2019高考物理三輪沖刺 大題提分 大題精做12 帶電粒子在復合場中運動

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1、大題精做十二 帶電粒子在復合場中運動 1．【龍巖質(zhì)量檢測】如圖所示，在xOy坐標平面內(nèi)，x＜0的區(qū)域存在沿y軸負方向的勻強電場，在第四象限內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場。一質(zhì)量為m，帶電量為q粒子在電場中的P點以初速度v0沿x軸正方向射出，恰好經(jīng)過坐標原點O進入勻強磁場。已知P點坐標為(－L，)，磁場的磁感應(yīng)強度，不計粒子重力。求： (1)勻強電場的場強大小； (2)粒子在O點時速度的大小和方向； (3)粒子從磁場射出時的橫坐標x。 【解析】(1) 粒子在電場中做類平拋運動，水平方向：L＝v0t 豎直方向：， 解得：，。 (2) 粒子經(jīng)過O點時的速度： 設(shè)速度方向與x軸正

2、方向間夾角為θ，則 所以θ＝60° 即粒子在O點的速度大小為2v0，方向與x正向成60°角斜向下。 (3) 粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得： 解得：r＝2L 粒子從磁場射出時的橫坐標：x＝2rsin θ＝。 2．【河南九師聯(lián)盟質(zhì)檢】如圖所示，豎直平面內(nèi)有一直角坐標系xOy，x軸沿水平方向。第二、三象限有垂直于坐標平面向里的勻強磁場，與x軸成θ＝30°角的絕緣細桿固定在二、三象限；第四象限同時存在著豎直向上的勻強電場和垂直于坐標平面向里磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，一質(zhì)量為m，電荷量為q帶電小球a穿在細桿上沿細桿勻速下滑，在N點脫離細桿恰能沿圓周

3、軌道運動到x軸上的A點，且速度方向垂直于x軸。已知A點到坐標原點O的距離為，小球a與絕緣細桿的動摩擦因數(shù)，，重力加速度為g，空氣阻力忽略不計。求： (1)帶電小球的電性及電場強度的大小E； (2)第二、三象限里的磁場的磁感應(yīng)強度大小B1； (3)當帶電小球a剛離開N點時，從y軸正半軸距原點O為的P點(圖中未畫出)以某一初速度水平向右平拋一個不帶電的絕緣小球b，b球剛好運動到x軸時與向上運動的a球相碰，則b球的初速度為多大？ 【解析】(1)由帶電小球a在第四象限內(nèi)做勻速圓周運動可得，帶電小球a帶正電，且mg＝qE 解得：E＝mgq (2)帶電小球a從N點運動到Q點的過程中，設(shè)運動半徑

4、為R，有： qvB＝mv2R 由幾何關(guān)系有R+Rsinθ＝32l 聯(lián)立解得v＝qlBm＝5πg(shù)l6 帶電小球a在桿上勻速運動時，由平衡條件有 mgsinθ＝μ（qvB1－mgcosθ） 解得B1＝7mqg10πl(wèi) (3)帶電小球a在第四象限內(nèi)做勻速圓周運動的周期T＝2πRv＝24πl(wèi)5g 帶電小球a第一次在第一象限豎直上下運動的總時間為t0＝2vg＝10πl(wèi)3 絕緣小球b平拋運動至x軸上的時間為t＝2hg＝210πl(wèi)3g 兩球相碰有t＝T3+nt0+T2 聯(lián)立解得n＝1 設(shè)絕緣小球b平拋的初速度為v0，則72l＝v0t 解得v0＝147gl160π。

5、 1．【日照期末】如圖所示，真空中有以O(shè)1為圓心、r半徑的圓形勻強磁場區(qū)域，坐標原點O為圓形磁場邊界上的一點。磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙面向外。x＝r的虛線右側(cè)足夠大的范圍內(nèi)有方向豎直向下、大小為E的勻強電場。從O點在紙面內(nèi)向各個方向發(fā)射速率相同的質(zhì)子，速度方向與x軸正方向成120°角的質(zhì)子，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后又垂直射入電場，到達x軸上的P點(圖中未畫出)。已知質(zhì)子的電荷量為e、質(zhì)量為m，質(zhì)子重力可忽略。 (1)求質(zhì)子射入磁場時的速度大??； (2)求質(zhì)子從坐標原點O到x軸上的P點所需的時間； (3)若質(zhì)子沿y釉正方向射入磁場，在離開磁場前的某一時刻，磁場方向不變、大小突然變?yōu)锽1，

