《（浙江選考）2018版高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題七 計算題題型強化 第3講 加試計算題22題 帶電粒子在復(fù)合場中的運動學(xué)案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江選考）2018版高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題七 計算題題型強化 第3講 加試計算題22題 帶電粒子在復(fù)合場中的運動學(xué)案（14頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第3講加試計算題22題帶電粒子在復(fù)合場中的運動題型1帶電粒子在疊加場中的運動1. 如圖1所示的坐標(biāo)系，x軸沿水平方向，y軸沿豎直方向第一、第二和第四象限內(nèi)，既無電場也無磁場，在第三象限，存在沿y軸正方向的勻強電場和垂直坐標(biāo)平面向里的勻強磁場一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電質(zhì)點，從y軸上y1h處的P1點，以一定的水平初速度沿x軸負方向進入第二象限；然后經(jīng)過x軸上x2h處的P2點進入第三象限，帶電質(zhì)點恰好做勻速圓周運動，經(jīng)y軸上y32h的P3點離開電磁場，重力加速度為g.求：圖1(1)帶電質(zhì)點到達P2點時速度的大小和方向；(2)第三象限內(nèi)電場強度的大??；(3)第三象限內(nèi)磁感應(yīng)強度的大小答案(1)2方向

2、與x軸負方向成45角(2) (3)解析(1)帶電質(zhì)點運動軌跡如圖帶電質(zhì)點從P1到P2點，由平拋運動規(guī)律得：hgt2v0vygttan v2方向與x軸負方向成45角(2)帶電質(zhì)點從P2到P3，重力與電場力平衡，得：Eqmg解得：E.(3)第三象限內(nèi)，洛倫茲力提供帶電質(zhì)點做勻速圓周運動的向心力，由牛頓第二定律得：qvB由幾何關(guān)系得：(2R)2(2h)2(2h)2聯(lián)立式得：B .2如圖2所示，在足夠大的空間范圍內(nèi)，同時存在著豎直向上的勻強電場和垂直紙面向外的勻強磁場，電場強度為E，磁感應(yīng)強度為B.足夠長的斜面固定在水平面上，斜面傾角為45.有一帶電的小球P靜止于斜面頂端A處，且恰好對斜面無壓力若將小

3、球P以初速度v0水平向右拋出(P視為質(zhì)點)，一段時間后，小球落在斜面上的C點已知小球的運動軌跡在同一豎直平面內(nèi)，重力加速度為g，求：圖2(1)小球P落到斜面上時速度方向與斜面的夾角及由A到C所需的時間t；(2)小球P拋出到落到斜面的位移x的大小答案(1)45(2)解析(1)小球P靜止時不受洛倫茲力作用，僅受自身重力和電場力，對斜面無壓力，則mgqEP獲得水平初速度后由于重力和電場力平衡，將在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，由對稱性可得小球P落到斜面上時其速度方向與斜面的夾角為45qv0BmT圓周運動轉(zhuǎn)過的圓心角為90，小球P由A到C所需的時間：t(2)由式可知，P做勻速圓周運動的半徑R由幾何關(guān)系

4、知xR由可解得位移x.1.帶電粒子在疊加場中無約束情況下的運動情況分類(1)洛倫茲力、重力并存若重力和洛倫茲力平衡，則帶電粒子做勻速直線運動若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電粒子將做復(fù)雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，故機械能守恒，由此可求解問題(2)電場力、洛倫茲力并存(不計重力的微觀粒子)若電場力和洛倫茲力平衡，則帶電粒子做勻速直線運動若電場力和洛倫茲力不平衡，則帶電粒子將做復(fù)雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，可用動能定理求解問題(3)電場力、洛倫茲力、重力并存若三力平衡，一定做勻速直線運動若重力與電場力平衡，一定做勻速圓周運動若合力不為零且與速度方向不垂直，將做復(fù)雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，

