《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?。? 1．如圖1所示，直角坐標系xOy位于豎直平面內(nèi)，在－ m≤x≤0的區(qū)域內(nèi)有磁感應強度大小B＝4.0×10－4 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x>0的區(qū)域內(nèi)有電場強度大小E＝4 N/C、方向沿y軸正方向的條形勻強電場，其寬度d＝ 2 m．一帶電粒子從P點以速度v＝4×104 m/s，沿與x軸正方向成α＝60°角射入磁場，經(jīng)過y軸時速度方向垂直y軸

2、．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

3、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Ⅰ，在第

4、一象限的y>L區(qū)域有磁感應強度與區(qū)域Ⅰ相同的磁場區(qū)域Ⅱ；在第一象限的

5、角為θ，求磁場區(qū)域Ⅲ的磁感應強度大?。? 4．如圖4所示，直線y＝x與y軸之間有垂直于xOy平面向外的勻強磁場B1，直線x＝d與y＝x間有沿y軸負方向的勻強電場，電場強度E＝1.0×104 V/m，另有一半徑R＝1.0 m的圓形勻強磁場區(qū)域，磁感應強度B2＝0.20 T，方向垂直坐標平面向外，該圓與直線x＝d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y＝x垂直．粒子速度大小v0＝1.0×105 m/s，粒子的比荷為＝5.0×105 C/kg，粒子重力不計．求： 圖4

6、 (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y＝x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：

7、 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)－R≤x≤R范圍內(nèi)有豎直向下的勻強電場E，電場的上邊界方程為y＝x2.在三、四象限內(nèi)存在垂直于紙面向里，邊界方程為x2＋y2＝R2的勻強磁場．現(xiàn)在第二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y＝R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(－R≤x≤R)處釋放的離子進入磁場時的速度大??； (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；

8、 (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)5×107 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 α＝ 得r＝2 m 帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動， 有：qvB＝m 代入數(shù)據(jù)，解得＝5×107 C/kg. (2)粒子在電場中做類平拋運動，加速度a＝＝2×108 m/s2 運動時間t1＝＝5×10－5 s 沿y軸負方向的分速度v

9、y＝at1＝1×104 m/s 沿y軸負方向的位移y＝at＝0.25 m 由幾何知識可得LOC＝1 m. 粒子出電場后又經(jīng)時間t2達x軸上Q點，t2＝＝7.5×10－5 s 故Q點的橫坐標為x＝d＋vt2＝5 m (3)設電場左邊界的橫坐標為x′，當0

10、子在平行板間：L＝v0t vx＝t tan θ＝ 聯(lián)立解得：tan θ＝1，θ＝ 粒子射入磁場時的速度方向與邊界ab間的夾角θ＝ (2)由(1)知，粒子均從e板下端與水平方向成45°的角射入勻強磁場．設質(zhì)量為m0，電荷量為q0的粒子射入磁場時的速度為v′，恰能射到感光片Q處，做圓周運動的軌道半徑為r0，則v′＝＝v0＝2 由幾何關系知：r＋r＝(4L)2，得r0＝2L 又r0＝ 聯(lián)立解得：＝ (3)設粒子在磁場中運動的最短時間為tmin，在磁場中的偏轉(zhuǎn)角為α，則 tmin＝ 半徑為r′＝＝ ·2＝ 聯(lián)立解得：tmin＝ 因為所有粒子在磁場中運動的偏轉(zhuǎn)角都為α＝π,所

11、以粒子打在P處時在磁場中運動時間最短. 由幾何關系知：r′2＋r′2＝L2，得r′＝L 聯(lián)立解得tmin＝＝. 3．(1)　(2)B 解析　(1)設帶電粒子經(jīng)加速電場加速后的速度大小為v，由動能定理有qU＝mv2 帶電粒子進入勻強磁場中，洛倫茲力提供向心力，有qvB＝m 由幾何關系有(L－R)2＋2＝R2 聯(lián)立解得U＝ (2)設調(diào)低加速電場電壓后，帶電粒子經(jīng)加速電場加速后的速度大小為v1 帶電粒子在磁場區(qū)域Ⅰ中做勻速圓周運動時，有qv1B＝m 在磁場區(qū)域Ⅲ中做勻速圓周運動時，有qv1B1＝m 可得B1＝B 又由幾何關系有R2cos θ＝L 由L>，可知粒子在區(qū)域Ⅲ中運

12、動的軌跡圓心的縱坐標值大于L 2R1＋R2－R2sin θ＝L 聯(lián)立解得B1＝B. 4．(1)4 m　(2)B1≤0.1 T或B1≥0.24 T　(3)6.2×10－5 s 解析　(1)帶電粒子在勻強磁場B2和勻強電場中運動的軌跡如圖甲所示， 甲 則qv0B2＝m 解得r＝1 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：x0＝v0t 豎直方向：y0＝at2 a＝ ＝tan 45°＝ 聯(lián)立解得：x0＝2 m，y0＝1 m 由圖甲中幾何關系可得d＝x0＋y0＋r＝4 m. (2)設當勻強磁場的磁感應強度為B1′

13、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：r1＝d－x0 解得r1＝＝2 m B1′＝0.1 T 故B1≤0.1 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，設粒子在磁場中運動半徑為r2，如圖乙所示，由幾何關系可得r2＋r2cos 45°＋x0＝d 解得r2＝＝(4－2) m B1″≈0.24 T 故B1≥0.24 T．即要使粒子無法運動到x軸的負半軸，磁感應強度B1≤0.1 T或B1≥0.24 T. (3)設粒子在B

14、2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t＝t1＋t2＋t3＝＋＋＝×＋＋×≈6.2×10－5 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θ，設極板間距為d，如圖所示， 由幾何關系可解得：tan θ＝＝，即θ＝30° vy＝v0tan θ 粒子在電場中做類平拋運動，則：v＝2a· 由牛頓第二定律得a＝ 粒子在電場中受力：F＝qE 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R＝v0t2 由幾何關系

15、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： qvB＝m 解得粒子運動的半徑：r＝＝R 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，△OO′P中OP＝R，O′P＝r＝R， ∠OPO′＝30°，由余弦定理得：OO′2＝R2＋r2－2Rrcos 30° 解得：OO′＝R＝r 可得偏轉(zhuǎn)角為α＝240° 則粒子在磁場中運動時間t3＝T 粒子整個過程的運動時間t＝t1＋t2＋t3 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Eq·x2＝m

16、v2 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x＝R處． 在磁場中經(jīng)歷半圓時間 t2＝＝＝2π 總時間T1＝t1＋t2＝ 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x＝R處 易得在磁場中時間仍然為t2＝2π 在電場中時間為3t1＝ 總時間為T2＝3t1＋t2＝(2π＋1) (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，r→0(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B1＝＝2.