2019-2020年高考物理專題匯編 專題4 電場和磁場 第3講 帶電粒子在復(fù)合場中的運動(A)(含解析).doc
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2019-2020年高考物理專題匯編 專題4 電場和磁場 第3講 帶電粒子在復(fù)合場中的運動(A)(含解析) 一.選擇題 1.(xx?馬鞍山三模?17).如圖所示,xOy坐標(biāo)平面在豎直面內(nèi),y軸正方向豎直向上,空間有垂直于xOy平面的勻強磁場(圖中未畫出)。一帶電小球從O點由靜止釋放,運動軌跡如圖中曲線所示。下列說法中正確的是 A.軌跡OAB可能為圓弧 B.小球在整個運動過程中機械能增加 C.小球在A點時受到的洛倫茲力與重力大小相等 D.小球運動至最低點A時速度最大,且沿水平方向 2.(xx?揚州高三測試?8).如圖所示,兩平行金屬板水平放置,開始開關(guān)S合上使平行板電容器帶電.板間存在垂直紙面向里的勻強磁場.一個不計重力的帶電粒子恰能以水平向右的速度沿直線通過兩板.在以下方法中,能使帶電粒子仍沿水平直線通過兩板的是( ) S v A.將兩板的距離增大一倍,同時將磁感應(yīng)強度增大一倍 B.將兩板的距離減小一半,同時將磁感應(yīng)強度增大一倍 C.將開關(guān)S斷開,兩板間的正對面積減小一半,同時將板間磁場的磁感應(yīng)強度減小一半 D.將開關(guān)S斷開,兩板間的正對面積減小一半,同時將板間磁場的磁感應(yīng)強度增大一倍 3.(xx?南平綜測?l 8).如圖甲,一帶電物塊無初速度地放上皮帶輪底端,皮帶輪以恒定大小的速率沿順時針傳動,該裝置處于垂直紙面向里的勻強磁場中,物塊由底端E運動至皮帶輪頂端F的過程中,其圖像如圖乙所示,物塊全程運動的時間為4.5 s,關(guān)于帶電物塊及運動過程的說法正確的是 A.該物塊帶負(fù)電 B.皮帶輪的傳動速度大小一定為lm/s C.若已知皮帶的長度,可求出該過程中物塊與皮帶發(fā)生的相對位移 D.在2s~4.5s內(nèi),物塊與皮帶仍可能有相對運動 二.非選擇題 4.(xx?東城區(qū)二練?24).(20分)科學(xué)研究中經(jīng)常利用電場、磁場來改變帶電微粒的運動狀態(tài)。如圖甲所示,處有一個帶電微粒源可以水平向右發(fā)射質(zhì)量,電荷量,速度的帶正電的微粒。N處有一個豎直放置的熒光屏,微粒源正對著熒光屏的正中央O點,二者間距離L=12cm。在熒光屏上以O(shè)點為原點,以垂直于紙面向里為軸正方向,以豎直向上為y軸正方向建立直角坐標(biāo)系,每個方格的邊長均為1cm,圖乙所示為熒光屏的一部分(逆著微粒運動方向看)。在微粒源與熒光屏之間可以施加范圍足夠大的勻強電場、勻強磁場。忽略空氣阻力的影響及微粒間的相互作用,g取10m/s2. ⑴若微粒源與熒光屏之間只存在水平向右的勻強電場,電場強度E=32V/m,求帶電微粒打在熒光屏上的位置坐標(biāo); ⑵若微粒源與熒光屏之間同時存在勻強電場與勻強磁場 a.當(dāng)電場與磁場方向均豎直向上,電場強度E=20V/m,帶電微粒打在熒光屏上的P點,其坐標(biāo)為(-4cm,0),求磁感應(yīng)強度B的大?。? b.當(dāng)電場與磁場的大小和方向均可以調(diào)整,為使帶電微粒打在熒光屏的正中央,請你提出兩種方法并說明微粒的運動情況。 E Q y x O N B1 B2 θ a 5.(xx?大慶三檢?25).(18分)如圖所示,坐標(biāo)系xOy在豎直平面內(nèi),x軸沿水平方向.x>0的區(qū)域有垂直于坐標(biāo)平面向外的勻強磁場,磁感應(yīng)強度大小為B1;第三象限同時存在著垂直于坐標(biāo)平面向外的勻強磁場和豎直向上的勻強電場,磁感應(yīng)強度大小為B2,電場強度大小為E.x>0的區(qū)域固定一與x軸成θ=30角的絕緣細(xì)桿.