《（浙江專用）2019版高考物理大二輪復(fù)習(xí)優(yōu)選習(xí)題 專題三 電場(chǎng)與磁場(chǎng) 提升訓(xùn)練12 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江專用）2019版高考物理大二輪復(fù)習(xí)優(yōu)選習(xí)題 專題三 電場(chǎng)與磁場(chǎng) 提升訓(xùn)練12 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題.doc（16頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
提升訓(xùn)練12 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)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(chǎng),其中0
a內(nèi)有方向垂直xOy平面向外的磁場(chǎng),在x<0內(nèi)無(wú)磁場(chǎng)。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(chǎng)。
(1)若v0未知,但粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為r=2a,求粒子與x軸的交點(diǎn)坐標(biāo);
(2)若無(wú)(1)中r=2a的條件限制,粒子的初速度仍為v0(已知),問(wèn)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=2.010-11 kg、電荷量q=+1.010-5 C,從靜止開(kāi)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=203 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=103 cm,重力忽略不計(jì)。求:
(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至少多大?
3.(2018年2月杭州期末,13)在如圖所示的平行板器件中,勻強(qiáng)電場(chǎng)E和勻強(qiáng)磁場(chǎng)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(chǎng)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(shuō)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(shì)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(zhǎng)金屬板C1D1、C2D2接在電壓可調(diào)的電源上。長(zhǎng)為L(zhǎng)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(chǎng)。將噴墨打印機(jī)的噴口靠近上板下表面C1處,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(chǎng)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(chǎng)、磁場(chǎng)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(guò)磁場(chǎng)后又回到O1O2左側(cè)電場(chǎng)區(qū)域,當(dāng)墨滴經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)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(kāi)電場(chǎng)?
5.如圖所示為一種核反應(yīng)研究設(shè)備的示意圖。密閉容器中為钚的放射性同位素94239Pu,可衰變?yōu)殁櫤?2235U和α粒子,并放出能量為E0的γ光子(94239Pu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(chǎng)(電場(chǎng)強(qiáng)度方向沿y軸負(fù)方向),再?gòu)膞軸上坐標(biāo)(2L,0)的C處射入x軸下方垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng),經(jīng)過(guò)勻強(qiáng)磁場(chǎng)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(chǎng)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(0,L),MN與x軸平行,MN與x軸之間有勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域,磁場(chǎng)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(chǎng),電場(chǎng)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(chǎng),粒子穿出磁場(chǎng)進(jìn)入電場(chǎng),速度減小到0后又返回磁場(chǎng)。已知粒子的比荷為qm,粒子重力不計(jì)。
(1)求勻強(qiáng)磁場(chǎng)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(guò)x軸,求洛倫茲力的沖量;
(3)經(jīng)過(guò)多長(zhǎng)時(shí)間,帶電粒子經(jīng)過(guò)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(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向垂直于紙面向外;在x軸下方存在勻強(qiáng)電場(chǎng),電場(chǎng)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(chǎng),進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的速度方向與電場(chǎng)方向相反;又經(jīng)過(guò)一段時(shí)間T0,磁場(chǎng)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(chǎng)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(zhǎng)為L(zhǎng)、寬為d、高為h,上、下兩面是絕緣板.前、后兩側(cè)面M、N是電阻可忽略的導(dǎo)體板,兩導(dǎo)體板與開(kāi)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(chǎng)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(kāi)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(kāi)關(guān)閉合前,M、N兩板間的電勢(shì)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dh的值。
9.
