（通用版）2020高考物理三輪沖刺 高考熱點排查練熱點17 帶電粒子在復合場中的運動（含解析）

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1、熱點17　帶電粒子在復合場中的運動 1．(2019·貴州貴陽市一模)如圖1所示，在xOy平面(紙面)內(nèi)，存在一個半徑為R＝0.2m的圓形勻強磁場區(qū)域，磁感應強度大小為B＝1.0T，方向垂直紙面向里，該磁場區(qū)域的左邊緣與y軸相切于坐標原點O.在y軸左側(cè)－0.1m≤x≤0的區(qū)域內(nèi)，存在沿y軸負方向的勻強電場(圖中未標出)，電場強度的大小為E＝1.0×104N/C.一個質(zhì)量為m＝2.0×10－9 kg、電荷量為q＝5.0×10－5 C的帶正電粒子，以v0＝5.0×103 m/s的速度沿y軸正方向從P點射入勻強磁場，P點的坐標為(0.2m，－0.2m)，不計粒子重力． 圖1 (1)求該帶電粒

2、子在磁場中做圓周運動的半徑； (2)求該帶電粒子離開電場時的位置坐標； (3)若在緊靠電場左側(cè)加一垂直紙面的勻強磁場，該帶電粒子能回到電場，在粒子回到電場前瞬間，立即將原電場的方向反向，粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后，恰能回到坐標原點O，求所加勻強磁場的磁感應強度大小． 答案　(1)0.2m　(2)(－0.1m，－0.05m)　(3)4T 解析　(1)帶正電粒子在磁場中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律有： qv0B＝m 解得：r＝0.2m (2)帶電粒子的運動軌跡如圖所示， 由幾何關系可知，帶電粒子恰從O點沿x軸負方向進入電場，帶電粒子在電場中做類平拋運動，設粒子在電場中的加速度為a，到達

3、電場邊緣時，豎直方向的位移為y，有：L＝v0t，y＝at2 由牛頓第二定律有：qE＝ma 聯(lián)立解得：y＝0.05m 所以粒子射出電場時的位置坐標為(－0.1m，－0.05m) (3)粒子離開電場時，沿電場方向的速度vy＝at 解得：vy＝5.0×103m/s 則粒子射出電場時的速度：v＝v0 設所加勻強磁場的磁感應強度大小為B1，粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為r1，由幾何關系可知：r1＝m 由牛頓第二定律有：qvB1＝m， 聯(lián)立解得：B1＝4T. 2．(2019·陜西寶雞市高考模擬檢測(二))靜電噴漆技術具有效率高、質(zhì)量好等優(yōu)點，其裝置可簡化為如圖2甲所示．A、B為水平

4、放置的間距d＝1.6m的兩塊足夠大的平行金屬板，兩板間有方向由B指向A的E＝0.1V/m的勻強電場．在A板的中央放置一個安全接地的靜電油漆噴槍P，油漆噴槍可向各個方向均勻地噴出初速度大小均為v0＝6.0 m/s的油漆微粒，已知油漆微粒的質(zhì)量均為m＝1.0×10－5kg，帶負電且電荷量均為q＝1.0×10－3C，不計油漆微粒間的相互作用以及油漆微粒對板間電場和磁場的影響，忽略空氣阻力，g取10m/s2，已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6.求：(計算結(jié)果保留一位小數(shù)) 圖2 (1)油漆微粒落在B板上的最大面積； (2)若讓A、B兩板間的電場反向(如圖乙所示)，并在兩板間加垂直

5、于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小B＝0.06T，調(diào)節(jié)噴槍使油漆微粒只能在紙面內(nèi)沿各個方向噴出，其他條件不變． ①B板被油漆微粒打中的區(qū)域的長度為多少； ②打中B板的油漆微粒中，在正交場中運動的最短時間為多少？ 答案　(1)18.1m2　(2)①1.6m?、?.31s 解析　(1)油漆微粒的加速度a＝① 根據(jù)運動學公式得d＝at2② 落在B板上油漆微粒區(qū)域的半徑x＝v0t③ 落在B板上所形成的圓形區(qū)域面積S＝πx2④ 聯(lián)立①②③④式并代入數(shù)據(jù)得S≈18.1m2⑤ (2)①當電場反向后，由已知數(shù)據(jù)可知Eq＝mg⑥ 油漆微粒做勻速圓周運動，運動軌跡如圖甲所示，洛倫茲力充當向心力 Bqv0＝m⑦ 水平向右射出的油漆微粒打在B板的右端a點，根據(jù)幾何關系R＋Rcosα＝d⑧ aC的長度aC＝Rsinα⑨ 打在B板左端的油漆微粒為和板相切的微粒，同理求得bC＝aC⑩ 油漆微粒打在極板上的長度ab＝aC＋bC? 聯(lián)立⑥⑦⑧⑨⑩?式并代入數(shù)據(jù)得ab＝1.6m? ②打在B板上的微粒中，最短的弦長PC對應的時間最短，如圖乙所示． 由幾何關系得sinθ＝? 運動的最短時間tmin＝T? 微粒在磁場中運動的周期T＝? 由⑦???式代入數(shù)據(jù)解得tmin≈0.31s． 4