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        帶電粒子場中動 考題類型須弄清

        2017-01-21 21:08:45華興恒
        中學(xué)生理科應(yīng)試 2016年11期
        關(guān)鍵詞:電場力帶電粒子重力

        華興恒

        帶電粒子在不同的場中運動是高考的熱點,有些學(xué)生對此類問題望而生畏,常常不知如何入手求解,導(dǎo)致考場失利,難以榮錄心儀的學(xué)校.為此下面對此類考題分類例析,只要大家分類掌握了這些題型的解法,然后達到舉一反三,便可觸類旁通,為順利高考打下堅實的基礎(chǔ).

        一、帶電粒子在電場中的運動問題

        例1 (2016年全國卷Ⅱ)如圖1所示,P是固定的點電荷,虛線是以P為圓心的兩個圓.帶電粒子Q在P的電場中運動,運動軌跡與兩圓在同一平面內(nèi),a、b、c為軌跡上的三個點.若Q僅受P的電場力作用,其在a、b、c點的加速度大小分別為aa、ab、ac,速度大小分別為va、vb、vc.則()圖1

        解析因為帶電粒子只受電場力的作用,由點電荷電場強度公式E=kqr2可知,離場源點電荷P越近,電場強度越大,Q受到的電場力也就越大,則由牛頓第二定律可知,加速度越大,故有ab>ac>aa,則選項A、B錯誤;由力與運動的關(guān)系可知,Q受到的庫侖力指向運動軌跡凹的一側(cè),因此Q與P帶同種電荷,Q從c到b的過程中,電場力做負功,動能減少,從b到a的過程中,電場力做正功,動能增加,因此Q在b點的速度最小,由于b、c兩點的電勢差的絕對值小于a、b兩點的電勢差的絕對值,因此Q從c到b的過程中,動能的減少量小于從b到a的過程中動能的增加量,Q在c點的動能小于在a點的動能,即有va>vc>vb.故應(yīng)選D.

        點評掌握點電荷電場的特點,明確電場力做功與電勢差的關(guān)系,是順利求解本題的關(guān)鍵.熟知帶電粒子僅在電場力的作用下,其加速度的大小取決于場強的大小,其速度的大小取決于電場力做功的正負與大小.要注意的是:帶電粒子在電場中運動時,若只受電場力的作用,則帶電粒子的動能與其勢能的總和為一定值.

        例2 (2016年北京卷)如圖2所示,電子由靜止開始經(jīng)加速電場加速后,沿平行于板面的方向射入偏轉(zhuǎn)電場,并從另一側(cè)射出.已知電子質(zhì)量為m,電荷量為e,加速電場電壓為U0,偏轉(zhuǎn)電場可看作勻強電場,極板間電壓為U,極板長度為L,板間距離為d.

        圖2

        (1)忽略電子所受重力,求電子射入偏轉(zhuǎn)電場時的初速度v0和從電場射出時沿垂直板面方向的偏轉(zhuǎn)距離Δy.

        (2)分析物理量的數(shù)量級是解決物理問題的常用方法.在解決(1)問時忽略了電子所受的重力,請利用下列數(shù)據(jù)分析說明其原因.已知U=2.0×102V,d=4.0×10-2m,m=9.1×10-31kg,e=1.6×10-19C,g=10m/s2.

        (3)極板間既有靜電場也有重力場.電勢反映了靜電場各點的能的性質(zhì),請寫出電勢

        φ的定義式.類比電勢的定義方法,在重力場中建立“重力勢”φG的概念,并簡要說明電勢和“重力勢”的共同特點.

        解析該題主要考查帶電粒子在加速電場和偏轉(zhuǎn)電場中的運動、電勢的定義等知識.

        (1)根據(jù)功和能的關(guān)系,有eU0=12mv20,則電子射入偏轉(zhuǎn)電場的初速度v0=2eU0m.

        在偏轉(zhuǎn)電場中電子的運動時間為Δt=Lv0=

        Lm2eU0,可得偏轉(zhuǎn)距離△y=12a(Δt)2=12·eUdm(Δt)2=UL24U0d.

        (2)考慮電子所受重力和電場力的數(shù)量級,有重力G=mg~10-29N,電場力F=eUd~10-15N.因為FG,因此無須考慮電子所受的重力作用.

