《高考物理一輪復習 第10章 磁場 微專題56 帶電粒子在組合場中的運動試題 粵教版-粵教版高三物理試題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高考物理一輪復習 第10章 磁場 微專題56 帶電粒子在組合場中的運動試題 粵教版-粵教版高三物理試題（11頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、56 帶電粒子在組合場中的運動方法點撥(1)帶電粒子在勻強電場中一般做勻變速直線運動或類平拋運動；在勻強磁場中運動時一般做圓周運動；(2)明確各段運動性質(zhì)，畫出運動軌跡，特別注意各銜接點的速度方向、大小1如圖1所示，直角坐標系xOy位于豎直平面內(nèi)，在 mx0的區(qū)域內(nèi)有磁感應強度大小B4.0104 T、方向垂直于紙面向里的條形勻強磁場，其左邊界與x軸交于P點；在x0的區(qū)域內(nèi)有電場強度大小E4 N/C、方向沿y軸正方向的條形勻強電場，其寬度d2 m一帶電粒子從P點以速度v4104 m/s，沿與x軸正方向成60角射入磁場，經(jīng)過y軸時速度方向垂直y軸當電場左邊界與y軸重合時，帶電粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)最終通過

2、x軸上的Q點(圖中未標出)，不計粒子重力求：圖1(1)帶電粒子的比荷(電量和質(zhì)量的比值)；(2)Q點的橫坐標；(3)若只改變上述電場強度的大小，要求帶電粒子仍能通過Q點，討論此電場左邊界的橫坐標x與電場強度的大小E的函數(shù)關系2容器A中裝有大量的質(zhì)量、電荷量不同但均帶正電的粒子，粒子從容器下方的小孔S1不斷飄入加速電場(初速度可視為零)做直線運動，通過小孔S2后從兩平行板中央沿垂直電場方向射入偏轉(zhuǎn)電場粒子通過平行板后沿垂直磁場方向進入磁感應強度為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場區(qū)域，最后打在感光片上，如圖2所示已知加速電場中S1、S2間的加速電壓為U，偏轉(zhuǎn)電場極板長為L，兩板間距也為L，板間勻強電

3、場強度E，方向水平向左(忽略板間外的電場)，平行板f的下端與磁場邊界ab相交于點P，在邊界ab上實線處固定放置感光片測得從容器A中逸出的所有粒子均打在感光片P、Q之間，且Q距P的長度為3L，不考慮粒子所受重力與粒子間的相互作用，求：圖2(1)粒子射入磁場時，其速度方向與邊界ab間的夾角；(2)射到感光片Q處的粒子的比荷(電荷量與質(zhì)量之比)；(3)粒子在磁場中運動的最短時間3如圖3所示，在直角坐標系第二象限中有磁感應強度大小為B、方向垂直xOy平面向里的勻強磁場區(qū)域，在第一象限的yL區(qū)域有磁感應強度與區(qū)域相同的磁場區(qū)域；在第一象限的yL區(qū)域中有磁感應強度大小未知、方向垂直xOy平面向外的勻強磁場

4、區(qū)域.在坐標原點O處有一電壓可調(diào)的沿x軸方向的加速電場，電場右側(cè)有一粒子源可產(chǎn)生電荷量為q，質(zhì)量為m、初速度忽略不計的帶負電粒子粒子經(jīng)加速電場加速后從坐標原點O處沿x軸負方向射入磁場區(qū)域.圖3(1)若粒子經(jīng)過坐標為的P點時，速度方向與y軸負方向成銳角，且已知粒子僅經(jīng)過磁場區(qū)域和，求加速電場的電壓U.(2)若調(diào)低加速電場的電壓，粒子會從磁場區(qū)域垂直y軸進入磁場區(qū)域，經(jīng)過坐標為的P點后進入磁場區(qū)域，粒子在P點的速度方向與y軸正方向夾角為，求磁場區(qū)域的磁感應強度大小4如圖4所示，直線yx與y軸之間有垂直于xOy平面向外的勻強磁場B1，直線xd與yx間有沿y軸負方向的勻強電場，電場強度E1.0104

5、V/m，另有一半徑R1.0 m的圓形勻強磁場區(qū)域，磁感應強度B20.20 T，方向垂直坐標平面向外，該圓與直線xd和x軸均相切，且與x軸相切于S點一帶負電的粒子從S點沿y軸的正方向以速度v0進入圓形磁場區(qū)域，經(jīng)過一段時間進入磁場區(qū)域B1，且第一次進入磁場B1時的速度方向與直線yx垂直粒子速度大小v01.0105 m/s，粒子的比荷為5.0105 C/kg，粒子重力不計求：圖4(1)坐標d的值；(2)要使粒子無法運動到x軸的負半軸，則磁感應強度B1應滿足的條件；(3)在第(2)問的基礎上，粒子從開始進入圓形磁場至第二次到達直線yx上的最長時間(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)5如圖5所示，空間中存在半徑為

6、R的圓形有界磁場，磁場的方向垂直紙面向外，磁感應強度大小為B.平行板電容器極板間距離為R，電容器上極板的延長線恰好與圓形磁場下邊界相切于P點，兩極板右端豎直連線與磁場左邊相切于Q點一質(zhì)量為m、電荷量大小為q的帶電粒子，以大小為的初速度緊貼負極板從左側(cè)垂直電場方向射入，并從兩極板右端豎直連線的中點N射出，后恰好由P點射入圓形磁場區(qū)域不計粒子的重力求：圖5(1)電容器兩極板間的電勢差；(2)粒子從進入電場到射出磁場的整個過程所經(jīng)歷的時間6如圖6所示，在一、二象限內(nèi)RxR范圍內(nèi)有豎直向下的勻強電場E，電場的上邊界方程為yx2.在三、四象限內(nèi)存在垂直于紙面向里，邊界方程為x2y2R2的勻強磁場現(xiàn)在第二

