高考物理一輪復(fù)習(xí) 第八章 磁場 微專題66 帶電粒子在組合場中的運動備考精煉-人教版高三物理試題

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1、66 帶電粒子在組合場中的運動 [方法點撥]　(1)帶電粒子在勻強電場中一般做勻變速直線運動或類平拋運動；在勻強磁場中運動時一般做勻速圓周運動；(2)明確各段運動性質(zhì)，畫出運動軌跡，特別注意各銜接點的速度方向、大小． 1．(2017·常熟市模擬)如圖1所示，在xOy平面內(nèi)，0＜x＜2L的區(qū)域內(nèi)有一方向豎直向上的勻強電場，2L＜x＜3L的區(qū)域內(nèi)有一方向豎直向下的勻強電場，兩電場強度大小相等，x＞3L的區(qū)域內(nèi)有一方向垂直于xOy平面向外的勻強磁場，某時刻，一帶正電的粒子從坐標(biāo)原點以沿x軸正方向的初速度v0進入電場；之后的另一時刻，一帶負(fù)電粒子以同樣的初速度從坐標(biāo)原點進入電場．正、負(fù)粒子從電場進

2、入磁場時速度方向與電場和磁場邊界的夾角分別為60°和30°，兩粒子在磁場中分別運動半周后在某點相遇，已知兩粒子的重力以及兩粒子之間的相互作用都可忽略不計，兩粒子帶電荷量大小相等，求： 圖1 (1)正、負(fù)粒子的質(zhì)量之比m1∶m2； (2)兩粒子相遇的位置P點的坐標(biāo)； (3)兩粒子先后進入電場的時間差． 2．(2017·東臺市5月模擬)如圖2所示，空間以AOB為界，上方有方向豎直向下的勻強電場，下方有垂直于紙面向里的勻強磁場，以過O點的豎直虛線OC為界，∠AOC＝∠BOC＝60°.OC左側(cè)到AA′間和

3、右側(cè)到BB′間磁感應(yīng)強度的大小不同．現(xiàn)在A點上方某一點以初速度v0水平向右射出一帶電粒子，粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，粒子恰好從AO的中點垂直AO進入OC左側(cè)磁場，并垂直O(jiān)C離開左側(cè)磁場進入右側(cè)磁場，粒子從OB邊恰好以豎直向上的速度進入勻強電場，AO＝BO＝L，不計粒子的重力，求： 圖2 (1)勻強電場的場強E的大??； (2)OC左側(cè)磁場磁感應(yīng)強度B1的大小和右側(cè)磁場磁感應(yīng)強度B2的大?。? (3)粒子從進入電場到第一次離開磁場運動的總時間． 3．(2018·如東縣質(zhì)量檢測)如圖3所示，左側(cè)兩平行金屬板上、下水平放置，它們之間的電勢差為U、間距為L，其中有勻

4、強磁場；右側(cè)為“梯形”勻強磁場區(qū)域ACDH，其中，AH∥CD, AH＝L.一束電荷量大小為q、質(zhì)量不等的帶電粒子(不計重力、可視為質(zhì)點)，從小孔S1射入左側(cè)裝置，恰能沿水平直線從小孔S2射出，接著粒子垂直于AH、由AH的中點M射入“梯形”區(qū)域，最后全部從邊界AC射出．若兩個區(qū)域的磁場方向均垂直于紙面向里、磁感應(yīng)強度大小均為B，“梯形”寬度 MN＝L，忽略電場、磁場的邊緣效應(yīng)及粒子間的相互作用．(已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6) 圖3 (1)求出粒子速度的大小，判定粒子的電性； (2)這束粒子中，粒子質(zhì)量最小值和最大值各是多少；

5、 4．如圖4所示，直線y＝x與y軸之間有垂直于xOy平面向外的勻強磁場B1，直線x＝d與y＝x間有沿y軸負(fù)方向的勻強電場，電場強度E＝1.0×104 V/m，另有一半徑R＝1.0 m的圓形勻強磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強度B2＝0.20 T，方向垂直坐標(biāo)平面向外，該圓與直線x＝d和x軸均相切，且與x軸相切于S點．一帶負(fù)電的粒子從S點沿y軸的正方向以速度v0進入圓形磁場區(qū)域，經(jīng)過一段時間進入磁場區(qū)域B1，且第一次進入磁場B1時的速度方向與直線y＝x垂直．粒子速度大小v0＝1.0×105 m/s，粒子的比荷為＝5.0×105 C/kg，粒子重力不計．求： 圖4 (1)坐標(biāo)d的值； (2)要使粒

6、子無法運動到x軸的負(fù)半軸，則磁感應(yīng)強度B1應(yīng)滿足的條件； (3)在第(2)問的基礎(chǔ)上，粒子從開始進入圓形磁場至第二次到達直線y＝x上的最長時間．(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字) 答案精析 1．(1)3∶1　(2)(6.5L，－)　(3) 解析　(1)設(shè)粒子初速度為v0，進磁場方向與邊界的夾角為θ， vy＝① 令t＝，則粒子在第一電場運動的時間為2t，在第二個電場運動的時間為t則：vy＝a·2t－at② qE＝ma③ 由①②③得：m＝tan θ所以＝＝3 (2)正粒子在電場運動的總時間為3t，則：第一個t的豎直位移為a1t2 第二個

