（浙江選考）2019屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題三 電場與磁場 提升訓(xùn)練12 帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動問題

提升訓(xùn)練12帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動問題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,其中0<x<a內(nèi)有方向垂直xOy平面向里的磁場,在x>a內(nèi)有方向垂直xOy平面向外的磁場,在x<0內(nèi)無磁場。一個帶正電q、質(zhì)量為m的粒子(粒子重力不計)在x=0處以速度v0沿x軸正方向射入磁場。(1)若v0未知,但粒子做圓周運(yùn)動的軌道半徑為r=a,求粒子與x軸的交點坐標(biāo);(2)若無(1)中r=a的條件限制,粒子的初速度仍為v0(已知),問粒子回到原點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=2.0×10-11 kg、電荷量q=+1.0×10-5 C,從靜止開始經(jīng)電壓為U1=100 V的電場加速后,水平進(jìn)入兩平行金屬板間的偏轉(zhuǎn)電場中,微粒射出電場時的偏轉(zhuǎn)角=30°,并接著進(jìn)入一個方向垂直紙面向里、寬度為D=20 cm的勻強(qiáng)磁場區(qū)域。已知偏轉(zhuǎn)電場中金屬板長L=20 cm,兩板間距d=10 cm,重力忽略不計。求:(1)帶電微粒進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場時的速率v1;(2)偏轉(zhuǎn)電場中兩金屬板間的電壓U2;(3)為使帶電微粒不會由磁場右邊射出,該勻強(qiáng)磁場的磁感應(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E和勻強(qiáng)磁場B互相垂直。一束初速度為v的帶電粒子從左側(cè)垂直電場射入后沿圖中直線從右側(cè)射出。粒子重力不計,下列說法正確的是()A.若粒子沿軌跡射出,則粒子的初速度一定大于vB.若粒子沿軌跡射出,則粒子的動能一定增大C.若粒子沿軌跡射出,則粒子可能做勻速圓周運(yùn)動D.若粒子沿軌跡射出,則粒子的電勢能可能增大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的長金屬板C1D1、C2D2接在電壓可調(diào)的電源上。長為L的兩板中點為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。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,墨滴在電場區(qū)域恰能沿水平方向向右做勻速直線運(yùn)動,進(jìn)入電場、磁場共存區(qū)域后,最終垂直打在下板的M點。(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)過磁場后又回到O1O2左側(cè)電場區(qū)域,當(dāng)墨滴經(jīng)過磁場剛回到中線O1O2時,將電壓U調(diào)至多大,可以讓墨滴從兩金屬板左側(cè)C1C2之間離開電場?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Pu,可衰變?yōu)殁櫤薝和粒子,并放出能量為E0的光子Pu可視為靜止,衰變放出的光子動量可忽略)。衰變產(chǎn)生的質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子,從坐標(biāo)為(0,L)的A點以速度v0沿+x方向射入第一象限的勻強(qiáng)電場(電場強(qiáng)度方向沿y軸負(fù)方向),再從x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,經(jīng)過勻強(qiáng)磁場偏轉(zhuǎn)后回到坐標(biāo)原點O。若粒子重力可忽略不計,求:(1)電場強(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)磁場區(qū)域,磁場垂直紙面向里。在y>L的區(qū)域存在沿-y方向的勻強(qiáng)電場,電場強(qiáng)度為E,在坐標(biāo)原點O點有一正粒子以速率v0沿+x方向射入磁場,粒子穿出磁場進(jìn)入電場,速度減小到0后又返回磁場。已知粒子的比荷為,粒子重力不計。