《高考物理大二輪專題復(fù)習(xí) 考前增分練 計(jì)算題專練部分 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)》由會(huì)員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《高考物理大二輪專題復(fù)習(xí) 考前增分練 計(jì)算題專練部分 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)(6頁珍藏版)》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、高考物理大二輪專題復(fù)習(xí) 考前增分練 計(jì)算題專練部分 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
1.如圖1所示,直角坐標(biāo)系xOy位于豎直平面內(nèi),在水平的x軸下方存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng),磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,方向垂直xOy平面向里,電場(chǎng)線平行于y軸,一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的小球,從y軸上的A點(diǎn)水平向右拋出,經(jīng)x軸上的M點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)和磁場(chǎng),恰能做勻速圓周運(yùn)動(dòng),從x軸上的N點(diǎn)第一次離開電場(chǎng)和磁場(chǎng),M、N之間的距離為L(zhǎng),小球過M點(diǎn)時(shí)的速度方向與x軸的方向夾角為θ,不計(jì)空氣阻力,重力加速度為g,求:
圖1
(1)電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小和方向;
(2)小球從A點(diǎn)拋出時(shí)初速度v0的大??;
(3)小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到
2、N點(diǎn)的時(shí)間t.
答案 (1),方向豎直向上 (2) (3)+
解析 (1)小球在電場(chǎng)、磁場(chǎng)中恰能做勻速圓周運(yùn)動(dòng),有:qE=mg,則E=,電場(chǎng)強(qiáng)度方向豎直向上.
(2)小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng),設(shè)半徑為r,
由幾何關(guān)系知:sin θ=
設(shè)小球做圓周運(yùn)動(dòng)的速率為v,有:qvB=m
由速度的合成與分解得:cos θ=
得:v0=.
(3)設(shè)小球到M點(diǎn)的豎直分速度為vy,
vy=v0tan θ=gt1
t1=
在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為:t2=·=
運(yùn)動(dòng)總時(shí)間為:t=t1+t2=+.
2.如圖2,水平地面上方有一底部帶有小孔的絕緣彈性豎直擋板,板高h(yuǎn)=9 m,與板上端等高處水平線上有一P點(diǎn)
3、,P點(diǎn)離擋板的距離x=3 m.板的左側(cè)以及板上端與P點(diǎn)的連線上方存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng).磁場(chǎng)方向垂直紙面向里,磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1 T;比荷大小=1.0 C/kg可視為質(zhì)點(diǎn)的小球從擋板下端處小孔以不同的速度水平射入場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),若與擋板相碰就以原速率彈回,且碰撞時(shí)間不計(jì),碰撞時(shí)電量不變,小球最后都能經(jīng)過位置P,g=10 m/s2,求:
圖2
(1)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小與方向;
(2)小球不與擋板相碰運(yùn)動(dòng)到P的時(shí)間;
(3)要使小球運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)間最長(zhǎng)應(yīng)以多大的速度射入.
答案 (1)10 N/C,方向豎直向下 (2)π+arcsin (s)
(3)3.75 m/s
解析 (1)由題
4、意可知,小球帶負(fù)電,因小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng),有:Eq=mg
得:E==10 N/C,方向豎直向下
(2)小球不與擋板相碰直接到達(dá)P點(diǎn)軌跡如圖:
有:(h-R)2+x2=R2得:R=5 m
設(shè)PO與擋板的夾角為θ,則sin θ==
小球做圓周運(yùn)動(dòng)的周期T=
設(shè)小球做圓周運(yùn)動(dòng)所經(jīng)過圓弧的圓心角為α,則t=
運(yùn)動(dòng)時(shí)間t==π+arcsin (s).
(3)因速度方向與半徑垂直,圓心必在擋板上,
設(shè)小球與擋板碰撞n次,有R≤
又R≥x,n只能取0,1.
n=0時(shí),(2)問不符合題意
n=1時(shí),有(3R-h(huán))2+x2=R2
解得:R1=3 m,R2=3.75 m
軌跡如圖,
5、半徑為R2時(shí)運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)
洛倫茲力提供向心力:qvB=m
得:v=3.75 m/s.
3.如圖3甲所示,水平直線MN上方有豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng),場(chǎng)強(qiáng)大小E=π×103 N/C,MN下方有垂直于紙面的磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t按如圖乙所示規(guī)律做周期性變化,規(guī)定垂直紙面向外為磁場(chǎng)正方向.T=0時(shí)將一重力不計(jì)、比荷=106 C/kg的正點(diǎn)電荷從電場(chǎng)中的O點(diǎn)由靜止釋放,在t1=1×10-5 s時(shí)恰通過MN上的P點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng),P點(diǎn)左方d=105 cm處有一垂直于MN且足夠大的擋板.
圖3
求:(1)電荷從P點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度的大小v0;
(2)電荷在t2=4×10-5 s時(shí)與P點(diǎn)的距離
6、Δx;
(3)電荷從O點(diǎn)出發(fā)運(yùn)動(dòng)到擋板所需時(shí)間t總.
