新教材適用2024版高考物理二輪總復習第1部分核心主干復習專題專題3電場與磁場第10講帶電粒子在電場和磁場中的運動題型1帶電粒子在電場中的運動教師用書

第10講帶電粒子在電場和磁場中的運動必備知識”解讀1.電場中常見的運動類型(1)勻變速直線運動：通常利用動能定理qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)來求解；對于勻強電場，電場力做功也可以用W＝qEd來求解。(2)偏轉(zhuǎn)運動：一般研究帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)問題．對于類平拋運動可直接利用平拋運動的規(guī)律以及推論；較復雜的曲線運動常用運動的合成與分解的方法來處理。2.勻強磁場中常見的運動類型(僅受磁場力作用)(1)勻速直線運動：當v∥B時，帶電粒子以速度v做勻速直線運動。(2)勻速圓周運動：當v⊥B時，帶電粒子在垂直于磁感線的平面內(nèi)以入射速度大小做勻速圓周運動。3.關(guān)于粒子的重力(1)對于微觀粒子，如電子、質(zhì)子、離子等，因為其重力一般情況下與電場力或磁場力相比太小，可以忽略；而對于一些宏觀物體，如帶電小球、液滴、金屬塊等一般應考慮其重力。(2)不能直接判斷是否要考慮重力的情況，在進行受力分析與運動分析時，根據(jù)運動狀態(tài)可分析出是否要考慮重力?！瓣P(guān)鍵能力”構(gòu)建1.思想方法(1)解題關(guān)鍵帶電粒子在復合場中做什么運動，取決于帶電粒子所受的合外力及初始運動狀態(tài)的速度，因此帶電粒子的運動情況和受力情況的分析是解題的關(guān)鍵。(2)力學規(guī)律的選擇①當帶電粒子在復合場中做勻速直線運動時，應根據(jù)平衡條件列方程求解。②當帶電粒子在復合場中做勻速圓周運動時，往往同時應用牛頓第二定律和受力分析列方程聯(lián)立求解。③當帶電粒子在復合場中做非勻變速曲線運動時，應選用動能定理或能量守恒定律列方程求解。2.解電磁學中的曲線運動常用“四種”方法電磁學中的曲線運動常用“四種”方法運動的合成分解(1)帶電粒子以某一初速度，垂直電場方向射入勻強電場中，只受電場力作用的運動。(2)帶電粒子在勻強電場及重力場中的勻變速曲線運動。動能定理解曲線運動問題帶電粒子在復合場中做變加速曲線運動，適合應用動能定理．帶電粒子在復合場中做勻變速曲線運動也可以使用動能定理。利用牛頓運動定律解圓周運動問題(1)核外電子在庫侖力作用下繞原子核的運動。(2)帶電粒子在垂直勻強磁場的平面里在磁場力作用下的運動。(3)帶電物體在各種外力(重力、彈力、摩擦力、電場力、磁場力等)作用下的圓周運動。利用幾何關(guān)系解圓周問題帶電粒子垂直射入勻強磁場，由于磁場的邊界不同造成粒子軌跡圓與邊界的幾何問題，由于粒子射入磁場的速度不同造成粒子軌跡圓的半徑不同，由于粒子射入磁場的方向不同造成粒子軌跡的旋轉(zhuǎn)，以上均涉及平面幾何問題。題型1帶電粒子在電場中的運動〔真題研究〕(多選)(2022·全國乙卷，21)一種可用于衛(wèi)星上的帶電粒子探測裝置，由兩個同軸的半圓柱形帶電導體極板(半徑分別為R和R＋d)和探測器組成，其橫截面如圖甲所示，點O為圓心。在截面內(nèi)，極板間各點的電場強度大小與其到O點的距離成反比，方向指向O點。4個帶正電的同種粒子從極板間通過，到達探測器。不計粒子重力。粒子1、2做圓周運動，圓的圓心為O、半徑分別為r1、r2(R<r1<r2<R＋d)；粒子3從距O點r2的位置入射并從距O點r1的位置出射；粒子4從距O點r1的位置入射并從距O點r2的位置出射，軌跡如圖乙中虛線所示。則(BD)A．粒子3入射時的動能比它出射時的大B．