2019年高考物理專題07帶電粒子在復合場中的運動熱點難點突破.docx

專題07 帶電粒子在復合場中的運動1. 在如圖所示的平行板器件中，勻強電場E和勻強磁場B互相垂直一束初速度為v的帶電粒子從左側垂直電場射入后沿圖中直線從右側射出粒子重力不計，下列說法正確的是()A若粒子沿軌跡射出，則粒子的初速度一定大于vB若粒子沿軌跡射出，則粒子的動能一定增大C若粒子沿軌跡射出，則粒子可能做勻速圓周運動D若粒子沿軌跡射出，則粒子的電勢能可能增大【答案】D2.如圖2所示，空間存在互相垂直的勻強電場和勻強磁場，圖中虛線為勻強電場的等勢線，一不計重力的帶電粒子在M點以某一初速度垂直等勢線進入正交電磁場中，運動軌跡如圖所示(粒子在N點的速度比在M點的速度大)。則下列說法正確的是()圖2A粒子一定帶正電B粒子的運動軌跡一定是拋物線C電場線方向一定垂直等勢面向左D粒子從M點運動到N點的過程中電勢能增大【答案】C 【解析】根據(jù)粒子在電、磁場中的運動軌跡和左手定則可知，粒子一定帶負電，選項A錯誤；由于洛倫茲力方向始終與速度方向垂直，故粒子受到的合力是變力，而物體只有在恒力作用下做曲線運動時，軌跡才是拋物線，選項B錯誤；由于空間只存在電場和磁場，粒子的速度增大，說明在此過程中電場力對帶電粒子做正功，則電場線方向一定垂直等勢面向左，選項C正確；電場力做正功，電勢能減小，選項D錯誤。 (2)在水平金屬板間時，微粒做直線運動，則：Bqv0q解得：UBd(3)若微粒進入磁場偏轉后恰與右邊界相切，此時對應寬度為D，則： Bqv0m且rD解得：D11在第象限內緊貼兩坐標軸的一邊長為L的正方形區(qū)域內存在勻強磁場，磁感應強度為B，在第、象限xL區(qū)域內存在沿y軸負方向的勻強電場，電場強度大小為E；在xL區(qū)域內存在垂直紙面向里、磁感應強度為B的矩形勻強磁場，矩形的其中一條邊在直線xL上。一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子(不計粒子重力)從第象限的正方形勻強磁場區(qū)域的上邊界和左邊界的交點處以沿y軸負方向的某一速度進入磁場區(qū)域，從坐標原點O沿x軸正方向射入勻強電場區(qū)域。圖6(1)求帶電粒子射入第象限的勻強磁場時的速度大??；(2)求帶電粒子從勻強電場區(qū)域射出時的坐標；(3)若帶電粒子進入xL區(qū)域的勻強磁場時速度方向與x軸正方向成45角，要使帶電粒子能夠回到xL區(qū)域，則xL區(qū)域中勻強磁場的最小面積為多少？【答案】(1)(2)(L，)(3)(2)設帶電粒子從勻強電場區(qū)域射出時的縱坐標為y1，帶電粒子從坐標原點O沿x軸正方向射入勻強電場區(qū)域做類平拋運動，設帶電粒子運動的加速度大小為a，在電場區(qū)域運動的時間為t，則有Lvt，y1at2，qEma聯(lián)立解得y1所以帶電粒子從勻強電場區(qū)域射出時的坐標為(L，)。(3)帶電粒子以與x軸正方向成45角的方向進入xL區(qū)域的勻強磁場，其速度大小vv由qvBm，解得R畫出粒子在xL區(qū)域磁場中的運動軌跡，如圖所示，12如圖7所示，在xOy平面內存在均勻、大小隨時間周期性變化的磁場和電場，變化規(guī)律分別如圖乙、丙所示(規(guī)定垂直紙面向里為磁感應強度的正方向、y軸方向為電場強度的正方向)。在t0時刻由原點O發(fā)射初速度大小為v0，方向沿y軸方向的帶負電粒子(不計重力)。