《高考物理大二輪總復習與增分策略 題型研究3 加試計算題 22題 帶電粒子在復合場中的運動》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高考物理大二輪總復習與增分策略 題型研究3 加試計算題 22題 帶電粒子在復合場中的運動（15頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

題型研究3 加試計算題 22題 帶電粒子在復合場中的運動 　　　　　帶電粒子在疊加場中的運動 1．帶電粒子在疊加場中無約束情況下的運動情況分類 (1)洛倫茲力、重力并存 ①若重力和洛倫茲力平衡，則帶電粒子做勻速直線運動． ②若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電粒子將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，故機械能守恒，由此可求解問題． (2)電場力、洛倫茲力并存(不計重力的微觀粒子) ①若電場力和洛倫茲力平衡，則帶電粒子做勻速直線運動． ②若電場力和洛倫茲力不平衡，則帶電粒子將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，可用動能定理求解問題． (3)電場力、洛倫茲力、重力并存 ①若三力平衡，一定做勻速直線運動． ②若重力與電場力平衡，一定做勻速圓周運動． ③若合力不為零且與速度方向不垂直，將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，可用能量守恒定律或動能定理求解問題． 2．帶電粒子在疊加場中有約束情況下的運動 帶電粒子在疊加場中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道等約束的情況下，常見的運動形式有直線運動和圓周運動，此時解題要通過受力分析明確變力、恒力做功情況，并注意洛倫茲力不做功的特點，運用動能定理、能量守恒定律結合牛頓運動定律求解． 例1　如圖1，在豎直平面內建立直角坐標系xOy，其第一象限存在著正交的勻強電場和勻強磁場，電場強度的方向水平向右，磁感應強度的方向垂直紙面向里．一帶電荷量為＋q、質量為m的微粒從原點出發(fā)沿與x軸正方向的夾角為45的初速度進入復合場中，正好做直線運動，當微粒運動到A(l，l)時，電場方向突然變?yōu)樨Q直向上(不計電場變化的時間)，粒子繼續(xù)運動一段時間后，正好垂直于y軸穿出復合場．不計一切阻力，求： 圖1 (1)電場強度E的大?。? (2)磁感應強度B的大??； (3)微粒在復合場中的運動時間． 答案　(1)　(2)　(3)(＋1) 解析　(1)微粒到達A(l，l)之前做勻速直線運動，對微粒受力分析如圖甲： 所以，Eq＝mg，得：E＝ (2)由平衡條件：qvB＝mg 電場方向變化后，微粒所受重力與電場力平衡，微粒在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，軌跡如圖乙： qvB＝m 由幾何知識可得：r＝l 聯(lián)立解得：v＝， B＝ (3)微粒做勻速運動的時間：t1＝＝ 做圓周運動的時間：t2＝＝ 在復合場中的運動時間：t＝t1＋t2＝(＋1). 粒子在疊加場中運動的分析思路 變式題組 1．如圖2所示，在足夠大的空間范圍內，同時存在著豎直向上的勻強電場和垂直紙面向外的勻強磁場，電場強度為E，磁感應強度為B.足夠長的斜面固定在水平面上，斜面傾角為45.有一帶電的小球P靜止于斜面頂端A處，且恰好對斜面無壓力．若將小球P以初速度v0水平向右拋出(P視為質點)，一段時間后，小球落在斜面上的C點．已知小球的運動軌跡在同一豎直平面內，重力加速度為g，求： 圖2 (1)小球P落到斜面上時速度方向與斜面的夾角θ及由A到C所需的時間t； (2)小球P拋出到落回斜面的位移x的大?。? 