高三物理專題復習一.doc

江蘇省丹陽高級中學教案高三物理專題復習一-帶電粒子在場中的運動一、帶電粒子在電場中運動：（1）帶電粒子在勻強電場中的運動（不計重力）。起始條件V00V0與Eq同向V0與Eq反向V0與Eq垂直受力圖景和運動圖景FVFV0V0FFV0運動性質(zhì)類自由落體運動類豎直下拋運動類豎直上拋運動類平拋運動能量轉(zhuǎn)化EeEkEeEkEkEeEkEeEk（2）帶電粒子在點電荷電場（輻向電場、輻向磁場）中的運動（不計重力）。起始條件V00V0與Eq夾角V090180V0與Eq垂直受力圖景和運動圖景V0運動性質(zhì)變加速直線運動曲線運動勻速圓周運動能量轉(zhuǎn)化EeEkEkEeEkEe、Ek不變（3）帶電粒子在特殊變化電場中的運動（不計重力）。電場性質(zhì)起始條件V00 t0時刻進入電場V00 t時刻進入電場V00 t時刻進入電場V00 t0時刻進入電場（示波器）受力圖景和運動圖景運動性質(zhì)做簡諧運動或穿出右板（由進場時機板間距決定）能量轉(zhuǎn)化EeEkEeEkEeEkEeEk二、帶電粒子在勻強磁場中的運動1、如圖示，在直線MN的右側(cè)有磁感強度為B的勻強磁場，方向垂直紙面向里，電子（電量e，質(zhì)量m）以速度v從MN上的孔A，垂直于MN方向射入勻強磁場，途徑P點，并最終打在MN的C點，已知AP連線與速度v方向的夾角為。求：A、C之間的距離及從A運動到P點所用時間。提示：電子射入勻強磁場后，由于受洛侖茲力而做勻速圓周運動。由于圓心必在MN線上的A、C之間，故可斷定AC為直徑，由牛頓第二定律：，。粒子回轉(zhuǎn)的周期。題中給出的弦切角所對應的圓心角為2，所以電子從A運動到P所用時間為。 解這類題時要抓住三個要點：一是洛侖茲力提供向心力；二是利用半徑垂直速度找圓心，畫軌跡；三是求運動時間，只能利用T及其圓弧對應的圓心角來求。2、半徑為R的圓筒中有沿筒軸線方向的勻強磁場，一質(zhì)量為m，帶電量為q的粒子以速度v從筒壁上的小孔A沿半徑方向垂直于磁場射入筒中，如圖所示。若它在筒中僅受洛侖茲力的作用，而且粒子與筒壁碰撞時沒有機械能損失，粒子在圓筒中與筒壁連續(xù)碰撞繞筒壁一周后又從小孔A射出來，那么磁場的磁感強度B應滿足什么條件？ 解析：正電粒子從小孔A射入后，由于洛侖茲力的作用，它將沿一圓弧線做運動，并將與筒壁碰撞，然后以不變速率反彈回來。根據(jù)對稱性可以看出粒子與筒壁碰撞時其速度方向一定是沿圓筒半徑方向的。粒子與筒壁碰撞次數(shù)最少是兩次，而當B變大后，隨著軌道曲率半徑的減小也可能出現(xiàn)3次、4次、5次n次碰撞。如圖示，粒子經(jīng)兩次碰撞后從A孔射出，設粒子軌道半徑為r1，則：，若粒子經(jīng)3次碰撞后從A孔射出，則粒子軌道半徑 若經(jīng)n次碰撞后從A射出，則：（n=2、3） 因為粒子只受洛侖茲力作用做勻速圓周運動，所以3、在半徑為r的圓筒內(nèi)有勻強磁場，質(zhì)量為m，帶電量為q的帶電粒子在小孔S處以速度V0向著圓心射入，問應加的磁感強度為多大，此粒子才能在最短的時間內(nèi)從原孔射出？（設相碰時電量和動能皆無損失）提示：要使帶電粒子從原孔射出，此粒子到達小孔時的速度必須沿半徑方向，由此判知，粒子每次都垂直碰撞筒壁且垂直彈起。要使粒子以最短的時間返回，要求粒子的半徑較大，且碰撞次數(shù)最少2次。