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1、2022年高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專題三 電場和磁場 專題跟蹤訓(xùn)練10 帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動
1.(2018·鄭州質(zhì)量預(yù)測二)如圖所示,矩形區(qū)域abcdef分為兩個矩形區(qū)域,左側(cè)區(qū)域充滿勻強(qiáng)電場,方向豎直向上,右側(cè)區(qū)域充滿勻強(qiáng)磁場,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)從a點(diǎn)沿ab方向以初速度v0射入電場,從be邊的中點(diǎn)g進(jìn)入磁場.(已知sin37°=0.6,cos37°=0.8)
(1)求勻強(qiáng)電場的電場強(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度.
[解析] (1)電子在電場中做類平拋運(yùn)動,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)入磁場時,速度方向與be邊夾角的正切值
tanθ==0.75,θ=37°
電子進(jìn)入磁場時的速度為v==v0
設(shè)電子運(yùn)動軌跡剛好與cd邊相切時,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=可得對應(yīng)的最大磁感應(yīng)強(qiáng)度Bm=
(3)設(shè)電子運(yùn)動軌跡剛好與de邊相切時,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,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,場強(qiáng)大小為E=2 N/C.在其第一象限空間有沿y軸負(fù)方向、場強(qiáng)大小也為E的勻強(qiáng)電場,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.一個帶電荷量為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(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:
(1)油滴在第三象限運(yùn)動時受到的重力、電場力、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??;
(3)油滴在第一象限運(yùn)動的時間以及油滴離開第一象限處的坐標(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,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PO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力,故油滴在電場與重力場的復(fù)合場中做勻速直線運(yùn)動,在電場
5、、磁場、重力場三者的復(fù)合場中做勻速圓周運(yùn)動,軌跡如圖所示.由O到A勻速運(yùn)動的位移為s1==h=0.4 m,運(yùn)動時間為t1==0.1 s
油滴在復(fù)合場中做勻速圓周運(yùn)動的周期T=
由幾何關(guān)系知油滴由A到C運(yùn)動的時間為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,由對稱性知,運(yùn)動時間t3=t1=0.1 s,則第一象限內(nèi)總的運(yùn)動時間為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,油滴離開第一象限時的位置坐標(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)電場和垂直紙面向里的水平勻強(qiáng)磁場.電場和磁場的范圍足夠大,電場強(qiáng)度E=40 N/C,磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t變化的關(guān)系圖象如圖乙所示,選定磁場垂直紙面向里為正方向.t=0時刻,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)過直線OO′時與O點(diǎn)的距離.
(2)微粒在運(yùn)動過程中離開直線OO′的最大高度.
(3)水平移動擋板,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
電場力大小F=qE=8×10-3 N②
因此重力與電場力平衡
微粒先在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動,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)過半個圓周,再次經(jīng)直線OO′時與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、動半周后向上勻速運(yùn)動,運(yùn)動的時間為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,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,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)見解析
4.(2018·河南六校聯(lián)考)某種粒子加速器的設(shè)計方案如圖所示,M、N為兩塊垂直于紙面放置的圓形正對平行金屬板,兩金屬板中心均有小孔(孔的直徑大小可忽略不計),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,控制兩板的電勢差為U,粒子得到加速,當(dāng)粒子離開N板時,兩板的電勢差立刻變?yōu)榱悖畠山饘侔逋獠看嬖谥?、下兩個范圍足夠大且有理想平行邊界的勻強(qiáng)磁場,上方磁場的下邊界cd與金屬板M在同一水平面上,下方磁場的上邊界ef與金屬板N在同一水平面上,兩磁場平行邊界間的距離也為h,磁場方向垂直紙面向里,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的無電場、無磁場的狹縫區(qū)域.一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從M板小孔處無初速度釋放,粒子在MN板間被加速,粒子離開N板后進(jìn)入下方磁場中運(yùn)動.若空氣阻力、粒子所受的重力以及粒子在運(yùn)動過程中產(chǎn)生的電磁輻射均可忽略不計,不考慮相對論效應(yīng)、兩金屬板間電場的邊緣效應(yīng)以及電場變化對于外部磁場和粒子運(yùn)動的影響.
(1)為使帶電粒子經(jīng)過電場加速后不打到金屬板上,請說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)放置一個目標(biāo)靶,P點(diǎn)到N板小孔O的距離為s時,粒子恰好可以擊中目標(biāo)靶.對于擊中目標(biāo)靶的粒子,求:
①其進(jìn)入電場的次數(shù)n;
②其在電場中運(yùn)動的總時間與在磁
11、場中運(yùn)動的總時間之比.
[解析] (1)設(shè)粒子第一次經(jīng)過電場加速后的速度為v1,
對于這個加速過程,根據(jù)動能定理有:
qU=mv,解得v1= ;
粒子進(jìn)入磁場中做勻速圓周運(yùn)動,設(shè)其運(yùn)動的軌道半徑為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)動速度為vn,根據(jù)幾何關(guān)系可知,其在磁場中運(yùn)動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)粒子在電場中被加速n次,對于這個加速過程根據(jù)動能定理有nqU=mv=m2,解得:n=.
②設(shè)粒子在電場中運(yùn)動的加速度為a,根據(jù)牛頓第二定律有:q=ma,解得a=
因在磁場中運(yùn)動洛倫茲力不改變粒子運(yùn)動速度的大小,故粒子在電場中的間斷加速運(yùn)動可等效成一個連續(xù)的勻加速直線運(yùn)動
設(shè)總的加速時間為t1,根據(jù)vn=at1
可得t1=
粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動,運(yùn)動周期T=保持不變.
對于擊中目標(biāo)靶的粒子,其在磁場中運(yùn)動的總時間t2=T=
所以=.
[答案] (1)R<
(2)①?、?