高考物理一輪復習 第10章 磁場 微專題57 帶電粒子在交變電場、磁場中的運動試題 粵教版-粵教版高三物理試題

《高考物理一輪復習 第10章 磁場 微專題57 帶電粒子在交變電場、磁場中的運動試題 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57 帶電粒子在交變電場、磁場中的運動試題 粵教版-粵教版高三物理試題（8頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、57 帶電粒子在交變電場、磁場中的運動 [方法點撥]　(1)先分析在一個周期內粒子的運動情況，明確運動性質，判斷周期性變化的電場或磁場對粒子運動的影響；(2)畫出粒子運動軌跡，分析軌跡在幾何關系方面的周期性． 1．如圖1甲所示，兩平行金屬板A、B長L＝8 cm，兩極板間距d＝6 cm，A、B兩極板間的電勢差UAB＝100 V．一比荷為＝1×106 C/kg的帶正電粒子(不計重力)從O點沿電場中心線垂直電場線以初速度v0＝2×104 m/s飛入電場，粒子飛出平行板電場后經過界面MN、PS間的無電場區(qū)域，已知兩界面MN、PS間的距離為s＝8 cm.帶電粒子從PS分界線上的C點進入PS右側的區(qū)域

2、，當粒子到達C點開始計時，PS右側區(qū)域有磁感應強度按圖乙變化的勻強磁場(垂直紙面向里為正方向)．求： 圖1 (1)PS分界線上的C點與中心線OO′的距離y； (2)粒子進入磁場區(qū)域后第二次經過中心線OO′時與PS分界線的距離x. 2．如圖2甲所示，在平行邊界MN、PQ之間存在寬度為L的勻強電場，電場周期性變化的規(guī)律如圖乙所示，取豎直向下為電場正方向；在平行邊界MN、EF之間存在寬度為s、方向垂直紙面向里的勻強磁場區(qū)域Ⅱ，在PQ右側有寬度足夠大、方向垂直紙面向里的勻強磁場區(qū)域Ⅰ.在區(qū)域Ⅰ中距PQ為L的A點，有一質量為m、電荷量為q、重力不計的帶正電粒子以初速度v0沿豎直向上方向

3、開始運動，以此作為計時起點，再經過一段時間粒子又恰好回到A點，如此循環(huán)，粒子循環(huán)運動一周，電場恰好變化一個周期，已知粒子離開區(qū)域Ⅰ進入電場時，速度恰好與電場方向垂直，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6. 圖2 (1)求區(qū)域Ⅰ的磁場的磁感應強度大小B1. (2)若E0＝，要實現上述循環(huán)，確定區(qū)域Ⅱ的磁場寬度s的最小值以及磁場的磁感應強度大小 B2. (3)若E0＝，要實現上述循環(huán)，求電場的變化周期T. 3．如圖3甲所示，在平面直角坐標系xOy區(qū)域內存在垂直坐標平面的勻強磁場，磁場隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示，磁場方向垂直坐標平面向里為正方向，磁場變化周期T0＝.t＝0時刻

4、，一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子以某一初速度由坐標原點O沿x軸正方向射入磁場，在t＝T0時到達坐標為(a,0)的P點(未畫出)． 圖3 (1)求粒子運動的初速度v0； (2)若磁場的變化規(guī)律如圖丙所示，求粒子從t＝0時刻起第一次到達y軸的位置與原點O的距離； (3)在第(2)問的條件下，粒子是否可以返回原點？如果可以，求粒子從原點出發(fā)到返回原點的時間；如果不可以，請說明理由． 4．如圖4甲所示，在光滑絕緣水平桌面內建立xOy坐標系，在第Ⅱ象限內有平行于桌面的勻強電場，場強方向與x軸負方向的夾角θ＝45°.在第Ⅲ象限垂直于桌面放置兩塊相互平行的平板C1、C2，兩板間距為d1

5、＝0.6 m，板間有豎直向上的勻強磁場，兩板右端在y軸上，板C1與x軸重合，在其左端緊貼桌面有一小孔M，小孔M離坐標原點O的距離為L＝0.72 m．在第Ⅳ象限垂直于x軸放置一塊平行于y軸且沿y軸負向足夠長的豎直平板C3，平板C3在x軸上垂足為Q，垂足Q與原點O相距d2＝0.18 m．現將一帶負電的小球從桌面上的P點以初速度v0＝4 m/s垂直于電場方向射出，剛好垂直于x軸穿過C1板上的M孔，進入磁場區(qū)域．已知小球可視為質點，小球的比荷＝20 C/kg，P點與小孔M在垂直于電場方向上的距離為s＝ m，不考慮空氣阻力． 圖4 (1)求勻強電場的場強大??； (2)要使帶電小球無碰撞

6、地穿出磁場并打到平板C3上，求磁感應強度的取值范圍； (3)若t＝0時刻小球從M點進入磁場，磁場的磁感應強度如圖乙隨時間周期性變化(取豎直向上為磁場正方向)，求小球從M點打在平板C3上所用的時間．(計算結果保留兩位小數) 答案精析 1．(1)4 cm　(2)12 cm 解析　(1)粒子在電場中的加速度a＝ 粒子在電場中運動的時間t1＝ 粒子離開電場時豎直方向分速度vy＝at1 粒子在MN與PS間運動時間t2＝ 粒子在電場中偏轉位移y1＝at＝＝ cm 出電場后：y2＝vyt2 聯(lián)立解得：y2＝ cm 所以C點與中心線OO′的距離y＝y(tǒng)1＋y2＝4 cm (2)粒子運動軌

