（浙江選考）2019屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題三 電場與磁場 提升訓(xùn)練12 帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)問題

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1、提升訓(xùn)練12　帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)問題 1.如圖所示,在xOy平面內(nèi)有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場,其中0a內(nèi)有方向垂直xOy平面向外的磁場,在x<0內(nèi)無磁場。一個(gè)帶正電q、質(zhì)量為m的粒子(粒子重力不計(jì))在x=0處以速度v0沿x軸正方向射入磁場。 (1)若v0未知,但粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為r=a,求粒子與x軸的交點(diǎn)坐標(biāo); (2)若無(1)中r=a的條件限制,粒子的初速度仍為v0(已知),問粒子回到原點(diǎn)O需要使a為何值? 2.(2017浙江杭州四校聯(lián)考高三期中)如圖所示,一帶電微粒質(zhì)量為m=2

2、.0×10-11 kg、電荷量q=+1.0×10-5 C,從靜止開始經(jīng)電壓為U1=100 V的電場加速后,水平進(jìn)入兩平行金屬板間的偏轉(zhuǎn)電場中,微粒射出電場時(shí)的偏轉(zhuǎn)角θ=30°,并接著進(jìn)入一個(gè)方向垂直紙面向里、寬度為D=20 cm的勻強(qiáng)磁場區(qū)域。已知偏轉(zhuǎn)電場中金屬板長L=20 cm,兩板間距d=10 cm,重力忽略不計(jì)。求: (1)帶電微粒進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場時(shí)的速率v1; (2)偏轉(zhuǎn)電場中兩金屬板間的電壓U2; (3)為使帶電微粒不會由磁場右邊射出,該勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B至少多大? 3.(2018年2月杭州期末,13)在如圖所示的平行板

3、器件中,勻強(qiáng)電場E和勻強(qiáng)磁場B互相垂直。一束初速度為v的帶電粒子從左側(cè)垂直電場射入后沿圖中直線②從右側(cè)射出。粒子重力不計(jì),下列說法正確的是(　　) A.若粒子沿軌跡①射出,則粒子的初速度一定大于v B.若粒子沿軌跡①射出,則粒子的動(dòng)能一定增大 C.若粒子沿軌跡③射出,則粒子可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng) D.若粒子沿軌跡③射出,則粒子的電勢能可能增大 4.(2017浙江紹興高三模擬,3)如圖所示,兩塊水平放置、相距為d的長金屬板C1D1、C2D2接在電壓可調(diào)的電源上。長為L的兩板中點(diǎn)為O1、O2,O1O2連線的右側(cè)區(qū)域存在著方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場。將噴墨打印機(jī)的噴口靠近上板下表面C1處,

4、從噴口連續(xù)不斷噴出質(zhì)量為m、水平速度為v0、帶相等電荷量的墨滴。調(diào)節(jié)電源電壓至U0,墨滴在電場區(qū)域恰能沿水平方向向右做勻速直線運(yùn)動(dòng),進(jìn)入電場、磁場共存區(qū)域后,最終垂直打在下板的M點(diǎn)。 (1)判斷墨滴所帶電荷是正電還是負(fù)電,并求其電荷量q; (2)求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小; (3)現(xiàn)保持噴口方向不變,使入射速度減小到v0的一半,墨滴將能經(jīng)過磁場后又回到O1O2左側(cè)電場區(qū)域,當(dāng)墨滴經(jīng)過磁場剛回到中線O1O2時(shí),將電壓U調(diào)至多大,可以讓墨滴從兩金屬板左側(cè)C1C2之間離開電場? 5.如圖所示為一種核

5、反應(yīng)研究設(shè)備的示意圖。密閉容器中為钚的放射性同位素Pu,可衰變?yōu)殁櫤薝和α粒子,并放出能量為E0的γ光子Pu可視為靜止,衰變放出的光子動(dòng)量可忽略)。衰變產(chǎn)生的質(zhì)量為m、電荷量為q的α粒子,從坐標(biāo)為(0,L)的A點(diǎn)以速度v0沿+x方向射入第一象限的勻強(qiáng)電場(電場強(qiáng)度方向沿y軸負(fù)方向),再從x軸上坐標(biāo)(2L,0)的C處射入x軸下方垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場,經(jīng)過勻強(qiáng)磁場偏轉(zhuǎn)后回到坐標(biāo)原點(diǎn)O。若粒子重力可忽略不計(jì),求: (1)電場強(qiáng)度E的大小; (2)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小; (3)钚在核反應(yīng)中虧損的質(zhì)量。 6.如圖所示,y軸上M點(diǎn)的坐標(biāo)為

