（浙江選考）2018版高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題七 計(jì)算題題型強(qiáng)化 第3講 加試計(jì)算題22題 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)學(xué)案

《（浙江選考）2018版高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題七 計(jì)算題題型強(qiáng)化 第3講 加試計(jì)算題22題 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)學(xué)案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江選考）2018版高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題七 計(jì)算題題型強(qiáng)化 第3講 加試計(jì)算題22題 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)學(xué)案（14頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第3講　加試計(jì)算題22題　帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 題型1　帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 1. 如圖1所示的坐標(biāo)系，x軸沿水平方向，y軸沿豎直方向．第一、第二和第四象限內(nèi)，既無電場(chǎng)也無磁場(chǎng)，在第三象限，存在沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直坐標(biāo)平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的帶電質(zhì)點(diǎn)，從y軸上y1＝h處的P1點(diǎn)，以一定的水平初速度沿x軸負(fù)方向進(jìn)入第二象限；然后經(jīng)過x軸上x＝－2h處的P2點(diǎn)進(jìn)入第三象限，帶電質(zhì)點(diǎn)恰好做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，經(jīng)y軸上y3＝－2h的P3點(diǎn)離開電磁場(chǎng)，重力加速度為g.求： 圖1 (1)帶電質(zhì)點(diǎn)到達(dá)P2點(diǎn)時(shí)速度的大小和方向； (2)第三象限內(nèi)電場(chǎng)強(qiáng)度的

2、大小； (3)第三象限內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大?。? 答案　(1)2　方向與x軸負(fù)方向成45°角　(2) (3) 解析　(1)帶電質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)軌跡如圖． 帶電質(zhì)點(diǎn)從P1到P2點(diǎn)， 由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得： h＝gt2① v0＝② vy＝gt③ tan θ＝④ v＝＝2⑤ 方向與x軸負(fù)方向成θ＝45°角． (2)帶電質(zhì)點(diǎn)從P2到P3，重力與電場(chǎng)力平衡，得： Eq＝mg⑥ 解得：E＝. (3)第三象限內(nèi)，洛倫茲力提供帶電質(zhì)點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，由牛頓第二定律得：qvB＝⑦ 由幾何關(guān)系得：(2R)2＝(2h)2＋(2h)2⑧ 聯(lián)立⑤⑦⑧式得：B＝ . 2．如圖2所示，在

3、足夠大的空間范圍內(nèi)，同時(shí)存在著豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.足夠長(zhǎng)的斜面固定在水平面上，斜面傾角為45°.有一帶電的小球P靜止于斜面頂端A處，且恰好對(duì)斜面無壓力．若將小球P以初速度v0水平向右拋出(P視為質(zhì)點(diǎn))，一段時(shí)間后，小球落在斜面上的C點(diǎn)．已知小球的運(yùn)動(dòng)軌跡在同一豎直平面內(nèi)，重力加速度為g，求： 圖2 (1)小球P落到斜面上時(shí)速度方向與斜面的夾角θ及由A到C所需的時(shí)間t； (2)小球P拋出到落到斜面的位移x的大?。? 答案　(1)45°　　(2) 解析　(1)小球P靜止時(shí)不受洛倫茲力作用，僅受自身重力和電場(chǎng)力，對(duì)斜面無壓力，則mg＝

4、qE ① P獲得水平初速度后由于重力和電場(chǎng)力平衡，將在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由對(duì)稱性可得小球P落到斜面上時(shí)其速度方向與斜面的夾角為45° qv0B＝m ② T＝＝ ③ 圓周運(yùn)動(dòng)轉(zhuǎn)過的圓心角為90°，小球P由A到C所需的時(shí)間：t＝＝ ④ (2)由②式可知，P做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R＝⑤ 由幾何關(guān)系知x＝R ⑥ 由①⑤⑥可解得位移x＝. 1.帶電粒子在疊加場(chǎng)中無約束情況下的運(yùn)動(dòng)情況分類 (1)洛倫茲力、重力并存 ①若重力和洛倫茲力平衡，則帶電粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)． ②若重力和洛