        (3)電場中某點電勢φ定義為電荷在該點的電勢能EP與其電荷量q的比值,即φ=EPq.由于重力做功與路徑無關(guān),可以類比靜電場電勢的定義,將重力場中物體在某點的重力勢能EG與其質(zhì)量m的比值叫做“重力勢”,即φG=EGm.電勢φ和重力勢φG都是反映場的能的性質(zhì)的物理量,僅由場本身的因素決定.

        例3 (2015年全國卷Ⅱ)如圖3所示,一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子在勻強電場中運動,A、B為其運動軌跡上的兩點.已知該粒子在A點的速度大小為v0,方向與電場方向的夾角為60°,它運動到B點時速度方向與電場方向的夾角為30°,不計重力.求A、B兩點間的電勢差.

        解析 設(shè)帶電粒子在B點的速度大小為vB,粒子在垂直于電場方向的速度分量不變,即vBsin30°=v0sin60°,由此可得vB=3v0.

        設(shè)A、B兩點間的電勢差為UAB,則由動能定理有qUAB=12m(v2B-v20),將vB代入可解得UAB=mv20q.

        點評 帶電粒子在勻強電場中運動,垂直電場方向上其分速度大小不變,電場力只改變帶電粒子沿電場方向上的分速度,兩個方向上分速度的大小關(guān)系也就決定了帶電粒子運動方向與電場線方向的夾角,重點是將速度分解,然后根據(jù)qU=△Ek即可獲解.

        二、帶電粒子在磁場中的運動問題

        例4 (2016全國卷Ⅱ)一圓筒處于磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中,磁場方向與筒的軸平行,筒的橫截面如圖4所示.圖中直徑MN的兩端分別開有小孔,筒繞其中心軸角速度ω順時針轉(zhuǎn)動.在該截面內(nèi),一帶電粒子從小孔M射入圓筒,射入時的運動方向與MN成30°角.當(dāng)圓筒轉(zhuǎn)過90°時,該粒子恰好從小孔N飛出圓筒.不計重力,若粒子在筒內(nèi)未與筒壁發(fā)生碰撞,則帶電粒子的比荷為( ).圖5

        A.ω3BB.ω2BC.ωBD.2ωB

        解析 由題意可知帶電粒子在磁場中做圓周運動的軌跡如圖5所示.由幾何關(guān)系可知,帶電粒子在磁場中做圓周運動的圓弧所對的圓心角為30°,因此帶電粒子在磁場中運動的時間為t=112×2πmqB;由題意可知,帶電粒子在磁場中運動的時間與筒轉(zhuǎn)過90°所用的時間相等,即πm6qB=14×2πω,求得qm=ω3B.

        故應(yīng)選A.

        點評 求解本題的關(guān)鍵是要能夠正確的審題,并能夠根據(jù)審題結(jié)果正確地畫出粒子運動的軌跡,并找準幾何關(guān)系.簡單地說就是:定圓心,畫軌跡,由幾何知識求半徑,找圓心角求時間.否則會導(dǎo)致錯解的發(fā)生.

        例5 (2016四川卷)如圖6所示,正六邊形abcdef區(qū)域內(nèi)有垂直紙面的勻強磁場.一帶正電的粒子從f點沿fd方向射入勻強磁場區(qū)域,當(dāng)速度大小為vb時,從b點離開磁場,在磁場中運動的時間為tb;當(dāng)速度大小為vc時,從c點離開磁場,在磁場中運動的時間為tc.不計粒子重力,則( )

        解析設(shè)正六邊形的邊長為l,一帶正電的粒子從f沿fd方向射入磁場區(qū)域,當(dāng)速度大小為vb時,從b點離開磁場,則由幾何關(guān)系可知粒子在磁場中做圓周運動的半徑為rb=l,粒子在磁場中做圓周運動的軌跡所對的圓心角為120°.因為由洛倫茲力提供向心力,則有Bqvb=mv2bl,解得l=mvbqB,且T=2πl(wèi)vb,可得tb=13·2πmqB;當(dāng)速度大小為vc時,從c點離開磁場,則由幾何關(guān)系可知,粒子在磁場中做圓周運動的半徑rc=l+12lsinθ=2l,同理有2l=mvcqB,tc=16·2πmqB.解得vb∶vc=1∶2,tb∶tc=2∶1,則選項A正確.故應(yīng)選A.

