2021高三物理人教版一轮学案 第九单元 专题九 带电粒子在叠加场中的运动 Word版含解析

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2021高三物理人教版一轮学案 第九单元 专题九 带电粒子在叠加场中的运动 Word版含解析

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专题九 带电粒子在叠加场中的运动
考纲考情 核心素养
?带电粒子在叠加场中运动Ⅰ ?速度选择器、磁流体发电、电磁流量计、霍尔元件Ⅱ ?应用动力学和能量观点分析带电粒子在叠加场中运动. 物理观念
全国卷5年5考 高考指数★★★★★ ?本专题知识与现代科学技术联系密切,如霍尔元件等,理解其工作原理是学习重点. 科学思维
              
突破1 带电粒子在叠加场中运动的应用实例
装置 原理图 规律
速度 选择器
若qv0B=Eq,即v0=,粒子做匀速直线运动
磁流体 发电机
等离子体射入,受洛伦兹力偏转,使两极板分别带正、负电,两极板间电压为U时稳定,q=qv0B,U=v0Bd
电磁流 量计
当q=qvB时,有v=,流量Q=Sv=π2=
霍尔 元件
导体中的自由电荷(电荷量为q)在洛伦兹力作用下偏转,A、A′间出现电势差,当自由电荷所受电场力和洛伦兹力平衡时,A、A′间的电势差(U)就保持稳定,由qvB=q,I=nqvS,S=hd;联立得U==k,k=称为霍尔系数
题型1 速度选择器
(多选)如图所示,a、b是一对平行金属板,分别接到直流电源的两极上,使a、b两板间产生匀强电场(场强大小为E),右边有一块挡板,正中间开有一小孔d,在较大空间范围内存在着匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向里.从两板左侧中点c处射入一束正离子(不计重力),这些正离子都沿直线运动到右侧,从d孔射出后分成三束,则下列判断正确的是(  )
A.这三束正离子的速度一定不相同
B.这三束正离子的比荷一定不相同
C.a、b两板间的匀强电场方向一定由a指向b
D.若这三束离子改为带负电而其他条件不变,则仍能从d孔射出
【解析】 因为三束正离子在两极板间都是沿直线运动的,电场力等于洛伦兹力,可以判断三束正离子的速度一定相同,且电场方向一定由a指向b,A错误,C正确;在右侧磁场中三束正离子运动轨迹半径不同,可知这三束正离子的比荷一定不相同,B正确;若将这三束离子改为带负电,而其他条件不变的情况下分析受力可知,三束离子在两板间仍做匀速直线运动,仍能从d孔射出,D正确.
【答案】 BCD
题型2 磁流体发电机
磁流体发电的原理如图所示.将一束速度为v的等离子体垂直于磁场方向喷入磁感应强度为B的匀强磁场中,在相距为d、宽为a、长为b的两平行金属板间便产生电压.如果把上、下板和电阻R连接,上、下板就是一个直流电源的两极.若稳定时等离子体在两板间均匀分布,电阻率为ρ,忽略边缘效应,下列判断正确的是(  )
A.上板为正极,电流I=
B.上板为负极,电流I=
C.下板为正极,电流I=
D.下板为负极,电流I=
【解析】 根据左手定则,正电荷受到的洛伦兹力向下,负电荷受到的洛伦兹力向上,故上板为负极,下板为正极.稳定时,电荷受到的洛伦兹力和电场力大小相等,即q=qvB,电动势U=dvB,根据电阻定律,等离子体的电阻r=ρ,电流I===,选项C正确.
