2022高考物理二輪復(fù)習(xí) 專項1 模型突破 專題5 電磁偏轉(zhuǎn)模型高分突破學(xué)案

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1、2022高考物理二輪復(fù)習(xí) 專項1 模型突破 專題5 電磁偏轉(zhuǎn)模型高分突破學(xué)案 [模型統(tǒng)計] 真題模型 考查角度 真題模型 考查角度 (2018·全國卷Ⅰ T25) 考查帶電粒子在組合場中做類平拋運(yùn)動和勻速圓周運(yùn)動問題的“電磁偏轉(zhuǎn)模型” (2018·全國卷Ⅱ T25) 考查帶電粒子在組合場中做類平拋運(yùn)動和勻速圓周運(yùn)動問題的“電磁偏轉(zhuǎn)模型” (2018·全國卷Ⅲ T24) 考查帶電粒子在電場中加速，在磁場中做勻速圓周運(yùn)動問題的“電磁偏轉(zhuǎn)模型” (2016·全國卷Ⅰ T15) 考查應(yīng)用功能關(guān)系和牛頓運(yùn)動定律解決帶電粒子在電場中加速、在勻強(qiáng)磁場中偏轉(zhuǎn)等綜合

2、問題的“電磁偏轉(zhuǎn)模型” (2017·全國卷Ⅲ T24) 考查帶電粒子在有界磁場中的圓周運(yùn)動規(guī)律、粒子的運(yùn)動軌跡，以及應(yīng)用平面幾何知識解決物理問題的“電磁偏轉(zhuǎn)模型” [模型解讀] 1．帶電粒子在電場中的模型 (1)勻變速直線運(yùn)動：通常利用動能定理qU＝mv2－mv來求解，對于勻強(qiáng)電場，電場力做功也可以用W＝qEd來求解． (2)偏轉(zhuǎn)運(yùn)動：研究帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)問題，對于類平拋運(yùn)動可直接利用平拋運(yùn)動的規(guī)律以及推論；較復(fù)雜的曲線運(yùn)動常用運(yùn)動的合成與分解的方法來處理． (3)帶電粒子在周期性變化的電場中的運(yùn)動可借助運(yùn)動圖象進(jìn)行過程分析，進(jìn)而利用運(yùn)動規(guī)律進(jìn)行求解分析．

3、 2．帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動的模型 解答關(guān)鍵是畫粒子運(yùn)動軌跡的示意圖，確定圓心，半徑及圓心角．此類問題的解題思路是： (1)畫軌跡：即確定圓心，用幾何方法求半徑并畫出運(yùn)動軌跡． (2)找聯(lián)系：軌道半徑與磁感應(yīng)強(qiáng)度、運(yùn)動速度相聯(lián)系，偏轉(zhuǎn)角度與圓心角、入射方向、出射方向相聯(lián)系，在磁場中運(yùn)動的時間與周期相聯(lián)系． (3)用規(guī)律：即牛頓第二定律和圓周運(yùn)動的規(guī)律，特別是周期公式和半徑公式． 3．帶電粒子在復(fù)合場中運(yùn)動問題的模型 (1)正確分析受力：除重力、彈力和摩擦力外，要特別注意電場力和磁場力的分析． (2)正確分析物體的運(yùn)動狀態(tài)：根據(jù)時間先后順序分析運(yùn)動過程(即進(jìn)行運(yùn)動分段)，明確每階

4、段的運(yùn)動性質(zhì)．找出物體的速度、位置及其變化特點(diǎn)，如果出現(xiàn)臨界狀態(tài)，要分析臨界條件，帶電粒子在復(fù)合場中做什么運(yùn)動，取決于帶電粒子的受力情況． (3)應(yīng)用牛頓運(yùn)動定律、圓周運(yùn)動的知識和動能定理解決粒子運(yùn)動的問題． [模型突破] 考向1　帶電粒子在電場中運(yùn)動的模型 [典例1]　(2018·四川雅安三診)如圖1所示，光滑絕緣水平面上方存在電場強(qiáng)度大小為E、方向水平向右的勻強(qiáng)電場．某時刻將質(zhì)量為m、帶電量為－q的小金屬塊從A點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)時間t到達(dá)B點(diǎn)，此時電場突然反向且增強(qiáng)為某恒定值，又經(jīng)過時間t小金屬塊回到A點(diǎn)．小金屬塊在運(yùn)動過程中電荷量保持不變．求： 圖1 (1)A、B兩點(diǎn)間的距

