（浙江專用）2019版高考物理大二輪復習優(yōu)選習題 專題三 電場與磁場 提升訓練12 帶電粒子在復合場中的運動問題.doc

提升訓練12帶電粒子在復合場中的運動問題1.如圖所示,在xOy平面內(nèi)有磁感應強度為B的勻強磁場,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,但粒子做圓周運動的軌道半徑為r=2a,求粒子與x軸的交點坐標;(2)若無(1)中r=2a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,一帶電微粒質量為m=2.010-11 kg、電荷量q=+1.010-5 C,從靜止開始經(jīng)電壓為U1=100 V的電場加速后,水平進入兩平行金屬板間的偏轉電場中,微粒射出電場時的偏轉角=30,并接著進入一個方向垂直紙面向里、寬度為D=203 cm的勻強磁場區(qū)域。已知偏轉電場中金屬板長L=20 cm,兩板間距d=103 cm,重力忽略不計。求:(1)帶電微粒進入偏轉電場時的速率v1;(2)偏轉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,該勻強磁場的磁感應強度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,勻強電場E和勻強磁場B互相垂直。一束初速度為v的帶電粒子從左側垂直電場射入后沿圖中直線從右側射出。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接在電壓可調的電源上。長為L的兩板中點為O1、O2,O1O2連線的右側區(qū)域存在著方向垂直紙面向里的勻強磁場。將噴墨打印機的噴口靠近上板下表面C1處,從噴口連續(xù)不斷噴出質量為m、水平速度為v0、帶相等電荷量的墨滴。調節(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動,進入電場、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電,并求其電荷量q;(2)求磁感應強度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左側電場區(qū)域,當墨滴經(jīng)過磁場剛回到中線O1O2時,將電壓U調至多大,可以讓墨滴從兩金屬板左側C1C2之間離開電場?5.如圖所示為一種核反應研究設備的示意圖。密閉容器中為钚的放射性同位素94239Pu,可衰變?yōu)殁櫤?2235U和粒子,并放出能量為E0的光子(94239Pu可視為靜止,衰變放出的光子動量可忽略)。衰變產(chǎn)生的質量為m、電荷量為q的粒子,從坐標為(0,L)的A點以速度v0沿+x方向射入第一象限的勻強電場(電場強度方向沿y軸負方向),再從x軸上坐標(2L,0)的C處射入x軸下方垂直紙面向外的勻強磁場,經(jīng)過勻強磁場偏轉后回到坐標原點O。若粒子重力可忽略不計,求:(1)電場強度E的大小;(2)磁感應強度B的大小;(3)钚在核反應中虧損的質量。6.如圖所示,y軸上M點的坐標為(0,L),MN與x軸平行,MN與x軸之間有勻強磁場區(qū)域,磁場垂直紙面向里。在y>L的區(qū)域存在沿-y方向的勻強電場,電場強度為E,在坐標原點O點有一正粒子以速率v0沿+x方向射入磁場,粒子穿出磁場進入電場,速度減小到0后又返回磁場。已知粒子的比荷為qm,粒子重力不計。(1)求勻強磁場的磁感應強度的大小;(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月寧波諾丁漢大學附中高二期中)如圖所示,在x軸上方存在勻強磁場,磁感應強度大小為B,方向垂直于紙面向外;在x軸下方存在勻強電場,電場方向與xOy平面平行,且與x軸成45夾角。一質量為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,一段時間后進入電場,進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x軸時所需的時間;(2)若要使粒子能夠回到P點,求電場強度的最大值。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、后兩側面M、N是電阻可忽略的導體板,兩導體板與開關S和定值電阻R相連。整個管道置于磁感應強度大小為B、方向沿z軸正方向的勻強磁場中。管道內(nèi)始終充滿電阻率為的導電液體(有大量的正、負離子),且開關閉合前后,液體在管道進、出口兩端壓強差的作用下,均以恒定速率v0沿x軸正向流動。(1)求開關閉合前,M、N兩板間的電勢差大小U0;(2)調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及相應的寬高比dh的值。9.(2018年3月稽陽聯(lián)誼學校選考聯(lián)考)某同學在復習帶電粒子在復合場中的運動時,經(jīng)過思考,自己設計了一道題目: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=60,兩磁場磁感應強度大小均為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點水平進入虛線OQ右側空間。