6、(0,L),MN與x軸平行,MN與x軸之間有勻強(qiáng)磁場區(qū)域,磁場垂直紙面向里。在y>L的區(qū)域存在沿-y方向的勻強(qiáng)電場,電場強(qiáng)度為E,在坐標(biāo)原點(diǎn)O點(diǎn)有一正粒子以速率v0沿+x方向射入磁場,粒子穿出磁場進(jìn)入電場,速度減小到0后又返回磁場。已知粒子的比荷為,粒子重力不計(jì)。 (1)求勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小; (2)從原點(diǎn)出發(fā)后帶電粒子第一次經(jīng)過x軸,求洛倫茲力的沖量; (3)經(jīng)過多長時(shí)間,帶電粒子經(jīng)過x軸。 7. (2018年5月寧波諾丁漢大學(xué)附中高二期中)如圖所示,在x軸上方存在勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度大

7、小為B,方向垂直于紙面向外;在x軸下方存在勻強(qiáng)電場,電場方向與xOy平面平行,且與x軸成45°夾角。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子以速度v0從y軸上P點(diǎn)沿y軸正方向射出,一段時(shí)間后進(jìn)入電場,進(jìn)入電場時(shí)的速度方向與電場方向相反;又經(jīng)過一段時(shí)間T0,磁場方向變?yōu)榇怪奔埫嫦蚶?大小不變,不計(jì)重力。 (1)求粒子從P點(diǎn)出發(fā)至第一次到達(dá)x軸時(shí)所需的時(shí)間; (2)若要使粒子能夠回到P點(diǎn),求電場強(qiáng)度的最大值。 8.如圖所示,某一新型發(fā)電裝置的發(fā)電管是橫截面為矩形的水平管道,管道的長為L、寬為d、高為h,上、下兩面是絕緣板.前、后兩側(cè)面M、N是電阻可忽略的

8、導(dǎo)體板,兩導(dǎo)體板與開關(guān)S和定值電阻R相連。整個(gè)管道置于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向沿z軸正方向的勻強(qiáng)磁場中。管道內(nèi)始終充滿電阻率為ρ的導(dǎo)電液體(有大量的正、負(fù)離子),且開關(guān)閉合前后,液體在管道進(jìn)、出口兩端壓強(qiáng)差的作用下,均以恒定速率v0沿x軸正向流動(dòng)。 (1)求開關(guān)閉合前,M、N兩板間的電勢差大小U0; (2)調(diào)整矩形管道的寬和高,但保持其他量和矩形管道的橫截面積為S不變,求電阻R可獲得的最大功率Pm及相應(yīng)的寬高比的值。 9. (2018年3月稽陽聯(lián)誼學(xué)校選考聯(lián)考)某同學(xué)在復(fù)習(xí)帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)時(shí),經(jīng)

9、過思考,自己設(shè)計(jì)了一道題目: 如圖,C、D板之間是加速電場,電壓為U,虛線OQ、QP、ON是勻強(qiáng)磁場的邊界,且磁場范圍足夠大,QP與ON平行,間距為d,與OQ垂直且與豎直方向夾角θ=60°,兩磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B,方向垂直紙面向外?，F(xiàn)有一個(gè)比荷為k的正電荷(重力不計(jì)),從C板的小孔靜止釋放,加速后從O點(diǎn)水平進(jìn)入虛線OQ右側(cè)空間。該電荷第二次(不包括從O點(diǎn)進(jìn)入這一次)到達(dá)ON邊界時(shí)的位置為A點(diǎn)(未畫出)。求: (1)粒子在O點(diǎn)的速度大小; (2)粒子從O到A的時(shí)間; (3)若兩磁場整體以O(shè)點(diǎn)為軸,順時(shí)針轉(zhuǎn)過30°,粒子加速后從O點(diǎn)水平進(jìn)入,

10、且粒子始終在OQ右側(cè)運(yùn)動(dòng),試判斷粒子能否通過A點(diǎn),需講明理由。 10.(2016浙江杭州五校聯(lián)盟)某研究性學(xué)習(xí)小組用如圖所示的裝置來選擇密度相同、大小不同的球狀納米粒子。密度相同的粒子在電離室中被電離后帶正電,電荷量與其表面積成正比。電離后粒子緩慢通過小孔O1進(jìn)入極板間電壓為U的水平加速電場區(qū)域Ⅰ,再通過小孔O2射入相互正交的恒定勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場區(qū)域Ⅱ,其中磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向垂直紙面向外。收集室的小孔O3與O1、O2在同一條水平線上。實(shí)驗(yàn)發(fā)現(xiàn):半徑為r0的粒子質(zhì)量為m0、電荷量為q0,剛好能沿O1O3直線射入收集室。不計(jì)納米粒子重力和粒子之間的相互作用力。(球體