5、離； (2)電場反向后勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大?。? 【解析】　(1)設(shè)t末和2t末小金屬塊的速度大小分別為v1和v2，電場反向后勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小為E1，小金屬塊由A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)過程 a1＝ x＝a1t2 聯(lián)立解得x＝t2. (2)v1＝a1t 解得v1＝t 小金屬塊由B點(diǎn)運(yùn)動到A點(diǎn)過程a2＝－ －x＝v1t＋a2t2 聯(lián)解得E1＝3E. 【答案】　(1)t2　(2)3E 　(2018·貴州適應(yīng)性考試)如圖所示，一重力不計的帶電粒子從平行板電容器的上極板左邊緣處以某一速度沿極板方向射入電容器．若平行板電容器所帶電荷量為Q1，該粒子經(jīng)時間t1恰好打在下極板正中間，若平行板

6、電容器所帶電荷量為Q2，該粒子經(jīng)時間t2恰好沿下極板邊緣飛出．不考慮平行板電容器的邊緣效應(yīng)，求兩種情況下： (1)粒子在電容器中運(yùn)動的時間t1、t2之比； (2)電容器所帶電荷量Q1、Q2之比． 【解析】　(1)設(shè)粒子在極板間的運(yùn)動時間為t，沿極板方向的位移為x，則：t＝ 即t∝x 由條件可知：＝ . (2)設(shè)電容器電容為C，極板間電壓U，極板間距d，極板間場強(qiáng)為E，則： U＝ E＝ 粒子的加速度a＝ d＝at2 聯(lián)立可得Q∝ 解得＝. 【答案】　(1)＝　(2)＝ 考向2　帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動的模型 [典例2]　 (2018·重慶江津中學(xué)月考)如圖2所示，

7、第四象限內(nèi)有互相垂直的勻強(qiáng)電場E與勻強(qiáng)磁場B1，E的大小為0.5×103V/m，B1大小為0.5 T；第一象限的某個矩形區(qū)域內(nèi)，有方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場B2，磁場的下邊界與x軸重合．一質(zhì)量m＝1×10－14kg、電荷量q＝1×10－10C的帶正電微粒以某一速度v沿與y軸正方向60°角從M點(diǎn)沿直線運(yùn)動，經(jīng)P點(diǎn)即進(jìn)入處于第一象限內(nèi)的磁場B2區(qū)域．一段時間后，微粒經(jīng)過y軸上的N點(diǎn)并與y軸正方向成60°角的方向飛出. M點(diǎn)的坐標(biāo)為(0, －10 cm)，N點(diǎn)的坐標(biāo)為(0, 30 cm)，不計微粒重力． 圖2 (1)請分析判斷勻強(qiáng)電場E的方向并求出微粒的運(yùn)動速度v； (2)勻強(qiáng)磁場B2的大

8、小為多大； (3) B2磁場區(qū)域的最小面積為多少？ 【解析】　(1)粒子重力忽略不計，微粒在第四象限內(nèi)僅受電場力和洛倫茲力，且微粒做直線運(yùn)動，速度的變化會引起洛倫茲力的變化，所以微粒必做勻速直線運(yùn)動．這樣，電場力和洛倫茲力大小相等，方向相反，由左手定則可知，粒子所受的洛倫茲力方向與微粒運(yùn)動的方向垂直斜向上，即與y軸負(fù)方向成30°角斜向上，則知電場E的方向與微粒運(yùn)動的方向垂直，即與y軸負(fù)方向成30°角斜向下． 由力的平衡條件得：Eq＝B1qv，代入數(shù)據(jù)解得：v＝1×103m/s. (2)畫出微粒的運(yùn)動軌跡如圖． 由幾何關(guān)系可知粒子在第一象限內(nèi)做圓周運(yùn)動的半徑為：R＝m； 微粒做圓周運(yùn)

9、動的向心力由洛倫茲力提供， 由牛頓第二定律得：qvB2＝m ，代入數(shù)據(jù)解得：B2＝T. (3)由圖可知，磁場B2的最小區(qū)域應(yīng)該分布在圖示的矩形PACD內(nèi)． 由幾何關(guān)系易得：PD＝2Rsin 60°，代入數(shù)據(jù)解得：PD＝0.2 m， PA＝R(1－cos 60°)＝m， 故所求磁場的最小面積：S＝PD·PA＝0.2×＝m2. 【答案】　(1)103m/s　(2)T　(3)m2 　如圖所示，速度選擇器兩板間電壓為U、相距為d，板間有垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0的勻強(qiáng)磁場；在緊靠速度選擇器右側(cè)的圓形區(qū)域內(nèi)，分布著垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B未知，圓形磁場區(qū)域半徑為R.一質(zhì)量

