2022-2023年高考物理二轮复习 第4篇案例3规范几何作图快解电磁偏转类计算题课件

这是一份2022-2023年高考物理二轮复习 第4篇案例3规范几何作图快解电磁偏转类计算题课件，共35页。PPT课件主要包含了考生满分答卷，体验规则赢满分等内容，欢迎下载使用。
某型号质谱仪的工作原理如图甲所示。M、N为竖直放置的两金属板,两板间电压为U,Q板为记录板,分界面P将N、Q间区域分为宽度均为d的Ⅰ、Ⅱ两部分,M、N、P、Q所在平面相互平行,a、b为M、N上两正对的小孔。以a、b所在直线为z轴, 向右为正方向,取z轴与Q板的交点O为坐标原点,以平行于Q板水平向里为x轴正方向,竖直向上为y轴正方向,建立空间直角坐标系Oxyz。区域Ⅰ、Ⅱ内分别充满沿x轴正方向的匀强磁场和匀强电场,磁感应强度大小、电场强度大小分别为B和E。一质量为m,电荷量为+q的粒子,从a孔飘入电场(初速度视为零),经b孔进入磁场,过P面上的c点(图中未画出)进入电场,最终打到记录板Q上。不计粒子重力。
(1)求粒子在磁场中做圆周运动的半径R以及c点到z轴的距离L;(2)求粒子打到记录板上位置的x坐标;(3)求粒子打到记录板上位置的y坐标(用R、d表示);(4)如图乙所示,在记录板上得到三个点s1、s2、s3,若这三个点是质子 的位置,请写出这三个点分别对应哪个粒子(不考虑粒子间的相互作用,不要求写出推导过程)。
【评分标准】(1)设粒子经加速电场到b孔的速度大小为v,粒子在区域Ⅰ中,做匀速圆周运动对应圆心角为α,在M、N两金属板间,由动能定理得qU= mv2①(1分)在区域Ⅰ中,粒子做匀速圆周运动,磁场力提供向心力,由牛顿第二定律得qvB= 　②(1分)
联立①②式得 　③(1分)由几何关系得d2+(R-L)2=R2　④ 联立①②④式得 　⑦(1分)
(2)设区域Ⅱ中粒子沿z轴方向的分速度为vz,沿x轴正方向加速度大小为a,位移大小为x,运动时间为t,由牛顿第二定律得qE=ma　　⑧(1分)粒子在z轴方向做匀速直线运动,由运动合成与分解的规律得vz=vcsα　⑨d=vzt　⑩(1分)粒子在x方向做初速度为零的匀加速直线运动,由运动学公式得x= at2 ⑪(1分)联立①②⑤⑧⑨⑩⑪ 式得 ⑫(1分)
(3)设粒子沿y方向偏离z轴的距离为y,其中在区域Ⅱ中沿y方向偏离的距离为y′,由运动学公式得y′=vtsinα　 ⑬(1分)由题意得y=L+y′　　 ⑭(1分)联立④⑤⑥⑨⑩⑬⑭式,得 ⑮(1分)(4)s1、s2、s3分别对应氚核 的位置。(3分)
【阅卷揭秘】②式不能写成 ⑦最后结果得1分,转化为其他形式,正确得分。(答题陷阱点)⑧式只写 不得分。(答题陷阱点)
⑨式写出初速度的表达形式,vz可以用不同速度表示形式,但不能和前面重复。⑫x表述形式正确,前面各式不全,都正确,本问满分。⑮式必须用R和d形式表达,其他形式不得分。(答题陷阱点)
【答题规则】规则1:公式要写原始公式,不然不得分①②⑧需要用定理的基本形式。规则2:使用题目给出的符号列式求解,题目中的物理量没有告知,必须说明,同一道题目中不能重复利用一个符号表示不同数据⑨式　 ⑮式
规则3:分步列式,可以不写推导过程和文字说明,不要只写综合式一般计算过程和文字说明不为得分点,必要的物理量需要说明。规则4:按照设问分条目罗列公式本题有4问,每一问都应该清楚的分开,不能混在一起,不分条目的罗列公式,只给第一问的公式分。除上述规则,还需关注以下规则规则5:有特殊要求的要按要求操作本题第(3)问要求用R、d表示,结果就必须用R和d表示,否则不得分。没有具体要求的结果带根号或分式均可。
1.(圆形磁场中的运动)如图所示,M、N是电压U=10 V的平行板电容器两极板,与绝缘水平轨道CF相接,其中CD段光滑,DF段粗糙、长度x=1.0 m。F点紧邻半径为R(未知)的绝缘圆筒(图示为圆筒的横截面),圆筒上开一小孔与圆心O在同一水平面上,圆筒内存在磁感应强度B=0.5 T、方向垂直纸面向里的匀强磁场和方向竖直向下的匀强电场E。一质量m=0.01 kg、电荷量q=-0.02 C的小球a从C点静止释放,运动到F点时与质量为2m、不带电的静止小球b发生碰撞,碰撞后a球恰好返回D点,b球进入圆筒后在竖直面内做圆周运动。不计空气阻力,小球a、b均视为质点,碰撞时两球电荷量平分,不计碰后两球间的库仑力,小球a在DF段与轨道的动摩擦因数μ=0.2,取重力加速度大小g=10 m/s2。求:
(1)圆筒内电场强度的大小;(2)两球碰撞时损失的能量;(3)若b球进入圆筒后,与筒壁发生弹性碰撞,又从小孔射出,求圆筒的半径R。
