高考物理大二輪專題復(fù)習(xí) 考前增分練 計算題專練部分 帶電粒子在復(fù)合場中的運動

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1、高考物理大二輪專題復(fù)習(xí) 考前增分練 計算題專練部分 帶電粒子在復(fù)合場中的運動 1．如圖1所示，直角坐標系xOy位于豎直平面內(nèi)，在水平的x軸下方存在勻強磁場和勻強電場，磁場的磁感應(yīng)強度為B，方向垂直xOy平面向里，電場線平行于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點水平向右拋出，經(jīng)x軸上的M點進入電場和磁場，恰能做勻速圓周運動，從x軸上的N點第一次離開電場和磁場，M、N之間的距離為L，小球過M點時的速度方向與x軸的方向夾角為θ，不計空氣阻力，重力加速度為g，求： 圖1 (1)電場強度E的大小和方向； (2)小球從A點拋出時初速度v0的大小； (3)小球從A點運動到

2、N點的時間t. 答案　(1)，方向豎直向上　(2)　(3)＋ 解析　(1)小球在電場、磁場中恰能做勻速圓周運動，有：qE＝mg，則E＝，電場強度方向豎直向上． (2)小球做勻速圓周運動，設(shè)半徑為r， 由幾何關(guān)系知：sin θ＝ 設(shè)小球做圓周運動的速率為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點的豎直分速度為vy， vy＝v0tan θ＝gt1 t1＝ 在磁場中運動時間為：t2＝·＝ 運動總時間為：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＝9 m，與板上端等高處水平線上有一P點

3、，P點離擋板的距離x＝3 m．板的左側(cè)以及板上端與P點的連線上方存在勻強磁場和勻強電場．磁場方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強度B＝1 T；比荷大?。?.0 C/kg可視為質(zhì)點的小球從擋板下端處小孔以不同的速度水平射入場中做勻速圓周運動，若與擋板相碰就以原速率彈回，且碰撞時間不計，碰撞時電量不變，小球最后都能經(jīng)過位置P，g＝10 m/s2，求： 圖2 (1)電場強度的大小與方向； (2)小球不與擋板相碰運動到P的時間； (3)要使小球運動到P點時間最長應(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，小球帶負電，因小球做勻速圓周運動，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P點軌跡如圖： 有：(h－R)2＋x2＝R2得：R＝5 m 設(shè)PO與擋板的夾角為θ，則sin θ＝＝ 小球做圓周運動的周期T＝ 設(shè)小球做圓周運動所經(jīng)過圓弧的圓心角為α，則t＝ 運動時間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，(2)問不符合題意 n＝1時，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時運動時間最長 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電場，場強大小E＝π×103 N/C，MN下方有垂直于紙面的磁場，磁感應(yīng)強度B隨時間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正方向．T＝0時將一重力不計、比荷＝106 C/kg的正點電荷從電場中的O點由靜止釋放，在t1＝1×10－5 s時恰通過MN上的P點進入磁場，P點左方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點進入磁場時速度的大小v0； (2)電荷在t2＝4×10－5 s時與P點的距離

6、Δx； (3)電荷從O點出發(fā)運動到擋板所需時間t總． 答案　(1)π×104 m/s　(2)20 cm　(3)1.42×10－4 s 解析　(1)電荷在電場中做勻加速直線運動，則Eq＝ma v0＝at1 解得v0＝＝π×103×106×1×10－5 m/s＝π×104 m/s (2)電荷在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力 qvB＝m，r＝ 當B1＝ T時，半徑r1＝＝0.2 m＝20 cm 周期T1＝＝4×10－5 s 當B2＝ T時，半徑r2＝＝0.1 m＝10 cm 周期T2＝＝2×10－5 s 故電荷從t＝0時刻開始做周期性運動，其運動軌跡如圖所示．

7、 在t＝0到t2＝4×10－5 s時間內(nèi)，電荷先沿直線OP運動t1，再沿大圓軌跡運動，緊接著沿小圓軌跡運動T2，t2＝4×10－5 s時電荷與P點的距離Δx＝r1＝20 cm (3)電荷從P點開始的運動周期T＝6×10－5 s，且在每一個周期內(nèi)向左沿PM移動x1＝2r1＝40 cm，電荷到達擋板前經(jīng)歷了2個完整周期，沿PM運動距離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點出發(fā)運動到擋板所需總時間 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xOy平面內(nèi)有間距為d，長度為d的平行正對金屬板M、N，M位于x軸上，OP為過坐標原點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)強度大小相等方向相反且均垂直于坐標平面的勻強磁場．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點射出進入磁場．粒子第一次通過y軸時，速度與y軸負方向的夾角為.不計粒子重力，求： 圖4 (1)極板M、N間的電壓； (2)勻強磁場磁感應(yīng)強度的大?。? (3)粒子第二次通過y軸時的縱坐

9、標值； (4)粒子從進入板間到第二次通過y軸時經(jīng)歷的時間． 答案　(1)　(2)　(3)2d　(4)() 解析　(1)粒子在M、N板間做類平拋運動，設(shè)加速度為a，運動時間為t1，則d＝v0t1 d＝at 根據(jù)牛頓運動定律得q＝ma 聯(lián)立解得U＝. (2)設(shè)粒子經(jīng)過A點時的速度為v，方向與x軸的夾角為α， 根據(jù)動能定理，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，軌跡如圖，由幾何關(guān)系知D點與A點高度相等，△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)空間的運動軌跡如

10、圖． 由幾何關(guān)系知 DE＝2Rcos θ＝d 即E點的縱坐標為yE＝2d. (4)粒子從A到D的時間 t2＝T 從D到E的時間t3＝T 而T＝＝ 故t＝t1＋t2＋t3＝(). 【必考模型4】　　帶電粒子在組合場中的運動 1.模型特點：電場、磁場同時存在，但空間位置不同. 2.表現(xiàn)形式：(1)在電場中做勻加速直線運動，在有界磁場中做勻速圓周運動.(2)在電場中做類平拋運動，在有界磁場中做勻速圓周運動.,3.應(yīng)對模式：這類問題實質(zhì)是類平拋運動、直線運動和圓周運動組成的多過程問題，要善于把多過程分解，逐個擊破.對于在電場中的加速和類平拋運動，要能熟練應(yīng)用力和運動的方法以及功和能的方法求解.對于粒子在磁場中的圓周運動，關(guān)鍵是找圓心畫出運動軌跡，并結(jié)合幾何知識，求出半徑或運動的時間.