(1)求勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小;(2)從原點出發(fā)后帶電粒子第一次經(jīng)過x軸,求洛倫茲力的沖量;(3)經(jīng)過多長時間,帶電粒子經(jīng)過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,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,電場方向與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點沿y軸正方向射出,一段時間后進(jìn)入電場,進(jìn)入電場時的速度方向與電場方向相反;又經(jīng)過一段時間T0,磁場方向變?yōu)榇怪奔埫嫦蚶?大小不變,不計重力。(1)求粒子從P點出發(fā)至第一次到達(dá)x軸時所需的時間;(2)若要使粒子能夠回到P點,求電場強(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,管道的長為L、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)體板與開關(guān)S和定值電阻R相連。整個管道置于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向沿z軸正方向的勻強(qiáng)磁場中。管道內(nèi)始終充滿電阻率為的導(dǎo)電液體(有大量的正、負(fù)離子),且開關(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。(1)求開關(guān)閉合前,M、N兩板間的電勢差大小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)的寬高比的值。9.(2018年3月稽陽聯(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)合場中的運(yùn)動時,經(jīng)過思考,自己設(shè)計了一道題目:如圖,C、D板之間是加速電場,電壓為U,虛線OQ、QP、ON是勻強(qiáng)磁場的邊界,且磁場范圍足夠大,QP與ON平行,間距為d,與OQ垂直且與豎直方向夾角=60°,兩磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B,方向垂直紙面向外?，F(xiàn)有一個比荷為k的正電荷(重力不計),從C板的小孔靜止釋放,加速后從O點水平進(jìn)入虛線OQ右側(cè)空間。該電荷第二次(不包括從O點進(jìn)入這一次)到達(dá)ON邊界時的位置為A點(未畫出)。求:(1)粒子在O點的速度大小;(2)粒子從O到A的時間;(3)若兩磁場整體以O(shè)點為軸,順時針轉(zhuǎn)過30°,粒子加速后從O點水平進(jìn)入,且粒子始終在OQ右側(cè)運(yùn)動,試判斷粒子能否通過A點,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小孔O1進(jìn)入極板間電壓為U的水平加速電場區(qū)域,再通過小孔O2射入相互正交的恒定勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場區(qū)域,其中磁場的磁感應(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。實驗發(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=r3,S球=4r2)求:(1)圖中區(qū)域的電場強(qiáng)度E的大小;(2)半徑為r的粒子通過O2時的速率v;(3)試討論半徑rr0的粒子進(jìn)入?yún)^(qū)域后將向哪個極板偏轉(zhuǎn)。11.(2018年3月寧波高三質(zhì)量評估)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,圓心在O點,半圓的半徑為R,磁場方向垂直坐標(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,電場強(qiáng)度為E,在坐標(biāo)原點有一粒子源,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,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點離開磁場進(jìn)入電場,并且此時速度方向與y軸正方向成30°夾角,求:(1)粒子速度的大小;(2)出磁場后能垂直進(jìn)入電場的粒子從粒子源射出到經(jīng)過y軸時所用的時間;(3)在y=R上,有粒子能進(jìn)入電場的橫坐標(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),加速電場右側(cè)是一半徑為R的接地豎直金屬圓筒,它與加速電場靠得很近,圓筒可繞豎直中心軸以某一角速度逆時針勻速轉(zhuǎn)動。O1、O2為加速電場兩極板上的小孔,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)電場加速進(jìn)入圓筒(筒內(nèi)加一豎直向下的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B),經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后,通過圓筒的小孔打到光屏上產(chǎn)生亮斑,即被選中。