《2022年高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題三 電場(chǎng)和磁場(chǎng) 專(zhuān)題跟蹤訓(xùn)練10 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題三 電場(chǎng)和磁場(chǎng) 專(zhuān)題跟蹤訓(xùn)練10 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)（6頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題三 電場(chǎng)和磁場(chǎng) 專(zhuān)題跟蹤訓(xùn)練10 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 1．(2018·鄭州質(zhì)量預(yù)測(cè)二)如圖所示，矩形區(qū)域abcdef分為兩個(gè)矩形區(qū)域，左側(cè)區(qū)域充滿勻強(qiáng)電場(chǎng)，方向豎直向上，右側(cè)區(qū)域充滿勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向垂直紙面向外，be為其分界線．a(chǎn)f＝L，ab＝0.75L，bc＝L.一質(zhì)量為m、電荷量為e0的電子(重力不計(jì))從a點(diǎn)沿ab方向以初速度v0射入電場(chǎng)，從be邊的中點(diǎn)g進(jìn)入磁場(chǎng)．(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8) (1)求勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E的大?。? (2)若要求電子從cd邊射出，求所加勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度的最大值Bm； (3)調(diào)節(jié)磁感應(yīng)強(qiáng)

2、度的大小，求cd邊上有電子射出部分的長(zhǎng)度． [解析]　(1)電子在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，有 ＝ 0.75L＝v0t 由牛頓第二定律有e0E＝ma 聯(lián)立解得E＝ (2)電子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，速度方向與be邊夾角的正切值 tanθ＝＝0.75，θ＝37° 電子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為v＝＝v0 設(shè)電子運(yùn)動(dòng)軌跡剛好與cd邊相切時(shí)，軌跡半徑最小，為r1 則由幾何關(guān)系知r1＋r1cos37°＝L 解得r1＝L 由e0vB＝可得對(duì)應(yīng)的最大磁感應(yīng)強(qiáng)度Bm＝ (3)設(shè)電子運(yùn)動(dòng)軌跡剛好與de邊相切時(shí)，軌跡半徑為r2 則r2＝r2sin37°＋ 解得r2＝L 又r2cosθ＝L，故切點(diǎn)剛好為d點(diǎn)

3、 電子從cd邊射出的長(zhǎng)度為Δy＝＋r1sin37°＝L [答案]　(1)　(2)　(3)L 2．(2018·杭州高三摸底)如圖所示，位于豎直平面內(nèi)的坐標(biāo)系xOy，在其第三象限空間有沿水平方向的、垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝0.5 T，還有沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為E＝2 N/C．在其第一象限空間有沿y軸負(fù)方向、場(chǎng)強(qiáng)大小也為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，并在y>h＝0.4 m的區(qū)域有磁感應(yīng)強(qiáng)度也為B的垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．一個(gè)帶電荷量為q的油滴從圖中第三象限的P點(diǎn)得到一初速度，恰好能沿PO做勻速直線運(yùn)動(dòng)(PO與x軸負(fù)方向的夾角為θ＝45°)，并從原點(diǎn)O進(jìn)入第一象限．已知重力加

4、速度g＝10 m/s2.問(wèn)： (1)油滴在第三象限運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的重力、電場(chǎng)力、洛倫茲力三力的大小之比，并指出油滴帶何種電荷； (2)油滴在P點(diǎn)得到的初速度大小； (3)油滴在第一象限運(yùn)動(dòng)的時(shí)間以及油滴離開(kāi)第一象限處的坐標(biāo)值． [解析]　 (1)分析油滴受力可知要使油滴做勻速直線運(yùn)動(dòng)，油滴應(yīng)帶負(fù)電．受力如圖所示 由平衡條件和幾何關(guān)系得 mg∶qE∶f＝1∶1∶. (2)油滴在垂直P(pán)O方向上應(yīng)用平衡條件得 qvB＝2Eqcos45°，代入數(shù)據(jù)解得v＝4 m/s. (3)由(1)可知，油滴在第一象限內(nèi)受到的重力等于電場(chǎng)力，故油滴在電場(chǎng)與重力場(chǎng)的復(fù)合場(chǎng)中做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在電場(chǎng)