        點評 解答本題的關(guān)鍵是要確定粒子做圓周運動的圓心,然后根據(jù)幾何關(guān)系求出粒子做圓周運動的半徑以及運動軌跡所對應(yīng)的圓心角,這樣就能夠順利獲解.

        例6 (2016年全國卷Ⅲ)平面OM和平面ON之間的夾角為30°,其橫截面圖8

        (紙面)如圖8所示,平面OM上方存在勻強磁場,磁感應(yīng)強度大小為B,方向垂直于紙面向外.一帶電粒子的質(zhì)量為m,電荷量為q(q>0).粒子沿紙面以大小為v的速度從OM的某點向左上方射入磁場,速度與OM成30°角.已知該粒子在磁場中的運動軌跡與ON只有一個交點,并從OM上另一點射出磁場.不計重力,粒子離開磁場的出射點到兩平面交線O的距離為().

        A.mv2qB B.3mvqB C.2mvqB D.4mvqB

        解析如圖9所示為粒子在勻強磁場中的運動軌跡示意圖,設(shè)出射點為P,粒子運動軌跡與ON的交點為Q,粒子入射方向與OM成30°角,則射出磁場時速度方向與MO成30°角,由幾何關(guān)系可知,PQ⊥ON,故出射點到O點的距離為軌道圓直徑的2倍,即4R.又粒子在勻強磁場中運動的軌跡半徑R=mvqB,故應(yīng)選D.

        點評準確作出帶電粒子在磁場中的運動軌跡是解題的關(guān)鍵,在做題時可以運用直尺和圓規(guī)或小硬幣輔助作圖,以利于順利求解.

        例7 (2013年課標全國卷Ⅰ)如圖10所示,半徑是R的圓是一圓柱形勻強磁場區(qū)域的橫截面(紙面),磁感應(yīng)強度大小為B,方向垂直于紙面向外.一電荷量為q(q>0)、質(zhì)量為m的粒子沿平行于直徑ab的方向射入磁場區(qū)域,射入點與ab的距離為R2.已知粒子射出磁場與射入磁場時運動方向間的夾角為60°,則粒子的速率為(不計重力)().

        A.qBR2m B.qBRm C.3qBR2m D.2qBRm

        解析作出粒子運動軌跡如圖11中實線所示.因P到ab的距離為R2,可知α=30°.因粒子速度方向改變60°,可知轉(zhuǎn)過的圓心角2θ=60°.由圖中幾何關(guān)系有(r+R2)tanθ=Rcosα,解得r=R.再由Bqv=mv2r,可得v=qBRm.則選項

        A、C、D錯誤,選項B正確.故應(yīng)選B.

        點評正確地描繪粒子運動軌跡是順利求解本題的關(guān)鍵,然后根據(jù)幾何關(guān)系,利用邊、角關(guān)系確定圓的半徑,進而根據(jù)圓周運動的規(guī)律便可簡捷地求出粒子的速率.

        三、帶電粒子在復(fù)合場中的運動問題圖12例8 (2016年北京卷)如圖12所示,質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子,以初速度v沿垂直磁場方向射入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場,在磁場中做勻速圓周運動.不計帶電粒子所受的重力.

        (1)求粒子做勻速圓周運動的半徑R和周期T;

        (2)為使該粒子做勻速直線運動,還需要同時存在一個與磁場方向垂直的勻強電場,求電場強度E的大小.

        解析(1)因洛倫茲力提供向心力,則有qvB=mv2R,據(jù)此可求得帶電粒子做勻速圓周運動的半徑R=mvqB,勻速圓周運動的周期T=2πRv=2πmqB.

        (2)帶電粒子所受的電場力為F=qE,洛倫茲力為f=qvB.因帶電粒子做勻速直線運動,則有qE=qvB,據(jù)此可得電場強度的大小為E=vB.

        地面上方有一范圍足夠大的

        互相正交的勻強電場和勻強

        磁場區(qū)域.磁場的磁感應(yīng)強

        度為B,方向水平并垂直紙面

        向里.一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的帶正電微粒在此區(qū)域內(nèi)沿豎直平面(垂直于磁場方向的平面)做速度大小為v的勻速圓周運動,重力加速度為g.