整個裝置處于真空室中,不計粒子重力及粒子間相互作用。(1)若開始時圓筒靜止且圓筒內(nèi)不加磁場,同時讓O1、O2、O3、O、O4在同一直線上。初速度不計的帶電粒子從小孔O1進(jìn)入加速電場,再從小孔O3打入圓筒從O4射出。當(dāng)加速電壓調(diào)為U0時,測出粒子在圓筒中運(yùn)動的時間為t0,請求出此粒子的比荷。(2)僅調(diào)整加速電場的電壓,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=R,求打到光屏的粒子所對應(yīng)的速率v的范圍,以及圓筒轉(zhuǎn)動的角速度。提升訓(xùn)練12帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動問題1.答案 (1)2(1+)a(2)解析 (1)帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動,設(shè)其軌道半徑為R,其在第一象限的運(yùn)動軌跡如圖所示。此軌跡由兩段圓弧組成,圓心分別在C和C'處,軌跡與x軸交點為P。由對稱性可知C'在x=2a直線上。設(shè)此直線與x軸交點為D,P點的x坐標(biāo)為xP=2a+DP。過兩段圓弧的連接點作平行于x軸的直線EF,則DF=r-,C'F=,C'D=C'F-DF,DP=由此可得P點的x坐標(biāo)為xP=2a+2,代入題給條件得xP=2(1+)a。(2)若要求帶電粒子能夠返回原點,由對稱性,其運(yùn)動軌跡如圖所示,這時C'在x軸上。設(shè)CC'O=,粒子做圓周運(yùn)動的軌道半徑為r,由幾何關(guān)系得=軌道半徑r=a由牛頓第二定律和洛倫茲力公式得qv0B=m,解得a=。2.答案 (1)1.0×104 m/s(2)100 V(3)0.1 T解析 (1)帶電微粒經(jīng)加速電場加速后速度為v',根據(jù)動能定理得U1q=,解得v1=1.0×104 m/s。(2)帶電微粒在偏轉(zhuǎn)電場中只受電場力作用,做類平拋運(yùn)動。在水平方向微粒做勻速直線運(yùn)動。水平方向:v1=帶電微粒在豎直方向做勻加速直線運(yùn)動,加速度為a,出電場時豎直方向速度為v2豎直方向:a=v2=at=由幾何關(guān)系得tan=U2=tan得U2=100 V。(3)電微粒進(jìn)入磁場做勻速圓周運(yùn)動,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,解得R=D設(shè)微粒進(jìn)入磁場時的速度為v',則v'=由牛頓運(yùn)動定律及運(yùn)動學(xué)規(guī)律qv'B=得B=,代入數(shù)據(jù)得B=0.1 T,即若帶電粒子不射出磁場,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,故此時洛倫茲力和電場力平衡:qvB=Eq,可得初速度:v=。假設(shè)粒子帶正電,若粒子沿軌跡射出,根據(jù)左手定則可知洛倫茲力向上,可知剛進(jìn)入磁場時qv'B>Eq,所以v'>=v,此時電場力做負(fù)功,動能減小,速度減小,假設(shè)粒子帶負(fù)電,若粒子沿軌跡射出,根據(jù)左手定則可知,洛倫茲力方向向下,可知剛進(jìn)入磁場時qv'B<Eq,所以v'<=v,此時電場力做正功,動能增大,速度增大,故A、B錯誤;因為粒子重力不計,除了洛倫茲力外粒子一定還受到電場力作用,故粒子不可能做勻速圓周運(yùn)動,故C錯誤;若粒子帶負(fù)電,并且入射速度v'滿足:qv'B>Eq,即v'>=v,粒子可能沿軌跡射出,此時電場力做負(fù)功,電勢能增大,故D正確。4.答案 (1)負(fù)(2)(3) U0U解析 (1)墨滴在電場區(qū)域做勻速直線運(yùn)動,有q=mg,得q=由于電場方向向下,電荷所受電場力向上,可知,墨滴帶負(fù)電荷。(2)進(jìn)入電場、磁場共存區(qū)域后,重力與電場力平衡,洛倫茲力提供墨滴做勻速圓周運(yùn)動的向心力,有qv0B=考慮墨滴進(jìn)入磁場和擋板的幾何關(guān)系,可知墨滴在該區(qū)域恰完成四分之一圓周運(yùn)動,則半徑R=d,由此可知B=。(3)根據(jù)題設(shè),墨滴速度減小到v=v0時,設(shè)圓周運(yùn)動半徑為R'有qvB=,得R'=R=d則墨滴恰好經(jīng)過半圓回到O2。要使墨滴從兩金屬板左側(cè)的C1C2之間離開電場,則墨滴應(yīng)在電場力和重力作用下做勻速直線運(yùn)動,從C2離開,即U1=U0或做類平拋運(yùn)動,最大偏向位移的墨滴從C1離開,則有L=vt,d=t2,得U2=所以電壓的調(diào)節(jié)范圍是U0U。5.答案 (1)(2)(3)解析 (1)帶電粒子在勻強(qiáng)電場中做類平拋運(yùn)動。水平方向做勻速直線運(yùn)動:2L=v0t豎直方向做勻變速直線運(yùn)動:L=)2求得E=。