5、可用能量守恒定律或動能定理求解問題2帶電粒子在疊加場中有約束情況下的運動帶電粒子在疊加場中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道等約束的情況下，常見的運動形式有直線運動和圓周運動，此時解題要通過受力分析明確變力、恒力做功情況，并注意洛倫茲力不做功的特點，運用動能定理、能量守恒定律結(jié)合牛頓運動定律求解題型2帶電粒子在組合場中的運動1如圖3所示，在xOy平面內(nèi)存在、四個場區(qū)，y軸右側(cè)存在勻強磁場，y軸左側(cè)與虛線MN之間存在方向相反的兩個勻強電場，區(qū)電場方向豎直向下，區(qū)電場方向豎直向上，P點是MN與x軸的交點有一質(zhì)量為m、帶電荷量q的帶電粒子由原點O，以速度v0沿x軸正方向水平射入磁場，已知勻強磁場的磁感應(yīng)強度垂

6、直紙面向里，大小為B0，勻強電場和勻強電場的電場強度大小均為E，區(qū)的磁場垂直紙面向外，大小為，OP之間的距離為，已知粒子最后能回到O點圖3(1)帶電粒子從O點飛出后，第一次回到x軸時的位置和時間；(2)根據(jù)題給條件畫出粒子運動的軌跡；(3)帶電粒子從O點飛出后到再次回到O點的時間答案(1)(，0)(2)見解析圖(3)解析(1)帶電粒子在磁場中運動的半徑為R1帶電粒子在磁場中運動了半個圓，回到y(tǒng)軸的坐標(biāo)y2R1，時間為t1帶電粒子在場區(qū)做類平拋運動，根據(jù)牛頓第二定律得帶電粒子運動的加速度a，豎直方向yat，水平位移xv0t2，聯(lián)立得t2，x故t總t1t2第一次回到x軸的位置(，0)(2)根據(jù)運動

7、的對稱性畫出粒子在場區(qū)的運動軌跡如圖所示帶電粒子在場區(qū)運動的半徑是場區(qū)運動半徑的2倍，畫出粒子的運動軌跡，同樣根據(jù)運動的對稱性畫出粒子回到O點的運動軌跡如圖所示(3)帶電粒子在磁場中運動的時間正好為1個周期，故t1帶電粒子在、兩個電場中運動的時間t24t2帶電粒子在場中運動的時間為半個周期t3因此帶電粒子從O點飛出后到再次回到O點的時間t總t1t2t3.2(2017杭州市四校聯(lián)考)如圖4所示，一帶電微粒質(zhì)量為m2.01011 kg、電荷量為q1.0105 C，從靜止開始經(jīng)電壓為U1100 V的電場加速后，水平進入兩平行金屬板間的偏轉(zhuǎn)電場中，微粒射出電場時的偏轉(zhuǎn)角30，并接著進入一個方向垂直紙面

8、向里、寬度為D20 cm的勻強磁場區(qū)域已知偏轉(zhuǎn)電場中金屬板長L20 cm，兩板間距d10 cm，重力忽略不計求：圖4(1)帶電微粒進入偏轉(zhuǎn)電場時的速率 v1；(2)偏轉(zhuǎn)電場中兩金屬板間的電壓U2；(3)為使帶電微粒不會由磁場右邊射出，該勻強磁場的磁感應(yīng)強度B至少為多大？答案(1)1.0104 m/s(2)100 V(3)0.1 T解析(1)設(shè)帶電微粒經(jīng)加速電場加速后速度為v，根據(jù)動能定理U1qmv得v1 1.0104 m/s(2)帶電微粒在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動水平方向：v1帶電微粒在豎直方向做勻加速直線運動，設(shè)其加速度為a，出電場時豎直方向速度為v2豎直方向：a，v2at由幾何關(guān)系tan 代