一穿在細(xì)桿上的帶電小球a沿細(xì)桿勻速滑下,從N點恰能沿圓周軌道運動到x軸上的Q點,且速度方向垂直于x軸.已知Q點到坐標(biāo)原點O的距離為,重力加速度為g,,。空氣阻力忽略不計,求: (1)帶電小球a的電性及其比荷; (2)帶電小球a與絕緣細(xì)桿的動摩擦因數(shù)μ; (3)當(dāng)帶電小球a剛離開N點時,從y軸正半軸距原點O為的P點(圖中未畫出)以某一初速度平拋一個不帶電的絕緣小球b,b球剛好運動到x軸與向上運動的a球相碰,則b球的初速度為多大? 6.(xx?豐臺區(qū)二練?24). (20分) x y z O 如圖所示,某真空區(qū)域內(nèi)存在勻強電場和勻強磁磁場,取正交坐標(biāo)系Oxyz(z軸正方向豎直向上)。已知電場方向沿z軸正方向,場強大小為E;磁場方向沿y軸正方向,磁感應(yīng)強度的大小為B;重力加速度為g。一個質(zhì)量為m、帶電量為+q的帶電粒子從原點O出發(fā)在此區(qū)域內(nèi)運動。 求解以下問題: (1)若撤去勻強磁場,該粒子從原點O出發(fā)的速度為v0,且沿x軸正方向。求運動一段時間t時,粒子所在位置的坐標(biāo); (2)該區(qū)域內(nèi)仍存在題設(shè)的勻強電場和勻強磁場。該粒子能否沿坐標(biāo)軸(x軸、y軸或z軸)以速度v做勻速運動?若能,物理量m、q、E、B、v及g應(yīng)滿足怎樣的關(guān)系?若不能,說明理由。 (3)若只把電場方向改為沿x軸正方向,其它條件不變,該粒子恰能在此區(qū)域里以某一恒定的速度運動。某一時刻電場和磁場全消失,該粒子在接下來的運動過程中的最小動能為最初動能的一半。求電場和磁場消失前粒子沿三個坐標(biāo)軸方向的分速度。 7.(xx?南平綜測?2 1).(1 9分)如圖所示,電壓為U的兩塊平行金屬板MN,M板帶正電。X軸與金屬板垂直,原點O與N金屬板上的小孔重合,在O≤X≤d區(qū)域存在垂直紙面的勻強磁場 (圖上未畫出)和沿y軸負(fù)方向火小為的勻強電場,與E在y軸方向的區(qū)域足夠大。有一個質(zhì)量為m,帶電量為q的帶正電粒子(粒子重力不計),從靠近M板內(nèi)側(cè)的P點 (P點在X軸上)由靜止釋放后從N板的小孔穿出后沿X軸做直線運動;若撤去磁場,在第四象限X>d的某區(qū)域加上左邊界與y軸平行且垂直紙面的勻強磁場B2(圖上未畫出),為了使粒子能垂直穿過X軸上的Q點,Q點坐標(biāo)為。求 (1)磁感應(yīng)強度的大小與方向; (2)磁感應(yīng)強度B2的大小與方向; (3)粒子從坐標(biāo)原點O運動到Q點所用的時間t。 + a b E B2 B1 A B C D C1 8.(xx?永州三模?25).(19分)在真空中, 邊長為3L的正方形區(qū)域ABCD分成相等的三部分,左右兩側(cè)為勻強磁場,中間區(qū)域為勻強電場,如圖所示。左側(cè)磁場的磁感應(yīng)強度大小為,方向垂直紙面向外;右側(cè)磁場的磁感應(yīng)強度大小為,方向垂直于紙面向里;中間區(qū)域電場方向與正方形區(qū)域的上下邊界平行。一質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電粒子從平行金屬板的正極板開始由靜止被加速,加速電壓為U,加速后粒子從a點進入左側(cè)磁場,又從距正方形上下邊界等間距的b點沿與電場平行的方向進入中間區(qū)域的電場中,不計粒子重力,求: (1)a點到A點的距離; (2)電場強度E的取值在什么范圍內(nèi)時粒子能從 右側(cè)磁場的上邊緣CC1間離開; (3)改變中間區(qū)域的電場方向和場強大小,粒子可從D點射出,粒子在左右兩側(cè)磁場中運動的總時間是多少。 