2019高考物理三輪沖刺 大題提分 大題精做12 帶電粒子在復(fù)合場中運動

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1、大題精做十二 帶電粒子在復(fù)合場中運動 1．【龍巖質(zhì)量檢測】如圖所示，在xOy坐標(biāo)平面內(nèi)，x＜0的區(qū)域存在沿y軸負(fù)方向的勻強電場，在第四象限內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場。一質(zhì)量為m，帶電量為q粒子在電場中的P點以初速度v0沿x軸正方向射出，恰好經(jīng)過坐標(biāo)原點O進入勻強磁場。已知P點坐標(biāo)為(－L，)，磁場的磁感應(yīng)強度，不計粒子重力。求： (1)勻強電場的場強大??； (2)粒子在O點時速度的大小和方向； (3)粒子從磁場射出時的橫坐標(biāo)x。 【解析】(1) 粒子在電場中做類平拋運動，水平方向：L＝v0t 豎直方向：， 解得：，。 (2) 粒子經(jīng)過O點時的速度： 設(shè)速度方向與x軸正

2、方向間夾角為θ，則 所以θ＝60° 即粒子在O點的速度大小為2v0，方向與x正向成60°角斜向下。 (3) 粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得： 解得：r＝2L 粒子從磁場射出時的橫坐標(biāo)：x＝2rsin θ＝。 2．【河南九師聯(lián)盟質(zhì)檢】如圖所示，豎直平面內(nèi)有一直角坐標(biāo)系xOy，x軸沿水平方向。第二、三象限有垂直于坐標(biāo)平面向里的勻強磁場，與x軸成θ＝30°角的絕緣細(xì)桿固定在二、三象限；第四象限同時存在著豎直向上的勻強電場和垂直于坐標(biāo)平面向里磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，一質(zhì)量為m，電荷量為q帶電小球a穿在細(xì)桿上沿細(xì)桿勻速下滑，在N點脫離細(xì)桿恰能沿圓周

3、軌道運動到x軸上的A點，且速度方向垂直于x軸。已知A點到坐標(biāo)原點O的距離為，小球a與絕緣細(xì)桿的動摩擦因數(shù)，，重力加速度為g，空氣阻力忽略不計。求： (1)帶電小球的電性及電場強度的大小E； (2)第二、三象限里的磁場的磁感應(yīng)強度大小B1； (3)當(dāng)帶電小球a剛離開N點時，從y軸正半軸距原點O為的P點(圖中未畫出)以某一初速度水平向右平拋一個不帶電的絕緣小球b，b球剛好運動到x軸時與向上運動的a球相碰，則b球的初速度為多大？ 【解析】(1)由帶電小球a在第四象限內(nèi)做勻速圓周運動可得，帶電小球a帶正電，且mg＝qE 解得：E＝mgq (2)帶電小球a從N點運動到Q點的過程中，設(shè)運動半徑

4、為R，有： qvB＝mv2R 由幾何關(guān)系有R+Rsinθ＝32l 聯(lián)立解得v＝qlBm＝5πg(shù)l6 帶電小球a在桿上勻速運動時，由平衡條件有 mgsinθ＝μ（qvB1－mgcosθ） 解得B1＝7mqg10πl(wèi) (3)帶電小球a在第四象限內(nèi)做勻速圓周運動的周期T＝2πRv＝24πl(wèi)5g 帶電小球a第一次在第一象限豎直上下運動的總時間為t0＝2vg＝10πl(wèi)3 絕緣小球b平拋運動至x軸上的時間為t＝2hg＝210πl(wèi)3g 兩球相碰有t＝T3+nt0+T2 聯(lián)立解得n＝1 設(shè)絕緣小球b平拋的初速度為v0，則72l＝v0t 解得v0＝147gl160π。

5、 1．【日照期末】如圖所示，真空中有以O(shè)1為圓心、r半徑的圓形勻強磁場區(qū)域，坐標(biāo)原點O為圓形磁場邊界上的一點。磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙面向外。x＝r的虛線右側(cè)足夠大的范圍內(nèi)有方向豎直向下、大小為E的勻強電場。從O點在紙面內(nèi)向各個方向發(fā)射速率相同的質(zhì)子，速度方向與x軸正方向成120°角的質(zhì)子，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后又垂直射入電場，到達x軸上的P點(圖中未畫出)。已知質(zhì)子的電荷量為e、質(zhì)量為m，質(zhì)子重力可忽略。 (1)求質(zhì)子射入磁場時的速度大??； (2)求質(zhì)子從坐標(biāo)原點O到x軸上的P點所需的時間； (3)若質(zhì)子沿y釉正方向射入磁場，在離開磁場前的某一時刻，磁場方向不變、大小突然變?yōu)锽1，

