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

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1、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(yīng)強度的最大值Bm； (3)調(diào)節(jié)磁感應(yīng)強度的大小，求cd邊上有電子射出部分的長度． [

2、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(yīng)的最大磁感應(yīng)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＝＋r1sin3

3、7°＝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(yīng)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(yīng)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

4、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(yīng)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(yīng)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

5、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

6、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(yīng)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＝8×10－4 kg、電荷量q＝＋2×10－4 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

7、． (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(yīng)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＝8×10－3 N① 電場力大小F＝qE＝8×10－3 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，

8、軌跡如圖所示，位移大?。簊＝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(yīng)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(yīng)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

9、 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(yīng)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

10、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(yīng)、兩金屬板間電場的邊緣效應(yīng)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(yīng)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

11、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(yīng)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?、? 6