【答案】 C
题型3 电磁流量计
为监测某化工厂的含有离子的污水排放情况,技术人员在排污管中安装了监测装置,该装置的核心部分是一个用绝缘材料制成的空腔,其宽和高分别为b和c,左、右两端开口与排污管相连,如图所示.在垂直于上、下底面方向加磁感应强度大小为B的匀强磁场,在空腔前、后两个侧面上各有长为a的相互平行且正对的电极M和N,M、N与内阻为R的电流表相连.污水从左向右流经该装置时,电流表将显示出污水排放情况.下列说法中错误的是(  )
A.M板比N板电势低
B.污水中离子浓度越高,则电流表的示数越小
C.污水流量越大,则电流表的示数越大
D.若只增大所加磁场的磁感应强度,则电流表的示数也增大
【解析】 污水从左向右流动时,根据左手定则,正、负离子在洛伦兹力作用下分别向N板和M板偏转,故N板带正电,M板带负电,A正确;稳定时带电离子在两板间受力平衡,可得qvB=q,此时U=Bbv,又因流速v==,故U==,式中Q是流量,可见当污水流量越大、磁感应强度越强时,M、N间的电压越大,电流表的示数越大,而与污水中离子浓度无关,B错误,C、D正确.
【答案】 B
题型4 霍尔元件
(2019·天津卷)笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件.当显示屏开启时磁体远离霍尔元件,电脑正常工作;当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件,屏幕熄灭,电脑进入休眠状态.如图所示,一块宽为a、长为c的矩形半导体霍尔元件,元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子,通入方向向右的电流时,电子的定向移动速度为v.当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中,于是元件的前、后表面间出现电压U,以此控制屏幕的熄灭.则元件的(  )
A.前表面的电势比后表面的低
B.前、后表面间的电压U与v无关
C.前、后表面间的电压U与c成正比
D.自由电子受到的洛伦兹力大小为
【分析】 处理本题的关键是弄清霍尔元件的原理,即当电流通过导体时,在导体的前、后表面之间产生电压,此电压称为霍尔电压,最终当电子所受电场力和洛伦兹力平衡时,前、后表面间的电势差保持稳定.
【解析】 由题意可判定,电子定向移动的方向水平向左,则由左手定则可知,电子所受的洛伦兹力指向后表面,因此后表面积累的电子逐渐增多,前表面的电势比后表面的电势高,A错误;当电子所受的电场力与洛伦兹力平衡时,电子不再发生偏转,此时前、后表面间的电压达到稳定,对稳定状态下的电子有eE=eBv,又E=,解得U=Bav,显然前、后表面间的电压U与电子的定向移动速度v成正比,与元件的宽度a成正比,与长度c无关,B、C错误;自由电子稳定时受到的洛伦兹力等于电场力,即F=eE=,D正确.
【答案】 D
突破2 带电粒子在叠加场中的运动
1.处理带电粒子在叠加场中的运动问题时,要做到“三个分析”:
(1)正确分析受力情况,重点明确重力是否不计和洛伦兹力的方向.
(2)正确分析运动情况,常见的运动形式有匀速直线运动、匀速圆周运动和一般变速曲线运动.
(3)正确分析各力的做功情况,主要分析电场力和重力做的功,洛伦兹力一定不做功.
2.带电粒子在叠加场中的运动分类
(1)静止或匀速直线运动:当带电粒子在叠加场中所受合外力为零时,将处于静止状态或匀速直线运动状态.
(2)匀速圆周运动:当带电粒子所受的重力与电场力大小相等、方向相反时,带电粒子在洛伦兹力的作用下,在垂直于匀强磁场的平面内做匀速圆周运动.
(3)一般的曲线运动:当带电粒子所受合外力的大小和方向均变化,且与初速度方向不在同一条直线上时,粒子做非匀变速曲线运动,这时粒子运动轨迹既不是圆弧,也不是抛物线.
如图所示,空间中存在着水平向右的匀强电场,电场强度大小E=5 N/C,同时存在着水平方向的匀强磁场,其方向与电场方向垂直,磁感应强度大小B=0.5 T.有一带正电的小球,质量m=1.0×10-6 kg,电荷量q=2×10-6 C,正以速度v在图示的竖直面内做匀速直线运动,当经过P点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象),g取10 m/s2.求:
(1)小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向;
(2)从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间t.
