《高考物理大二輪專(zhuān)題復(fù)習(xí) 考前增分練 計(jì)算題專(zhuān)練部分 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)《高考物理大二輪專(zhuān)題復(fù)習(xí) 考前增分練 計(jì)算題專(zhuān)練部分 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、高考物理大二輪專(zhuān)題復(fù)習(xí) 考前增分練 計(jì)算題專(zhuān)練部分 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 1．如圖1所示，直角坐標(biāo)系xOy位于豎直平面內(nèi)，在水平的x軸下方存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直xOy平面向里，電場(chǎng)線平行于y軸，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的小球，從y軸上的A點(diǎn)水平向右拋出，經(jīng)x軸上的M點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)和磁場(chǎng)，恰能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，從x軸上的N點(diǎn)第一次離開(kāi)電場(chǎng)和磁場(chǎng)，M、N之間的距離為L(zhǎng)，小球過(guò)M點(diǎn)時(shí)的速度方向與x軸的方向夾角為θ，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，求： 圖1 (1)電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小和方向； (2)小球從A點(diǎn)拋出時(shí)初速度v0的大小； (3)小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到

2、N點(diǎn)的時(shí)間t. 答案　(1)，方向豎直向上　(2)　(3)＋ 解析　(1)小球在電場(chǎng)、磁場(chǎng)中恰能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，有：qE＝mg，則E＝，電場(chǎng)強(qiáng)度方向豎直向上． (2)小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)半徑為r， 由幾何關(guān)系知：sin θ＝ 設(shè)小球做圓周運(yùn)動(dòng)的速率為v，有：qvB＝m 由速度的合成與分解得：cos θ＝ 得：v0＝. (3)設(shè)小球到M點(diǎn)的豎直分速度為vy， vy＝v0tan θ＝gt1 t1＝ 在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：t2＝·＝ 運(yùn)動(dòng)總時(shí)間為：t＝t1＋t2＝＋. 2．如圖2，水平地面上方有一底部帶有小孔的絕緣彈性豎直擋板，板高h(yuǎn)＝9 m，與板上端等高處水平線上有一P點(diǎn)

3、，P點(diǎn)離擋板的距離x＝3 m．板的左側(cè)以及板上端與P點(diǎn)的連線上方存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)．磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1 T；比荷大?。?.0 C/kg可視為質(zhì)點(diǎn)的小球從擋板下端處小孔以不同的速度水平射入場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，若與擋板相碰就以原速率彈回，且碰撞時(shí)間不計(jì)，碰撞時(shí)電量不變，小球最后都能經(jīng)過(guò)位置P，g＝10 m/s2，求： 圖2 (1)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小與方向； (2)小球不與擋板相碰運(yùn)動(dòng)到P的時(shí)間； (3)要使小球運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)間最長(zhǎng)應(yīng)以多大的速度射入． 答案　(1)10 N/C，方向豎直向下　(2)π＋arcsin (s) (3)3.75 m/s 解析　(1)由題

4、意可知，小球帶負(fù)電，因小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，有：Eq＝mg 得：E＝＝10 N/C，方向豎直向下 (2)小球不與擋板相碰直接到達(dá)P點(diǎn)軌跡如圖： 有：(h－R)2＋x2＝R2得：R＝5 m 設(shè)PO與擋板的夾角為θ，則sin θ＝＝ 小球做圓周運(yùn)動(dòng)的周期T＝ 設(shè)小球做圓周運(yùn)動(dòng)所經(jīng)過(guò)圓弧的圓心角為α，則t＝ 運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝＝π＋arcsin (s)． (3)因速度方向與半徑垂直，圓心必在擋板上， 設(shè)小球與擋板碰撞n次，有R≤ 又R≥x，n只能取0,1. n＝0時(shí)，(2)問(wèn)不符合題意 n＝1時(shí)，有(3R－h(huán))2＋x2＝R2 解得：R1＝3 m，R2＝3.75 m 軌跡如圖，

5、半徑為R2時(shí)運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng) 洛倫茲力提供向心力：qvB＝m 得：v＝3.75 m/s. 3．如圖3甲所示，水平直線MN上方有豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小E＝π×103 N/C，MN下方有垂直于紙面的磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t按如圖乙所示規(guī)律做周期性變化，規(guī)定垂直紙面向外為磁場(chǎng)正方向．T＝0時(shí)將一重力不計(jì)、比荷＝106 C/kg的正點(diǎn)電荷從電場(chǎng)中的O點(diǎn)由靜止釋放，在t1＝1×10－5 s時(shí)恰通過(guò)MN上的P點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)，P點(diǎn)左方d＝105 cm處有一垂直于MN且足夠大的擋板． 圖3 求：(1)電荷從P點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度的大小v0； (2)電荷在t2＝4×10－5 s時(shí)與P點(diǎn)的距離