11、積和球表面積公式分別為V球=πr3,S球=4πr2)求: (1)圖中區(qū)域Ⅱ的電場強(qiáng)度E的大小; (2)半徑為r的粒子通過O2時(shí)的速率v; (3)試討論半徑r≠r0的粒子進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ后將向哪個(gè)極板偏轉(zhuǎn)。 11.(2018年3月寧波高三質(zhì)量評估)如圖所示為一平面直角坐標(biāo)系xOy,在第一、二象限中有一半圓形的有界磁場,圓心在O點(diǎn),半圓的半徑為R,磁場方向垂直坐標(biāo)平面向里,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,在y=R的上方有一沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場,電場強(qiáng)度為E,在坐標(biāo)原點(diǎn)有一粒子源,可以向第一象限坐標(biāo)平面內(nèi)的任意方向發(fā)射相同速率的帶正電的

12、粒子,粒子質(zhì)量為m,電荷量為q,粒子的重力可以忽略不計(jì),不考慮粒子間的相互作用。發(fā)現(xiàn)有一粒子從y軸上的P點(diǎn)離開磁場進(jìn)入電場,并且此時(shí)速度方向與y軸正方向成30°夾角,求: (1)粒子速度的大小; (2)出磁場后能垂直進(jìn)入電場的粒子從粒子源射出到經(jīng)過y軸時(shí)所用的時(shí)間; (3)在y=R上,有粒子能進(jìn)入電場的橫坐標(biāo)范圍。 12.圖甲為某種速度選擇器示意圖(圖乙是該裝置的俯視圖),加速電場右側(cè)是一半徑為R的接地豎直金屬圓筒,它與加速電場靠得很近,圓筒可繞豎直中心軸以某一角速度逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。O1、O2為加速電場兩極板上的小

13、孔,O3、O4為圓筒直徑兩端的小孔,豎直熒光屏abcd與直線O1O2平行,且到圓筒的豎直中心軸的距離OP=3R。粒子源發(fā)出同種粒子經(jīng)電場加速進(jìn)入圓筒(筒內(nèi)加一豎直向下的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B),經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后,通過圓筒的小孔打到光屏上產(chǎn)生亮斑,即被選中。整個(gè)裝置處于真空室中,不計(jì)粒子重力及粒子間相互作用。 (1)若開始時(shí)圓筒靜止且圓筒內(nèi)不加磁場,同時(shí)讓O1、O2、O3、O、O4在同一直線上。初速度不計(jì)的帶電粒子從小孔O1進(jìn)入加速電場,再從小孔O3打入圓筒從O4射出。當(dāng)加速電壓調(diào)為U0時(shí),測出粒子在圓筒中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t0,請求出此粒子的比荷。 (2)僅調(diào)

14、整加速電場的電壓,可以使粒子以不同的速度射入圓筒,若在光屏上形成的亮斑范圍為Q1P=PQ2=R,求打到光屏的粒子所對應(yīng)的速率v的范圍,以及圓筒轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度ω。 提升訓(xùn)練12　帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)問題 1.答案 (1)2(1+)a　(2) 解析 (1)帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),設(shè)其軌道半徑為R,其在第一象限的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示。此軌跡由兩段圓弧組成,圓心分別在C和C'處,軌跡與x軸交點(diǎn)為P。由對稱性可知C'在x=2a直線上。設(shè)此直線與x軸交點(diǎn)為D,P點(diǎn)的x坐標(biāo)為xP=2a+DP。過兩段圓弧的連接點(diǎn)作平行于x軸的直線EF,則 DF=r-,C'F=,C'D=C'F-DF,

15、DP= 由此可得P點(diǎn)的x坐標(biāo)為 xP=2a+2, 代入題給條件得xP=2(1+)a。 (2)若要求帶電粒子能夠返回原點(diǎn),由對稱性,其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示,這時(shí)C'在x軸上。設(shè)∠CC'O=α,粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為r,由幾何關(guān)系得α= 軌道半徑r=a 由牛頓第二定律和洛倫茲力公式得qv0B=m, 解得a=。 2.答案 (1)1.0×104 m/s　(2)100 V　(3)0.1 T 解析 (1)帶電微粒經(jīng)加速電場加速后速度為v',根據(jù)動(dòng)能定理得U1q=,解得v1==1.0×104 m/s。 (2)帶電微粒在偏轉(zhuǎn)電場中只受電場力作用,做類平拋運(yùn)動(dòng)。在水平方向微粒做勻速直線運(yùn)