9.(xx?景德鎮(zhèn)三檢?25).如圖所示,在xOy平面內(nèi),直線MON與x軸成45夾角.在MON左側(cè)且x<0的空間存在著沿x軸負(fù)方向的勻強電場,場強大小為E=10 V/m;在MON的右側(cè)空間存在著垂直紙面向里的勻強磁場;在MON左側(cè)且x>0的空間既無磁場也無電場;一個重力不計的比荷=103 C/kg的帶負(fù)電的粒子,從坐標(biāo)原點O以大小為v0=200 m/s的速度沿著y軸負(fù)方向進入勻強磁場。粒子從離開O點后,最后能從y軸上A點射出電場,方向恰好與y軸正方向成45,求: (1)帶電粒子第一次經(jīng)過直線MON時速度的大小和方向; (2)磁感應(yīng)強度B的大?。? (3)A點的坐標(biāo)和粒子從O點運動到A點總共所用的時間。 10.(xx?馬鞍山三模?23). (16分) 如圖甲所示,在真空中,半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場,磁場方向垂直紙面向外。在磁場左側(cè)有一對平行金屬板M、N,兩板間距離也為R,板長為L,板的中心線O1O2與磁場的圓心O在同一直線上。置于O1處的粒子發(fā)射源可連續(xù)以速度v0沿兩板的中線O1O2發(fā)射電荷量為q、質(zhì)量為m的帶正電的粒子(不計粒子重力),MN兩板不加電壓時,粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后恰好從圓心O的正下方P點離開磁場;若在M、N板間加如圖乙所示交變電壓UMN,交變電壓的周期為,t=0時刻入射的粒子恰好貼著N板右側(cè)射出。求 (1)勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的大小 (2)交變電壓電壓U0的值 (3)若粒子在磁場中運動的最長、最短時間分別為t1 、t 2 ,則它們的差值為多大? 乙 甲 ⅠⅡ Ⅱ B E A M N L L 60 11.(xx?寶雞三檢?25)、(19分)如圖所示,真空室內(nèi)豎直條形區(qū)域I存在垂直紙面向外的勻強磁場,條形區(qū)域Ⅱ(含I、Ⅱ區(qū)域分界面)存在水平向右的勻強電場,電場強度為E,磁場和電場寬度均為L且足夠長,N為涂有熒光物質(zhì)的豎直板。現(xiàn)有一束質(zhì)子從A處連續(xù)不斷地射入磁場,入射方向與M板成60夾角且與紙面平行,質(zhì)子束由兩部分組成,一部分為速度大小為v的低速質(zhì)子,另一部分為速度大小為3v的高速質(zhì)子,改變磁場強弱,使低速質(zhì)子剛能進入電場區(qū)域。已知質(zhì)子質(zhì)量為m,電量為e,不計質(zhì)子重力和相互作用力,求: (1)此時I區(qū)的磁感應(yīng)強度; (2)低速質(zhì)子在磁場中運動的時間; (3)若質(zhì)子打到N板上時會形成亮斑,則N板上兩個亮斑之間的距離為多少? 12.(xx?西安交大附中三模?25). (20分)在xoy平面內(nèi),直線OM與x軸負(fù)方向成45角,以O(shè)M為邊界的勻強電場和勻強磁場如圖所示.在坐標(biāo)原點O有一不計重力的粒子,其質(zhì)量和電荷量分別為m和+q,以v0沿x軸正方向運動,粒子每次到x軸將反彈,第一次無能量損失,以后每次反彈水平分速度不變,豎直分速度大小減半、方向相反.磁感應(yīng)強度B和電場強E關(guān)系為、.求帶電粒子: x O 45 B ( v0 E y M ⑴第一次經(jīng)過OM時的坐標(biāo); ⑵第二次到達x軸的動能; ⑶在電場中運動時豎直方向上的總路程. 