軸,向右為正方向,取z軸與Q板的交點O為坐標原點,以平行于Q板水平向里為x軸正方向,豎直向上為y軸正方向,建立空間直角坐標系Oxyz。區域Ⅰ、Ⅱ內分別充滿沿x軸正方向的勻強磁場和勻強電場,磁感應強度大小、電場強度大小分別為B和E。一質量為m、電荷量為+q的粒子,從a孔飄入電場(初速度視為零),經b孔進入磁場,過P面上的c點(圖中未畫出)進入電場,最終打到記錄板Q上。不計粒子重力。
(1)求粒子在磁場中做圓周運動的半徑R以及c點到z軸的距離l。
(2)求粒子打到記錄板上位置的x坐標。
(3)求粒子打到記錄板上位置的y坐標(用R、d表示)。
滿分答卷 (1)設粒子經加速電場到b孔的速度大小為v,粒子在區域Ⅰ中做勻速圓周運動,對應圓心角為α,在M、N兩金屬板間,由動能定理得
(2)設區域Ⅱ中粒子沿z軸方向的分速度為vz,沿x軸正方向加速度大小為a,位移大小為x,運動時間為t,
由牛頓第二定律得qE=ma⑥(1分)
粒子在z軸方向做勻速直線運動,由運動合成與分解的規律得
(3)設粒子沿y方向偏離z軸的距離為y,其中在區域Ⅱ中沿y方向偏離的距離為y',由運動學公式得y'=vtsin α⑩(1分)
由題意得
原生態樣卷剖析
學生答卷及批閱展示
教師點評
1.②式不給分。原因有兩方面:首先,該式中的字母“r”沒有使用題目給定的字母“R”;
技巧:列方程式時必須要用題干中給定的符號。對于題干沒有的符號,可以進行設定,同時注意用上標或下標進行區分,防止符號混亂。
2.③式最后結果不論是否化簡只要正確均滿分。
技巧:解題時最終結果正確時,可以不追究公式是否化簡,可以給分。但最好化簡為最簡形式,讓閱卷老師一目了然。
3.④式“r”沒有使用題目給定的字母“R”,不能得分。
4.⑦vz寫成vx或者vy都不得分,但是寫成v1給分。
5.⑨式沒有化簡,只要正確也給分。如果因閱卷速度快看不出來,得不到分沒辦法,所以結果要盡量化到最簡。
6.第(3)問中,只考慮粒子在區域Ⅱ中沿y方向偏離的距離,忽略了區域Ⅰ中沿y方向偏離的距離,造成最終結果錯誤。
技巧:審清題目信息,把握關鍵條件,準確梳理出粒子的運動過程,是正確解答的關鍵。
7.第(4)問:三個粒子的位置,寫對一個就給1分。
總評:該題滿分14分,該同學作答整體思路較清晰,但由于做題不規范,物理字母符號應用混亂,造成扣分,只得到8分。
解答思路歸納

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