7、象限中電場的上邊界有許多質(zhì)量為m，電量為q的正離子，在yR處有一熒光屏，當正離子打到熒光屏時會發(fā)光，不計重力和離子間相互作用力圖6(1)求在x(RxR)處釋放的離子進入磁場時的速度大小；(2)若僅讓橫坐標x處的離子釋放，它最后能經(jīng)過點(R,0)，求從釋放到經(jīng)過點(R,0)所需時間t；(3)若同時將離子由靜止釋放，釋放后一段時間發(fā)現(xiàn)熒光屏上只有一點持續(xù)發(fā)出熒光求該點坐標和磁感應強度B1.答案精析1(1)5107 C/kg(2)5 m(3)見解析解析(1)軌跡如圖甲，交y軸于C點，過P點作v的垂線交y軸于O1點，甲由幾何關系得O1為粒子運動軌跡的圓心，設半徑為r，則圓心角為60.有：rsin 得r

8、2 m帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，有：qvBm代入數(shù)據(jù)，解得5107 C/kg.(2)粒子在電場中做類平拋運動，加速度a2108 m/s2運動時間t15105 s沿y軸負方向的分速度vyat11104 m/s沿y軸負方向的位移yat0.25 m由幾何知識可得LOC1 m.粒子出電場后又經(jīng)時間t2達x軸上Q點，t27.5105 s故Q點的橫坐標為xdvt25 m(3)設電場左邊界的橫坐標為x，當0x，可知粒子在區(qū)域中運動的軌跡圓心的縱坐標值大于L2R1R2R2sin L聯(lián)立解得B1B.4(1)4 m(2)B10.1 T或B10.24 T(3)6.2105 s解析(1)帶電粒子在勻強磁場B2和

9、勻強電場中運動的軌跡如圖甲所示，甲則qv0B2m解得r1 m粒子進入勻強電場以后，做類平拋運動，設水平方向的位移為x0，豎直方向的位移為y0.水平方向：x0v0t豎直方向：y0at2atan 45聯(lián)立解得：x02 m，y01 m由圖甲中幾何關系可得dx0y0r4 m.(2)設當勻強磁場的磁感應強度為B1時，粒子垂直打在y軸上，此時粒子無法運動到x軸的負半軸，粒子在磁場中運動半徑為r1，如圖乙所示，乙由幾何關系得：r1dx0解得r12 mB10.1 T故B10.1 T.設當勻強磁場的磁感應強度為B1時，粒子從電場垂直邊界進入勻強磁場后，軌跡與y軸相切，此時粒子也無法運動到x軸負半軸，設粒子在磁場

10、中運動半徑為r2，如圖乙所示，由幾何關系可得r2r2cos 45x0d解得r2(42) mB10.24 T故B10.24 T即要使粒子無法運動到x軸的負半軸，磁感應強度B10.1 T或B10.24 T.(3)設粒子在B2中運動時間為t1，電場中運動時間為t2，磁場B1中運動時間為t3，則tt1t2t36.2105 s.5(1)(2)解析(1)設粒子從N點射出的速度與極板的夾角為，設極板間距為d，如圖所示，由幾何關系可解得：tan ，即30vyv0tan 粒子在電場中做類平拋運動，則：v2a由牛頓第二定律得a粒子在電場中受力：FqE平行板電容器兩極板間的電場強度：E聯(lián)立解得：U(2)設粒子在電場

11、中勻加速運動的時間為t1，則t1設粒子飛出電場后做勻速運動所用的時間為t2，則Rv0t2由幾何關系得，粒子飛出電場后的速度：v粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)的軌跡如圖所示，設粒子從M點射出磁場，由洛倫茲力提供向心力得：qvBm解得粒子運動的半徑：rR粒子運動的周期：T如圖，O為軌跡圓圓心，O為圓形磁場的圓心，OOP中OPR，OPrR，OPO30，由余弦定理得：OO2R2r22Rrcos 30解得：OORr可得偏轉(zhuǎn)角為240則粒子在磁場中運動時間t3T粒子整個過程的運動時間tt1t2t3解得t.6(1) |x|(2)見解析(3)2解析(1)于x處釋放離子，由動能定理得Eqx2mv2得離子進入磁場時的速度v |x|(2)由(1)得在x處釋放的離子到達x軸時速度為v 從釋放到到達x軸時間為t1 第一種情況：離子直接從x經(jīng)磁場達xR處在磁場中經(jīng)歷半圓時間t22 總時間T1t1t2 第二種情況：離子直接從x經(jīng)磁場達x處進入電場再返回磁場到xR處易得在磁場中時間仍然為t22 在電場中時間為3t1 總時間為T23t1t2(21) (3)在磁場B中qvB所以運動半徑r |x|可以看出，B一定時，必有r|x|，當|x|0時，r0(離子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)從逼近原點處出磁場)因此，所有離子都從原點(0,0)點處出磁場，擊中熒光屏上則有2r1|x|，因為qvB1所以B12.