5、、磁場(chǎng)、重力場(chǎng)三者的復(fù)合場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，軌跡如圖所示．由O到A勻速運(yùn)動(dòng)的位移為s1＝＝h＝0.4 m，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1＝＝0.1 s 油滴在復(fù)合場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期T＝ 由幾何關(guān)系知油滴由A到C運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2＝T＝，聯(lián)立解得t2≈0.628 s，從C到N，粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由對(duì)稱(chēng)性知，運(yùn)動(dòng)時(shí)間t3＝t1＝0.1 s，則第一象限內(nèi)總的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t＝t1＋t2＋t3＝0.828 s. 設(shè)OA、AC、CN段在x軸上的投影分別為x1、x2、x3， 則x1＝x3＝h＝0.4 m，x2＝r＝ 由(1)可知mg＝qvB，代入上式可得x2＝3.2 m，所以粒子在第一象限內(nèi)沿x軸方向的總位移

6、為x＝x1＋x2＋x3＝4 m，油滴離開(kāi)第一象限時(shí)的位置坐標(biāo)為(4.0 m,0)． [答案]　(1)1∶1∶　負(fù)電　(2)4 m/s　(3)(4.0 m,0) 3．(2018·肇慶二模)如圖甲所示，豎直擋板MN左側(cè)空間有方向豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向里的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)．電場(chǎng)和磁場(chǎng)的范圍足夠大，電場(chǎng)強(qiáng)度E＝40 N/C，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的關(guān)系圖象如圖乙所示，選定磁場(chǎng)垂直紙面向里為正方向．t＝0時(shí)刻，一質(zhì)量m＝8×10－4 kg、電荷量q＝＋2×10－4 C的微粒在O點(diǎn)具有豎直向下的速度v＝0.12 m/s，O′是擋板MN上一點(diǎn)，直線OO′與擋板MN垂直，取g＝10 m/s2.求：

7、 (1)微粒再次經(jīng)過(guò)直線OO′時(shí)與O點(diǎn)的距離． (2)微粒在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中離開(kāi)直線OO′的最大高度． (3)水平移動(dòng)擋板，使微粒能垂直射到擋板上，擋板與O點(diǎn)間的距離應(yīng)滿足的條件． [解析]　(1)根據(jù)題意可以知道，微粒所受的重力 G＝mg＝8×10－3 N① 電場(chǎng)力大小F＝qE＝8×10－3 N② 因此重力與電場(chǎng)力平衡 微粒先在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則 qvB＝m③ 由③式解得：R＝0.6 m④ 由T＝⑤ 得：T＝10π s⑥ 則微粒在5π s內(nèi)轉(zhuǎn)過(guò)半個(gè)圓周，再次經(jīng)直線OO′時(shí)與O點(diǎn)的距離：L＝2R⑦ 將數(shù)據(jù)代入上式解得：L＝1.2 m．⑧ (2)微粒運(yùn)

8、動(dòng)半周后向上勻速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t＝5π s，軌跡如圖所示，位移大?。簊＝vt⑨ 由⑨式解得：s＝1.88 m．⑩ 因此，微粒離開(kāi)直線OO′的最大高度：H＝s＋R＝2.48 m. (3)若微粒能垂直射到擋板上的某點(diǎn)P，P點(diǎn)在直線OO′下方時(shí)，由圖象可以知道，擋板MN與O點(diǎn)間的距離應(yīng)滿足： L＝(2.4n＋0.6) m(n＝0,1,2，…) 若微粒能垂直射到擋板上的某點(diǎn)P，P點(diǎn)在直線OO′上方時(shí)，由圖象可以知道，擋板MN與O點(diǎn)間的距離應(yīng)滿足：L＝(2.4n＋1.8) m(n＝0,1,2，…)． (若兩式合寫(xiě)成L＝(1.2n＋0.6) m(n＝0,1,2，…)也可) [答案]　(1