13.(xx?綿陽三診?11.)(19分) v0 O1 B1 y x O E B2 b a M N e,m 如圖所示,在xOy平面內(nèi),以O(shè)1(0,R)為圓心、R為半徑的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直平面向里的勻強磁場B1,x軸下方有一直線ab,ab與x軸相距為d,x軸與直線ab間區(qū)域有平行于y軸的勻強電場E,在ab的下方有一平行于x軸的感光板MN,ab與MN間區(qū)域有垂直于紙平面向外的勻強磁場B2。 在0≤y≤2R的區(qū)域內(nèi),質(zhì)量為m、電荷量為e的電子從任何位置從圓形區(qū)域的左側(cè)沿x軸正方向以速度v0射入圓形區(qū)域,經(jīng)過磁場B1偏轉(zhuǎn)后都經(jīng)過O點,然后進入x軸下方。已知x軸與直線ab間勻強電場場強大小,ab與MN間磁場磁感應(yīng)強度。不計電子重力。 (1)求圓形區(qū)域內(nèi)磁場磁感應(yīng)強度B1的大?。? (2)若要求從所有不同位置出發(fā)的電子都不能打在感光板MN上,MN與ab板間的最小距離h1是多大? (3)若要求從所有不同位置出發(fā)的電子都能打在感光板MN上,MN與ab板間的最大距離h2是多大?當(dāng)MN與ab板間的距離最大時,電子從O點到MN板,運動時間最長是多少? 第3講 帶電粒子在復(fù)合場中的運動(A卷) 參考答案與詳解 1. 【答案】D 【命題立意】帶電離子在復(fù)合場中的運動 【解析】因為重力改變速度的大小,而洛倫茲力僅改變速度的方向,又洛倫茲力大小隨速度的變化而變化,故電荷運動的軌跡不可能是圓,故A錯誤;整個過程中由于洛倫茲力不做功,只有重力做功,故系統(tǒng)機械能守恒,故B錯誤;小球在A點時受到洛倫茲力與重力的作用,合力提供向上的向心力,所以洛倫茲力大于重力,故C錯誤;因為系統(tǒng)只有重力做功,小球運動至最低點A時重力勢能最小,則動能最大,速度的方向為該點的小切線方向,最低點的切線方向在水平方向,故D正確。 【點撥】電荷在重力和洛倫茲力共同作用下做曲線運動,重力為恒力,大小為mg,洛倫茲力大小為Bvq,與物體的速度有關(guān),重力改變運動速度的大小,洛倫茲力改變運動方向,又洛倫茲力大小隨速度的變化而變化,故電荷運動的軌跡不可能是圓;整個過程中洛倫茲力不做功,系統(tǒng)只有重力,故系統(tǒng)的機械能守恒。 2.【答案】BD 【命題立意】本題旨在考查帶電粒子在混合場中的運動。 【解析】A、電容器處于通電狀態(tài),把兩板間距離增大一倍,由 可知,電場強度變?yōu)樵瓉淼囊话?,根?jù)可知,要使粒子勻速通過,同時 將磁感應(yīng)強度減小一倍,故A錯誤; B、電容器處于通電狀態(tài),把兩板間距離減小一倍,由可知,則電場強度增加一倍,根據(jù)可知,要使粒子勻速通過,磁場應(yīng)該增大一倍,故B正確; CD、如果把開關(guān)S斷開,根據(jù),因兩極間的電量不變,當(dāng)兩板間的正對面積減小一半,則兩極板之間的電場強度增強一倍,因此根據(jù)可知,要使粒子勻速通過,磁場強度增大一倍,故C錯誤,D正確。 故選:BD 3.【答案】D 【命題立意】本題旨在考察帶電粒子在復(fù)合場中的運動 【解析】由圖得出物塊的速度和加速度隨時間的變化關(guān)系,結(jié)合對物塊的受力分析,得出洛倫茲力的方向,由左手定則即可判斷出物塊的電性;結(jié)合受力分析,得出物塊做勻速直線運動的條件,從而判斷出物塊是否相對于傳送帶靜止;結(jié)合運動學(xué)的公式可以判斷位移. 由圖乙可知,物塊做加速度逐漸減小的加速運動.