9、入數(shù)據(jù)解得U2100 V(3)帶電微粒進入磁場做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，設(shè)微粒軌道半徑為R，由幾何關(guān)系知RD，RD設(shè)微粒進入磁場時的速度為vv，又qvB，解得B0.1 T為使帶電粒子不射出磁場，磁感應(yīng)強度B至少為0.1 T.3(2017嘉興市一中期末)如圖5所示，寬度為L的區(qū)域被平均分為區(qū)域、，其中、有勻強磁場，它們的磁感應(yīng)強度大小相等，方向垂直紙面且相反長為L、寬為的矩形abcd緊鄰磁場下方，與磁場邊界對齊，O為dc邊中點，P為dc中垂線上一點，OP3L.矩形內(nèi)有勻強電場，電場強度大小為E，方向由a指向O.電荷量為q、質(zhì)量為m、重力不計的帶電粒子由a點靜止釋放，經(jīng)電場加速后進入磁場

10、，運動軌跡剛好與區(qū)域的右邊界相切圖5(1)求該粒子經(jīng)過O點時的速度大小v0；(2)求勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小B；(3)若在aO之間距O點x處靜止釋放該粒子，粒子在磁場區(qū)域中共偏轉(zhuǎn)n次到達P點，求x滿足的條件及n的可能取值答案(1) (2) (3)x()2L，n2、3、4、5、6、7、8解析(1)由題意中長寬幾何關(guān)系可知aOL，粒子在aO加速過程由動能定理：qELmv得粒子經(jīng)過O點時速度大?。簐0 (2)粒子在磁場區(qū)域中的運動軌跡如圖，設(shè)粒子軌跡圓半徑為R0，由幾何關(guān)系可得：R0R0cos 60L由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得：qv0B聯(lián)立式，得：B (3)若粒子在磁場中一共經(jīng)過n次偏轉(zhuǎn)到達P，

11、設(shè)粒子軌跡圓半徑為R，由幾何關(guān)系有：2n( tan 30Rcos 30)3L依題意有0RR0聯(lián)立得n9，且n取正整數(shù)設(shè)粒子在磁場中的運動速率為v，有：qvB在電場中的加速過程，由動能定理：qExmv2聯(lián)立式，得：x()2 L，其中n2、3、4、5、6、7、8“電偏轉(zhuǎn)”和“磁偏轉(zhuǎn)”的比較垂直電場線進入勻強電場(不計重力)垂直磁感線進入勻強磁場(不計重力)受力情況電場力FqE，其大小、方向不變，與速度v無關(guān)，F(xiàn)是恒力洛倫茲力F洛qvB，其大小不變，方向隨v而改變，F(xiàn)洛是變力軌跡拋物線圓或圓的一部分運動軌跡求解方法利用類平拋運動的規(guī)律求解：vxv0，xv0tvyt，yt2偏轉(zhuǎn)角：tan 半徑：r周期

12、：T偏移距離y和偏轉(zhuǎn)角要結(jié)合圓的幾何關(guān)系利用圓周運動規(guī)律討論求解運動時間ttT動能變化不變專題強化練(限時：35分鐘)1(2017溫州市9月選考)如圖1所示，空心圓臺上、下底面水平，其半徑分別為3r和2r，圓臺高為H4r，圓臺壁內(nèi)表面涂有熒光粉位于圓臺軸線位置的某電學(xué)器件，其陰極是一根細圓柱形導(dǎo)體，陽極是環(huán)繞陰極半徑為r的圓柱形金屬網(wǎng)(厚度不計)，陽極與圓臺壁之間的空間區(qū)域分布著豎直向下的勻強磁場，從陰極發(fā)出的電子(初速度不計)，經(jīng)加速后從陽極小孔中水平射出，撞到圓臺壁上可使圓臺壁發(fā)光已知陰陽兩級之間所加的電壓恒為U，電子比荷為k，電子重力、電子間的相互作用力以及其他阻力均忽略不計圖1(1)若

13、使圓臺壁不發(fā)光，則磁感應(yīng)強度至少為多大？(2)若將陽極半徑縮小，使其與陰極距離忽略不計，并使磁場充滿整個圓臺空間，改變磁感應(yīng)強度B的大小，圓臺壁發(fā)光部分的豎直高度h也隨之改變，試確定h隨B變化的函數(shù)關(guān)系答案(1) (2)h 8r( B )解析(1)由動能定理得：eUmv2由幾何關(guān)系可知：R2r2(2rR)2evB0m由可得v，由可得Rr，代入可得B0 .(2)設(shè)高為h處的臺體半徑為R，則evBm由得R2r，由得R，B(2rR3r)再結(jié)合v，得h 8r( B )2如圖2甲所示，長為L的平行金屬板M、N水平放置，兩板之間的距離為d，兩板間有沿水平方向垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，一個帶正