該電荷第二次(不包括從O點進入這一次)到達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點為軸,順時針轉過30,粒子加速后從O點水平進入,且粒子始終在OQ右側運動,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)某研究性學習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電場和勻強磁場區(qū)域,其中磁場的磁感應強度大小為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=43r3,S球=4r2)求:(1)圖中區(qū)域的電場強度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的粒子進入?yún)^(qū)域后將向哪個極板偏轉。11.(2018年3月寧波高三質量評估)如圖所示為一平面直角坐標系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,磁場方向垂直坐標平面向里,磁感應強度為B,在y=R的上方有一沿x軸負方向的勻強電場,電場強度為E,在坐標原點有一粒子源,可以向第一象限坐標平面內(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,有粒子能進入電場的橫坐標范圍。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)電場加速進入圓筒(筒內(nèi)加一豎直向下的勻強磁場,磁感應強度的大小為B),經(jīng)磁場偏轉后,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進入加速電場,再從小孔O3打入圓筒從O4射出。當加速電壓調為U0時,測出粒子在圓筒中運動的時間為t0,請求出此粒子的比荷qm。(2)僅調整加速電場的電壓,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=3R,求打到光屏的粒子所對應的速率v的范圍,以及圓筒轉動的角速度。提升訓練12帶電粒子在復合場中的運動問題1.答案 (1)2(1+2-1)a(2)3mv02qB解析 (1)帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動,設其軌道半徑為R,其在第一象限的運動軌跡如圖所示。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。設此直線與x軸交點為D,P點的x坐標為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-r2-a2,CF=r2-a2,CD=CF-DF,DP=r2-CD2由此可得P點的x坐標為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,由對稱性,其運動軌跡如圖所示,這時C在x軸上。設CCO=,粒子做圓周運動的軌道半徑為r,由幾何關系得=6軌道半徑r=acos=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)加速電場加速后速度為v,根據(jù)動能定理得U1q=12mv12,解得v1=2U1qm=1.0104 m/s。(2)帶電微粒在偏轉電場中只受電場力作用,做類平拋運動。在水平方向微粒做勻速直線運動。水平方向:v1=Lt帶電微粒在豎直方向做勻加速直線運動,加速度為a,出電場時豎直方向速度為v2豎直方向:a=Eqm=qU2dmv2=at=qU2dmLv1由幾何關系得tan=v2v1=qU2Ldmv12=U2L2dU1U2=2dU1Ltan得U2=100 V。(3)電微粒進入磁場做勻速圓周運動,洛倫茲力提供向心力,設微粒軌道半徑為R,由幾何關系知R+R2=D,解得R=23D設微粒進入磁場時的速度為v,則v=v1cos30由牛頓運動定律及運動學規(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,磁感應強度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射出,故此時洛倫茲力和電場力平衡:qvB=Eq,可得初速度:v=EB。假設粒子帶正電,若粒子沿軌跡射出,根據(jù)左手定則可知洛倫茲力向上,可知剛進入磁場時qvB>Eq,所以v>EB=v,此時電場力做負功,動能減小,速度減小,假設粒子帶負電,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,可知剛進入磁場時qvB<Eq,所以v<EB=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動,故C錯誤;若粒子帶負電,并且入射速度v滿足:qvB>Eq,即v>EB=v,粒子可能沿軌跡射出,此時電場力做負功,電勢能增大,故D正確。4.答案 (1)負mgdU(2)v0Ugd2(3) U0U2mv02d2qL2解析 (1)墨滴在電場區(qū)域做勻速直線運動,有qUd=mg,得q=mgdU由于電場方向向下,電荷所受電場力向上,可知,墨滴帶負電荷。(2)進入電場、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動的向心力,有qv0B=mv02R考慮墨滴進入磁場和擋板的幾何關系,可知墨滴在該區(qū)域恰完成四分之一圓周運動,則半徑R=d,由此可知B=v0Ugd2。(3)根據(jù)題設,墨滴速度減小到v=12v0時,設圓周運動半徑為R有qvB=mv2R,得R=mvqB=mv02qB=12R=12d則墨滴恰好經(jīng)過半圓回到O2。要使墨滴從兩金屬板左側的C1C2之間離開電場,則墨滴應在電場力和重力作用下做勻速直線運動,從C2離開,即U1=U0或做類平拋運動,最大偏向位移的墨滴從C1離開,則有12L=vt,d=12qU2mdt2,得U2=2mv02d2qL2所以電壓的調節(jié)范圍是U0U2mv02d2qL2。