9、)1.2 m　(2)2.48 m　(3)見(jiàn)解析 4．(2018·河南六校聯(lián)考)某種粒子加速器的設(shè)計(jì)方案如圖所示，M、N為兩塊垂直于紙面放置的圓形正對(duì)平行金屬板，兩金屬板中心均有小孔(孔的直徑大小可忽略不計(jì))，板間距離為h.兩板間接一直流電源，每當(dāng)粒子進(jìn)入M板的小孔時(shí)，控制兩板的電勢(shì)差為U，粒子得到加速，當(dāng)粒子離開(kāi)N板時(shí)，兩板的電勢(shì)差立刻變?yōu)榱悖畠山饘侔逋獠看嬖谥稀⑾聝蓚€(gè)范圍足夠大且有理想平行邊界的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，上方磁場(chǎng)的下邊界cd與金屬板M在同一水平面上，下方磁場(chǎng)的上邊界ef與金屬板N在同一水平面上，兩磁場(chǎng)平行邊界間的距離也為h，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B．在兩平行金屬板右側(cè)形成與金

10、屬板間距離一樣為h的無(wú)電場(chǎng)、無(wú)磁場(chǎng)的狹縫區(qū)域．一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從M板小孔處無(wú)初速度釋放，粒子在MN板間被加速，粒子離開(kāi)N板后進(jìn)入下方磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)．若空氣阻力、粒子所受的重力以及粒子在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中產(chǎn)生的電磁輻射均可忽略不計(jì)，不考慮相對(duì)論效應(yīng)、兩金屬板間電場(chǎng)的邊緣效應(yīng)以及電場(chǎng)變化對(duì)于外部磁場(chǎng)和粒子運(yùn)動(dòng)的影響． (1)為使帶電粒子經(jīng)過(guò)電場(chǎng)加速后不打到金屬板上，請(qǐng)說(shuō)明圓形金屬板的半徑R應(yīng)滿足什么條件； (2)在ef邊界上的P點(diǎn)放置一個(gè)目標(biāo)靶，P點(diǎn)到N板小孔O的距離為s時(shí)，粒子恰好可以擊中目標(biāo)靶．對(duì)于擊中目標(biāo)靶的粒子，求： ①其進(jìn)入電場(chǎng)的次數(shù)n； ②其在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間與在磁

11、場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間之比． [解析]　(1)設(shè)粒子第一次經(jīng)過(guò)電場(chǎng)加速后的速度為v1， 對(duì)于這個(gè)加速過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理有： qU＝mv，解得v1＝ ； 粒子進(jìn)入磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)其運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為r1， 根據(jù)洛倫茲力公式和牛頓第二定律有： qv1B＝m，得r1＝＝ 為使粒子不打到金屬板上，應(yīng)使金屬板的半徑R<2r1，即R< . (2)①設(shè)到達(dá)ef邊界上P點(diǎn)的粒子運(yùn)動(dòng)速度為vn，根據(jù)幾何關(guān)系可知，其在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最后一周的軌道半徑rn＝，根據(jù)洛倫茲力公式和牛頓第二定律有 qvB＝m，解得vn＝＝ 設(shè)粒子在電場(chǎng)中被加速n次，對(duì)于這個(gè)加速過(guò)程根據(jù)動(dòng)能定理有nqU＝mv＝m2，解得：n＝. ②設(shè)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律有：q＝ma，解得a＝ 因在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)洛倫茲力不改變粒子運(yùn)動(dòng)速度的大小，故粒子在電場(chǎng)中的間斷加速運(yùn)動(dòng)可等效成一個(gè)連續(xù)的勻加速直線運(yùn)動(dòng) 設(shè)總的加速時(shí)間為t1，根據(jù)vn＝at1 可得t1＝ 粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)周期T＝保持不變． 對(duì)于擊中目標(biāo)靶的粒子，其在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t2＝T＝ 所以＝. [答案]　(1)R< (2)①　②