按例析3的分析作出粒子做圓周運動的圖示，根據(jù)幾何知識列出半徑的表達式，再由牛頓第二定律得出的結(jié)論。4、如圖所示，半徑R=10cm的圓形勻強磁場區(qū)域邊界跟y軸相切于坐標系原點O，磁感強度B=0.332T，方向垂直紙向里，在O處有一放射源S，可沿紙面向各個方向射出速率均為V=3.2106m/s的a粒子。已知a粒子的質(zhì)量m=6.641027kg，電量q=3.21019C。（1）畫出a粒子通過磁場空間做圓運動的圓心點的軌跡。（2）求出a粒子通過磁場空間的最大偏轉(zhuǎn)角。（3）再以過O并垂直紙面的直線為軸旋轉(zhuǎn)磁場區(qū)域，能使穿過磁場區(qū)域且偏轉(zhuǎn)最大的a粒子射到正方向的y軸上，則圓形磁場直徑OA至少應轉(zhuǎn)過多大角度？解析：（1）設粒子在磁場中作圓弧運動半徑r. ，r=0.2m，r=2R，粒子通過磁場空間做圓周運動的圓心點的軌跡如圖中虛線所示。 （2）粒子在磁場中作圓弧運動的軌跡半徑r大小一定，欲穿過時偏轉(zhuǎn)角最大，須圓弧軌道所夾的弦最長。顯然最長弦應等于圓磁場區(qū)域直徑。 （3）俗使穿過磁場且偏轉(zhuǎn)角最大的粒子，能射到y(tǒng)軸正向上，必須從直徑A端出射粒子的速度方向與x軸正向的夾角大于90。根據(jù)幾何關(guān)系知，圓形磁場直徑OA至少應逆時針轉(zhuǎn)過60，如圖所示。三、帶電粒子在電磁場中的運動：1、如圖，兩個共軸的圓筒形金屬電極，外電極接地，其上均勻分布著平行于軸線的四條狹縫、和，外筒的外半徑為，在圓筒之外的足夠大區(qū)域中有平行于軸線方向的均勻磁場，磁感強度的大小為B，在兩極間加上電壓，使兩圓筒之間的區(qū)域內(nèi)有沿半徑向外的電場，一質(zhì)量為、帶電量為的粒子，從緊靠內(nèi)筒且正對狹縫的S點出發(fā)，初速為零。如果該粒子經(jīng)過一段時間的運動之后恰好又回到出發(fā)點S，則兩電極之間的電壓U應是多少？（不計重力，整個裝置在直空中）解析：帶電粒子從S出發(fā)，在兩筒之間的電場力作用下加速，沿徑向穿出而進入磁場區(qū)，在洛侖茲力作用下做勻速圓周運動，粒子再回到S點的條件是能沿徑向穿過狹縫，只要穿過了，粒子就會在電場力作用下選減速，再反向回速，經(jīng)重新進入磁場區(qū)，然后，粒子將以同樣方式經(jīng)過、，再經(jīng)過回到S點。設粒子射入磁場區(qū)的速度為，根據(jù)能量守恒，有 設粒子在洛侖茲力作用下做勻速圓周運動的半徑為R，由洛侖茲力公式和牛頓定律得 由上面分析可知，要回到S點，粒子從到必經(jīng)過圓周，所以半徑R必定等于筒的外半徑，即 由以上各式解得 2、如圖示，ab是磁感強度為B，方向垂直紙面向里的勻強磁場和電場強度為E，方向水平向右的分界面，今有一個電量與質(zhì)量比為d的帶正電粒子從a點垂直于磁場的方向以速度v進入磁場，不計重力，設a到屏M距離為L，求：（1）帶電粒子射至屏M時的速率？（2）帶電粒子射至屏M時的位置？提示：帶電粒子先在勻強磁場做半圓周運動，后距M屏（L2R）的距離，以vM速率垂直電場方向射入勻強電場做類似平拋運動，運用公式，再用動能定理和類平拋公式，即可解之： 3、如圖所示為一種獲得高能粒子的裝置，環(huán)形區(qū)域內(nèi)存在著垂直紙面向外、大小可調(diào)節(jié)的均勻磁場。