5.答案 (1)mv022qL(2)mv0qL(3)239mv02470c2+E0c2解析 (1)帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動。水平方向做勻速直線運動:2L=v0t豎直方向做勻變速直線運動:L=12qEm(2Lv0)2求得E=mv022qL。(2)帶電粒子在C點豎直分速度為vy=qEmt=qEm2Lv0=v0粒子進入磁場的速度v=2v0方向與x軸正向成45粒子進入磁場區(qū)域做勻速圓周運動,由幾何知識可得R1=2L由洛倫茲力充當向心力時,有Bqv=mv2R1可解得B=mvqR1=mv0qL。(3)放射性同位素94239Pu的衰變方程為94239Pu92235U+24He+,粒子的質量為m,則92235U的質量為2354m衰變過程動量守恒,MvU=mv0由動能EU=12MvU2,E=12mv02,質量虧損放出的能量E=mc2,E=EU+E+E0所以m=239mv02470c2+E0c2。6.答案 (1)mv0qL(2)2mv0(3)nLv0+2mv0qE(n=1,2,3,)解析 (1)由題意如圖,粒子在磁場中圓周運動的半徑r=L根據(jù)qvB=mv2R,解得B=mv0qL。(2)勻強電場中,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,再做勻速圓周運動,在磁場中運動的時間t1=Lv0電場中運動的時間為t2=2v0qEm=2mv0qE考慮周期性,帶電粒子經(jīng)過x軸的時間t=nt=nLv0+2mv0qE(n=1,2,3,)7.答案 (1)5m4qB(2)2mv0qT0解析 (1)帶電粒子在磁場中做圓周運動,設運動半徑為R,運動周期為T,根據(jù)洛倫茲力公式及圓周運動規(guī)律,有qv0B=mv02R,T=2Rv0依題意,粒子第一次到達x軸時,運動轉過的角度為54,所需時間為t1=58T,求得t1=5m4qB。(2)粒子進入電場后,先做勻減速運動,直到速度減小為0,然后沿原路返回做勻加速運動,到達x軸時速度大小仍為v0,設粒子在電場中運動的總時間為t2,加速度大小為a,電場強度大小為E,有qE=ma,v0=12at2,得t2=2mv0qE根據(jù)題意,要使粒子能夠回到P點,必須滿足t2T0得電場強度最大值E=2mv0qT0。8.答案 (1)Bdv0(2)LSv02B24LR解析 (1)以導電液體中帶正電離子為研究對象,受力平衡時,qv0B=qE=qU0d,解得U0=Bdv0。(2)兩導體板間液體的電阻r=dLhI=U0R+r電阻R獲得的功率為P=I2R,即P=Lv0BLRd+h2R,當dh=LR時,電阻R獲得最大功率,為Pm=LSv02B24。9.答案 (1)2kU(2)2d2kU+2kB(3)見解析解析 (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,GAHK。據(jù)平面幾何知識,得OG=HK=2d所以t1=4dv劣弧GH與優(yōu)弧AK合起來恰好為一整圓,得t2=2rv=2mqB所以t=4dv+2mqB=2d2kU+2kB。(3)由(2)可得OA=23d若兩磁場整體以O點為軸,順時針轉過30。如圖為粒子運動軌跡,QOG=30,OQ=d,所以OG=dcos30=233d又因為OGA為正三角形,所以OA=OG=233d根據(jù)幾何關系,得:OAOA=3即通過3個周期,粒子可以通過A點。10.答案 (1)B2q0Um0(2)2q0Ur0m0r(3)當r>r0時,粒子會向上極板偏轉;當r<r0時,粒子會向下極板偏轉解析 (1)設半徑為r0的粒子被加速后的速度為v0,則12m0v02=q0U解得v0=2q0Um0設區(qū)域內(nèi)電場強度為E,洛倫茲力等于電場力,即v0q0B=q0E解得E=Bv0=B2q0Um0。(2)設半徑為r的粒子的質量為m、電荷量為q、被加速后的速度為v,則m=rr03m0而q=rr02q0由12mv2=qU解得v=2q0Ur0m0r。(3)半徑為r的粒子,在剛進入?yún)^(qū)域時受到的合力為F合=qE-qvB=qB(v0-v)由v=r0rv0可知,當r>r0時,v<v0,F合>0,粒子會向上極板偏轉;當r<r0時,v>v0,F合<0,粒子會向下極板偏轉。11.答案 (1)qBRm(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,在磁場中運動的圓弧對應的圓心角為60,軌跡如圖1所以粒子圓周運動的半徑為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=16T=m3qB在無場區(qū)t2=1-32mqB在電場中t3=RmEq所以總時間為t=t1+t2+t3=2+6-336mqB+RmEq(3)畫出軌跡,如圖3所示最右側:x1=Rcos30=233R最左側:x2=-(R-Rtan 30)tan 60=-(3-1)R。圖2圖312.答案 (1)2R2U0t02(2)23BR33U0t02v23BR3U0t022BR2U0t02解析 (1)由題意可知,2R=v0t0,12mv02=qU0,得qm=2R2U0t02。(2)由幾何關系得r1=33R由向心力公式得qBv1=mv12r1聯(lián)立解得v1=23BR33U0t02由幾何關系得r2=3R由向心力公式得qBv2=mv22r2聯(lián)立解得v2=23BR3U0t02所以23BR33U0t02v23BR3U0t02進入圓筒的粒子在磁場中偏轉的角度和時間與圓筒轉過的角度和時間都是相等的。即只要粒子能進入就能出去,故有=t=2T又T=2mqB聯(lián)立得=qBm=2BR2U0t02。