5、倫茲力不平衡，則帶電粒子將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)，因洛倫茲力不做功，故機(jī)械能守恒，由此可求解問題． (2)電場(chǎng)力、洛倫茲力并存(不計(jì)重力的微觀粒子) ①若電場(chǎng)力和洛倫茲力平衡，則帶電粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)． ②若電場(chǎng)力和洛倫茲力不平衡，則帶電粒子將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)，因洛倫茲力不做功，可用動(dòng)能定理求解問題． (3)電場(chǎng)力、洛倫茲力、重力并存 ①若三力平衡，一定做勻速直線運(yùn)動(dòng)． ②若重力與電場(chǎng)力平衡，一定做勻速圓周運(yùn)動(dòng)． ③若合力不為零且與速度方向不垂直，將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)，因洛倫茲力不做功，可用能量守恒定律或動(dòng)能定理求解問題． 2．帶電粒子在疊加場(chǎng)中有約束情況下的運(yùn)動(dòng) 帶電粒子在疊加場(chǎng)中

6、受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道等約束的情況下，常見的運(yùn)動(dòng)形式有直線運(yùn)動(dòng)和圓周運(yùn)動(dòng)，此時(shí)解題要通過受力分析明確變力、恒力做功情況，并注意洛倫茲力不做功的特點(diǎn)，運(yùn)用動(dòng)能定理、能量守恒定律結(jié)合牛頓運(yùn)動(dòng)定律求解． 題型2　帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 1．如圖3所示，在xOy平面內(nèi)存在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四個(gè)場(chǎng)區(qū)，y軸右側(cè)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅰ，y軸左側(cè)與虛線MN之間存在方向相反的兩個(gè)勻強(qiáng)電場(chǎng)，Ⅱ區(qū)電場(chǎng)方向豎直向下，Ⅲ區(qū)電場(chǎng)方向豎直向上，P點(diǎn)是MN與x軸的交點(diǎn)．有一質(zhì)量為m、帶電荷量＋q的帶電粒子由原點(diǎn)O，以速度v0沿x軸正方向水平射入磁場(chǎng)Ⅰ，已知?jiǎng)驈?qiáng)磁場(chǎng)Ⅰ的磁感應(yīng)強(qiáng)度垂直紙面向里，大小為B0，勻強(qiáng)電場(chǎng)Ⅱ和勻強(qiáng)電場(chǎng)Ⅲ

7、的電場(chǎng)強(qiáng)度大小均為E＝，Ⅳ區(qū)的磁場(chǎng)垂直紙面向外，大小為，OP之間的距離為，已知粒子最后能回到O點(diǎn)． 圖3 (1)帶電粒子從O點(diǎn)飛出后，第一次回到x軸時(shí)的位置和時(shí)間； (2)根據(jù)題給條件畫出粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡； (3)帶電粒子從O點(diǎn)飛出后到再次回到O點(diǎn)的時(shí)間． 答案　(1)(－，0)　　(2)見解析圖 (3) 解析　(1)帶電粒子在磁場(chǎng)Ⅰ中運(yùn)動(dòng)的半徑為R1＝ 帶電粒子在Ⅰ磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)了半個(gè)圓，回到y(tǒng)軸的坐標(biāo)y＝2R1＝，時(shí)間為t1＝＝ 帶電粒子在Ⅱ場(chǎng)區(qū)做類平拋運(yùn)動(dòng)， 根據(jù)牛頓第二定律得帶電粒子運(yùn)動(dòng)的加速度a＝＝， 豎直方向y＝at，水平位移x＝v0t2， 聯(lián)立得t2＝，x＝

8、 故t總＝t1＋t2＝ 第一次回到x軸的位置(－，0) (2)根據(jù)運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性畫出粒子在場(chǎng)區(qū)Ⅲ的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示．帶電粒子在場(chǎng)區(qū)Ⅳ運(yùn)動(dòng)的半徑是場(chǎng)區(qū)Ⅰ運(yùn)動(dòng)半徑的2倍，畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，同樣根據(jù)運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性畫出粒子回到O點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示． (3)帶電粒子在磁場(chǎng)Ⅰ中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間正好為1個(gè)周期，故t1′＝ 帶電粒子在Ⅱ、Ⅲ兩個(gè)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2′＝4t2＝ 帶電粒子在Ⅳ場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為半個(gè)周期t3′＝ 因此帶電粒子從O點(diǎn)飛出后到再次回到O點(diǎn)的時(shí)間 t總′＝t1′＋t2′＋t3′＝. 2．(2017·杭州市四校聯(lián)考)如圖4所示，一帶電微粒質(zhì)量為m＝2.0×10－11 kg