【解析】(1)小球b要在圆筒内做圆周运动,应满足: E|q|=2mg解得:E=20 N/C
(2)小球a到达F点的速度为v1,根据动能定理得:U|q|-μmgx= 小球a从F点开始反向运动的速度为v2,根据功能关系得:μmgx= 两球碰撞后,b球的速度为v,根据动量守恒定律得:mv1=-mv2+2mv则两球碰撞损失的能量为: 联立解得:ΔE=0
(3)小球b进入圆筒后,与筒壁发生n-1次碰撞后从小孔射出,轨迹图如图所示: 每段圆弧对应圆筒的圆心角为 则在磁场中做圆周运动的轨迹半径:r=Rtan 粒子在磁场中做圆周运动: |q|vB=2m 联立解得: n=3,4,5…
答案:(1)20 N/C　(2)0(3) ,n=3,4,5…
2.(叠加场运动)如图所示,在不考虑万有引力的空间里,有两条相互垂直的分界线MN、PQ,其交点为O。MN一侧有电场强度为E的匀强电场(垂直于MN),另一侧有匀强磁场(垂直纸面向里)。宇航员(视为质点)固定在PQ线上距O点为h的A点处,身边有多个质量均为m、电荷量不等的带负电小球。他先后以相同速度v0沿平行于MN方向抛出各小球。其中第1个小球恰能通过MN上的C点第一次进入磁场,通过O点第一次离开磁场,OC=2h。求:
(1)第1个小球的带电荷量大小;(2)磁场的磁感应强度的大小B;(3)磁场的磁感应强度是否存在某值,使后面抛出的每个小球从不同位置进入磁场后都能回到宇航员的手中,若存在则磁感应强度应调为多大?
【解析】(1)设第1个小球的电荷量为q1,从A点到C点的运动过程,由平抛运动知识: 解得:
(2)研究第1个小球从A到C的运动: 解得:vy=v0tanθ= =1,θ=45°,则v= 研究第1个小球从C点做圆周运动到达O点的过程,如图所示,由q1vB= 得 由几何关系得:2Rsinθ=2h解得:
(3)设后面抛出的小球电荷量为q,磁感应强度为B′,则 如图所示, ①小球做平抛运动过程 解得v′y=v0,则v′=
②小球穿过磁场一次能够自行回到A,满足要求:R′sinα=x,结合 得: sinα=x解得: 答案:
3.(组合场运动)如图所示,位于第一象限内半径为R的圆形磁场与两坐标轴分别相切于P、Q两点,磁场方向垂直纸面向外,磁感应强度大小为B,第四象限内存在沿y轴正方向的匀强电场,电场强度大小为E。Q点有一粒子源,可在xOy平面内向各个方向发射速率均为v的带正电粒子,其中沿x轴正方向射入磁场的粒子恰好从P点射出磁场。不计重力及粒子之间的相互作用。
(1)求带电粒子的比荷 (2)若AQ弧长等于六分之一圆弧,求从磁场边界上A点射出的粒子,由Q点至第2次穿出磁场所经历的时间。
【解析】(1)由几何关系得:粒子做圆周运动的半径r=R根据洛伦兹力提供向心力可得: 解得:
(2)由于粒子轨迹半径和圆半径相等,则无论粒子沿哪个方向射入磁场,从磁场中射出时速度方向均沿y轴负方向;若AQ弧长等于六分之一圆弧,粒子的运动轨迹如图所示:粒子在磁场中运动周期: 粒子在QA段运动时间: 无场区AB段距离:x=R-Rcs 30°粒子在AB段运动时间:
粒子在电场中运动时由牛顿第二定律:qE=ma在电场中运动时间: 粒子在AC段运动时间:t4= 总时间:t=t1+t2+t3+t4代入数据得: 答案:(1) 　(2)
4.(磁场中的周期性运动)如图甲所示,以O为坐标原点建立坐标系,等边三角形OMN内存在垂直纸面向里的匀强磁场,三角形外侧有沿x轴负方向的匀强电场。现有质量m=1×10-18 kg、电荷量q=+1×10-15 C的带电微粒从坐标为(0,-0.5 m)的Q点,以某一初速度v0沿某一方向入射,从x轴上的P点以v=200 m/s的速度垂直x轴进入三角形区域。若此时将三角形外侧的电场换成垂直纸面向外的匀强磁场(如图乙所示),两磁场的磁感应强度大小相等。已知三角形的边长L=4 m,O、P两点间距离为d=1 m,重力不计。求:
(1)匀强电场的电场强度大小及带电微粒的初速度大小;(2)若两磁场的磁感应强度大小B=0.2 T,求该微粒在乙图中运动一个周期的时间;(3)乙图中若微粒能再次回到P点,则两匀强磁场的磁感应强度大小应满足什么条件。
【解析】(1)在匀强电场中,对微粒受力分析,根据牛顿运动定律可知,水平方向 竖直方向OQ=vt水平分速度 微粒的初速度 联立解得E=320 V/m,v0=200 m/s;
(2)粒子在两磁场中均做匀速圆周运动,所以qvB= 解得r= =1 m 解得T= =3.14×10-2 s粒子的运动轨迹如图(a)所示,所以一个周期时间:t=3× +3× =6.28×10-2 s