答案　(1)45　　(2) 解析　(1)小球P靜止時不受洛倫茲力作用，僅受自身重力和電場力，對斜面無壓力，則mg＝qE① P獲得水平初速度后由于重力和電場力平衡，將在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，由對稱性可得小球P落到斜面上時其速度方向與斜面的夾角為45 qv0B＝m② T＝＝③ 圓周運動轉過的圓心角為90，小球P由A到C所需的時間：t＝＝④ (2)由②式可知，P做勻速圓周運動的半徑R＝⑤ 由幾何關系知x＝R⑥ 由①⑤⑥可解得位移x＝. 2．如圖3所示，兩塊水平放置、相距為d的長金屬板接在電壓可調的電源上．兩板之間的右側區(qū)域存在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，從噴口連續(xù)不斷噴出質量均為m、水平速度均為v0、帶相等電荷量的墨滴．調節(jié)電源電壓至U，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． 圖3 (1)判斷墨滴所帶電荷的種類，并求其電荷量； (2)求磁感應強度B的值； (3)現(xiàn)保持噴口方向不變，使其豎直下移到兩板中間的位置．為了使墨滴仍能到達下板M點，應將磁感應強度調至B′，則B′的大小為多少？ 答案　(1)負電荷　　(2)　(3) 解析　(1)墨滴在電場區(qū)域內做勻速直線運動，有 q＝mg① 由①式得 q＝② 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)墨滴垂直進入電場、磁場共存區(qū)域，重力仍與電場力平衡，合力等于洛倫茲力，墨滴做勻速圓周運動，有 qv0B＝m③ 考慮墨滴進入磁場和撞板時的幾何關系，可知墨滴在該區(qū)域恰完成四分之一圓周運動，則半徑 R＝d④ 由②③④式得 B＝⑤ (3)根據(jù)題設，墨滴運動軌跡如圖，設圓周運動半徑為R′，有 qv0B＝m⑥ 由圖示可得 R′2＝d2＋(R′－)2⑦ 得R′＝d⑧ 聯(lián)立②⑥⑧式可得 B′＝. 　　　　　帶電粒子在組合場中的運動 “電偏轉”和“磁偏轉”的比較 垂直電場線進入勻強電場(不計重力) 垂直磁感線進入勻強磁場(不計重力) 受力情況 電場力F＝qE，其大小、方向不變，與速度v無關，F(xiàn)是恒力 洛倫茲力F洛＝qvB，其大小不變，方向隨v而改變，F(xiàn)洛是變力 軌跡 拋物線 圓或圓的一部分 運動軌跡 求解方法 利用類平拋運動的規(guī)律求解： vx＝v0，x＝v0t vy＝t， y＝t2 偏轉角φ： tan φ＝＝ 半徑：r＝ 周期：T＝ 偏移距離y和偏轉角φ要結合圓的幾何關系利用圓周運動規(guī)律討論求解 運動時間 t＝ t＝T＝ 動能 變化 不變 例2　(2015浙江10月選考)如圖4是水平放置的小型粒子加速器的原理示意圖，區(qū)域Ⅰ和Ⅱ存在方向垂直紙面向里的勻強磁場B1和B2，長L＝1.0 m的區(qū)域Ⅲ存在場強大小E＝5.0104 V/m、方向水平向右的勻強電場．區(qū)域Ⅲ中間上方有一離子源S，水平向左發(fā)射動能Ek0＝4.0104 eV的氘核，氘核最終從區(qū)域Ⅱ下方的P點水平射出．S、P兩點間的高度差h＝0.10 m．(氘核質量m＝21.6710－27 kg、電荷量q＝1.6010－19 C,1 eV＝1.6010－19 J, ≈110－4) 圖4 (1)求氘核經(jīng)過兩次加速后從P點射出時的動能Ek2. (2)若B1＝1.0 T，要使氘核經(jīng)過兩次加速后從P點射出，求區(qū)域Ⅰ的最小寬度d. (3)若B1＝1.0 T，要使氘核經(jīng)過兩次加速后從P點射出，求區(qū)域Ⅱ的磁感應強度B2. 答案　(1)2.2410－14 J　(2)0.06 m　(3)1.2 T 解析　(1)由動能定理W＝Ek2－Ek0 電場力做功W＝qE2L 得Ek2＝Ek0＋qE2L＝1.4105 eV＝2.2410－14 J (2)洛倫茲力提供向心力：qvB＝m 第一次進入B1區(qū)域，半徑R0＝＝0.04 m 第二次進入B1區(qū)域，mv＝Ek0＋qEL R2＝＝0.06 m，故最小寬度d＝R2＝0.06 m (3)氘核運動軌跡如圖所示． 由圖中幾何關系可知2R2＝h＋(2R1－2R0) 解得R1＝0.05 m 由R1＝，得B2＝＝1.2 T. 帶電粒子在組合場中運動的分析思路及技巧 1．基本思路： 2．解題關鍵：抓住聯(lián)系兩個場的紐帶——速度． 