【分析】 (1)小球做匀速直线运动时受到重力、电场力和洛伦兹力的作用,这三个力的合力为零.
(2)撤去磁场后小球做类平抛运动.
【解析】 (1)小球做匀速直线运动时受力如图甲,其所受的三个力在同一平面内,合力为零,有qvB= ①
代入数据解得v=20 m/s ②
速度v的方向与电场E的方向之间的夹角满足
tanθ= ③
代入数据解得tanθ=,θ=60°. ④
(2)解法1:撤去磁场,小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动,如图乙所示,设其加速度为a,有
a= ⑤
设撤去磁场后小球在初速度方向上的分位移为x,有
x=vt ⑥
设小球在重力与电场力的合力方向上的分位移为y,有
y=at2 ⑦
tanθ= ⑧
联立④⑤⑥⑦⑧式,代入数据解得t=2 s. ⑨
解法2:撤去磁场后,由于电场力垂直于竖直方向,它对竖直方向的分运动没有影响,以P点为坐标原点,竖直向上为正方向,小球在竖直方向上做竖直上抛运动,其初速度为
vy=vsinθ ⑤
若使小球再次穿过P点所在的电场线,仅需小球的竖直方向上分位移为零,则有vyt-gt2=0 ⑥
联立⑤⑥式,代入数据解得t=2 s.
【答案】 (1)20 m/s 方向与电场方向成60°角斜向上
(2)2 s
高分技法
带电粒子在叠加场中运动的思维流程
1.如图所示,一带电液滴在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中刚好做匀速圆周运动,其轨迹半径为R,已知该电场的电场强度为E,方向是竖直向下,该磁场的磁感应强度为B,方向垂直于纸面向里,不计空气阻力,重力加速度为g,则( C )
A.液滴带正电
B.液滴的比荷=
C.液滴沿顺时针方向运动
D.液滴运动速度大小v=
解析:液滴在重力场、匀强电场、匀强磁场的复合场中做匀速圆周运动,可知qE=mg,解得=,故B错误;电场力竖直向上,液滴带负电,A错误;由左手定则可判断液滴沿顺时针方向运动,C正确;对液滴,有qE=mg,qvB=m,解得v=,故D错误.
2.如图,空间某区域存在匀强电场和匀强磁场,电场方向竖直向上(与纸面平行),磁场方向垂直于纸面向里,三个带正电的微粒a,b,c电荷量相等,质量分别为ma,mb,mc,已知在该区域内,a在纸面内做匀速圆周运动,b在纸面内向右做匀速直线运动,c在纸面内向左做匀速直线运动.下列选项正确的是( B )
A.ma>mb>mc B.mb>ma>mc
C.mc>ma>mb D.ma>mb>ma
解析:该空间区域为匀强电场、匀强磁场和重力场的叠加场,a在纸面内做匀速圆周运动,可知其重力与所受到的电场力平衡,洛伦兹力提供其做匀速圆周运动的向心力,有mag=qE,解得ma=.b在纸面向右做匀速直线运动,由左手定则可判断出其所受洛伦兹力方向竖直向上,可知mbg=qE+qvbB,解得mb=+.c在纸面内向左做匀速直线运动,由左手定则可判断出其所受洛伦兹力方向竖直向下,可知mcg+qvcB=qE,解得mc=-.综上所述,可知mb>ma>mc,选项B正确.
突破3 带电粒子在有轨道约束的叠加场中的运动
带电粒子在叠加场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道约束的情况下,常见的运动形式有直线运动和圆周运动,分析时应注意:
(1)分析带电粒子所受各力尤其是洛伦兹力的变化情况,分阶段明确物体的运动情况.
(2)根据物体各阶段的运动特点,选择合适的规律求解.
①匀速直线运动阶段:应用平衡条件求解.
②匀加速直线运动阶段:应用牛顿第二定律结合运动学公式求解.
③变加速直线运动阶段:应用动能定理、能量守恒定律求解.