9、、電荷量為q＝＋1.0×10－5 C，從靜止開始經(jīng)電壓為U1＝100 V的電場(chǎng)加速后，水平進(jìn)入兩平行金屬板間的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中，微粒射出電場(chǎng)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(chǎng)區(qū)域．已知偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中金屬板長(zhǎng)L＝20 cm，兩板間距d＝10 cm，重力忽略不計(jì)．求： 圖4 (1)帶電微粒進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的速率 v1； (2)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中兩金屬板間的電壓U2； (3)為使帶電微粒不會(huì)由磁場(chǎng)右邊射出，該勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B至少為多大？ 答案　(1)1.0×104 m/s　(2)100 V　(3)0.1 T 解析　(1)設(shè)帶電微粒經(jīng)加速電場(chǎng)加速后速

10、度為v，根據(jù)動(dòng)能定理U1q＝mv 得v1＝ ＝1.0×104 m/s (2)帶電微粒在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)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)，設(shè)其加速度為a，出電場(chǎng)時(shí)豎直方向速度為v2 豎直方向：a＝＝，v2＝at＝· 由幾何關(guān)系tan θ＝＝＝ 代入數(shù)據(jù)解得U2＝100 V (3)帶電微粒進(jìn)入磁場(chǎng)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，R＝D 設(shè)微粒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為v′ v′＝， 又qv′B＝， 解得B＝0.1 T 為使帶電粒子不射出磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B至少為0.1 T. 3．(2017·嘉興市一中期

11、末)如圖5所示，寬度為L(zhǎng)的區(qū)域被平均分為區(qū)域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，其中Ⅰ、Ⅲ有勻強(qiáng)磁場(chǎng)，它們的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向垂直紙面且相反．長(zhǎng)為L(zhǎng)、寬為的矩形abcd緊鄰磁場(chǎng)下方，與磁場(chǎng)邊界對(duì)齊，O為dc邊中點(diǎn)，P為dc中垂線上一點(diǎn)，OP＝3L.矩形內(nèi)有勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，方向由a指向O.電荷量為q、質(zhì)量為m、重力不計(jì)的帶電粒子由a點(diǎn)靜止釋放，經(jīng)電場(chǎng)加速后進(jìn)入磁場(chǎng)，運(yùn)動(dòng)軌跡剛好與區(qū)域Ⅲ的右邊界相切． 圖5 (1)求該粒子經(jīng)過O點(diǎn)時(shí)的速度大小v0； (2)求勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B； (3)若在aO之間距O點(diǎn)x處?kù)o止釋放該粒子，粒子在磁場(chǎng)區(qū)域中共偏轉(zhuǎn)n次到達(dá)P點(diǎn)，求x滿足的條件及n的可能取

12、值． 答案　(1) 　(2) 　(3)x＝(－)2L，n＝2、3、4、5、6、7、8 解析　(1)由題意中長(zhǎng)寬幾何關(guān)系可知aO＝L，粒子在aO加速過程由動(dòng)能定理：qEL＝mv① 得粒子經(jīng)過O點(diǎn)時(shí)速度大?。簐0＝ ② (2)粒子在磁場(chǎng)區(qū)域Ⅲ中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖，設(shè)粒子軌跡圓半徑為R0， 由幾何關(guān)系可得： R0－R0cos 60°＝L③ 由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得：qv0B＝④ 聯(lián)立②③④式，得：B＝ ⑤ (3)若粒子在磁場(chǎng)中一共經(jīng)過n次偏轉(zhuǎn)到達(dá)P，設(shè)粒子軌跡圓半徑為R， 由幾何關(guān)系有：2n( tan 30°＋Rcos 30°)＝3L⑥ 依題意有0＜R≤R0⑦ 聯(lián)立③⑥⑦得