6、此后質(zhì)子恰好被束縛在該圓形磁場中，則B1的最小值為多少? 【解析】(1) 設(shè)質(zhì)子射磁場時的速度為v．質(zhì)子射入磁場后做勻速圓周運動，質(zhì)子的軌跡如圖所示。由幾何關(guān)系知，質(zhì)子在磁場中的偏轉(zhuǎn)半徑為R＝r 由牛頓第二定律：evB＝mv2R 解得：v＝eBrm； (2)質(zhì)子在磁場中運動的周期T＝2πmqB 質(zhì)子在磁場中的運動軌跡所對應(yīng)的圓心角為1200，運動時間為t1＝T3＝2πm3eB 質(zhì)子離開磁場做勻速直線運動，勻速運動位移為：s＝r(1-sin600) 勻速運動的時間為：t2＝sv＝2-32eBm 質(zhì)子垂直射入電場做類平拋運動，設(shè)在電場中的運動時間為t3 豎直位移為y＝r(1+co

7、s600) 根據(jù)勻變速直線運動的規(guī)律y＝12at32，其中a＝eEm 解得：t3＝3mreE 質(zhì)子從O點到達x軸的時間t＝t1+t2+t3＝2πm3eB+(2-3)m2eB+3mreE； (3)若粒子運動軌跡的圓心為O3，如圖所示。當質(zhì)子運動到軌跡與O1O3連線交點處時，僅改變磁場大小，粒子運動的半徑最大，即B1對應(yīng)最小。 由幾何關(guān)系得，最大半徑Rmax＝2-22r 由evB1＝mv2Rmax 解得：B1＝22-2B。 2．【華中師大附中期末】坐標原點O處有一點狀的放射源，它向xOy平面內(nèi)的x軸上方各個方向發(fā)射帶正電的同種粒子，速度大小都是v0，在0

8、軸正方向的勻強電場，場強大小為，其中q與m分別為該種粒子的電量和質(zhì)量；在d

9、＝32mv02 化簡可得：v＝2v0 (2)由題意可知，沿著正x軸水平向右發(fā)射的粒子，先在電場中做類平拋運動，進入磁場后做勻速圓周運動，且剛好與移動ab板相切，設(shè)進入磁場時的速度方向與正x軸方向的夾角為θ，做圓周運動的軌道半徑為R，則：cosθ＝v0v＝v02v0＝12，θ＝60° 由幾何關(guān)系可知：R·cos60°+R＝2d 可得：R＝43d 又qvB＝mv2R 得：R＝mvqB＝2mv0qB 則B＝3mv02qb (3)根據(jù)對稱性，沿著負x軸水平向左發(fā)射的粒子，先在電場中做類平拋運動，進入磁場后做勻速圓周運動，且剛好與移動Δy之后的ab板相切，則 2d-Δy+R·cos60

10、°＝R B1＝1T，B2＝3T，＝3s，t2＝4s 解得：Δy＝43d 3．【蘇州調(diào)研】實驗中經(jīng)常利用電磁場來改變帶電粒子運動的軌跡。如圖所示，氕()、氘()、氚()三種粒子同時沿直線在紙面內(nèi)通過電場強度為E、磁感應(yīng)強度為B的復合場區(qū)域。進入時氕與氘、氘與氚的間距均為d，射出復合場后進入y軸與MN之間(其夾角為θ)垂直于紙面向外的勻強磁場區(qū)域Ⅰ，然后均垂直于邊界MN射出。虛線MN與PQ間為真空區(qū)域Ⅱ且PQ與MN平行。已知質(zhì)子比荷為，不計重力。 (1)求粒子做直線運動時的速度大小v； (2)求區(qū)域Ⅰ內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強度B1； (3)若虛線PQ右側(cè)還存在一垂直于紙面的勻強磁場區(qū)域Ⅲ，經(jīng)該

11、磁場作用后三種粒子均能匯聚于MN上的一點，求該磁場的最小面積S和同時進入復合場的氕、氚運動到匯聚點的時間差Δt。 【解析】(1)由電場力與洛倫茲力平衡，Bqv＝Eq 解得v＝E/B。 (2)由洛倫茲力提供向心力，B1vq＝mv2r 由幾何關(guān)系得r＝d 解得B1＝mEqdB。 (3)分析可得氚粒子圓周運動直徑為3r 磁場最小面積S＝12π3r22-r22 解得S＝πd2 由題意得B2＝2B1 由T＝2πrv得T＝2πmqB 由軌跡可知Δt1＝(3T1－T1) θ2π，其中T1＝2πmqB1 Δt2＝12(3T2－T2)，其中T2＝2πmqB2 解得Δt＝Δt1＋Δt2＝