16、動(dòng)。 水平方向:v1= 帶電微粒在豎直方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng),加速度為a,出電場時(shí)豎直方向速度為v2 豎直方向:a= v2=at= 由幾何關(guān)系得tanθ= U2=tanθ 得U2=100 V。 (3)電微粒進(jìn)入磁場做勻速圓周運(yùn)動(dòng),洛倫茲力提供向心力,設(shè)微粒軌道半徑為R,由幾何關(guān)系知 R+=D,解得R=D 設(shè)微粒進(jìn)入磁場時(shí)的速度為v',則v'= 由牛頓運(yùn)動(dòng)定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律qv'B= 得B=, 代入數(shù)據(jù)得B=0.1 T,即若帶電粒子不射出磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度B至少為0.1 T。 3.D　解析 初速度為v的帶電粒子沿直線從右側(cè)射出,故此時(shí)洛倫茲力和電場力平衡:qvB=Eq,可得

17、初速度:v=。假設(shè)粒子帶正電,若粒子沿軌跡①射出,根據(jù)左手定則可知洛倫茲力向上,可知?jiǎng)傔M(jìn)入磁場時(shí)qv'B>Eq,所以v'>=v,此時(shí)電場力做負(fù)功,動(dòng)能減小,速度減小,假設(shè)粒子帶負(fù)電,若粒子沿軌跡①射出,根據(jù)左手定則可知,洛倫茲力方向向下,可知?jiǎng)傔M(jìn)入磁場時(shí)qv'BEq,即v'>=v,粒子可能沿軌跡③射出,此時(shí)電場力做負(fù)功,電勢能增大,故D正確。 4.答案 (1)負(fù)　　(2)　(3

18、) U0≤U≤ 解析 (1)墨滴在電場區(qū)域做勻速直線運(yùn)動(dòng),有q=mg,得q= 由于電場方向向下,電荷所受電場力向上,可知,墨滴帶負(fù)電荷。 (2)進(jìn)入電場、磁場共存區(qū)域后,重力與電場力平衡,洛倫茲力提供墨滴做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力,有qv0B= 考慮墨滴進(jìn)入磁場和擋板的幾何關(guān)系,可知墨滴在該區(qū)域恰完成四分之一圓周運(yùn)動(dòng),則半徑R=d,由此可知B=。 (3)根據(jù)題設(shè),墨滴速度減小到v=v0時(shí),設(shè)圓周運(yùn)動(dòng)半徑為R' 有qvB=,得R'=R=d 則墨滴恰好經(jīng)過半圓回到O2。 要使墨滴從兩金屬板左側(cè)的C1C2之間離開電場,則墨滴應(yīng)在電場力和重力作用下做勻速直線運(yùn)動(dòng),從C2離開,即U1=U0

19、 或做類平拋運(yùn)動(dòng),最大偏向位移的墨滴從C1離開,則有L=vt,d=?t2,得U2= 所以電壓的調(diào)節(jié)范圍是U0≤U≤。 5.答案 (1)　(2)　(3) 解析 (1)帶電粒子在勻強(qiáng)電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)。 水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng):2L=v0t 豎直方向做勻變速直線運(yùn)動(dòng):L=)2 求得E=。 (2)帶電粒子在C點(diǎn)豎直分速度為vy=t==v0 粒子進(jìn)入磁場的速度v=v0 方向與x軸正向成45° 粒子進(jìn)入磁場區(qū)域做勻速圓周運(yùn)動(dòng),由幾何知識可得R1=L 由洛倫茲力充當(dāng)向心力時(shí),有Bqv=m 可解得B=。 (3)放射性同位素Pu的衰變方程為Pu→He+γ,α粒子的質(zhì)量為m,則U的質(zhì)量

20、為m 衰變過程動(dòng)量守恒,MvU=mv0 由動(dòng)能EU=,Eα=, 質(zhì)量虧損放出的能量ΔE=Δmc2,ΔE=EU+Eα+E0 所以Δm=。 6.答案 (1)　(2)2mv0　(3)n(n=1,2,3,…) 解析 (1)由題意如圖,粒子在磁場中圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r=L 根據(jù)qvB=,解得B=。 (2)勻強(qiáng)電場中,由動(dòng)量定理得 I=-mv0-mv0=-2mv0 從原點(diǎn)出發(fā)后第一次經(jīng)過x軸,由I+I'=mv0-mv0 得洛倫茲力的沖量I'=2mv0。 (3)粒子返回磁場后,再做勻速圓周運(yùn)動(dòng),在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1= 電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2= 考慮周期性,帶電粒子經(jīng)過x軸的時(shí)間