其中已知v0、t0、B0、E0，且E0，粒子的比荷，x軸上有一點A，坐標為(，0)。 圖7(1)求時帶電粒子的位置坐標；(2)粒子運動過程中偏離x軸的最大距離；(3)粒子經(jīng)多長時間經(jīng)過A點?！敬鸢浮?1)(，)(2)()v0t0(3)32t0【解析】(1)由T得T2t0所以，運動了由牛頓第二定律得：qv0B0m解得：r1所以位置坐標為(，) (2)帶電小球a從N點運動到Q點的過程中，設運動半徑為R，有：qvB2m(3)帶電小球a在第三象限內做勻速圓周運動的周期T帶電小球a第一次在第二象限豎直上下運動的總時間為t0絕緣小球b平拋運動至x軸上的時間為t2兩球相碰有tn(t0)聯(lián)立解得n1 設絕緣小球b平拋的初速度為v0，則lv0t解得v014在兩個水平平行金屬極板間存在著豎直向下的勻強電場和垂直于紙面向里的勻強磁場，其中磁感應強度的大小B1T。一個比荷為q/m2102C/kg的帶正電微粒恰好能沿水平直線以速度v11103m/s通過該區(qū)域，如圖所示。計算中取重力加速度g10m/s2。 (1)求電場強度E的大小。(2)若極板間距足夠大，另一個比荷與前者相同的帶負電液滴剛好可以在板間做半徑為5m的勻速圓周運動，求其速度v2的大小以及在紙面內旋轉的方向。【答案】(1)500V/m(2)0.1m/s順時針方向15如圖所示，空間中有場強為E的勻強電場和磁感應強度為B的勻強磁場，y軸為兩種場的分界線，圖中虛線為磁場區(qū)域的右邊界?，F(xiàn)有一質量為m，電荷量為q的帶電粒子從電場中坐標位置(l,0)處，以初速度v0沿x軸正方向開始運動，且已知l(重力不計)。試求：(1)帶電粒子進入磁場時速度的大小。(2)若要使帶電粒子能穿越磁場區(qū)域而不再返回電場中，磁場的寬度d應滿足的條件？【答案】(1)v0(2)d【解析】(1)帶電粒子在勻強電場中運動時lv0t(2)進入磁場后做勻速圓周運動，qvBmdR(1sin)解得：d即磁場寬度d16如圖所示，某空間中有四個方向垂直于紙面向里、磁感應強度的大小相同的、半徑均為R的圓形勻強磁場區(qū)域1、2、3、4。其中1與4相切，2相切于1和3,3相切于2和4，且第1個磁場區(qū)域和第4個磁場區(qū)域的豎直方向的直徑在一條直線上。一質量為m、電荷量為q的帶電粒子，靜止置于電勢差為U0的帶電平行板(豎直放置)形成的電場中(初始位置在負極板附近)，經(jīng)過電場加速后，從第1個磁場的最左端水平進入，并從第3個磁場的最下端豎直穿出。已知tan22.50.4，不計帶電粒子的重力。(1)求帶電粒子進入磁場時的速度大小。(2)試判斷：若在第3個磁場的下面也有一電勢差為U0的帶電平行板(水平放置，其小孔在第3個磁場的最下端的正下方)形成的電場，帶電粒子能否按原路返回？請說明原因。(3)求勻強磁場的磁感應強度B。(4)若將該帶電粒子自該磁場中的某個位置以某個速度釋放后恰好可在四個磁場中做勻速圓周運動，則該粒子的速度大小v為多少？【答案】(1)(2)不能(3)(4)【解析】(1)根據(jù)動能定理有：qU0mv2解得：v 從矩形邊界MN到C點的過程中，t2故所求時間tt1t2(1)。18如圖4所示的平行板器件中，存在相互垂直的勻強磁場和勻強電場，磁場的磁感應強度B10.20 T，方向垂直紙面向里，電場強度E11.0105 V/m，PQ為板間中線。