質(zhì)量為m，電量為q的粒子在環(huán)中做半徑為R的圓周運動。A、B為兩塊中心開有小孔的極板，原來電勢都為零。每當粒子飛經(jīng)A板時，A板電勢升高為u，B板電勢仍保持為零，粒子在兩板間得到加速。每當粒子離開B板時，A板電勢又降為零，粒子在電場一次次加速下動能不斷增大，而繞行半徑不變。 （1）設t=0時粒子靜止在A板小孔處，在電場作用下加速，并繞行第一圈，求粒子繞行n圈回到A板時獲得的總動能Ekn。 （2）為使粒子始終保持在半徑為R的圓軌道上運動，磁場必須周期性遞增，求粒子繞行第n圈時的磁感強度Bn。 （3）求粒子繞行n圈所需的總時間tn（設極板間距遠小于R）。 解析：（1）粒子每一次經(jīng)電場AB，動能增加qu，而每一次在環(huán)中做圓周運動，洛侖茲力不做功，動能沒有變化，因此粒子繞行n圈回到A板時獲得動能EkM=nqu。 （2）為使粒子始終保持在半徑為R的圓軌道上運動，因每經(jīng)一次電場動能增加，所需洛侖茲力也必須相應增加，亦即B必須經(jīng)周期性遞增，由： ， （3）繞行第n圈所需時間，所以粒子繞行n圈需總時間。 思考6. 如圖所示，兩個半徑為R半圓形金屬屏蔽盒置于垂直紙面向里的勻強磁場中，兩盒間距離為d，盒上所加交變電壓的最大值為u，適當調(diào)節(jié)交流電頻率使質(zhì)量為m、帶電量為q的正離子在A點從靜止開始不斷加速，并在獲得最大能量Emax時從D處飛出裝置，則離子在該裝置中運動的總時間為多少？ 提示：假設該離子在D形盒共轉(zhuǎn)了n圈，則它在加速電場中被加速了2n次，所以2nqu=Emax，因為離子只在電場中加速，因此其在電場中加速時間t1與加速的最大速度vm的關(guān)系為。最大速度與離子獲得的最大動能有關(guān)，即，又離子在屏蔽盒中做勻速圓周運動。洛侖茲力提供向心力，到達D時Bqvn=mvm2/R，而離子做勻速圓周運動時的周期。因此離子在屏蔽盒中運動的時間為t2=nT,離子在該裝置中運動的總時間為t=t1t2，綜合以上各式解得。4、如圖所示的直角坐標系中，在y0的區(qū)域有一垂直于xoy平面的勻強磁場，在第四象限內(nèi)有一平行于x軸方向的勻強電場，現(xiàn)使一個質(zhì)量為m，電量為+q的帶電粒子，從坐標原點O以速度Vo沿y軸方向射入勻強磁場，帶電粒子從P（x, 0）點射出磁場，又從Q（0, y）點射出勻強電場，射出電場時粒子速度跟y軸夾有120o。（不計粒子重力）求：（1）在圖上標出勻強磁場和勻強電場的方向并簡述理由。 （2）帶電粒子從O點射入磁場，到達P（x, 0）點經(jīng)歷的時間。（3）勻強電場的場強和勻強磁場磁感強度大小的比值。略，四、帶電粒子在復合場中的運動：1、兩塊板長L=1.4m，間距d=0.3m水平放置的平行板。板間加有垂直紙面向里，B=1.25T的勻強磁場和如圖所示的電壓。當t=0時，有一質(zhì)量m=2kg，電量q=1c帶正電荷的粒子，以速度V=410m/s從兩板正中央沿與板面平行的方向射入，不計重力影響，畫出粒子在板間運動軌跡。分析：板間加上電壓時，同時存在的勻強電場場強。E=1.50.3N/C=5N/C。粒子射入后受到的電場力F和磁場力F分別為：F=qE=1N=5N.F=qBv0=11.25N=5N.