13、≤n＜9，且n取正整數(shù)⑧ 設(shè)粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)速率為v，有：qvB＝⑨ 在電場(chǎng)中的加速過程，由動(dòng)能定理：qEx＝mv2⑩ 聯(lián)立⑤⑥⑨⑩式， 得：x＝(－)2 L，其中n＝2、3、4、5、6、7、8 “電偏轉(zhuǎn)”和“磁偏轉(zhuǎn)”的比較 垂直電場(chǎng)線進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)(不計(jì)重力) 垂直磁感線進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)(不計(jì)重力) 受力情況 電場(chǎng)力F＝qE，其大小、方向不變，與速度v無關(guān)，F(xiàn)是恒力 洛倫茲力F洛＝qvB，其大小不變，方向隨v而改變，F(xiàn)洛是變力 軌跡 拋物線 圓或圓的一部分 運(yùn)動(dòng)軌跡 求解方法 利用類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求解： vx＝v0，x＝v0t vy＝·t，

14、y＝··t2 偏轉(zhuǎn)角φ： tan φ＝＝ 半徑：r＝ 周期：T＝ 偏移距離y和偏轉(zhuǎn)角φ要結(jié)合圓的幾何關(guān)系利用圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律討論求解 運(yùn)動(dòng)時(shí)間 t＝ t＝T＝ 動(dòng)能 變化 不變 專題強(qiáng)化練 (限時(shí)：35分鐘) 1．(2017·溫州市9月選考)如圖1所示，空心圓臺(tái)上、下底面水平，其半徑分別為3r和2r，圓臺(tái)高為H＝4r，圓臺(tái)壁內(nèi)表面涂有熒光粉．位于圓臺(tái)軸線位置的某電學(xué)器件，其陰極是一根細(xì)圓柱形導(dǎo)體，陽極是環(huán)繞陰極半徑為r的圓柱形金屬網(wǎng)(厚度不計(jì))，陽極與圓臺(tái)壁之間的空間區(qū)域分布著豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，從陰極發(fā)出的電子(初速度不計(jì))，經(jīng)加速后從陽極小孔中水平射出，撞到圓臺(tái)

15、壁上可使圓臺(tái)壁發(fā)光．已知陰陽兩級(jí)之間所加的電壓恒為U，電子比荷為k，電子重力、電子間的相互作用力以及其他阻力均忽略不計(jì)． 圖1 (1)若使圓臺(tái)壁不發(fā)光，則磁感應(yīng)強(qiáng)度至少為多大？ (2)若將陽極半徑縮小，使其與陰極距離忽略不計(jì)，并使磁場(chǎng)充滿整個(gè)圓臺(tái)空間，改變磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小，圓臺(tái)壁發(fā)光部分的豎直高度h也隨之改變，試確定h隨B變化的函數(shù)關(guān)系． 答案　(1) 　(2)h＝ －8r( ≤B≤ ) 解析　(1)由動(dòng)能定理得：eU＝mv2① 由幾何關(guān)系可知：R2＋r2＝(2r－R)2② evB0＝m③ 由①可得v＝， 由②可得R＝r， 代入③可得B0＝ . (2)設(shè)高為h處的臺(tái)

16、體半徑為R′，則 ＝④ evB＝m⑤ 由④得R′＝2r＋， 由⑤得R′＝，B＝＝＝(2r≤R′≤3r) 再結(jié)合v＝，得 h＝ －8r( ≤B≤ )． 2．如圖2甲所示，長(zhǎng)為L(zhǎng)的平行金屬板M、N水平放置，兩板之間的距離為d，兩板間有沿水平方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，一個(gè)帶正電的質(zhì)點(diǎn)，沿水平方向從兩板的正中央垂直于磁場(chǎng)方向進(jìn)入兩板之間，重力加速度為g. 圖2 (1)若M板接直流電源正極，N板接負(fù)極，電源電壓恒為U，帶電質(zhì)點(diǎn)以恒定的速度v勻速通過兩板之間的復(fù)合場(chǎng)(電場(chǎng)、磁場(chǎng)和重力場(chǎng))，求帶電質(zhì)點(diǎn)的電荷量與質(zhì)量的比值． (2)若M、N接如圖乙所示的交變電流(

17、M板電勢(shì)高時(shí)U為正)，L＝0.5 m，d＝0.4 m，B＝0.1 T，質(zhì)量為m＝1×10－4 kg、帶電荷量為q＝2×10－2 C的帶正電質(zhì)點(diǎn)以水平速度v＝1 m/s，從t＝0時(shí)刻開始進(jìn)入復(fù)合場(chǎng)，g＝10 m/s2，試定性畫出質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)軌跡． (3)在第(2)問的條件下求質(zhì)點(diǎn)在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間． 答案　(1)　(2)見解析圖　(3)0.814 s 解析　(1)E＝ 由質(zhì)點(diǎn)做勻速直線運(yùn)動(dòng)可得：Bqv＝qE＋mg 得：＝. (2)當(dāng)M板電勢(shì)高U為正時(shí)，有Bqv＝qE＋mg，粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng) 當(dāng)M板電勢(shì)低U為負(fù)時(shí)，有mg＝qE，粒子在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，所以軌跡如圖所示