6、此后質(zhì)子恰好被束縛在該圓形磁場中，則B1的最小值為多少? 【解析】(1) 設(shè)質(zhì)子射磁場時的速度為v．質(zhì)子射入磁場后做勻速圓周運動，質(zhì)子的軌跡如圖所示。由幾何關(guān)系知，質(zhì)子在磁場中的偏轉(zhuǎn)半徑為R＝r 由牛頓第二定律：evB＝mv2R 解得：v＝eBrm； (2)質(zhì)子在磁場中運動的周期T＝2πmqB 質(zhì)子在磁場中的運動軌跡所對應(yīng)的圓心角為1200，運動時間為t1＝T3＝2πm3eB 質(zhì)子離開磁場做勻速直線運動，勻速運動位移為：s＝r(1-sin600) 勻速運動的時間為：t2＝sv＝2-32eBm 質(zhì)子垂直射入電場做類平拋運動，設(shè)在電場中的運動時間為t3 豎直位移為y＝r(1+co

7、s600) 根據(jù)勻變速直線運動的規(guī)律y＝12at32，其中a＝eEm 解得：t3＝3mreE 質(zhì)子從O點到達x軸的時間t＝t1+t2+t3＝2πm3eB+(2-3)m2eB+3mreE； (3)若粒子運動軌跡的圓心為O3，如圖所示。當(dāng)質(zhì)子運動到軌跡與O1O3連線交點處時，僅改變磁場大小，粒子運動的半徑最大，即B1對應(yīng)最小。 由幾何關(guān)系得，最大半徑Rmax＝2-22r 由evB1＝mv2Rmax 解得：B1＝22-2B。 2．【華中師大附中期末】坐標(biāo)原點O處有一點狀的放射源，它向xOy平面內(nèi)的x軸上方各個方向發(fā)射帶正電的同種粒子，速度大小都是v0，在0

8、軸正方向的勻強電場，場強大小為，其中q與m分別為該種粒子的電量和質(zhì)量；在d

9、＝32mv02 化簡可得：v＝2v0 (2)由題意可知，沿著正x軸水平向右發(fā)射的粒子，先在電場中做類平拋運動，進入磁場后做勻速圓周運動，且剛好與移動ab板相切，設(shè)進入磁場時的速度方向與正x軸方向的夾角為θ，做圓周運動的軌道半徑為R，則：cosθ＝v0v＝v02v0＝12，θ＝60° 由幾何關(guān)系可知：R·cos60°+R＝2d 可得：R＝43d 又qvB＝mv2R 得：R＝mvqB＝2mv0qB 則B＝3mv02qb (3)根據(jù)對稱性，沿著負(fù)x軸水平向左發(fā)射的粒子，先在電場中做類平拋運動，進入磁場后做勻速圓周運動，且剛好與移動Δy之后的ab板相切，則 2d-Δy+R·cos60

10、°＝R B1＝1T，B2＝3T，＝3s，t2＝4s 解得：Δy＝43d 3．【蘇州調(diào)研】實驗中經(jīng)常利用電磁場來改變帶電粒子運動的軌跡。如圖所示，氕()、氘()、氚()三種粒子同時沿直線在紙面內(nèi)通過電場強度為E、磁感應(yīng)強度為B的復(fù)合場區(qū)域。進入時氕與氘、氘與氚的間距均為d，射出復(fù)合場后進入y軸與MN之間(其夾角為θ)垂直于紙面向外的勻強磁場區(qū)域Ⅰ，然后均垂直于邊界MN射出。虛線MN與PQ間為真空區(qū)域Ⅱ且PQ與MN平行。已知質(zhì)子比荷為，不計重力。 (1)求粒子做直線運動時的速度大小v； (2)求區(qū)域Ⅰ內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強度B1； (3)若虛線PQ右側(cè)還存在一垂直于紙面的勻強磁場區(qū)域Ⅲ，經(jīng)該

11、磁場作用后三種粒子均能匯聚于MN上的一點，求該磁場的最小面積S和同時進入復(fù)合場的氕、氚運動到匯聚點的時間差Δt。 【解析】(1)由電場力與洛倫茲力平衡，Bqv＝Eq 解得v＝E/B。 (2)由洛倫茲力提供向心力，B1vq＝mv2r 由幾何關(guān)系得r＝d 解得B1＝mEqdB。 (3)分析可得氚粒子圓周運動直徑為3r 磁場最小面積S＝12π3r22-r22 解得S＝πd2 由題意得B2＝2B1 由T＝2πrv得T＝2πmqB 由軌跡可知Δt1＝(3T1－T1) θ2π，其中T1＝2πmqB1 Δt2＝12(3T2－T2)，其中T2＝2πmqB2 解得Δt＝Δt1＋Δt2＝

