2019版高考物理一輪復習 高頻考點強化（八）帶電粒子在復合場中的運動問題練習.doc

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高頻考點強化(八)帶電粒子在復合場中的運動問題 (45分鐘　100分) 1.(18分)如圖所示為一種質譜儀示意圖,由加速電場、靜電分析器和磁分析器組成。已知:靜電分析器通道的半徑為R,均勻輻射電場的場強為E。磁分析器中有垂直紙面向外的勻強磁場,磁感應強度為B。忽略重力的影響。問: (1)為了使位于A處電荷量為q、質量為m的離子,從靜止開始經加速電場加速后沿圖中圓弧虛線通過靜電分析器,加速電場的電壓U應為多大? (2)離子由P點進入磁分析器后,最終打在感光膠片上的Q點,該點距入射點P多遠? 【解析】(1)離子在加速電場中加速,根據動能定理有qU=mv2 ① 離子在輻射電場中做勻速圓周運動,電場力提供向心力,有 qE=m ② 解得U=ER ③ (2)離子在勻強磁場中做勻速圓周運動,洛倫茲力提供向心力,有 qvB=m ④ 由②、④式得 r== ⑤ 故PQ=2r= 答案:(1)ER　(2) 2.(18分)如圖甲所示,水平直線MN下方有豎直向上的勻強電場,電場強度E=104 N/C。現將一重力不計、比荷=1106 C/kg的正電荷從電場中的O點由靜止釋放,經過t0=110-5 s后,通過MN上的P點進入其上方的勻強磁場。磁場方向垂直于紙面向外,以電荷第一次通過MN時開始計時,磁感應強度按圖乙所示規(guī)律周期性變化。 (1)求電荷進入磁場時的速度。 (2)求圖乙中t=210-5 s時刻電荷與P點的距離。 (3)如果在P點右方d=100 cm處有一垂直于MN的足夠大的擋板,求電荷從O點出發(fā)運動到擋板所需的時間。 【解析】(1)電荷在電場中做勻加速直線運動,則 Eq=ma,v0=at0 代入數據解得v0=π104 m/s (2)當B1= T時,電荷運動的半徑 r1==0.2 m=20 cm 周期T1==410-5 s 當B2= T時,電荷運動的半徑 r2==10 cm 周期T2==210-5 s 故電荷從t=0時刻開始做周期性運動,其運動軌跡如圖所示。 t=210-5 s時刻電荷先沿大圓軌跡運動四分之一周期,再沿小圓軌跡運動半個周期,恰好運動到MN上,則與P點的水平距離為r1=20 cm。 (3)電荷從P點開始,其運動的周期為T=+T2+2t0=610-5 s,根據電荷的運動情況可知,電荷每一個周期向右沿PN運動的距離為40 cm,故電荷到達擋板前運動的完整周期數為2個,然后再運動,以90角撞擊到擋板上,故電荷從O點出發(fā)運動到擋板所需的總時間 t總=t0+2T+T1 解得t總=1.410-4 s 答案:(1)π104 m/s　(2)20 cm (3)1.410-4 s 3.(20分)(2018鄭州模擬)如圖所示,水平地面上放有一張正方形桌子,桌面abcd邊長為L,桌面水平、光滑、絕緣,距地面高度為h,正方形桌面內有豎直向下的勻強磁場,磁感應強度大小為B,在桌面以外有豎直向下的勻強電場,電場強度為E。(電場、磁場圖中沒有畫出)一質量為m,電荷量為q的帶正電小球(可看作質點),從桌面邊緣ad中點M,以垂直于ad邊的速度v進入磁場區(qū)域,重力加速度為g。 (1)要使小球能夠從ab邊飛離桌面,求小球進入磁場時速度大小的范圍。 (2)若小球恰好能從桌面上b點飛出,求小球落地點到桌面上b點的距離。 【解析】(1)對小球受力分析可知,小球在桌面上運動時重力與支持力平衡,小球在磁場力的作用下做勻速圓周運動。 