6、Δx； (3)電荷從O點(diǎn)出發(fā)運(yùn)動(dòng)到擋板所需時(shí)間t總． 答案　(1)π×104 m/s　(2)20 cm　(3)1.42×10－4 s 解析　(1)電荷在電場(chǎng)中做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則Eq＝ma v0＝at1 解得v0＝＝π×103×106×1×10－5 m/s＝π×104 m/s (2)電荷在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力 qvB＝m，r＝ 當(dāng)B1＝ T時(shí)，半徑r1＝＝0.2 m＝20 cm 周期T1＝＝4×10－5 s 當(dāng)B2＝ T時(shí)，半徑r2＝＝0.1 m＝10 cm 周期T2＝＝2×10－5 s 故電荷從t＝0時(shí)刻開(kāi)始做周期性運(yùn)動(dòng)，其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示．

7、 在t＝0到t2＝4×10－5 s時(shí)間內(nèi)，電荷先沿直線OP運(yùn)動(dòng)t1，再沿大圓軌跡運(yùn)動(dòng)，緊接著沿小圓軌跡運(yùn)動(dòng)T2，t2＝4×10－5 s時(shí)電荷與P點(diǎn)的距離Δx＝r1＝20 cm (3)電荷從P點(diǎn)開(kāi)始的運(yùn)動(dòng)周期T＝6×10－5 s，且在每一個(gè)周期內(nèi)向左沿PM移動(dòng)x1＝2r1＝40 cm，電荷到達(dá)擋板前經(jīng)歷了2個(gè)完整周期，沿PM運(yùn)動(dòng)距離x＝2x1＝80 cm，設(shè)電荷撞擊擋板前速度方向與水平方向成θ角，最后d－x＝25 cm內(nèi)的軌跡如圖所示． 據(jù)幾何關(guān)系有r1＋r2sin θ＝0.25 m 解得sin θ＝0.5， 即θ＝30° 則電荷從O點(diǎn)出發(fā)運(yùn)動(dòng)到擋板所需總時(shí)間 t總＝t1＋2T＋

8、＋T2 解得t總＝×10－5 s≈1.42×10－4 s. 4．如圖4所示的直角坐標(biāo)xOy平面內(nèi)有間距為d，長(zhǎng)度為d的平行正對(duì)金屬板M、N，M位于x軸上，OP為過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)O和極板N右邊緣的直線，與y軸的夾角θ＝，OP與y軸之間及y軸右側(cè)空間中分別存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等方向相反且均垂直于坐標(biāo)平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從M板左側(cè)邊緣以速度v0沿極板方向射入，恰好從N板的右側(cè)邊緣A點(diǎn)射出進(jìn)入磁場(chǎng)．粒子第一次通過(guò)y軸時(shí)，速度與y軸負(fù)方向的夾角為.不計(jì)粒子重力，求： 圖4 (1)極板M、N間的電壓； (2)勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大??； (3)粒子第二次通過(guò)y軸時(shí)的縱坐

9、標(biāo)值； (4)粒子從進(jìn)入板間到第二次通過(guò)y軸時(shí)經(jīng)歷的時(shí)間． 答案　(1)　(2)　(3)2d　(4)() 解析　(1)粒子在M、N板間做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為a，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1，則d＝v0t1 d＝at 根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律得q＝ma 聯(lián)立解得U＝. (2)設(shè)粒子經(jīng)過(guò)A點(diǎn)時(shí)的速度為v，方向與x軸的夾角為α， 根據(jù)動(dòng)能定理，得qU＝mv2－mv cos α＝ 解得v＝2v0，α＝ 設(shè)粒子第一次與y軸相交于D點(diǎn)，軌跡如圖，由幾何關(guān)系知D點(diǎn)與A點(diǎn)高度相等，△C1DO為等邊三角形． R＝d 根據(jù)牛頓定律，得qvB＝m 整理得B＝. (3)粒子在y軸右側(cè)空間的運(yùn)動(dòng)軌跡如

10、圖． 由幾何關(guān)系知 DE＝2Rcos θ＝d 即E點(diǎn)的縱坐標(biāo)為yE＝2d. (4)粒子從A到D的時(shí)間 t2＝T 從D到E的時(shí)間t3＝T 而T＝＝ 故t＝t1＋t2＋t3＝(). 【必考模型4】　　帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 1.模型特點(diǎn)：電場(chǎng)、磁場(chǎng)同時(shí)存在，但空間位置不同. 2.表現(xiàn)形式：(1)在電場(chǎng)中做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在有界磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng).(2)在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，在有界磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng).,3.應(yīng)對(duì)模式：這類(lèi)問(wèn)題實(shí)質(zhì)是類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)、直線運(yùn)動(dòng)和圓周運(yùn)動(dòng)組成的多過(guò)程問(wèn)題，要善于把多過(guò)程分解，逐個(gè)擊破.對(duì)于在電場(chǎng)中的加速和類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，要能熟練應(yīng)用力和運(yùn)動(dòng)的方法以及功和能的方法求解.對(duì)于粒子在磁場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)，關(guān)鍵是找圓心畫(huà)出運(yùn)動(dòng)軌跡，并結(jié)合幾何知識(shí)，求出半徑或運(yùn)動(dòng)的時(shí)間.