物塊的最大速度是1m/s. A、對物塊進行受力分析可知,開始時物塊受到重力、支持力和摩擦力的作用,設(shè)動摩擦因數(shù)為μ,沿斜面的方向: μFN﹣mgsinθ=ma ① 物塊運動后,又受到洛倫茲力的作用,加速度逐漸減小,由①式可知,物塊的加速度逐漸減小,一定是FN逐漸減小,而開始時:FN=mgcosθ,后來:FN′=mgcosθ﹣f洛,即洛倫茲力的方向是向上的.物塊沿傳送帶向上運動,由左手定則可知,物塊帶正電.故A錯誤; B、D、物塊向上運動的過程中,洛倫茲力越來越大,則受到的支持力越來越小,結(jié)合①式可知,物塊的加速度也越來越小,當(dāng)加速度等于0時,物塊達到最大速度,此時: mgsinθ=μ(mgcosθ﹣f洛) ② 由②可知,只要傳送帶的速度大于等于1m/s,則物塊達到最大速度的條件與傳送帶的速度無關(guān),所以傳送帶的速度可能是1m/s,有可能是大于1m/s,物塊可能相對于傳送帶靜止,有可能相對于傳送帶不靜止.故B錯誤,D正確; C、由以上的分析可知,傳送帶的速度不能判斷,所以若已知皮帶的長度,也不能求出該過程中物塊與皮帶發(fā)生的相對位移.故C錯誤. 故選:D 4. 【答案】(1) (2)a. b.見解析 【命題立意】考查帶電粒子在電場和磁場中的運動。 【解析】(1)根據(jù)已知可知,帶點微粒在指向熒光屏中央的方向上做勻變速直線運動,設(shè)經(jīng)過時間打到熒光屏上, 由位移公式有,由牛頓第二定律有 解得 帶電微粒在y軸的負(fù)半軸上做自由落體運動, 下落高度 所以微粒打在熒光屏上的位置坐標(biāo)是(0,-5cm) (2)a. 根據(jù)題意知,重力與電場力平衡,粒子在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運動 從y軸的正方向向負(fù)方向看,帶電的微粒的運動軌跡如圖所示,假設(shè)微粒在軌道半徑為R,則根據(jù)幾何關(guān)系有, 解得 根據(jù)洛倫茲力充當(dāng)向心力,, 解得 b.方法1:洛倫茲力與重力方向相同,電場力與重力和洛倫茲力的合力等大反向,微粒做勻速直線運動,即磁場垂直紙面向外,電場豎直向上。 方法2:電場力與重力方向相同,洛倫茲力與重力和電場力的合力等大反向,微粒做勻速直線運動,即磁場垂直紙面向里,電場豎直向下。 5.【答案】(1);(2);(3) 【命題立意】本題旨在考查帶電粒子在勻強磁場中的運動、帶電粒子在勻強電場中的運動。 【解析】(1)由帶電小球在第三象限內(nèi)做勻速圓周運動可得:帶電小球帶正電 且解得: (2)帶電小球從N點運動到Q點的過程中,有: 由幾何關(guān)系有: 聯(lián)解得: 帶電小球在桿上勻速時,由平衡條件有: 解得: (3)帶電小球在第三象限內(nèi)做勻速圓周運動的周期: 帶電小球第一次在第二象限豎直上下運動的總時間為: 絕緣小球b平拋運動垤x軸上的時間為: E Q y x O N B1 B2 θ a E P v0 兩球相碰有: 聯(lián)解得: 設(shè)絕緣小球b平拋的初速度為v0,則: 解得: 答:(1)帶電小球a帶正電及其比荷為;(2)帶電小球a與絕緣細(xì)桿的動摩擦因數(shù)為; (3)b球的初速度為。 6.【命題立意】考查帶電粒子在復(fù)合場中的運動 【答案】(1)(、0、) (2)見解析 (3) 【解析】 x y z O (1)該粒子在電場力和重力共同作用下在xoz平面內(nèi)做類平拋運動,運動一段時間t時,y方向位移為0 ………(2分) x方向位移為 ………(2分) z方向加速度為 ………(1分) z方向位移為 ………(1分) 運動一段時間t時,粒子所在位置的坐標(biāo)為(、0、) (2)i若該粒子沿x軸負(fù)方向勻速運動,則洛倫茲力沿z軸負(fù)方向 