(2018年3月稽陽(yáng)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(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí),經(jīng)過(guò)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(chǎng),電壓為U,虛線OQ、QP、ON是勻強(qiáng)磁場(chǎng)的邊界,且磁場(chǎng)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(chǎng)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(huà)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(chǎng)整體以O(shè)點(diǎn)為軸,順時(shí)針轉(zhuǎn)過(guò)30,粒子加速后從O點(diǎn)水平進(jìn)入,且粒子始終在OQ右側(cè)運(yùn)動(dòng),試判斷粒子能否通過(guò)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(lái)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(guò)小孔O1進(jìn)入極板間電壓為U的水平加速電場(chǎng)區(qū)域Ⅰ,再通過(guò)小孔O2射入相互正交的恒定勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域Ⅱ,其中磁場(chǎng)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。(球體積和球表面積公式分別為V球=43πr3,S球=4πr2)求:
(1)圖中區(qū)域Ⅱ的電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小;
(2)半徑為r的粒子通過(guò)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(píng)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(chǎng),圓心在O點(diǎn),半圓的半徑為R,磁場(chǎng)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(chǎng),電場(chǎng)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(kāi)磁場(chǎng)進(jìn)入電場(chǎng),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(chǎng)后能垂直進(jìn)入電場(chǎng)的粒子從粒子源射出到經(jīng)過(guò)y軸時(shí)所用的時(shí)間;
(3)在y=R上,有粒子能進(jìn)入電場(chǎng)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(chǎng)右側(cè)是一半徑為R的接地豎直金屬圓筒,它與加速電場(chǎng)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(chǎng)兩極板上的小孔,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(chǎng)加速進(jìn)入圓筒(筒內(nèi)加一豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B),經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后,通過(guò)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(kāi)始時(shí)圓筒靜止且圓筒內(nèi)不加磁場(chǎng),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(chǎng),再?gòu)男】譕3打入圓筒從O4射出。當(dāng)加速電壓調(diào)為U0時(shí),測(cè)出粒子在圓筒中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t0,請(qǐng)求出此粒子的比荷qm。
(2)僅調(diào)整加速電場(chǎng)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=3R,求打到光屏的粒子所對(duì)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(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題
1.答案 (1)2(1+2-1)a (2)3mv02qB
解析 (1)帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)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(duì)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(guò)兩段圓弧的連接點(diǎn)作平行于x軸的直線EF,則
DF=r-r2-a2,CF=r2-a2,CD=CF-DF,DP=r2-CD2
由此可得P點(diǎn)的x坐標(biāo)為
xP=2a+2rr2-a2-(r2-a2),
代入題給條件得xP=2(1+2-1)a。
(2)若要求帶電粒子能夠返回原點(diǎn),由對(duì)稱性,其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示,這時(shí)C在x軸上。設(shè)∠CCO=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=π6