7、跡如圖所示，粒子進入磁場時，設速度與水平方向夾角為θ，tan θ＝＝ 所以θ＝30° 粒子進入磁場時的速度v＝＝×104 m/s 設粒子在磁場中運動軌道半徑為R 則qvB＝ 所以R＝4 cm 粒子在磁場中運動的周期T＝＝2π×10－6 s 在t＝×10－6 s內粒子的偏轉角α＝t＝120° 豎直向上偏移h1＝Rcos 30°＝2 cm 在×10－6～π×10－6 s內通過OO′，這段時間內豎直向上偏移 h2＝h1＝2 cm 因為h1＋h2＝y(tǒng)＝4 cm 則粒子在t＝×10－6 s時剛好第二次到達OO′ 此時，粒子距PS距離x＝2(R＋Rsin 30°)＝12 cm

8、. 2．(1)　(2)　　(3)L 解析　(1)粒子在區(qū)域Ⅰ做圓周運動的半徑R＝L 由洛倫茲力提供向心力知qv0B1＝ 聯(lián)立解得B1＝ (2)粒子在電場中做類平拋運動，離開電場時沿電場方向的速度vy＝at＝·＝v0， 離開電場時速度的偏轉角為θ，tan θ＝＝，θ＝53° 所以粒子離開電場時的速度v＝＝v0 粒子在電場中偏轉的距離y＝at2＝·2＝L 畫出粒子運動軌跡的示意圖如圖所示，粒子在區(qū)域Ⅱ做圓周運動的圓心O2與在區(qū)域Ⅰ做圓周運動的圓心O1的連線必須與邊界垂直才能完成上述運動， 由幾何關系知粒子在區(qū)域Ⅱ做圓周運動的半徑r＝＝L 所以s≥r(1－sin 53°)＝

9、 即s的最小值為 根據r＝ 解得B2＝ (3)電場變化的周期等于粒子運動的周期 粒子在區(qū)域Ⅰ中運動的時間t1＝ 粒子在電場中運動的時間t2＝ 粒子在區(qū)域Ⅱ中運動的時間t3＝·＝ 所以周期T＝t1＋t2＋t3＝L. 3．(1)　(2)a　(3)見解析 解析　(1)設粒子在磁場中運動的周期為T，軌跡半徑為r 則T＝＝T0 t＝0時粒子從O點射入磁場中，在0～時間內，粒子做逆時針方向的勻速圓周運動，接著在～T0時間內做順時針方向的勻速圓周運動，最后在T0～T0時間內做逆時針方向的勻速圓周運動到達x軸上的P點，粒子運動軌跡如圖甲所示． 甲 則4r＝a 根據洛倫茲力

10、提供向心力，有qv0B0＝m 聯(lián)立解得v0＝ (2)比較粒子在磁場中做圓周運動的周期T和磁場變化周期可知，粒子在0～時間內運動圓周，其圓心為O1，運動軌跡對應的圓心角為120°；在～時間內運動圓周，圓心為O2，對應圓心角為60°；在～時間內運動圓周，其圓心為O3，對應圓心角為120°.作出粒子在磁場中運動的軌跡如圖乙所示． 乙 由幾何關系可知OO1＝r＝ O1O3＝2r＝ O3Q＝r＝ 則粒子第一次到達y軸的位置與原點O的距離y1＝OO1＋O1O3＋O3Q＝a (3)粒子可以回到原點 由于粒子在磁場中做周期性運動，根據對稱性和周期性，作出粒子的運動軌跡如圖丙所示．

11、丙 其中以O1、O3、O5、O7、O9、O11為圓心的運動軌跡所對應的圓心角為120°，每段軌跡對應時間為t1＝ 以O2、O4、O6、O8、O10、O12為圓心的運動軌跡所對應的圓心角為60°，每段軌跡對應時間為t2＝ 由圖丙中幾何關系知，粒子從原點出發(fā)到回到原點的時間為t＝6n(t1＋t2)＝3nT0＝(n＝1,2,3，……) 4．(1)8 V/m　(2) T≤B≤1 T　(3)0.15 s 解析　(1)小球在第Ⅱ象限內做類平拋運動有：s＝v0t at＝v0tan θ 由牛頓第二定律有：qE＝ma 代入數據解得：E＝8 V/m (2)設小球通過M點時的速度為v，由類平拋運動

12、規(guī)律：v＝＝8 m/s 小球垂直磁場方向進入兩板間做勻速圓周運動， 軌跡如圖甲所示，由牛頓第二定律有： qvB＝m 解得：B＝ 小球剛好能打到Q點時，磁感應強度最大，設為B1， 此時小球的軌跡半徑為R1 由幾何關系有：＝ 解得R1＝0.4 m，B1＝1 T 小球剛好不與C2板相碰時磁感應強度最小，設為B2，此時小球的軌跡半徑為R2 由幾何關系有：R2＝d1 解得：B2＝ T 綜合得磁感應強度的取值范圍： T≤B≤1 T (3)小球進入磁場做勻速圓周運動，設半徑為R3，周期為T，有：R3＝＝0.18 m T＝＝ s 再綜合分析易知小球在磁場中運動的軌跡如圖乙所示，一個磁場周期內小球在x軸方向的位移為3R3＝0.54 m，L－3R3＝0.18 m 即：小球剛好垂直y軸方向離開磁場 則小球在磁場中運動的時間t1＝T＋T＋T＝ s≈0.13 s 離開磁場到打在平板C3上所用的時間t2＝≈0.02 s 小球從M點到打在平板C3上所用總時間t＝t1＋t2＝0.15 s.