18、： (3)運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t＝＋≈0.814 s. 3．(2017·寧波市九校高二上期末)宇宙射線中，往往含有大量的粒子與反粒子.1932年，美國(guó)加州理工學(xué)院的安德森通過威爾遜云室、強(qiáng)磁鐵等實(shí)驗(yàn)儀器，發(fā)現(xiàn)了電子的反粒子——正電子.1955年，張伯倫和塞格雷用加速器證實(shí)了反質(zhì)子的存在． 如圖3所示，已知區(qū)域Ⅰ是速度選擇器，極板M、N間距為4L，現(xiàn)有一束由反質(zhì)子H與氘核H兩種粒子組成的射線，沿極板M、N中間線以相同速度v0射入，并從中心O點(diǎn)進(jìn)入極板上方的區(qū)域Ⅱ.已知質(zhì)子的質(zhì)量為m，電荷量為e，忽略電荷之間的相互作用． 　 圖3　　　　　　　　　圖4 (1)區(qū)域Ⅱ是威爾遜云室，云室中充滿過

19、飽和乙醚蒸汽，當(dāng)帶電粒子經(jīng)過時(shí)，蒸汽凝結(jié)，形成軌跡，云室中加垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，圖中顯示了兩種粒子在云室中的徑跡1、2，試判斷在云室中顯示徑跡1的是哪種粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，并分析半徑減小的原因． (2)現(xiàn)有一科研團(tuán)隊(duì)，通過實(shí)驗(yàn)觀察質(zhì)子和反質(zhì)子的碰撞過程，他們撤去區(qū)域Ⅱ中的云室和磁場(chǎng)，經(jīng)過速度選擇器的選擇，選出速度v0的質(zhì)子和反質(zhì)子先后從A1、B1孔豎直向上進(jìn)入極板上方，OA1＝OB1＝L，以極板中間線上的O為原點(diǎn)，建立直角坐標(biāo)系如圖4所示，在y軸的左側(cè)區(qū)域加一水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在y軸的右側(cè)區(qū)域加一垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，要使質(zhì)子和反質(zhì)子在y軸上的P(0，L)處相碰，求：在P點(diǎn)相碰的質(zhì)子和反

20、質(zhì)子的動(dòng)能之比和射入小孔的時(shí)間差Δt. 答案　(1)氘核　因受阻力作用　(2)　(－1) 解析　(1)由左手定則知徑跡1是氘核H的運(yùn)動(dòng)軌跡 帶電粒子受到過飽和乙醚蒸汽阻力作用，速度減小，所以半徑減小 (2)從A1射入的粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)：y方向做勻速運(yùn)動(dòng)t1＝ 從B1射入的粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，半徑R＝L 經(jīng)T到達(dá)P點(diǎn)，t2＝ 時(shí)間差Δt＝－＝(－1) 從A1射入的粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)：x方向：L＝t1，y方向：L＝v0t1，則vx＝2v0 EkA＝m(v＋v) 從B1射入的粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，EkB＝mv，故 ＝＝. 4．(2017·浙江“七彩陽光”聯(lián)考)如圖5所示xOy直角

21、坐標(biāo)系，第一象限有一對(duì)電壓為U1＝3×104 V的平行金屬板，板間距離和板長(zhǎng)均為L(zhǎng)＝40 cm，板的右側(cè)有一粒子接收屏，下極板剛好在x軸上且?guī)д?，第二象限有一半徑為R＝20 cm的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)，分別與x軸、y軸在C點(diǎn)和D點(diǎn)相切，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.1 T，方向垂直紙面向外，第三象限有一個(gè)半圓形帶正電的電極AO，圓心在C點(diǎn)，在其內(nèi)部存在由電極指向圓心C點(diǎn)的電場(chǎng)，電極與C點(diǎn)的電勢(shì)差為U2＝1×104 V．現(xiàn)有許多m＝6.4×10－27 kg、q＝＋3.2×10－19 C的粒子在半圓形電極處由靜止釋放．不考慮各場(chǎng)之間的影響和粒子之間的相互作用．求： 圖5 (1)粒子在C點(diǎn)的速度大??； (2