軌道半徑r=acosα=233a
由牛頓第二定律和洛倫茲力公式得qv0B=mv02r,
解得a=3mv02qB。
2.答案 (1)1.0104 m/s (2)100 V (3)0.1 T
解析 (1)帶電微粒經(jīng)加速電場(chǎng)加速后速度為v,根據(jù)動(dòng)能定理得U1q=12mv12,解得v1=2U1qm=1.0104 m/s。
(2)帶電微粒在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中只受電場(chǎng)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)動(dòng)。
水平方向:v1=Lt
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(chǎng)時(shí)豎直方向速度為v2
豎直方向:a=Eqm=qU2dm
v2=at=qU2dmLv1
由幾何關(guān)系得tanθ=v2v1=qU2Ldmv12=U2L2dU1
U2=2dU1Ltanθ
得U2=100 V。
(3)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+R2=D,解得R=23D
設(shè)微粒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為v,則v=v1cos30
由牛頓運(yùn)動(dòng)定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律qvB=mv2R
得B=mvqR=m23Dqv1cos30,
代入數(shù)據(jù)得B=0.1 T,即若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.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(chǎng)力平衡:qvB=Eq,可得初速度:v=EB。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(chǎng)時(shí)qvB>Eq,所以v>EB=v,此時(shí)電場(chǎng)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(chǎng)時(shí)qvBEq,即v>EB=v,粒子可能沿軌跡③射出,此時(shí)電場(chǎng)力做負(fù)功,電勢(shì)能增大,故D正確。
4.答案 (1)負(fù) mgdU (2)v0Ugd2 (3) U0≤U≤2mv02d2qL2
解析 (1)墨滴在電場(chǎng)區(qū)域做勻速直線運(yùn)動(dòng),有qUd=mg,得q=mgdU
由于電場(chǎng)方向向下,電荷所受電場(chǎng)力向上,可知,墨滴帶負(fù)電荷。
(2)進(jìn)入電場(chǎng)、磁場(chǎng)共存區(qū)域后,重力與電場(chǎng)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=mv02R
考慮墨滴進(jìn)入磁場(chǎng)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=v0Ugd2。
(3)根據(jù)題設(shè),墨滴速度減小到v=12v0時(shí),設(shè)圓周運(yùn)動(dòng)半徑為R
有qvB=mv2R,得R=mvqB=mv02qB=12R=12d
則墨滴恰好經(jīng)過(guò)半圓回到O2。
要使墨滴從兩金屬板左側(cè)的C1C2之間離開(kāi)電場(chǎng),則墨滴應(yīng)在電場(chǎng)力和重力作用下做勻速直線運(yùn)動(dòng),從C2離開(kāi),即U1=U0
或做類平拋運(yùn)動(dòng),最大偏向位移的墨滴從C1離開(kāi),則有12L=vt,d=12?qU2mdt2,得U2=2mv02d2qL2
所以電壓的調(diào)節(jié)范圍是U0≤U≤2mv02d2qL2。
5.答案 (1)mv022qL (2)mv0qL (3)239mv02470c2+E0c2
解析 (1)帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)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=12qEm(2Lv0)2
求得E=mv022qL。
(2)帶電粒子在C點(diǎn)豎直分速度為vy=qEmt=qEm2Lv0=v0
粒子進(jìn)入磁場(chǎng)的速度v=2v0
方向與x軸正向成45
粒子進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域做勻速圓周運(yùn)動(dòng),由幾何知識(shí)可得R1=2L
由洛倫茲力充當(dāng)向心力時(shí),有Bqv=mv2R1
可解得B=mvqR1=mv0qL。
(3)放射性同位素94239Pu的衰變方程為94239Pu→92235U+24He+γ,α粒子的質(zhì)量為m,則92235U的質(zhì)量為2354m
衰變過(guò)程動(dòng)量守恒,MvU=mv0
由動(dòng)能EU=12MvU2,Eα=12mv02,
質(zhì)量虧損放出的能量ΔE=Δmc2,ΔE=EU+Eα+E0
所以Δm=239mv02470c2+E0c2。
6.答案 (1)mv0qL (2)2mv0 (3)nπLv0+2mv0qE(n=1,2,3,…)
解析 (1)由題意如圖,粒子在磁場(chǎng)中圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r=L
根據(jù)qvB=mv2R,解得B=mv0qL。
(2)勻強(qiáng)電場(chǎng)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(guò)x軸,由I+I=mv0-mv0
得洛倫茲力的沖量I=2mv0。
(3)粒子返回磁場(chǎng)后,再做勻速圓周運(yùn)動(dòng),在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1=πLv0