21、t'=nt=n(n=1,2,3,…) 7.答案 (1)　(2) 解析 (1)帶電粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng),設(shè)運(yùn)動(dòng)半徑為R,運(yùn)動(dòng)周期為T,根據(jù)洛倫茲力公式及圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律,有qv0B=m,T= 依題意,粒子第一次到達(dá)x軸時(shí),運(yùn)動(dòng)轉(zhuǎn)過的角度為π,所需時(shí)間為t1=T,求得t1=。 (2)粒子進(jìn)入電場后,先做勻減速運(yùn)動(dòng),直到速度減小為0,然后沿原路返回做勻加速運(yùn)動(dòng),到達(dá)x軸時(shí)速度大小仍為v0,設(shè)粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為t2,加速度大小為a,電場強(qiáng)度大小為E,有qE=ma,v0=at2,得t2= 根據(jù)題意,要使粒子能夠回到P點(diǎn),必須滿足t2≥T0 得電場強(qiáng)度最大值E=。 8.答案 (1)Bd

22、v0　(2) 解析 (1)以導(dǎo)電液體中帶正電離子為研究對象,受力平衡時(shí), qv0B=qE=q,解得U0=Bdv0。 (2)兩導(dǎo)體板間液體的電阻r=ρ I= 電阻R獲得的功率為P=I2R,即P=R,當(dāng)時(shí),電阻R獲得最大功率,為Pm=。 9.答案 (1)　(2)2d　(3)見解析 解析 (1)qU=mv2得v=。 (2)粒子的軌跡圖,如圖所示。 連GA,則△OGA為等腰三角形,GA∥HK。據(jù)平面幾何知識,得OG=HK=2d 所以t1= 劣弧GH與優(yōu)弧AK合起來恰好為一整圓,得 t2= 所以t==2d。 (3)由(2)可得OA=2d 若兩磁場整體以O(shè)點(diǎn)為軸,順時(shí)針轉(zhuǎn)

23、過30°。如圖為粒子運(yùn)動(dòng)軌跡,∠QOG=30°,OQ=d,所以O(shè)G=d 又因?yàn)椤鱋GA'為正三角形,所以O(shè)A'=OG=d 根據(jù)幾何關(guān)系,得:=3 即通過3個(gè)周期,粒子可以通過A點(diǎn)。 10.答案 (1)B　(2) (3)當(dāng)r>r0時(shí),粒子會向上極板偏轉(zhuǎn); 當(dāng)r

24、 解得v=。 (3)半徑為r的粒子,在剛進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ時(shí)受到的合力為 F合=qE-qvB=qB(v0-v) 由v=v0可知, 當(dāng)r>r0時(shí),v0,粒子會向上極板偏轉(zhuǎn); 當(dāng)rv0,F合<0,粒子會向下極板偏轉(zhuǎn)。 11.答案 (1)　(2)(3)見解析 圖1 解析 (1)由分析可知,從O點(diǎn)出發(fā),在P點(diǎn)離開磁場的粒子,在磁場中運(yùn)動(dòng)的圓弧對應(yīng)的圓心角為60°,軌跡如圖1 所以粒子圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R 由牛頓第二定律,有:qvB=m 得:v=。 (2)由判斷可知,從O點(diǎn)入射的粒子在離開磁場時(shí)的偏向角均為60° 所以,出磁場后能垂直進(jìn)入電場的粒子,從O點(diǎn)

25、入射時(shí)與x軸正向成30°夾角,軌跡如圖2 在磁場中t1=T= 在無場區(qū)t2=1- 在電場中t3= 所以總時(shí)間為t=t1+t2+t3= (3)畫出軌跡,如圖3所示 最右側(cè):x1=R 最左側(cè):x2=-(R-Rtan 30°)tan 60°=-(-1)R。 圖2 圖3 12.答案 (1)　(2)≤v≤ 解析 (1)由題意可知,2R=v0t0,=qU0,得。 (2)由幾何關(guān)系得r1=R 由向心力公式得qBv1=m 聯(lián)立解得v1= 由幾何關(guān)系得r2=R 由向心力公式得qBv2=m 聯(lián)立解得v2= 所以≤v≤ 進(jìn)入圓筒的粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)的角度和時(shí)間與圓筒轉(zhuǎn)過的角度和時(shí)間都是相等的。 即只要粒子能進(jìn)入就能出去,故有ω= 又T= 聯(lián)立得ω=。 15