        (1)求此區(qū)域內(nèi)電場強度的大小和方向.

        (2)若某時刻該微粒在場中運動到P點時,速度與水平方向的夾角為60°,且已知P點與水平地面間的距離等于其做圓周運動的半徑.求該微粒運動到最高點時與水平地面間的距離.

        (3)當(dāng)帶電微粒運動至最高點時,將電場強度的大小變?yōu)樵瓉淼?2(方向不變,且不計電場變化對原磁場的影響),且?guī)щ娢⒘D苈渲恋孛妫髱щ娢⒘B渲恋孛鏁r的速度大小.

        解析 (1)由于帶電微??梢栽陔妶?、磁場和重力場共存的區(qū)域內(nèi)沿豎直平面做勻速圓周運動,表明帶電微粒所受的電場力和重力大小相等、方向相反,因此電場強度的方向豎直向上.

        設(shè)電場強度為E,則有mg=qE,即E=mgq.

        圖14

        (2)設(shè)帶電微粒做勻速圓周運動的軌道半徑為R,根據(jù)牛頓第二定律和洛倫茲力公

        式有qvB=mv2R,解得R=mvqB.

        依題意可畫出帶電微粒做勻速圓周運動的軌跡如圖14所示,由幾何關(guān)系可知,該微粒運動至最高點時與水平地面間的距離hm=52R=5mv2qB.

        (3)將電場強度的大小變?yōu)樵瓉淼?2,即F電=mg2,帶電微粒運動過程中,洛倫茲力不做功,所以在它從最高點運動至地面的過程中,只有重力和電場力做功,設(shè)帶電微粒落地時的速度大小為v1,根據(jù)動能定理有mghm-F電hm=12mv21-12mv2,解得v1=v2+5mgv2qB.

        答案:(1)mgq,方向豎直向上 (2)5mgv2qB

        (3)v2+5mgv2qB

        點評 處理帶電粒子在復(fù)合場中運動問題的技巧.

        1.弄清復(fù)合場的組成.

        2.正確分析帶電粒子的受力及運動特征.

        3.畫出粒子運動軌跡,靈活選擇不同的運動規(guī)律.

        4.對于臨界問題,注意挖掘隱含條件,關(guān)注特殊詞語如“恰好”“剛好”“至少”,尋找解題的突破口.

        例10 (2012年課標全國卷)如圖15所示,一半徑為R的圓表示一柱形區(qū)域(紙面).在柱形區(qū)域內(nèi)加一方向垂直于紙面的勻強磁場,一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子沿圖中直線在圓上的a點射入柱形區(qū)域,在圓上的b點離開該區(qū)域,離開時速度方向與直線垂直.圓心O到直線的距離為35R.現(xiàn)將磁場換為平行于紙面且垂直于直線的勻強電場,同一粒子以同樣速度沿直線在a點射入柱形區(qū)域,也在b點離開該區(qū)域.若磁感應(yīng)強度大小為B,不計重力,求電場強度的大小.

        解析 粒子在磁場中做圓周運動,設(shè)圓周的半徑為r,由牛頓第二定律和洛倫茲力公式得

        qvB=mv2r

        式中v為粒子在a點的速度.

        如圖16所示,

        過b點和O點作直線的垂線,分別與直線交于c、d兩點,則由幾何關(guān)系可知,線段ac、bc與過a、b兩點的軌跡圓弧的兩條半徑(未畫出)

        圍成一正方形.因此有

        ac=bc=r②圖16

        設(shè)cd=x,則由幾何關(guān)系可得

        ac=45R+x

        bc=35R+x④

        聯(lián)立②③④式得r=75R⑤

        再考慮粒子在電場中的運動.設(shè)電場強度的大小為E,粒子在電場中做類平拋運動,設(shè)其加速度大小為a,則由牛頓第二定律和帶電粒子在電場中的受力公式可得

        qE=ma⑥

        粒子在電場方向和直線方向所走的距離均為r,則由運動學(xué)公式可得

        r=12at2

        r=vt⑧

        式中t是粒子在電場中運動的時間.

        聯(lián)立①⑤⑥⑦⑧式可解得E=14qRB25m.

        (收稿日期:2016-08-24)

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