粒子4入射時的動能比它出射時的大C．粒子1入射時的動能小于粒子2入射時的動能D．粒子1入射時的動能大于粒子3入射時的動能【審題指導】關(guān)鍵表述物理量及其關(guān)系在截面內(nèi)，極板間各點的電場強度大小與其到O點的距離成反比極板間產(chǎn)生均勻輻向電場，各點的電場強度大小與其到O點的距離的關(guān)系可表示為Er＝k，距離越大電場強度越小粒子1、2做圓周運動，圓的圓心為O靜電力提供向心力，圓周運動軌跡經(jīng)過處的電場強度大小相等，方向指向O粒子3從距0點r2的位置入射并從距O點r1的位置出射粒子3做近心運動粒子4從距O點r1的位置入射并從距O點r2的位置出射粒子4做離心運動【解析】粒子3從極板間通過電場，電場力方向指向圓心，電場力做正功，粒子3的動能增加，則粒子3入射時的動能比它出射時的小，故選項A錯誤；粒子4從極板間通過電場，電場力方向指向圓心，電場力做負功，粒子4的動能減少，則粒子4入射時的動能比它出射時的大，故選項B正確；在截面內(nèi)，極板間各點的電場強度大小與其到O點的距離成反比，可設為Er＝k，帶正電的同種粒子1、2在均勻輻向電場中做勻速圓周運動，則有：E1q＝meq\f(v\o\al(2,1),r1)、E2q＝meq\f(v\o\al(2,2),r2)，而E1r1＝k、E2r2＝k，解得Ek1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(kq,2)、Ek2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝eq\f(kq,2)，則粒子1入射時的動能等于粒子2入射時的動能，故選項C錯誤；粒子3做近心運動，有E2q>meq\f(v\o\al(2,3),r2)，而E2r2＝k，解得Ek3＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)<eq\f(kq,2)，粒子1入射時的動能大于粒子3入射時的動能，故選項D正確?！惨?guī)律總結(jié)〕(1)不能利用題目所給的新信息結(jié)合勻速圓周運動等知識判斷粒子的動能大小；(2)不能熟練應用粒子做近心和離心運動的條件分析問題。eq\o(\s\up7(),\s\do5(考法一))帶電粒子在電場中的直線運動1.(2023·湖北宜昌三模)如圖所示，一束單色光入射到極限頻率為ν0的金屬板K上，發(fā)射的光電子可沿垂直于平行板電容器極板的方向從左極板上的小孔進入電場，均不能到達右極板，則(D)A．該單色光的波長為eq\f(c,ν0)B．若僅增大該單色光的強度，則將有電子到達右極板C．若僅換用頻率更大的單色光，則依然沒有電子到達右極板D．若僅將電容器右極板右移一小段距離，電子仍然不能到達右極板【解析】由題可知，單色光的波長應大于eq\f(c,ν0)，故A錯誤；若僅增大該單色光的強度，由于入射光的頻率不變，則電子仍然不能到達右極板，故B錯誤；若僅換用頻率更大的單色光，逸出的光電子的初動能增大，則可能有電子到達右極板，故C錯誤；若僅將電容器右極板右移一小段距離，由于兩板間的電壓不變，電子仍然不能到達右極板，故D正確。2.(2023·浙江溫州模擬)如圖甲所示為粒子直線加速器原理圖，它由多個橫截面積相同的同軸金屬圓筒依次組成，序號為奇數(shù)的圓筒與序號為偶數(shù)的圓筒分別和交變電源相連，交變電源兩極間的電勢差的變化規(guī)律如圖乙所示。在t＝0時，奇數(shù)圓筒比偶數(shù)圓筒電勢高，此時和偶數(shù)圓筒相連的金屬圓板(序號為0)的中央有一自由電子由靜止開始在各間隙中不斷加速。