10、為m、電荷量為q的帶正電的粒子在速度選擇器中做直線運(yùn)動，從M點(diǎn)沿圓形磁場半徑方向進(jìn)入磁場，然后從N點(diǎn)射出，O為圓心，∠MON＝120°，粒子重力可忽略不計．求： (1)粒子在速度選擇器中運(yùn)動的速度大小； (2)圓形磁場區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??； (3)粒子在圓形磁場區(qū)域的運(yùn)動時間． 【解析】　(1)粒子在速度選擇器中做直線運(yùn)動，由力的平衡條件得qvB0＝qE＝q 解得：v＝. (2)粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，軌跡如圖所示： 設(shè)其半徑為r，由向心力公式得：qvB＝ 由幾何關(guān)系得：＝tan 30° 聯(lián)立解得：B＝＝. (3)粒子在磁場中運(yùn)動周期為：T＝＝ 根據(jù)幾何關(guān)

11、系可知粒子在磁場中的圓心角為60°，聯(lián)立以上可得運(yùn)動時間為：t＝T＝T＝. 【答案】　(1)　(2)　(3) 考向3　帶電粒子在組合場、復(fù)合場中運(yùn)動問題的模型 [典例3]　(2018·百校聯(lián)盟4月聯(lián)考)如圖3甲所示，空間存在著正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場方向水平向右，磁場方向垂直于紙面向里．在t＝0時刻，一質(zhì)量為m，電荷量大小為q的帶正電粒子在O點(diǎn)垂直于電場、磁場以初速度v0豎直向上射入正交的電場和磁場，開始時，粒子向上做一段直線運(yùn)動，不計粒子受到的重力．電場強(qiáng)度的變化規(guī)律如圖乙所示(E0未知)．磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度變化規(guī)律如圖丙所示，求： 圖3 (1)電場強(qiáng)度E0的大小及粒子開始

12、時做直線運(yùn)動的位移大小； (2)t＝3t0時刻，粒子離O點(diǎn)的距離及粒子的速度大?。? 【解析】　(1)結(jié)合圖乙、丙可知，0～t0時間內(nèi)，粒子做直線運(yùn)動，設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0＝，則有：qE0＝qv0B0 解得：E0＝ 粒子在這段時間內(nèi)向上直線運(yùn)動的位移大小為x0＝v0t0. (2)在t0～2t0時間內(nèi)，粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，由牛頓第二定律得：qv0B0＝m 解得：R＝ 粒子在磁場中勻速運(yùn)動的周期為T＝＝2t0 因此粒子在這段時間里剛好運(yùn)動半周 在2t0～3t0時間內(nèi)，粒子做類平拋運(yùn)動，粒子沿電場方向運(yùn)動的加速度為a＝＝ 豎直方向的位移為y1＝v0t0＝x0 水平方向的

13、位移為x＝at＝πv0t0 因此在t＝3t0時刻，粒子離O點(diǎn)的距離為s＝x－2R＝v0t0 沿電場方向的速度為vx＝at0＝πv0 故粒子的速度大小為v＝＝v0. 【答案】　(1)　v0t0　(2)v0t0　v0 　(2018·東莞模擬)如圖所示，直角坐標(biāo)系僅第一象限有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)為E，僅在第二象限有垂直坐標(biāo)軸平面向里的勻強(qiáng)磁場，在x軸上有一無限長平板，在(0，L)處有一粒子發(fā)射源S，粒子發(fā)射源可向坐標(biāo)軸平面內(nèi)的各個方向發(fā)射速度可變化的同種粒子，粒子質(zhì)量為m，帶電量為q.已知當(dāng)沿x軸負(fù)方向發(fā)射粒子的速度大小為v0時，粒子恰好垂直打到平板上，不計粒子的重力． (1

14、)只改變發(fā)射源在坐標(biāo)軸平面內(nèi)發(fā)射粒子的方向(僅向y軸左側(cè)發(fā)射)，若粒子打在x軸負(fù)半軸上，求帶電粒子在磁場中運(yùn)動的最短時間； (2)只改變發(fā)射源在坐標(biāo)軸平面內(nèi)發(fā)射粒子的速度大小(方向仍沿x軸負(fù)方向)，要使帶電粒子打在x軸正半軸上的距離最遠(yuǎn)，求發(fā)射速度的大?。? 【解析】　(1)根據(jù)題意和粒子的運(yùn)動軌跡可知，帶電粒子帶正電且在磁場中的軌道半徑為R＝L，由洛倫茲力提供向心力Bv0q＝m，解得＝，帶電粒子打到O點(diǎn)時(對應(yīng)路程最短)在磁場中運(yùn)動時間最短，運(yùn)動軌跡對應(yīng)的圓心角為θ＝ 可得運(yùn)動的最短時間t＝. (2)設(shè)粒子發(fā)射速度大小為v，由洛倫茲力提供向心力Bvq＝m 可得R＝，粒子打在平板上x軸右側(cè)，則2R