當小球從a點飛離桌面時,速度最小,設此時小球運動半徑為r1,由幾何關系可得r1= 已知洛倫茲力提供向心力qv1B=m,解得v1= 當小球從b點飛離桌面時,速度最大,設此時小球運動半徑為r2,由幾何關系可得 =L2+ 解得r2= 已知洛倫茲力提供向心力qv2B=m 解得v2= 可得速度大小范圍≤v ≤ (2)小球飛出桌面后受重力和電場力作用,可知 mg+qE=ma 小球做類平拋運動,可知h=at2 x=v2t 由幾何關系可知落地點到桌面上b點的距離為 s= 由以上各式可得s= 答案:(1)≤v≤ (2) 4.(22分)aa′、bb′、cc′為足夠長的勻強磁場分界線,相鄰兩分界線間距均為d,磁場方向如圖所示,Ⅰ、Ⅱ區(qū)域磁感應強度分別為B和2B,邊界aa′上有一粒子源P,平行于紙面向各個方向發(fā)射速率為的帶正電粒子,Q為邊界bb′上一點,PQ連線與磁場邊界垂直,已知粒子質量為m,電荷量為q,不計粒子重力和粒子間相互作用力,求: (1)沿PQ方向發(fā)射的粒子飛出Ⅰ區(qū)時經過bb′的位置。 (2)粒子第一次通過邊界bb′的位置長度范圍。 (3)進入Ⅱ區(qū)的粒子第一次在磁場Ⅱ區(qū)中運動的最長時間和最短時間。 【解析】(1)由洛倫茲力充當向心力得 Bqv= r1= 把v=代入得r1=2d 如圖甲所示sinθ==,θ=30 PM=QN=2d-2dcosθ=(2-)d 則經過bb′的位置為Q下方(2-)d處 (2)當帶正電的粒子速度豎直向上進入磁場Ⅰ時,距離Q點上方最遠,如圖乙所示,由幾何關系得cosα1==,α1=60 QH1=2dsinα1=d 當帶正電的粒子進入磁場Ⅰ后與bb′相切時,距離Q點下方最遠,如圖丙所示,由幾何關系得cosα2==,α2=60 QH2=2dsinα2=d 粒子通過的長度范圍為L=2d (3)r2==d T== 軌跡圓所對應的弦越長,在磁場Ⅱ中運動的時間越長。如圖丁所示,當軌跡圓的弦長為直徑時,所對應的時間最長為tmax== 當軌跡圓的弦長為磁場Ⅱ的寬度時,從cc′飛出,所對應的時間最短為tmin== 當粒子從Q最上方進入Ⅱ區(qū)時,如圖戊所示,從bb′飛出所對應的時間最短為tmin== 所以粒子第一次在磁場Ⅱ中運動的最短時間為tmin=。 答案:(1)Q下方(2-)d處　(2)2d (3)　 5.(22分)如圖所示,在平面直角坐標系xOy內,第Ⅰ象限的等腰直角三角形MNP區(qū)域內存在垂直于坐標平面向外的勻強磁場,y<0的區(qū)域內存在著沿y軸正方向的勻強電場。一質量為m、電荷量為q的帶電粒子從電場中Q(-2h,-h)點以速度v0水平向右射出,經坐標原點O處射入第Ⅰ象限,最后以垂直于PN的方向射出磁場。已知MN平行于x軸,N點的坐標為(2h,2h),不計粒子的重力,求: (1)電場強度的大小E。 (2)磁感應強度的大小B。 (3)粒子在磁場中運動的時間t。 【解析】(1)粒子運動軌跡如圖所示, 粒子在電場中運動的過程中,由平拋運動規(guī)律及牛頓運動定律得: 2h=v0t h=at2 qE=ma 解得E= (2)粒子到達O點時,沿y軸正方向的分速度 vy=at==v0 則速度方向與x軸正方向的夾角α滿足: tan α==1 即α=45 粒子從MP的中點垂直于MP進入磁場,垂直于NP射出磁場,粒子在磁場中運動的速度為: v=v0 軌道半徑R=h 又由qvB=m 得B= (3)由T=,且由幾何關系可知小粒子在磁場中運動的圓心角為45, 故粒子在磁場中的運動時間 t==。 答案:(1)　(2) (3)