12、(π+2θ)BdE。 4．【江蘇三校聯(lián)合模擬】如圖所示，在豎直虛線PQ左側(cè)、水平虛線MN下方有范圍足夠大的豎直向上的勻強電場和水平向里的勻強磁場，電場的電場強度大小為E，磁場的磁感應(yīng)強度B未知。在距離MN為h的O點將帶電小球以的初速度向右水平拋出，小球在MN下方的運動做勻速圓周運動，已知重力加速度為g。 (1)求帶電小球的比荷，并指出小球帶電性質(zhì)； (2)若小球從O點拋出后最后剛好到達PQ上與O點等高的O1點，求OO1間最小距離s及對應(yīng)磁場的磁感強度的值B0； (3)已知磁場磁感應(yīng)強度為B1，若撤去電場，小球從O點拋出后，在磁場中運動過程距離MN的最大距離為d (該點在PQ左側(cè))，

13、求小球運動經(jīng)過此點時加速度a。 【解析】(1)因為小球在MN下方的運動是勻速圓周運動，所以電場力等于重力，電場力方向向上，所以帶正電。因為mg＝qE所以qm＝gE (2)小球從O點拋出做類平拋運動，如圖所示： 根據(jù)平拋運動可得：x＝v0t h＝12gt2，vy＝2gh v＝v02+vy2＝2gh tanθ＝vyv0 解得θ＝45o 所以s＝2x-2R s最小時R最大，磁場的磁感強度有最小值B0 所以s＝2x-2R＝2R 小球在MN下方的運動是勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力：qvB＝mv2R R＝mvqB 所以B0＝(2+1)E2gh s＝4(2-2)h (3)若

14、撤去電場，小球從O點拋出后，在磁場中運動過程距離MN的最大距離為d 根據(jù)動能定理列式得：mg(h+d)＝12mv12-12mv02 又qv1B1-mg＝ma 所以a＝gB12g(2h+d)E-g 5．【青島二中期末】如圖所示，一小滑塊帶正電，質(zhì)量為m，從P點以初速度v0水平拋出，恰好從上端口a點以速度v0豎直向下進入圓弧金屬管形軌道ab，然后從下端口b點滑出，并滑上水平傳送帶。P點到a點的豎直距離為h，金屬管形軌道ab內(nèi)壁光滑，半徑為R，管道內(nèi)徑很小，但略大于小滑塊的尺寸。b點上方左側(cè)整個區(qū)域(不包括b點所在的豎直線)存在水平向外的的勻強磁場和豎直向上的勻強電場，磁感應(yīng)強度為B，電

15、場強度為E。當傳送帶靜止時，小滑塊恰好運動到傳送帶右端點c點停下。已知重力加速度為g。 (1)求小滑塊的初速度v0。 (2)求小滑塊剛要滑出b端口時，對圓軌道的壓力大小。 (3)若傳送帶勻速轉(zhuǎn)動，試討論滑塊到達c點時的動能Ek與傳送帶速率v的關(guān)系。 【解析】(1)小滑塊從p到a做勻速圓周運動，則： qE＝mg qv0B＝mv02h 解得v0＝ghBE。 (2)小滑塊進入金屬管形軌道將失去電荷，所以從a到b的過程中，不受電場力和洛倫茲力作用，機械能守恒，則：12mv02+mgR＝12mvb2 在b點：FNb-mg＝mvb2R 解得FNb＝3mg+mg2h2B2RE2。 (3)若傳送帶逆時針轉(zhuǎn)動，滑塊的受力與運動情況與傳送帶靜止不動時相同，故滑塊到達c點時的動能為零，與傳送帶的速度無關(guān)。 若傳送帶順時針轉(zhuǎn)動，設(shè)恰好使物體一直加速時傳送帶速度大小為vc，則 fL＝12mvc2-12mvb2 傳送帶靜止時有：-fL＝0-12mvb2 綜合（2）聯(lián)立方程解得：vc＝4gR+2g2h2B2E2 所以傳送帶順時針轉(zhuǎn)動時，滑到c點的動能與傳送帶速率v的關(guān)系是： 若0