(多选)如图所示,在竖直平面内,由绝缘材料制成的竖直平行轨道CD、FG与半圆轨道DPG平滑相接,CD段粗糙,其余部分都光滑,圆弧轨道半径为R,圆心为O,P为圆弧最低点,整个轨道处于水平向右的匀强电场中,电场强度为E.PDC段还存在垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B.有一金属圆环M,带有正电荷q,质量m=,套在轨道FG上,圆环与CD轨道间的动摩擦因数μ=0.2.如果圆环从距G点高为10R处由静止释放,则下列说法正确的是(  )
A.圆环在CD轨道上也能到达相同高度处
B.圆环第一次运动到P点(未进入磁场区域)时对轨道的压力为21mg
C.圆环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功为8mgR
D.圆环最终会静止在P点
【解析】 圆环从M点到CD轨道最高点的过程中,电场力和摩擦力都做负功,圆环的机械能减少,所以圆环在CD轨道上不能到达相同高度,A错误;对圆环第一次运动到P点的过程由动能定理得mg·11R-EqR=mv2,在P点由牛顿第二定律得N-mg=m,又m=,解得N=21mg,由牛顿第三定律可知圆环第一次运动到P点时对轨道的压力N′=N=21mg,B正确;当圆环经过D点速度为零时,设圆环能返回到G点上方H点,H点离G点的竖直距离为x,D到H的过程,由动能定理得qE·2R-mgx=0,得x=2R,圆环最终会在DH间往复运动,经过D点或H点时速度为0,对整个过程由动能定理得mg·8R-Wf=0,克服摩擦力所做的功为Wf=8mgR,C正确,D错误.
【答案】 BC
高分技法
把握三点,解决“约束运动”问题
(1)对物体受力分析,把握已知条件.
(2)掌握洛伦兹力的公式和特点,理清弹力和摩擦力、洛伦兹力和速度、摩擦力与合力、加速度与速度等几个关系.
(3)掌握力和运动、功和能在磁场中的应用.
3.(多选)如图所示为一个质量为m、带电荷量为+q的圆环,可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动,细杆处于磁感应强度为B,方向垂直纸面向里的匀强磁场中.现给圆环向右的初速度v0,在以后的运动过程中,圆环运动的v?t图象可能是下图中的( BC )
解析:本题考查受到洛伦兹力作用的圆环的运动及其相关知识.若qv0B=mg,小环做匀速运动,此时图象为平行于t
轴的直线,故B正确;若qv0B>mg,FN=qv0B-mg,此时μFN=ma,所以小环做加速度逐渐减小的减速运动,直到qvB=mg时,小环开始做匀速运动,故C正确;若qv0B4. (多选)如图所示,半径为R的光滑半圆弧绝缘轨道固定在竖直面内,磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直于轨道平面向里.一可视为质点、质量为m、电荷量为q(q>0)的小球由轨道左端A点无初速度滑下,当小球滑至轨道最低点C时,给小球再施加一始终水平向右的外力F,使小球能保持不变的速率滑至轨道右侧的D点.若轨道的两端等高,小球始终与轨道接触,重力加速度为g,则下列判断正确的是( BD )
A.小球在C点对轨道的压力大小为qB
B.小球在C点对轨道的压力大小为3mg-qB
C.小球从C到D的过程中,外力F的大小保持不变
D.小球从C到D的过程中,外力F的功率逐渐增大
解析:小球从A到C,只有重力做功,由机械能守恒定律得mgR=mv2,在C点,由牛顿第二定律得FN+qvB-mg=m,联立解得FN=3mg-qB,由牛顿第三定律可知,小球在C点时对轨道的压力大小为3mg-qB,故A错误,B正确;从C到D,小球速率不变,由于轨道对小球的支持力和洛伦兹力不做功,则重力做负功的功率和外力F做正功的功率始终大小相等,设速度方向与竖直方向夹角为θ,有mgvcosθ=Fvsinθ,解得F=,因θ逐渐减小,则外力F逐渐增大,外力F的功率逐渐增大,故C错误,D正确.

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