7、t的豎直位移為a1(2t)2－a1t2＝a1t2 由對稱性，第三個t的豎直位移為a1t2 所以y1＝a1t2，結(jié)合①②得y1＝ 同理y2＝ 由幾何關(guān)系，P點的坐標(biāo)為：xP＝3L＋(y1＋y2)sin 30°sin 60°＝6.5L，yP＝－[y2－(y1＋y2)sin 30°cos 60°]＝－， 即(6.5L，－L) (3)設(shè)兩粒子在磁場中運動半徑分別為r1、r2，由幾何關(guān)系2r1＝(y1＋y2)sin 60°，2r2＝(y1＋y2)sin 30° 兩粒子在磁場中運動時間均為半個周期：t1＝，t2＝， v0＝v1sin 60°，v0＝v2sin 30° 由于兩粒子在電場

8、中運動時間相同，所以進電場時間差即為磁場中相遇前的時間差Δt＝t1－t2，解得Δt＝ 2．見解析 解析　(1)粒子射出后在電場中做類平拋運動，從AO的中點垂直AO進入磁場，在電場中運動的水平分運動有Lsin 60°＝v0t1 豎直分運動有vy＝t1 tan 60°＝ 解得E＝ (2)粒子進入磁場時的速度大小v＝＝2v0 由圖可知r1＝L 由qvB1＝m 解得B1＝ 粒子進入右邊磁場后，由tan 60°＝得r2＝L 由qvB2＝m 解得B2＝ (3)在電場中運動時，由(1)可得t1＝ 在左側(cè)磁場B1中運動時， T1＝，t2＝T1＝ 在右側(cè)磁場B2中運動時，

9、T2＝，t3＝T2＝ 總時間t＝t1＋t2＋t3＝ 3．(1)　正電　(2)mmin＝　mmax＝ 解析　(1)粒子全部從邊界AC射出，則粒子進入“梯形”磁場時所受洛倫茲力豎直向上，由左手定則可知，粒子帶正電； 粒子在兩極板間做勻速直線運動，由平衡條件得：qvB＝q， 解得：v＝； (2)在“梯形”區(qū)域內(nèi)，粒子做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力， 由牛頓第二定律得：qvB＝m，粒子軌道半徑：R＝.由R＝可知：當(dāng)粒子質(zhì)量有最小值時，R最小，粒子運動軌跡恰與AC 相切(見圖甲)； 當(dāng)粒子質(zhì)量有最大值時，R最大，粒子運動軌跡恰過C點(見圖乙)， 甲圖中，由幾何關(guān)系得：＋R1＝L

10、，解得：R1＝L， 乙圖中，NC＋＝L，解得NC＝L， 解得：mmin＝，mmax＝ 4．(1)4.0 m　(2)B1≤0.10 T或B1≥0.24 T　(3)6.2×10－5 s 解析　(1)帶電粒子在勻強磁場B2和勻強電場中運動的軌跡如圖甲所示， 甲 粒子在勻強磁場B2中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力．則qv0B2＝m 解得r＝1.0 m 粒子進入勻強電場以后，做類平拋運動，設(shè)水平方向的位移為x0，豎直方向的位移為y0. 水平方向：x0＝v0t 豎直方向：y0＝at2，vy＝at a＝ ＝tan 45° ＝tan 45°＝ 聯(lián)立解得：x0＝2.0 m，

11、y0＝1.0 m 由圖甲中幾何關(guān)系可得d＝x0＋y0＋r＝4.0 m. (2)設(shè)當(dāng)勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B1′時，粒子垂直打在y軸上，此時粒子無法運動到x軸的負(fù)半軸，粒子在磁場中運動半徑為r1，如圖乙所示， 乙 由幾何關(guān)系得：r1＝d－x0 又r1＝ 聯(lián)立解得B1′＝0.10 T 故B1≤0.10 T. 設(shè)當(dāng)勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B1″時，粒子從電場垂直邊界進入勻強磁場后，軌跡與y軸相切，此時粒子也無法運動到x軸負(fù)半軸，設(shè)粒子在磁場中運動半徑為r2，如圖乙所示，由幾何關(guān)系可得r2＋r2cos 45°＋x0＝d 又r2＝ 聯(lián)立解得B1″≈0.24 T 故B1≥0.24 T．即要使粒子無法運動到x軸的負(fù)半軸，磁感應(yīng)強度B1≤0.10 T或B1≥0.24 T. (3)設(shè)粒子在磁場B2中運動時間為t1，電場中運動時間為t2，磁場B1中運動時間為t3，則t＝t1＋t2＋t3＝＋＋ ＝×＋＋×≈6.2×10－5 s.