(2)帶電粒子在C點豎直分速度為vy=t=v0粒子進(jìn)入磁場的速度v=v0方向與x軸正向成45°粒子進(jìn)入磁場區(qū)域做勻速圓周運(yùn)動,由幾何知識可得R1=L由洛倫茲力充當(dāng)向心力時,有Bqv=m可解得B=。(3)放射性同位素Pu的衰變方程為PuHe+,粒子的質(zhì)量為m,則U的質(zhì)量為m衰變過程動量守恒,MvU=mv0由動能EU=,E=,質(zhì)量虧損放出的能量E=mc2,E=EU+E+E0所以m=。6.答案 (1)(2)2mv0(3)n(n=1,2,3,)解析 (1)由題意如圖,粒子在磁場中圓周運(yùn)動的半徑r=L根據(jù)qvB=,解得B=。(2)勻強(qiáng)電場中,由動量定理得I=-mv0-mv0=-2mv0從原點出發(fā)后第一次經(jīng)過x軸,由I+I'=mv0-mv0得洛倫茲力的沖量I'=2mv0。(3)粒子返回磁場后,再做勻速圓周運(yùn)動,在磁場中運(yùn)動的時間t1=電場中運(yùn)動的時間為t2=考慮周期性,帶電粒子經(jīng)過x軸的時間t'=nt=n(n=1,2,3,)7.答案 (1)(2)解析 (1)帶電粒子在磁場中做圓周運(yùn)動,設(shè)運(yùn)動半徑為R,運(yùn)動周期為T,根據(jù)洛倫茲力公式及圓周運(yùn)動規(guī)律,有qv0B=m,T=依題意,粒子第一次到達(dá)x軸時,運(yùn)動轉(zhuǎn)過的角度為,所需時間為t1=T,求得t1=。(2)粒子進(jìn)入電場后,先做勻減速運(yùn)動,直到速度減小為0,然后沿原路返回做勻加速運(yùn)動,到達(dá)x軸時速度大小仍為v0,設(shè)粒子在電場中運(yùn)動的總時間為t2,加速度大小為a,電場強(qiáng)度大小為E,有qE=ma,v0=at2,得t2=根據(jù)題意,要使粒子能夠回到P點,必須滿足t2T0得電場強(qiáng)度最大值E=。8.答案 (1)Bdv0(2)解析 (1)以導(dǎo)電液體中帶正電離子為研究對象,受力平衡時,qv0B=qE=q,解得U0=Bdv0。(2)兩導(dǎo)體板間液體的電阻r=I=電阻R獲得的功率為P=I2R,即P=R,當(dāng)時,電阻R獲得最大功率,為Pm=。9.答案 (1)(2)2d(3)見解析解析 (1)qU=mv2得v=。(2)粒子的軌跡圖,如圖所示。連GA,則OGA為等腰三角形,GAHK。據(jù)平面幾何知識,得OG=HK=2d所以t1=劣弧GH與優(yōu)弧AK合起來恰好為一整圓,得t2=所以t=2d。(3)由(2)可得OA=2d若兩磁場整體以O(shè)點為軸,順時針轉(zhuǎn)過30°。如圖為粒子運(yùn)動軌跡,QOG=30°,OQ=d,所以O(shè)G=d又因為OGA'為正三角形,所以O(shè)A'=OG=d根據(jù)幾何關(guān)系,得:=3即通過3個周期,粒子可以通過A點。10.答案 (1)B(2)(3)當(dāng)r>r0時,粒子會向上極板偏轉(zhuǎn);當(dāng)r<r0時,粒子會向下極板偏轉(zhuǎn)解析 (1)設(shè)半徑為r0的粒子被加速后的速度為v0,則m0=q0U解得v0=設(shè)區(qū)域內(nèi)電場強(qiáng)度為E,洛倫茲力等于電場力,即v0q0B=q0E解得E=Bv0=B。(2)設(shè)半徑為r的粒子的質(zhì)量為m、電荷量為q、被加速后的速度為v,則m=m0而q=q0由mv2=qU解得v=。(3)半徑為r的粒子,在剛進(jìn)入?yún)^(qū)域時受到的合力為F合=qE-qvB=qB(v0-v)由v=v0可知,當(dāng)r>r0時,v<v0,F合>0,粒子會向上極板偏轉(zhuǎn);當(dāng)r<r0時,v>v0,F合<0,粒子會向下極板偏轉(zhuǎn)。11.答案 (1)(2)(3)見解析圖1解析 (1)由分析可知,從O點出發(fā),在P點離開磁場的粒子,在磁場中運(yùn)動的圓弧對應(yīng)的圓心角為60°,軌跡如圖1所以粒子圓周運(yùn)動的半徑為R由牛頓第二定律,有:qvB=m得:v=。(2)由判斷可知,從O點入射的粒子在離開磁場時的偏向角均為60°所以,出磁場后能垂直進(jìn)入電場的粒子,從O點入射時與x軸正向成30°夾角,軌跡如圖2在磁場中t1=T=在無場區(qū)t2=1-在電場中t3=所以總時間為t=t1+t2+t3=(3)畫出軌跡,如圖3所示最右側(cè):x1=R最左側(cè):x2=-(R-Rtan 30°)tan 60°=-(-1)R。圖2圖312.答案 (1)(2)v解析 (1)由題意可知,2R=v0t0,=qU0,得。(2)由幾何關(guān)系得r1=R由向心力公式得qBv1=m聯(lián)立解得v1=由幾何關(guān)系得r2=R由向心力公式得qBv2=m聯(lián)立解得v2=所以v進(jìn)入圓筒的粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)的角度和時間與圓筒轉(zhuǎn)過的角度和時間都是相等的。即只要粒子能進(jìn)入就能出去,故有=又T=聯(lián)立得=。15