必須滿足關(guān)系 ………(2分) ii若該粒子沿x軸正方向勻速運動,則洛倫茲力沿z軸正方向 必須滿足關(guān)系 ………(2分) iii若該粒子沿y軸勻速運動,不受洛倫茲力 必須滿足關(guān)系 ………(2分) (3)該粒子恰能在此區(qū)域里以某一恒定的速度運動,說明所受合外力為零 此條件沿x軸分量式為,則沿z軸的分速度為 ;………(2分) 此條件沿z軸分量式為,則沿x軸的分速度為;………(2分) 設(shè)最初的速度為v,電場和磁場全消失后粒子動能達到最小值,此時速度為水平方向,最小動能為最初動能的一半,說明 ………(1分) 所以………(1分) 由于 ………(1分) 則沿y軸的分速度為 ………(1分) 注:以上計算題按得分點給分,學(xué)生列綜合方程且正確則給多個對應(yīng)得分點的分,其它解法正確也相應(yīng)給分。 7.【答案】(1)磁感應(yīng)強度B1的大小為,方向垂直紙面向里; (2)磁感應(yīng)強度B2的大小為,方向垂直紙面向里; (3)粒子從坐標(biāo)原點O運動到Q點所用的時間t為 【命題立意】本題旨在考察帶電粒子在復(fù)合場中的運動 【解析】(1)根據(jù)動能定理求出粒子經(jīng)過加速電場后的速度,抓住粒子做勻速直線運動,根據(jù)平衡求出磁感應(yīng)強度的大小,結(jié)合左手定則判斷出磁場的方向. (2)根據(jù)類平拋運動的規(guī)律求出粒子離開電場時的速度大小和方向,結(jié)合幾何關(guān)系求出粒子在磁場中的半徑,根據(jù)半徑公式求出磁感應(yīng)強度的大小,通過左手定則得出磁場的方向. (3)幾何關(guān)系得出O到磁場左邊界在x軸上的距離,根據(jù)在磁場中的運動時間和粒子從O到磁場左邊界所用時間,求出總時間. 解:(1)設(shè)粒子從O點穿出時速度為v0,由動能定理得,, 解得. 由于粒子在電磁場中做直線運動,粒子所受電場力與洛倫茲力平衡,有: qv0B1=qE, 解得. 磁場的方向垂直紙面向里. (2)粒子在電磁場中運動時間, 設(shè)粒子離開電場時偏向角為θ, 有:vy=at,a=, tanθ=,解得θ=30. 粒子離開電場時速度大小v=, 依題意,粒子運動軌跡如圖所示,設(shè)在磁場中半徑為r,可得FO′=2r, 2r+r=OQ﹣OF=3d,解得r=d. 根據(jù)洛倫茲力提供向心力,,解得,方向垂直紙面向里. (3)由幾何關(guān)系可知,O到磁場左邊界在x軸上的距離為L=2.5d﹣rcos60=2d, 粒子從O到磁場左邊界所用時間, 在磁場中運動時間, 在總時間t=t1+t2=. 8.【答案】(1);(2);(3) 【命題立意】本試題旨在考查帶電粒子在勻強磁場中的運動、帶電粒子在勻強電場中的運動。 【解析】(1)粒子在金屬板電場加速時 ① 粒子在左側(cè)磁場中運動時,有 ② ③ a到A點的距離 ④ 由①~④式解得 (2)如圖甲所示,粒子在右側(cè)磁場中沿半徑為和的兩臨界軌道從上邊緣離開磁場時,有: ⑤ ⑥ 又 ⑦ ⑧ 粒子在中間電場運動時 ⑨ ⑩ 由①⑤⑦⑧⑨⑩式解得 , 電場強度的取值范圍為 (3)粒子在左右磁場運動 , 必須改變中間區(qū)域的電場方向并取定電場E的某一恰當(dāng)確定數(shù)值,粒子才能沿如圖乙所示的軌跡從D點射出. 由①~③式可得:,有 由???式解得 答:(1)a點到A點的距離為; (2)電場強度E的取值在范圍內(nèi)時粒子能從右側(cè)磁場的上邊緣間離開; (3)粒子在左右兩側(cè)磁場中運動的總時間是 10.【命題立意】本題考查帶電粒子在磁場及復(fù)合場中的運動 【答案】見解析 【解析】(1)當(dāng)UMN=0時粒子沿O2O3方向射入磁場軌跡如圖⊙O1,設(shè)其半徑為R1 。 