答案 (1)π×104 m/s (2)20 cm (3)1.42×10-4 s
解析 (1)電荷在電場(chǎng)中做勻加速直線運(yùn)動(dòng),則Eq=ma
v0=at1
解得v0==π×103×106×1×10-5 m/s=π×104 m/s
(2)電荷在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),洛倫茲力提供向心力
qvB=m,r=
當(dāng)B1= T時(shí),半徑r1==0.2 m=20 cm
周期T1==4×10-5 s
當(dāng)B2= T時(shí),半徑r2==0.1 m=10 cm
周期T2==2×10-5 s
故電荷從t=0時(shí)刻開始做周期性運(yùn)動(dòng),其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示.
7、
在t=0到t2=4×10-5 s時(shí)間內(nèi),電荷先沿直線OP運(yùn)動(dòng)t1,再沿大圓軌跡運(yùn)動(dòng),緊接著沿小圓軌跡運(yùn)動(dòng)T2,t2=4×10-5 s時(shí)電荷與P點(diǎn)的距離Δx=r1=20 cm
(3)電荷從P點(diǎn)開始的運(yùn)動(dòng)周期T=6×10-5 s,且在每一個(gè)周期內(nèi)向左沿PM移動(dòng)x1=2r1=40 cm,電荷到達(dá)擋板前經(jīng)歷了2個(gè)完整周期,沿PM運(yùn)動(dòng)距離x=2x1=80 cm,設(shè)電荷撞擊擋板前速度方向與水平方向成θ角,最后d-x=25 cm內(nèi)的軌跡如圖所示.
據(jù)幾何關(guān)系有r1+r2sin θ=0.25 m
解得sin θ=0.5,
即θ=30°
則電荷從O點(diǎn)出發(fā)運(yùn)動(dòng)到擋板所需總時(shí)間
t總=t1+2T+
8、+T2
解得t總=×10-5 s≈1.42×10-4 s.
4.如圖4所示的直角坐標(biāo)xOy平面內(nèi)有間距為d,長(zhǎng)度為d的平行正對(duì)金屬板M、N,M位于x軸上,OP為過坐標(biāo)原點(diǎn)O和極板N右邊緣的直線,與y軸的夾角θ=,OP與y軸之間及y軸右側(cè)空間中分別存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等方向相反且均垂直于坐標(biāo)平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng).質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從M板左側(cè)邊緣以速度v0沿極板方向射入,恰好從N板的右側(cè)邊緣A點(diǎn)射出進(jìn)入磁場(chǎng).粒子第一次通過y軸時(shí),速度與y軸負(fù)方向的夾角為.不計(jì)粒子重力,求:
圖4
(1)極板M、N間的電壓;
(2)勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大?。?
(3)粒子第二次通過y軸時(shí)的縱坐
9、標(biāo)值;
(4)粒子從進(jìn)入板間到第二次通過y軸時(shí)經(jīng)歷的時(shí)間.
答案 (1) (2) (3)2d (4)()
解析 (1)粒子在M、N板間做類平拋運(yùn)動(dòng),設(shè)加速度為a,運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1,則d=v0t1
d=at
根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律得q=ma
聯(lián)立解得U=.
(2)設(shè)粒子經(jīng)過A點(diǎn)時(shí)的速度為v,方向與x軸的夾角為α,
根據(jù)動(dòng)能定理,得qU=mv2-mv
cos α=
解得v=2v0,α=
設(shè)粒子第一次與y軸相交于D點(diǎn),軌跡如圖,由幾何關(guān)系知D點(diǎn)與A點(diǎn)高度相等,△C1DO為等邊三角形.
R=d
根據(jù)牛頓定律,得qvB=m
整理得B=.
(3)粒子在y軸右側(cè)空間的運(yùn)動(dòng)軌跡如
10、圖.
由幾何關(guān)系知
DE=2Rcos θ=d
即E點(diǎn)的縱坐標(biāo)為yE=2d.
(4)粒子從A到D的時(shí)間
t2=T
從D到E的時(shí)間t3=T
而T==
故t=t1+t2+t3=().
【必考模型4】 帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
1.模型特點(diǎn):電場(chǎng)、磁場(chǎng)同時(shí)存在,但空間位置不同.
2.表現(xiàn)形式:(1)在電場(chǎng)中做勻加速直線運(yùn)動(dòng),在有界磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng).(2)在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng),在有界磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng).,3.應(yīng)對(duì)模式:這類問題實(shí)質(zhì)是類平拋運(yùn)動(dòng)、直線運(yùn)動(dòng)和圓周運(yùn)動(dòng)組成的多過程問題,要善于把多過程分解,逐個(gè)擊破.對(duì)于在電場(chǎng)中的加速和類平拋運(yùn)動(dòng),要能熟練應(yīng)用力和運(yùn)動(dòng)的方法以及功和能的方法求解.對(duì)于粒子在磁場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng),關(guān)鍵是找圓心畫出運(yùn)動(dòng)軌跡,并結(jié)合幾何知識(shí),求出半徑或運(yùn)動(dòng)的時(shí)間.