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2019-2020年高考物理二輪復(fù)習(xí) 題能演練 專題3 電場和磁場 3.3 帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)(含解析).doc

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2019-2020年高考物理二輪復(fù)習(xí) 題能演練 專題3 電場和磁場 3.3 帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)(含解析).doc

2019-2020年高考物理二輪復(fù)習(xí) 題能演練 專題3 電場和磁場 3.3 帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)(含解析)1(xx海南單科)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(q0)的粒子以初速度v0從y軸上的P點(diǎn)沿y軸正方向射出,一段時(shí)間后進(jìn)入電場,進(jìn)入電場時(shí)的速度方向與電場方向相反;又經(jīng)過一段時(shí)間T0,磁場的方向變?yōu)榇怪庇诩埫嫦蚶铮笮〔蛔儾挥?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)所需時(shí)間;(2)若要使粒子能夠回到P點(diǎn),求電場強(qiáng)度的最大值答案:(1)(2)解析:(1)帶電粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示設(shè)運(yùn)動(dòng)半徑為R,運(yùn)動(dòng)周期為T,根據(jù)洛倫茲力公式及圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律,有qv0BmT依題意,粒子第一次到達(dá)x軸時(shí),運(yùn)動(dòng)轉(zhuǎn)過的角度為所需時(shí)間為t1T求得t1.(2)粒子進(jìn)入電場后,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)粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為t2,加速度大小為a,電場強(qiáng)度大小為E,有qEmav0at2得t2根據(jù)題意,要使粒子能夠回到P點(diǎn),必須滿足t2T0得電場強(qiáng)度最大值E.2.(xx重慶理綜)如圖所示,在無限長的豎直邊界NS和MT間充滿勻強(qiáng)電場,同時(shí)該區(qū)域上、下部分分別充滿方向垂直于NSTM平面向外和向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為B和2B,KL為上下磁場的水平分界線,在NS和MT邊界上,距KL高h(yuǎn)處分別有P、Q兩點(diǎn),NS和MT間距為1.8h.質(zhì)量為m、帶電量為q的粒子從P點(diǎn)垂直于NS邊界射入該區(qū)域,在兩邊界之間做圓周運(yùn)動(dòng),重力加速度為g.(1)求電場強(qiáng)度的大小和方向;(2)要使粒子不從NS邊界飛出,求粒子入射速度的最小值;(3)若粒子能經(jīng)過Q點(diǎn)從MT邊界飛出,求粒子入射速度的所有可能值答案:(1)方向豎直向上(2)(96)(3)、解析:(1)設(shè)電場強(qiáng)度大小為E,由題意有mgqE得E,方向豎直向上圖1(2)如圖1所示,設(shè)粒子不從NS邊飛出的入射速度最小值為vmin,對應(yīng)的粒子在上、下區(qū)域的運(yùn)動(dòng)半徑分別為r1和r2,圓心的連線與NS的夾角為由r,有r1,r2r1由(r1r2)sin r2,r1r1cos h得vmin(96).(3)如圖2所示,設(shè)粒子入射速度為v,粒子在上、下方區(qū)域的運(yùn)動(dòng)半徑分別為r1和r2,粒子第一次通過KL時(shí)距離K點(diǎn)為x圖2由題意有3nx1.8h(n1,2,3,)xx得r1,n<3.5即n1時(shí),vn2時(shí),vn3時(shí),v.規(guī)律探尋帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)問題,側(cè)重于應(yīng)用數(shù)學(xué)工具解決物理問題方面的考查,涉及的知識面廣,綜合性強(qiáng),解答方式靈活多變,還經(jīng)常以科學(xué)技術(shù)領(lǐng)域的具體問題為背景在處理分析該部分問題時(shí),要充分挖掘題目的隱含信息,利用題目創(chuàng)設(shè)的情景,對粒子做好受力分析、運(yùn)動(dòng)過程分析,培養(yǎng)空間想象能力、分析綜合能力、應(yīng)用數(shù)學(xué)知識處理物理問題的能力 考題預(yù)測如圖所示,帶電平行金屬板相距為2R,在兩板間有垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域,與兩板及左側(cè)邊緣線相切一個(gè)帶正電的粒子(不計(jì)重力)沿兩板間中心線O1O2從左側(cè)邊緣O1點(diǎn)以某一速度射入,恰沿直線通過圓形磁場區(qū)域,并從極板邊緣飛出,在極板間運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t0.若撤去磁場,粒子仍從O1點(diǎn)以相同速度射入,則經(jīng)時(shí)間打到極板上(1)求兩極板間電壓U及粒子的比荷(2)若兩極板不帶電,保持磁場不變,該粒子仍沿中心線O1O2從O1點(diǎn)射入,欲使粒子從兩板左側(cè)間飛出,射入的速度應(yīng)滿足什么條件?答案:(1)(2)0<v<解析:(1)設(shè)粒子從左側(cè)O1點(diǎn)射入的速度為v0,極板長為L,粒子在初速度方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng),則:L(L2R)t0解得:L4R粒子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng):L2Rv0aRa2在復(fù)合場中做勻速直線運(yùn)動(dòng),則:qqv0B聯(lián)立各式解得:,U.(2)若撤去電場,粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示,設(shè)其軌道半徑為r,粒子恰好打到上極板左邊緣時(shí)速度的偏轉(zhuǎn)角為由幾何關(guān)系可知:45,rrR由牛頓第二定律得:qvBm故使粒子在兩板左側(cè)飛出的條件為0<v<.

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