2019年高考物理大二輪復習 專題三 電場和磁場 專題跟蹤訓練10 帶電粒子在復合場中的運動.doc

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專題跟蹤訓練(十) 帶電粒子在復合場中的運動 1．(2018鄭州質(zhì)量預測二)如圖所示，矩形區(qū)域abcdef分為兩個矩形區(qū)域，左側(cè)區(qū)域充滿勻強電場，方向豎直向上，右側(cè)區(qū)域充滿勻強磁場，方向垂直紙面向外，be為其分界線．a(chǎn)f＝L，ab＝0.75L，bc＝L.一質(zhì)量為m、電荷量為e0的電子(重力不計)從a點沿ab方向以初速度v0射入電場，從be邊的中點g進入磁場．(已知sin37＝0.6，cos37＝0.8) (1)求勻強電場的電場強度E的大?。? (2)若要求電子從cd邊射出，求所加勻強磁場磁感應強度的最大值Bm； (3)調(diào)節(jié)磁感應強度的大小，求cd邊上有電子射出部分的長度． [解析]　(1)電子在電場中做類平拋運動，有 ＝ 0.75L＝v0t 由牛頓第二定律有e0E＝ma 聯(lián)立解得E＝ (2)電子進入磁場時，速度方向與be邊夾角的正切值 tanθ＝＝0.75，θ＝37 電子進入磁場時的速度為v＝＝v0 設(shè)電子運動軌跡剛好與cd邊相切時，軌跡半徑最小，為r1 則由幾何關(guān)系知r1＋r1cos37＝L 解得r1＝L 由e0vB＝可得對應的最大磁感應強度Bm＝ (3)設(shè)電子運動軌跡剛好與de邊相切時，軌跡半徑為r2 則r2＝r2sin37＋ 解得r2＝L 又r2cosθ＝L，故切點剛好為d點 電子從cd邊射出的長度為Δy＝＋r1sin37＝L [答案]　(1)　(2)　(3)L 2．(2018杭州高三摸底)如圖所示，位于豎直平面內(nèi)的坐標系xOy，在其第三象限空間有沿水平方向的、垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B＝0.5 T，還有沿x軸負方向的勻強電場，場強大小為E＝2 N/C．在其第一象限空間有沿y軸負方向、場強大小也為E的勻強電場，并在y>h＝0.4 m的區(qū)域有磁感應強度也為B的垂直于紙面向里的勻強磁場．一個帶電荷量為q的油滴從圖中第三象限的P點得到一初速度，恰好能沿PO做勻速直線運動(PO與x軸負方向的夾角為θ＝45)，并從原點O進入第一象限．已知重力加速度g＝10 m/s2.問： (1)油滴在第三象限運動時受到的重力、電場力、洛倫茲力三力的大小之比，并指出油滴帶何種電荷； (2)油滴在P點得到的初速度大??； (3)油滴在第一象限運動的時間以及油滴離開第一象限處的坐標值． [解析]　 (1)分析油滴受力可知要使油滴做勻速直線運動，油滴應帶負電．受力如圖所示 由平衡條件和幾何關(guān)系得 mg∶qE∶f＝1∶1∶. (2)油滴在垂直PO方向上應用平衡條件得 qvB＝2Eqcos45，代入數(shù)據(jù)解得v＝4 m/s. (3)由(1)可知，油滴在第一象限內(nèi)受到的重力等于電場力，故油滴在電場與重力場的復合場中做勻速直線運動，在電場、磁場、重力場三者的復合場中做勻速圓周運動，軌跡如圖所示．由O到A勻速運動的位移為s1＝＝h＝0.4 m，運動時間為t1＝＝0.1 s 油滴在復合場中做勻速圓周運動的周期T＝ 由幾何關(guān)系知油滴由A到C運動的時間為t2＝T＝，聯(lián)立解得t2≈0.628 s，從C到N，粒子做勻速直線運動，由對稱性知，運動時間t3＝t1＝0.1 s，則第一象限內(nèi)總的運動時間為t＝t1＋t2＋t3＝0.828 s. 設(shè)OA、AC、CN段在x軸上的投影分別為x1、x2、x3， 則x1＝x3＝h＝0.4 m，x2＝r＝ 由(1)可知mg＝qvB，代入上式可得x2＝3.2 m，所以粒子在第一象限內(nèi)沿x軸方向的總位移為x＝x1＋x2＋x3＝4 m，油滴離開第一象限時的位置坐標為(4.0 m,0)． [答案]　(1)1∶1∶　負電　(2)4 m/s　(3)(4.0 m,0) 3．(2018肇慶二模)如圖甲所示，豎直擋板MN左側(cè)空間有方向豎直向上的勻強電場和垂直紙面向里的水平勻強磁場．電場和磁場的范圍足夠大，電場強度E＝40 N/C，磁感應強度B隨時間t變化的關(guān)系圖象如圖乙所示，選定磁場垂直紙面向里為正方向．t＝0時刻，一質(zhì)量m＝810－4 kg、電荷量q＝＋210－4 C的微粒在O點具有豎直向下的速度v＝0.12 m/s，O′是擋板MN上一點，直線OO′與擋板MN垂直，取g＝10 m/s2.