12、(π+2θ)BdE。 4．【江蘇三校聯(lián)合模擬】如圖所示，在豎直虛線PQ左側(cè)、水平虛線MN下方有范圍足夠大的豎直向上的勻強電場和水平向里的勻強磁場，電場的電場強度大小為E，磁場的磁感應(yīng)強度B未知。在距離MN為h的O點將帶電小球以的初速度向右水平拋出，小球在MN下方的運動做勻速圓周運動，已知重力加速度為g。 (1)求帶電小球的比荷，并指出小球帶電性質(zhì)； (2)若小球從O點拋出后最后剛好到達PQ上與O點等高的O1點，求OO1間最小距離s及對應(yīng)磁場的磁感強度的值B0； (3)已知磁場磁感應(yīng)強度為B1，若撤去電場，小球從O點拋出后，在磁場中運動過程距離MN的最大距離為d (該點在PQ左側(cè))，

13、求小球運動經(jīng)過此點時加速度a。 【解析】(1)因為小球在MN下方的運動是勻速圓周運動，所以電場力等于重力，電場力方向向上，所以帶正電。因為mg＝qE所以qm＝gE (2)小球從O點拋出做類平拋運動，如圖所示： 根據(jù)平拋運動可得：x＝v0t h＝12gt2，vy＝2gh v＝v02+vy2＝2gh tanθ＝vyv0 解得θ＝45o 所以s＝2x-2R s最小時R最大，磁場的磁感強度有最小值B0 所以s＝2x-2R＝2R 小球在MN下方的運動是勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力：qvB＝mv2R R＝mvqB 所以B0＝(2+1)E2gh s＝4(2-2)h (3)若

14、撤去電場，小球從O點拋出后，在磁場中運動過程距離MN的最大距離為d 根據(jù)動能定理列式得：mg(h+d)＝12mv12-12mv02 又qv1B1-mg＝ma 所以a＝gB12g(2h+d)E-g 5．【青島二中期末】如圖所示，一小滑塊帶正電，質(zhì)量為m，從P點以初速度v0水平拋出，恰好從上端口a點以速度v0豎直向下進入圓弧金屬管形軌道ab，然后從下端口b點滑出，并滑上水平傳送帶。P點到a點的豎直距離為h，金屬管形軌道ab內(nèi)壁光滑，半徑為R，管道內(nèi)徑很小，但略大于小滑塊的尺寸。b點上方左側(cè)整個區(qū)域(不包括b點所在的豎直線)存在水平向外的的勻強磁場和豎直向上的勻強電場，磁感應(yīng)強度為B，電

15、場強度為E。當(dāng)傳送帶靜止時，小滑塊恰好運動到傳送帶右端點c點停下。已知重力加速度為g。 (1)求小滑塊的初速度v0。 (2)求小滑塊剛要滑出b端口時，對圓軌道的壓力大小。 (3)若傳送帶勻速轉(zhuǎn)動，試討論滑塊到達c點時的動能Ek與傳送帶速率v的關(guān)系。 【解析】(1)小滑塊從p到a做勻速圓周運動，則： qE＝mg qv0B＝mv02h 解得v0＝ghBE。 (2)小滑塊進入金屬管形軌道將失去電荷，所以從a到b的過程中，不受電場力和洛倫茲力作用，機械能守恒，則：12mv02+mgR＝12mvb2 在b點：FNb-mg＝mvb2R 解得FNb＝3mg+mg2h2B2RE2。 (3)若傳送帶逆時針轉(zhuǎn)動，滑塊的受力與運動情況與傳送帶靜止不動時相同，故滑塊到達c點時的動能為零，與傳送帶的速度無關(guān)。 若傳送帶順時針轉(zhuǎn)動，設(shè)恰好使物體一直加速時傳送帶速度大小為vc，則 fL＝12mvc2-12mvb2 傳送帶靜止時有：-fL＝0-12mvb2 綜合（2）聯(lián)立方程解得：vc＝4gR+2g2h2B2E2 所以傳送帶順時針轉(zhuǎn)動時，滑到c點的動能與傳送帶速率v的關(guān)系是： 若0