由幾何關(guān)系得:R1=R (2分) (2分) 解得: (1分) (2)在t=0時刻入射粒子滿足: (3分) 解得: (2分) (3)經(jīng)分析可知所有粒子經(jīng)電場后其速度仍為, 當(dāng) (k=0,1,2,3.…)時刻入射的粒子貼M板平行射入磁場軌跡如⊙04,偏轉(zhuǎn)角為。 由幾何知識可知四邊形QOPO4為菱形,故 (1分) (1分) 當(dāng) (k=0,1,2,3.…)時刻入射的粒子貼N板平行射入磁場軌跡如⊙05 偏轉(zhuǎn)角為。 由幾何知識可知SOPO5為菱形,故 (1分) (1分) 又 (1分) 故 (1分) 9.【答案】(1),方向:沿軸負(fù)方向;(2); (3) 【命題立意】本題旨在考查帶電粒子在勻強磁場中的運動、帶電粒子在勻強電場中的運動。 【解析】(1) 粒子進入勻強磁場時與邊界的夾角為,粒子在磁場中做圓周運動,洛倫茲力不做功,粒子速度大小不變,仍為,由幾何關(guān)系可知,粒子第一次飛出磁場邊界時速度方向沿軸負(fù)方向(或水平向左,或與電場方向相同) (2)粒子進入電場后做勻減速直線運動,再反向做勻加速直線運動,第二次以速度大小再次進入磁場后,做勻速圓周運動(設(shè)運動半徑為),第二次出磁場后。垂直于電場方向進入電場,做類平拋運動,軌跡如圖所示: 粒子在電場中做類平拋運動,由牛頓第二定律得: 解得加速度大?。? 粒子離開電場時偏向角的正切值: 沿軸方向,有: 解得: 粒子在磁場中做勻速圓周運動,由牛頓第二定律得: 解得: (3) 粒子在電場中做類平拋運動 沿軸方向有: 沿軸方向有: 解得:,則A點坐標(biāo)為: 粒子在磁場中運動的時間: 粒子在電場中先勻減速后勻加速運動的時間: 粒子在電場中做類平拋運動的時間: 從O點離開后,到經(jīng)過y軸上的A點總共運動的時間為: 答:(1)帶電粒子第一次經(jīng)過直線MON時速度的大小為,方向:沿軸負(fù)方向; (2)磁感應(yīng)強度B的大小為; (3)A點的坐標(biāo)和粒子從O點運動到A點總共所用的時間為。 【易錯警示】本題中粒子先在磁場中做圓周運動,后進入電場做直線運動,再次進和磁場后做圓周運動,離開后進入磁場做類平拋運動;過程較為復(fù)雜,在解題時要注意作出運動軌跡圖,根據(jù)幾何關(guān)系確定圓的圓心及半徑;并注意類平拋及圓周運動間的關(guān)系。 11.【答案】(1);(2);(3) 【命題立意】本題旨在考查帶電粒子在勻強電場中運動、帶電粒子在勻強磁場中運動。 【解析】(1)由題意可得,低速質(zhì)子速度恰好與兩場交界相切且與電場方向垂直,如下圖所示,設(shè)此時低速質(zhì)子在磁場中運動半徑為R1,根據(jù)幾何關(guān)系可得: (1) 所以R1= (2) 由洛倫茲力提供向心力可得: (3) 可得: (4) (2)如圖所示,到達板下方亮斑的質(zhì)子是低速質(zhì)子,其在磁場中運動圓弧所對圓心角,所以: (5) (6) 解得: (7) (3)如圖所示,高速質(zhì)子軌道半徑,所以有: (8) 聯(lián)立(4)(8)兩式可得: (9) 由幾何關(guān)系知,高速質(zhì)子做圓周運動的圓心剛好位于磁場與電場邊界線上,質(zhì)子垂直于磁場與電場邊界線進入電場,設(shè)到達板時與A點豎直高度差為: (10) 設(shè)低速質(zhì)子在磁場中偏轉(zhuǎn)距離: (11) 設(shè)低速質(zhì)子在電場中的運動時間為,則 (12) (13) 在電場中偏轉(zhuǎn)距離: (14) 聯(lián)立以上各式,可得亮斑PQ間距: (15) 答:(1)此時I區(qū)的磁感應(yīng)強度為; (2)低速質(zhì)子在磁場中運動的時間為; (3)若質(zhì)子打到N板上時會形成亮斑,則N板上兩個亮斑之間的距離為 12.