14、電的質(zhì)點，沿水平方向從兩板的正中央垂直于磁場方向進入兩板之間，重力加速度為g.圖2(1)若M板接直流電源正極，N板接負極，電源電壓恒為U，帶電質(zhì)點以恒定的速度v勻速通過兩板之間的復(fù)合場(電場、磁場和重力場)，求帶電質(zhì)點的電荷量與質(zhì)量的比值(2)若M、N接如圖乙所示的交變電流(M板電勢高時U為正)，L0.5 m，d0.4 m，B0.1 T，質(zhì)量為m1104 kg、帶電荷量為q2102 C的帶正電質(zhì)點以水平速度v1 m/s，從t0時刻開始進入復(fù)合場，g10 m/s2，試定性畫出質(zhì)點的運動軌跡(3)在第(2)問的條件下求質(zhì)點在復(fù)合場中的運動時間答案(1)(2)見解析圖(3)0.814 s解析(1)E

15、由質(zhì)點做勻速直線運動可得：BqvqEmg得：.(2)當(dāng)M板電勢高U為正時，有BqvqEmg，粒子做勻速直線運動當(dāng)M板電勢低U為負時，有mgqE，粒子在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運動，所以軌跡如圖所示：(3)運動時間：t0.814 s.3(2017寧波市九校高二上期末)宇宙射線中，往往含有大量的粒子與反粒子.1932年，美國加州理工學(xué)院的安德森通過威爾遜云室、強磁鐵等實驗儀器，發(fā)現(xiàn)了電子的反粒子正電子.1955年，張伯倫和塞格雷用加速器證實了反質(zhì)子的存在如圖3所示，已知區(qū)域是速度選擇器，極板M、N間距為4L，現(xiàn)有一束由反質(zhì)子H與氘核H兩種粒子組成的射線，沿極板M、N中間線以相同速度v0射入，并從

16、中心O點進入極板上方的區(qū)域.已知質(zhì)子的質(zhì)量為m，電荷量為e，忽略電荷之間的相互作用圖3圖4(1)區(qū)域是威爾遜云室，云室中充滿過飽和乙醚蒸汽，當(dāng)帶電粒子經(jīng)過時，蒸汽凝結(jié)，形成軌跡，云室中加垂直紙面向里的勻強磁場，圖中顯示了兩種粒子在云室中的徑跡1、2，試判斷在云室中顯示徑跡1的是哪種粒子的運動軌跡，并分析半徑減小的原因(2)現(xiàn)有一科研團隊，通過實驗觀察質(zhì)子和反質(zhì)子的碰撞過程，他們撤去區(qū)域中的云室和磁場，經(jīng)過速度選擇器的選擇，選出速度v0的質(zhì)子和反質(zhì)子先后從A1、B1孔豎直向上進入極板上方，OA1OB1L，以極板中間線上的O為原點，建立直角坐標(biāo)系如圖4所示，在y軸的左側(cè)區(qū)域加一水平向右的勻強電場，

17、在y軸的右側(cè)區(qū)域加一垂直紙面向外的勻強磁場，要使質(zhì)子和反質(zhì)子在y軸上的P(0，L)處相碰，求：在P點相碰的質(zhì)子和反質(zhì)子的動能之比和射入小孔的時間差t.答案(1)氘核因受阻力作用(2)(1)解析(1)由左手定則知徑跡1是氘核H的運動軌跡帶電粒子受到過飽和乙醚蒸汽阻力作用，速度減小，所以半徑減小(2)從A1射入的粒子做類平拋運動：y方向做勻速運動t1從B1射入的粒子做勻速圓周運動，半徑RL經(jīng)T到達P點，t2時間差t(1)從A1射入的粒子做類平拋運動：x方向：Lt1，y方向：Lv0t1，則vx2v0EkAm(vv)從B1射入的粒子做勻速圓周運動，EkBmv，故.4(2017浙江“七彩陽光”聯(lián)考)如圖