22、)粒子擊中y軸的范圍； (3)粒子接收屏接收到的粒子數(shù)和進(jìn)入平行板總粒子數(shù)的比值K. 答案　(1)1×106 m/s　(2)0～40 cm　(3) 解析　(1)電場(chǎng)力做正功，由動(dòng)能定理得：qU2＝mv2 得v＝1×106 m/s (2)粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng) 根據(jù)：qvB＝，得r＝＝0.2 m＝R 取一粒子速度如圖所示，從E點(diǎn)離開，圓周運(yùn)動(dòng)的圓心為O2，連接CO1，EO1，因?yàn)镃O1＝EO1＝CO2＝EO2＝R, 所以四邊形CO1EO2是一個(gè)菱形，因而EO2平行于CO1，所以E點(diǎn)速度方向水平向右，由此可見所有粒子水平向右離開磁場(chǎng)，所以y軸擊中范圍為0～40 cm (3)

23、粒子水平向右進(jìn)入電場(chǎng)，做類平拋運(yùn)動(dòng)． 若打到接收屏，則t＝＝4×10－7 s 豎直位移h＝×t2＝0.3 m 所以從y軸30～40 cm進(jìn)入的粒子能打到接收屏，因此比值K＝. 5．(2017·寧波市九校高三上學(xué)期期末)正負(fù)電子對(duì)撞機(jī)是使正負(fù)電子以相同速率對(duì)撞(撞前速度在同一直線上的碰撞)并進(jìn)行高能物理研究的實(shí)驗(yàn)裝置，該裝置一般由高能加速器、環(huán)形儲(chǔ)存室和對(duì)撞測(cè)量區(qū)三個(gè)部分組成．為了使正負(fù)電子在測(cè)量區(qū)內(nèi)不同位置進(jìn)行對(duì)撞，在對(duì)撞測(cè)量區(qū)內(nèi)設(shè)置兩個(gè)方向相反的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域．對(duì)撞區(qū)域設(shè)計(jì)的簡(jiǎn)化原理如圖6所示：MN和PQ為足夠長(zhǎng)的豎直邊界，水平邊界EF將整個(gè)區(qū)域分成上下兩部分，Ⅰ區(qū)域的磁場(chǎng)方向垂直

24、紙面向內(nèi)，Ⅱ區(qū)域的磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B.現(xiàn)有一對(duì)正負(fù)電子以相同速率分別從注入口C和注入口D同時(shí)水平射入，在對(duì)撞測(cè)量區(qū)發(fā)生對(duì)撞．已知兩注入口到EF的距離均為d，邊界MN和PQ的間距為L(zhǎng)，正電子的質(zhì)量為m，電荷量為＋e，負(fù)電子的質(zhì)量為m，電荷量為－e. 圖6 (1)試判斷從注入口C入射的是正電子還是負(fù)電子； (2)若L＝4d，要使正負(fù)電子經(jīng)過水平邊界EF一次后對(duì)撞，求正電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間； (3)若只從注入口C射入電子，要使電子從D飛出，求電子射入的最小速率，及此時(shí)間距L的大小． 答案　(1)負(fù)電子　(2)　(3)　4n(2－)d，(n＝1,2,3…) 解析　(1)由題意知從注入口C入射的粒子向下偏轉(zhuǎn)，由左手定則可知是負(fù)電子． (2)電子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖實(shí)線所示，由幾何關(guān)系有： (R－d)2＋(d)2＝R2，得到：R＝2d 故sin θ＝＝，得θ＝ 由qvB＝m，可知T＝＝ 所以正電子運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝2×T＝ (3)要使粒子從D點(diǎn)飛出的臨界情況是運(yùn)動(dòng)軌跡與MN相切，如圖所示： 由幾何關(guān)系可知：α＝30° 且R′＋R′cos α＝d 解得：R′＝2(2－)d. 由qvB＝m， 得到：v＝ 由圖可知，間距L＝n×2R＝4n(2－)d，(其中n＝1,2,3…)． 14