它們的方向正相反,互相平衡,所以在兩極間加有電壓的各段時間內(nèi)（0-110-4S；2-310-4S；4-5S；） 帶電粒子依沿入射方向做勻速直線運動。 板間不加電壓時，粒子僅受洛侖茲力作用，將做勻速圓周運動。 解：粒子在洛侖茲力作用下做勻速圓周運動的半經(jīng)。 R=.由于圓半徑R，粒子不會與上、下兩板相碰，能順利地完成整個圓運動，運動周期。T= 它正好等于兩板間有電壓時的時間間隔，于是粒子射入后在兩極間交替地做著勻速直線運動和勻速圓周運動，即加有電壓的時間內(nèi)做勻速直線運動，不加電壓的時間內(nèi)做勻速圓周運動。粒子經(jīng)過兩板間做勻速直線運動的時間。t=它等于粒子繞行三周半所需時間，所以粒子正好可作三個整圓，其運動軌跡如圖2、設在地面上方的真空室內(nèi)存在勻強電場和勻強磁場。已知電場強度和磁感應強度的方向是相同的，電場強度的大小E4.0伏/米，磁感應強度的大小B0.15特。今有一個帶負電的質(zhì)點以v20米/秒的速度在此區(qū)域內(nèi)沿垂直場強方向做勻速直線運動，求此帶電質(zhì)點的電量與質(zhì)量之比q/m以及磁場的所有可能方向(角度可用反三角函數(shù)表示)。解析：根據(jù)帶電質(zhì)點做勻速直線運動的條件，得知此帶電質(zhì)點所受的重力、電場力和洛侖茲力的合力必定為零。由此推知此三個力在同一豎直平面內(nèi)，如右圖所示，質(zhì)點的速度垂直紙面向外。解法一:由合力為零的條件，可得 求得帶電質(zhì)點的電量與質(zhì)量之比代入數(shù)據(jù)得。因質(zhì)點帶負電，電場方向與電場力方向相反，因而磁場方向也與電場力方向相反。設磁場方向與重力方向之間夾角為，則有qEsinqvBcos，解得tg=vB/E=200.15/4.0，arctg0.75。即磁場是沿著與重力方向夾角arctg0.75，且斜向下方的一切方向。解法二:因質(zhì)點帶負電，電場方向與電場力方向相反，因而磁碭方向也與電場力方向相反。設磁場方向與重力方向間夾角為，由合力為零的條件，可得qEsinqvBcos， qEcosqvBsinmg， 解得， 代入數(shù)據(jù)得q/m1.96庫/千克。 tg=vB/E=200.15/4.0， arctg0.75。 即磁場是沿著與重力方向成夾角arctg0.75，且斜向下方的一切方向。3、空間中存在著足夠廣寬且相互正交的電磁場，其中磁場是不隨時間變化的勻強磁場，磁感強度為B；電場是隨時間變化的，變化情況如圖所示。在t=0時，沿垂直電磁場方向射入一帶電粒子，粒子恰好做勻速直線運動，而當以后又加上電場時，粒子仍能沿原入射方向做直線運動。已知帶電粒子的電量為q，質(zhì)量為m（不計重力），試求電場變化的時間間隔T必須滿足什么條件，才會出現(xiàn)上述情況？（n=1、2、3）4、如圖甲所示，圖的右側(cè)MN為一豎直旋轉(zhuǎn)的熒光屏，O是它的中點，OO與熒光屏垂直，且長度為L，在MN的左側(cè)空間存在著方向水平向里的勻強電場，場強大小為E，乙圖是從左邊去看熒光屏得到的平面圖，在熒光屏上以O為原點建立如圖所示的直角坐標系，一細束質(zhì)量為m、電量為q的帶電粒子以相同的的初速度V0從O點沿OO方向射入電場區(qū)域，粒子的重力和粒子間的相互作用都可以忽略不計。MAO O LON甲乙Y x （1）若再在MN左側(cè)空間加一勻強磁場，使得熒光屏上的亮點恰好