18、5所示xOy直角坐標(biāo)系，第一象限有一對電壓為U13104 V的平行金屬板，板間距離和板長均為L40 cm，板的右側(cè)有一粒子接收屏，下極板剛好在x軸上且?guī)д?，第二象限有一半徑為R20 cm的圓形勻強磁場，分別與x軸、y軸在C點和D點相切，磁感應(yīng)強度B0.1 T，方向垂直紙面向外，第三象限有一個半圓形帶正電的電極AO，圓心在C點，在其內(nèi)部存在由電極指向圓心C點的電場，電極與C點的電勢差為U21104 V現(xiàn)有許多m6.41027 kg、q3.21019 C的粒子在半圓形電極處由靜止釋放不考慮各場之間的影響和粒子之間的相互作用求：圖5(1)粒子在C點的速度大??；(2)粒子擊中y軸的范圍；(3)粒子接

19、收屏接收到的粒子數(shù)和進入平行板總粒子數(shù)的比值K.答案(1)1106 m/s(2)040 cm(3)解析(1)電場力做正功，由動能定理得：qU2mv2得v1106 m/s(2)粒子在磁場中做勻速圓周運動根據(jù)：qvB，得r0.2 mR取一粒子速度如圖所示，從E點離開，圓周運動的圓心為O2，連接CO1，EO1，因為CO1EO1CO2EO2R, 所以四邊形CO1EO2是一個菱形，因而EO2平行于CO1，所以E點速度方向水平向右，由此可見所有粒子水平向右離開磁場，所以y軸擊中范圍為040 cm(3)粒子水平向右進入電場，做類平拋運動若打到接收屏，則t4107 s豎直位移ht20.3 m所以從y軸3040

20、 cm進入的粒子能打到接收屏，因此比值K.5(2017寧波市九校高三上學(xué)期期末)正負電子對撞機是使正負電子以相同速率對撞(撞前速度在同一直線上的碰撞)并進行高能物理研究的實驗裝置，該裝置一般由高能加速器、環(huán)形儲存室和對撞測量區(qū)三個部分組成為了使正負電子在測量區(qū)內(nèi)不同位置進行對撞，在對撞測量區(qū)內(nèi)設(shè)置兩個方向相反的勻強磁場區(qū)域?qū)ψ矃^(qū)域設(shè)計的簡化原理如圖6所示：MN和PQ為足夠長的豎直邊界，水平邊界EF將整個區(qū)域分成上下兩部分，區(qū)域的磁場方向垂直紙面向內(nèi)，區(qū)域的磁場方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強度大小均為B.現(xiàn)有一對正負電子以相同速率分別從注入口C和注入口D同時水平射入，在對撞測量區(qū)發(fā)生對撞已知兩注入口

21、到EF的距離均為d，邊界MN和PQ的間距為L，正電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，負電子的質(zhì)量為m，電荷量為e.圖6(1)試判斷從注入口C入射的是正電子還是負電子；(2)若L4d，要使正負電子經(jīng)過水平邊界EF一次后對撞，求正電子在磁場中運動的時間；(3)若只從注入口C射入電子，要使電子從D飛出，求電子射入的最小速率，及此時間距L的大小答案(1)負電子(2)(3)4n(2)d，(n1,2,3)解析(1)由題意知從注入口C入射的粒子向下偏轉(zhuǎn)，由左手定則可知是負電子(2)電子運動軌跡如圖實線所示，由幾何關(guān)系有：(Rd)2(d)2R2，得到：R2d故sin ，得由qvBm，可知T所以正電子運動時間t2T(3)要使粒子從D點飛出的臨界情況是運動軌跡與MN相切，如圖所示：由幾何關(guān)系可知：30且RRcos d解得：R2(2)d.由qvBm，得到：v由圖可知，間距Ln2R4n(2)d，(其中n1,2,3)14