求： (1)微粒再次經(jīng)過直線OO′時與O點的距離． (2)微粒在運動過程中離開直線OO′的最大高度． (3)水平移動擋板，使微粒能垂直射到擋板上，擋板與O點間的距離應滿足的條件． [解析]　(1)根據(jù)題意可以知道，微粒所受的重力 G＝mg＝810－3 N① 電場力大小F＝qE＝810－3 N② 因此重力與電場力平衡 微粒先在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，則 qvB＝m③ 由③式解得：R＝0.6 m④ 由T＝⑤ 得：T＝10π s⑥ 則微粒在5π s內(nèi)轉(zhuǎn)過半個圓周，再次經(jīng)直線OO′時與O點的距離：L＝2R⑦ 將數(shù)據(jù)代入上式解得：L＝1.2 m．⑧ (2)微粒運動半周后向上勻速運動，運動的時間為t＝5π s，軌跡如圖所示，位移大小：s＝vt⑨ 由⑨式解得：s＝1.88 m．⑩ 因此，微粒離開直線OO′的最大高度：H＝s＋R＝2.48 m. (3)若微粒能垂直射到擋板上的某點P，P點在直線OO′下方時，由圖象可以知道，擋板MN與O點間的距離應滿足： L＝(2.4n＋0.6) m(n＝0,1,2，…) 若微粒能垂直射到擋板上的某點P，P點在直線OO′上方時，由圖象可以知道，擋板MN與O點間的距離應滿足：L＝(2.4n＋1.8) m(n＝0,1,2，…)． (若兩式合寫成L＝(1.2n＋0.6) m(n＝0,1,2，…)也可) [答案]　(1)1.2 m　(2)2.48 m　(3)見解析 4．(2018河南六校聯(lián)考)某種粒子加速器的設(shè)計方案如圖所示，M、N為兩塊垂直于紙面放置的圓形正對平行金屬板，兩金屬板中心均有小孔(孔的直徑大小可忽略不計)，板間距離為h.兩板間接一直流電源，每當粒子進入M板的小孔時，控制兩板的電勢差為U，粒子得到加速，當粒子離開N板時，兩板的電勢差立刻變?yōu)榱悖畠山饘侔逋獠看嬖谥?、下兩個范圍足夠大且有理想平行邊界的勻強磁場，上方磁場的下邊界cd與金屬板M在同一水平面上，下方磁場的上邊界ef與金屬板N在同一水平面上，兩磁場平行邊界間的距離也為h，磁場方向垂直紙面向里，磁感應強度為B．在兩平行金屬板右側(cè)形成與金屬板間距離一樣為h的無電場、無磁場的狹縫區(qū)域．一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從M板小孔處無初速度釋放，粒子在MN板間被加速，粒子離開N板后進入下方磁場中運動．若空氣阻力、粒子所受的重力以及粒子在運動過程中產(chǎn)生的電磁輻射均可忽略不計，不考慮相對論效應、兩金屬板間電場的邊緣效應以及電場變化對于外部磁場和粒子運動的影響． (1)為使帶電粒子經(jīng)過電場加速后不打到金屬板上，請說明圓形金屬板的半徑R應滿足什么條件； (2)在ef邊界上的P點放置一個目標靶，P點到N板小孔O的距離為s時，粒子恰好可以擊中目標靶．對于擊中目標靶的粒子，求： ①其進入電場的次數(shù)n； ②其在電場中運動的總時間與在磁場中運動的總時間之比． [解析]　(1)設(shè)粒子第一次經(jīng)過電場加速后的速度為v1， 對于這個加速過程，根據(jù)動能定理有： qU＝mv，解得v1＝ ； 粒子進入磁場中做勻速圓周運動，設(shè)其運動的軌道半徑為r1， 根據(jù)洛倫茲力公式和牛頓第二定律有： qv1B＝m，得r1＝＝ 為使粒子不打到金屬板上，應使金屬板的半徑R<2r1，即R< . (2)①設(shè)到達ef邊界上P點的粒子運動速度為vn，根據(jù)幾何關(guān)系可知，其在磁場中運動的最后一周的軌道半徑rn＝，根據(jù)洛倫茲力公式和牛頓第二定律有 qvB＝m，解得vn＝＝ 設(shè)粒子在電場中被加速n次，對于這個加速過程根據(jù)動能定理有nqU＝mv＝m2，解得：n＝. ②設(shè)粒子在電場中運動的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律有：q＝ma，解得a＝ 因在磁場中運動洛倫茲力不改變粒子運動速度的大小，故粒子在電場中的間斷加速運動可等效成一個連續(xù)的勻加速直線運動 設(shè)總的加速時間為t1，根據(jù)vn＝at1 可得t1＝ 粒子在磁場中做勻速圓周運動，運動周期T＝保持不變． 對于擊中目標靶的粒子，其在磁場中運動的總時間t2＝T＝ 所以＝. [答案]　(1)R< (2)①?、?