變式題組 3．(2016浙江4月選考22)如圖5為離子探測裝置示意圖．區(qū)域Ⅰ、區(qū)域Ⅱ長均為L＝0.10 m，高均為H＝0.06 m．區(qū)域Ⅰ可加方向豎直向下、電場強度為E的勻強電場；區(qū)域Ⅱ可加方向垂直紙面向里、磁感應強度為B的勻強磁場，區(qū)域Ⅱ的右端緊貼著可探測帶電粒子位置的豎直屏．質子束沿兩板正中間以速度v＝1.0105 m/s水平射入，質子荷質比近似為＝1.0108 C/kg.(忽略邊界效應，不計重力) 圖5 (1)當區(qū)域Ⅰ加電場、區(qū)域Ⅱ不加磁場時，求能在屏上探測到質子束的外加電場的最大值Emax； (2)當區(qū)域Ⅰ不加電場、區(qū)域Ⅱ加磁場時，求能在屏上探測到質子束的外加磁場的最大值Bmax； (3)當區(qū)域Ⅰ加電場E小于(1)中的Emax，質子束進入?yún)^(qū)域Ⅱ和離開區(qū)域Ⅱ的位置等高，求區(qū)域Ⅱ中的磁場B與區(qū)域Ⅰ中的電場E之間的關系式． 答案　(1)200 V/m　(2)5.510－3 T　(3)B＝ 解析　(1)質子在電場中做類平拋運動 vy＝at＝ tan α＝＝ 質子到達區(qū)域Ⅱ右下端時，有 tan α＝ 得E＝＝200 V/m. (2)質子在磁場中運動有qvB＝m，即R＝ 根據(jù)幾何關系有R2－(R－)2＝L2 得B＝≈5.510－3 T. (3)質子運動軌跡如圖所示． 設質子進入磁場時的速率為v′， sin α＝＝＝＝ 由幾何關系知 sin α＝＝＝ 得B＝. 4．(2016浙江10月學考23)如圖6所示，在x軸的上方存在垂直紙面向里，磁感應強度大小為B0的勻強磁場，位于x軸下方離子源C發(fā)射質量為m、電荷量為q的一束負離子，其初速度大小范圍為0～v0.這束離子經(jīng)電勢差為U＝的電場加速后，從小孔O(坐標原點)垂直x軸并垂直磁場射入磁場區(qū)域，最后打到x軸上．在x軸上2a～3a區(qū)間水平固定放置一探測板(a＝)．假設每秒射入磁場的離子總數(shù)為N0，打到x軸上的離子數(shù)均勻分布(離子重力不計)． 圖6 (1)求離子束從小孔O射入磁場后打到x軸的區(qū)間； (2)調整磁感應強度的大小，可使速度最大的離子恰好打在探測板的右端，求此時的磁感應強度大小B1； (3)保持磁感應強度B1不變，求每秒打在探測板上的離子數(shù)N；若打在板上的離子80%被板吸收，20%被反向彈回，彈回速度大小為打板前速度大小的0.6倍，求探測板受到的作用力大?。? 答案　見解析 解析　(1)對于初速度為0的粒子：qU＝mv r1＝＝a 恰好打在x＝2a的位置 對于初速度為v0的粒子 qU＝mv－m(v0)2 r2＝＝2a， 恰好打在x＝4a的位置 打在x軸上的區(qū)間為[2a,4a] (2)由動能定理 qU＝mv－m(v0)2 r3＝ r3＝a 解得B1＝B0 (3)對速度為0的粒子 qU＝mv r4＝＝a 2r4＝1.5a 粒子打在x軸上的區(qū)間為[1.5a,3a] N＝N0＝N0 由動量定理 －Ft＝－0.8Nmv0＋0.2N(－0.6mv0－mv0) 解得 F≈0.75N0mv0 1．如圖1所示的坐標系，x軸沿水平方向，y軸沿豎直方向．第一、第二和第四象限內，既無電場也無磁場，在第三象限，存在沿y軸正方向的勻強電場和垂直坐標平面向里的勻強磁場．一質量為m、電荷量為＋q的帶電質點，從y軸上y1＝h處的P1點，以一定的水平初速度沿x軸負方向進入第二象限；然后經(jīng)過x軸上x＝－2h處的P2點進入第三象限，帶電質點恰好做勻速圓周運動，經(jīng)y軸上y3＝－2h的P3點離開電磁場，重力加速度為g.求： 圖1 (1)粒子到達P2點時速度的大小和方向； (2)第三象限內電場強度的大?。? (3)第三象限內磁感應強度的大?。? 答案　(1)2　方向與x軸負方向成45角　(2) (3) 解析　(1)帶電質點運動軌跡如圖． 帶電質點從P1到P2點， 由平拋運動規(guī)律得： h＝gt2① v0＝② vy＝gt③ tan θ＝④ 解得：v＝＝2⑤ 方向與x軸負方向成θ＝45角． (2)帶電質點從P2到P3，重力與電場力平衡，得： Eq＝mg⑥ 解得：E＝. (3)第三象限，洛倫茲力提供帶電質點做圓周運動的向心力，由牛頓第二定律得：qvB＝⑦ 由幾何關系得：(2R)2＝(2h)2＋(2h)2⑧ 聯(lián)立⑤⑦⑧式得：B＝ . 