【答案】(1);(2);(3) 【命題立意】本試題旨在考查帶電粒子在勻強磁場中的運動、帶電粒子在勻強電場中的運動。 【解析】:(1)粒子進入磁場,根據(jù)左手定則,粒子做的圓周運動后經(jīng)過, 根據(jù)洛倫茲力提供向心力有:, 代入數(shù)據(jù)解得: 故第一次經(jīng)過時的坐標(biāo)為 (2)粒子第二次進入磁場,速度不變,則粒子在磁場中運動的半徑也為,故進入電場時離軸的高度為,根據(jù)動能定理,粒子到達軸的動能有: 解得,動能為: (3)粒子運軌跡如圖所示: 因粒子第二次進入電場做類平拋運動,故到達軸時的水平分速度為, 豎直方向: 解得: 從類平拋開始,粒子第一次到達最高點離軸的豎直高度為: 第二次到達最高點離軸的豎直高度為: 第次到達最高點離軸的豎直高度為: 故從類平拋開始,在豎直方向上往返的總路程為: 故在電場中運動的豎直方向上總路程: 答:(1)第一次經(jīng)過時的坐標(biāo)為; (2)第二次到達軸的動能為; (3)在電場中運動時豎直方向上的總路程為。 13.【答案】(1);(2);(3) 【命題立意】本題旨在考查帶電粒子在勻強磁場中的運動、帶電粒子在勻強電場中的運動。 v0 O1 B1 y x O B2 b a M N e,m O2 r1 r1 θ θ 【解析】(1)所有電子射入圓形區(qū)域后做圓周運動軌道半徑大小相等,設(shè)為,當(dāng)電子從位置處射入的電子經(jīng)過O點進入軸下方,則: 解得: (2)設(shè)電子經(jīng)電場加速后到達時速度大小為, 電子在與MN間磁場做勻速圓周運動軌道半徑為,沿軸負(fù)方向射入電場的電子離開電場進入磁場時速度方向與水平方向成角,則: 如果電子在O點以速度沿軸負(fù)方向射入電場,經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)和磁場偏轉(zhuǎn)后,不能打在感光板上,則所有電子都不能打在感光板上。恰好不能打在感光板上的電子在磁場中的圓軌道圓心為如圖,則: 感光板與ab間的最小距離: 解得:,,, (3)如果電子在O點沿軸正方向射入電場,經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)和磁場偏轉(zhuǎn)后,能打在感光板上,則所有電子都能打在感光板上。恰好能打在感光板上的電子在磁場中的圓軌道圓心為,如圖,感光板與間的最大距離: 解得: 當(dāng)感光板與間的距離最大為時,所有從O點到MN板的電子中,沿軸正方向射入電場的電子,運動時間最長。設(shè)該電子在勻強電場中運動的加速度為,運動時間為,在磁場中運動周期為,時間為,則: , O3 r1 r1 θ θ v0 O1 B1 y x O E B2 b a e,m M N , 運動最長時間: 解得: ,, 答:(1)圓形區(qū)域內(nèi)磁場磁感應(yīng)強度的大小為;(2)MN與板間的最小距離是;(3)MN與板間的最大距離是,運動時間最長是。- 1.請仔細(xì)閱讀文檔,確保文檔完整性,對于不預(yù)覽、不比對內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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- 2019-2020年高考物理專題匯編 專題4 電場和磁場 第3講 帶電粒子在復(fù)合場中的運動A含解析 2019 2020 年高 物理 專題 匯編 電場 磁場 帶電 粒子 復(fù)合 中的 運動 解析
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