電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2=2v0qEm=2mv0qE
考慮周期性,帶電粒子經(jīng)過(guò)x軸的時(shí)間t=nt=nπLv0+2mv0qE(n=1,2,3,…)
7.答案 (1)5πm4qB (2)2mv0qT0
解析 (1)帶電粒子在磁場(chǎng)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(mén),根據(jù)洛倫茲力公式及圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律,有qv0B=mv02R,T=2πRv0
依題意,粒子第一次到達(dá)x軸時(shí),運(yùn)動(dòng)轉(zhuǎn)過(guò)的角度為54π,所需時(shí)間為t1=58T,求得t1=5πm4qB。
(2)粒子進(jìn)入電場(chǎng)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(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為t2,加速度大小為a,電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E,有qE=ma,v0=12at2,得t2=2mv0qE
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(chǎng)強(qiáng)度最大值E=2mv0qT0。
8.答案 (1)Bdv0 (2)LSv02B24ρ LRρ
解析 (1)以導(dǎo)電液體中帶正電離子為研究對(duì)象,受力平衡時(shí),
qv0B=qE=qU0d,解得U0=Bdv0。
(2)兩導(dǎo)體板間液體的電阻r=ρdLh
I=U0R+r
電阻R獲得的功率為P=I2R,即P=Lv0BLRd+ρh2R,當(dāng)dh=LRρ時(shí),電阻R獲得最大功率,為Pm=LSv02B24ρ。
9.答案 (1)2kU (2)2d2kU+2πkB (3)見(jiàn)解析
解析 (1)qU=12mv2得v=2qUm=2kU。
(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(shí),得OG=HK=2d
所以t1=4dv
劣弧GH與優(yōu)弧AK合起來(lái)恰好為一整圓,得
t2=2πrv=2πmqB
所以t=4dv+2πmqB=2d2kU+2πkB。
(3)由(2)可得OA=23d
若兩磁場(chǎng)整體以O(shè)點(diǎn)為軸,順時(shí)針轉(zhuǎn)過(guò)30。如圖為粒子運(yùn)動(dòng)軌跡,∠QOG=30,OQ=d,所以O(shè)G=dcos30=233d
又因?yàn)椤鱋GA為正三角形,所以O(shè)A=OG=233d
根據(jù)幾何關(guān)系,得:OAOA=3
即通過(guò)3個(gè)周期,粒子可以通過(guò)A點(diǎn)。
10.答案 (1)B2q0Um0 (2)2q0Ur0m0r
(3)當(dāng)r>r0時(shí),粒子會(huì)向上極板偏轉(zhuǎn);
當(dāng)rr0時(shí),v0,粒子會(huì)向上極板偏轉(zhuǎn);
當(dāng)rv0,F合<0,粒子會(huì)向下極板偏轉(zhuǎn)。
11.答案 (1)qBRm (2)(3)見(jiàn)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(kāi)磁場(chǎng)的粒子,在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的圓弧對(duì)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=mv2R
得:v=qBRm。
(2)由判斷可知,從O點(diǎn)入射的粒子在離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)的偏向角均為60
所以,出磁場(chǎng)后能垂直進(jìn)入電場(chǎng)的粒子,從O點(diǎn)入射時(shí)與x軸正向成30夾角,軌跡如圖2
在磁場(chǎng)中t1=16T=πm3qB
在無(wú)場(chǎng)區(qū)t2=1-32mqB
在電場(chǎng)中t3=RmEq
所以總時(shí)間為t=t1+t2+t3=2π+6-336mqB+RmEq
(3)畫(huà)出軌跡,如圖3所示
最右側(cè):x1=Rcos30=233R
最左側(cè):x2=-(R-Rtan 30)tan 60=-(3-1)R。
圖2
圖3
12.答案 (1)2R2U0t02 (2)23BR33U0t02≤v≤23BR3U0t02 2BR2U0t02
解析 (1)由題意可知,2R=v0t0,12mv02=qU0,得qm=2R2U0t02。
(2)由幾何關(guān)系得r1=33R
由向心力公式得qBv1=mv12r1
聯(lián)立解得v1=23BR33U0t02
由幾何關(guān)系得r2=3R
由向心力公式得qBv2=mv22r2
聯(lián)立解得v2=23BR3U0t02
所以23BR33U0t02≤v≤23BR3U0t02
進(jìn)入圓筒的粒子在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)的角度和時(shí)間與圓筒轉(zhuǎn)過(guò)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=ΔθΔt=2πT
又T=2πmqB
聯(lián)立得ω=qBm=2BR2U0t02。
（浙江專用）2019版高考物理大二輪復(fù)習(xí)優(yōu)選習(xí)題 專題三 電場(chǎng)與磁場(chǎng) 提升訓(xùn)練12 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題.doc
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