2．如圖2，區(qū)域Ⅰ內有與水平方向成45角的勻強電場E1，區(qū)域寬度為d1，區(qū)域Ⅱ內有正交的有界勻強磁場B和勻強電場E2，區(qū)域寬度為d2，磁場方向垂直紙面向里，電場方向豎直向下．一質量為m、電量大小為q的微粒在區(qū)域Ⅰ左邊界的P點，由靜止釋放后水平向右做直線運動，進入?yún)^(qū)域Ⅱ后做勻速圓周運動，從區(qū)域Ⅱ右邊界上的Q點穿出，其速度方向改變了30，重力加速度為g，求： 圖2 (1)區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ內勻強電場的電場強度E1、E2的大?。? (2)區(qū)域Ⅱ內勻強磁場的磁感應強度B的大?。? (3)微粒從P運動到Q的時間． 答案　(1)　 (2)　(3) 解析　(1)根據(jù)題意：E1qsin 45＝mg，求得：E1＝ E2q＝mg，求得：E2＝ (2)設粒子進入磁場區(qū)域時的速度大小為v，則： E1qd1cos 45＝mv2 Bqv＝ 解得：v＝ 根據(jù)幾何關系，分析可知：R＝＝2d2 整理得：B＝ (3)微粒從P到Q的時間包括在區(qū)域Ⅰ內的運動時間t1和在區(qū)域Ⅱ內的運動時間t2，并滿足：a1t＝d1 mgtan 45＝ma1　t2＝ 經(jīng)整理得：t＝t1＋t2＝＋＝. 3．如圖3所示，在以坐標原點O為圓心、半徑為R的半圓形區(qū)域內，有相互垂直的勻強電場和勻強磁場，磁感應強度為B，磁場方向垂直于xOy平面向里．一帶正電的粒子(不計重力)從O點沿y軸正方向以某一速度射入，帶電粒子恰好做勻速直線運動，經(jīng)t0時間從P點射出． 圖3 (1)求電場強度的大小和方向； (2)若僅撤去磁場，帶電粒子仍從O點以相同的速度射入，經(jīng)時間恰從半圓形區(qū)域的邊界射出．求粒子運動的加速度大??； (3)若僅撤去電場，帶電粒子仍從O點射入，且速度變?yōu)樵瓉淼?倍，求粒子在磁場中運動的時間． 答案　(1)　沿x軸正方向 (2)　(3)t0 解析　(1)設帶正電粒子的質量為m，電荷量為q，初速度大小為v，電場強度為E.可判斷出粒子受到的洛倫茲力沿x軸負方向，于是可知電場強度沿x軸正方向 且有qE＝qvB① 又R＝vt0② 則E＝③ (2)僅有電場時，帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動在y方向位移為y＝v④ 由②④式得y＝⑤ 設在水平方向位移為x，因射出位置在半圓形區(qū)域邊界上，于是x＝R 又由x＝a()2⑥ 得a＝⑦ (3)僅有磁場時，入射速度v′＝4v，帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，設軌道半徑為r，由牛頓第二定律有 qv′B＝m⑧ 又(2)中qE＝ma⑨ 由②③⑦⑧⑨式得r＝⑩ 由幾何知識sin α＝? 即sin α＝，α＝? 帶電粒子在磁場中的運動周期 T＝? 則帶電粒子在磁場中的運動時間tB＝T 所以tB＝t0. 4．如圖4所示，在空間中存垂直紙面向里的勻強磁場，其豎直邊界AB、CD的寬度為d，在邊界AB左側是豎直向下、場強為E的勻強電場，現(xiàn)有質量為m、帶電荷量為＋q的粒子(不計重力)從P點以大小為v0的水平初速度射入電場，隨后與邊界AB成45角射入磁場．若粒子能垂直CD邊界飛出磁場，穿過小孔進入如圖所示兩豎直平行金屬板間的勻強電場中減速至零且碰不到正極板． 圖4 (1)請畫出粒子在上述過程中的運動軌跡，并求出粒子進入磁場時的速度大小v； (2)求勻強磁場的磁感應強度B的大??； (3)求金屬板間的電壓U的最小值． 答案　(1)軌跡見解析圖　v0　(2)　(3) 解析　(1)軌跡如圖所示 v＝＝v0 (2)粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，設其軌道半徑為R，由幾何關系可知R＝＝d，qvB＝m 解得B＝ (3)粒子進入板間電場至速度減為零且恰不與正極板相碰時，板間電壓U最小， 由動能定理有－qU＝0－mv2 解得U＝.