若電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，交變電源的電壓為U，周期為T。不考慮電子的重力和相對論效應，忽略電子通過圓筒間隙的時間。下列說法正確的是(C)A．電子在圓筒中也做加速直線運動B．電子離開圓筒1時的速度為2eq\r(\f(Ue,m))C．第n個圓筒的長度應滿足Ln＝Teq\r(\f(nUe,2m))D．保持加速器筒長不變，若要加速比荷更大的粒子，則要調(diào)大交變電壓的周期【解析】由于金屬圓筒處于靜電平衡狀態(tài)，圓筒內(nèi)部場強為零，則電子在金屬圓筒中做勻速直線運動，故A錯誤；電子離開圓筒1時，由動能定理得eU＝eq\f(1,2)mv2，所以電子離開圓筒1瞬間速度為v＝eq\r(\f(2eU,m))，故B錯誤；電子從金屬圓筒出來后要繼續(xù)做加速運動，在金屬圓筒中的運動時間為交變電源周期的一半，即eq\f(T,2)，電子在圓筒中做勻速直線運動，所以第n個圓筒長度為Ln＝vn·eq\f(T,2)＝eq\f(T,2)eq\r(\f(2neU,m))＝Teq\r(\f(nUe,2m))，故C正確；由C可知，保持加速器筒長不變，若要加速比荷更大的粒子，則要調(diào)小交變電壓的周期，故D錯誤。eq\o(\s\up7(),\s\do5(考法二))帶電粒子在電場中的曲線運動3.(2023·江西統(tǒng)考二模)如圖所示，在豎直向上的勻強電場中，A球位于B球的正上方，質(zhì)量相等的兩個小球以相同初速度水平拋出，它們最后落在水平面上同一點，其中只有一個小球帶電，不計空氣阻力，下列判斷不正確的是(B)A．如果A球帶電，則A球一定帶負電B．如果A球帶電，則A球的電勢能一定增加C．如果B球帶電，則B球一定帶正電D．如果B球帶電，則B球的電勢能一定增加【解析】兩個小球以相同初速度水平拋出，它們最后落在水平面上同一點，水平方向做勻速直線運動，則有x＝v0t；可知兩球下落時間相同；兩小球下落高度不同，根據(jù)公式h＝eq\f(1,2)at2可知A球的加速度大于B球加速度，故若A球帶電，必定帶負電，受到向下的電場力作用，電場力做正功，電勢能減?。蝗鬊球帶電，必定帶正電，受到向上的電場力作用，電場力做負功，電勢能增加。本題選擇錯誤的，故選B。4.(2023·浙江諸暨模擬)如圖所示為某靜電除塵裝置的簡化原理圖。矩形通道的上下兩平行金屬板長為L，間距為d，后面板為絕緣材料，分布均勻的帶負電的塵埃質(zhì)量為m、電荷量為q、以水平速度v進入通道，單位時間內(nèi)進入通道的帶電塵埃數(shù)為n。已知兩金屬板極之間的電壓恒為U＝eq\f(md2v2,qL2)，帶電塵埃碰到極板立即被收集中和，不計塵埃重力及塵埃間的相互作用，下列說法正確的是(C)A．帶電塵埃被收集到下極板B．除塵裝置對帶電塵埃收集效率為75%C．單位時間內(nèi)帶電塵埃減少的電勢能為eq\f(3,8)nqUD．若電壓增大到1.5U，則帶電塵埃能被全部收集【解析】塵埃帶負電，上極板與電源正極相連，上極板帶正電，帶電塵埃被收集到上極板，A錯誤；帶電塵埃在極板間最大偏轉(zhuǎn)距離y，最長運動時間為t，根據(jù)牛頓第二定律可知，塵埃的加速度為a＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md)＝eq\f(dv2,L2)，L＝vt，y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)d，根據(jù)題意可知，收集效率為η＝eq\f(y,d)×100%＝50%，B錯誤；單位時間內(nèi)帶電塵埃減少的電勢能為eq\f(n,2)q·eq\f(U,2)＋eq\f(n,2)q·eq\f(U,2)·eq