緊靠平行板右側邊緣xOy坐標系的第一象限內，有一邊界線AO，與y軸的夾角AOy45，邊界線的上方有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度B20.25 T，邊界線的下方有豎直向上的勻強電場，電場強度E25.0105 V/m。一束帶電荷量q8.01019 C、質量m8.01026 kg的正離子從P點射入平行板間，沿中線PQ做直線運動，穿出平行板后從y軸上坐標為(0，0.4 m)的Q點垂直y軸射入磁場區(qū)，多次穿越邊界線OA。求：(1)離子運動的速度；(2)離子從進入磁場到第二次穿越邊界線OA所需的時間?！敬鸢浮?1)5.0105 m/s(2)8.28107 s【解析】(1)設正離子的速度為v，由于沿中線PQ做直線運動，則有qE1qvB1代入數(shù)據(jù)解得v5.0105 m/s。 (2)離子進入磁場，做勻速圓周運動，由牛頓第二定律有qvB2m，解得r0.2 m19.在豎直xOy平面內，第、象限存在沿y軸負方向的勻強電場1，場強大小為E1，在第、象限內，存在垂直于xOy平面的勻強磁場和沿y軸正方向的勻強電場2，場強大小為E2，磁場方向如圖5所示，磁感應強度B1B0，B2，電場強度大小E1E2。兩質量為m、帶電荷量為q的粒子a、b同時分別從第、象限的P、Q兩點(圖中沒有標出)由靜止釋放后，同時進入勻強磁場和勻強電場復合場區(qū)中，且第一次經(jīng)過y軸時都過點M(0，l)。粒子a在M點時的速度方向與y軸正方向成60角，不計兩粒子間的相互作用。求：圖5(1)粒子a第一次在第、象限復合場中運動的時間之比；(2)粒子b在第象限內復合場中運動的軌跡半徑?！敬鸢浮?1)14(2)4l【解析】(1)粒子a進入復合場區(qū)中，電場力和重力平衡，qEmg，粒子a在第象限做勻速圓周運動，畫出粒子a的運動軌跡，如圖所示，洛倫茲力提供向心力，設粒子a從第象限進入第象限時的速度大小為v，在第象限內運動的軌跡半徑為r1，則qvB0，解得r1 21如圖所示，直線yx與y軸之間有垂直于xOy平面向外的勻強磁場B1，直線xd與yx間有沿y軸負方向的勻強電場，電場強度E1.0104 V/m，另有一半徑R1.0 m的圓形勻強磁場區(qū)域，磁感應強度B20.20 T，方向垂直坐標平面向外，該圓與直線xd和x軸均相切，且與x軸相切于S點一帶負電的粒子從S點沿y軸的正方向以速度v0進入圓形磁場區(qū)域，經(jīng)過一段時間進入磁場區(qū)域B1，且第一次進入磁場B1時的速度方向與直線yx垂直粒子速度大小v01.0105 m/s，粒子的比荷為5.0105 C/kg，粒子重力不計求：(1)坐標d的值(2)要使粒子無法運動到x軸的負半軸，則磁感應強度B1應滿足的條件【答案】(1)4 m(2)0B10.11 T或B10.24 T由幾何關系得：dRy1x14 m.(2)設當勻強磁場磁感應強度為B3時，粒子從電場垂直邊界進入勻強磁場后，軌跡與y軸相切，粒子將無法運動到x軸負半軸，此時粒子在磁場中運動半徑為r1，運動軌跡如圖所示：由幾何關系得：r1r1dx1解得：r1(42) m由牛頓第二定律得：qB3v0解得：B30.24 T.22.如圖所示，在第一象限內有沿y軸負向的勻強電場，電場強度為E4.0106 N/C.緊靠y軸有一方形勻強磁場區(qū)域，勻強磁場的磁感應強度B10.2 T，方向垂直坐標平面向里在第四象限內有磁感應強度B2101 T，方向垂直坐標平面向外的勻強磁場P是y軸上坐標為(0,1)的一點，比荷為1.5108 C/kg的粒子以平行于x軸的速度v0從y軸上的P點射入，沿直線通過電場、磁場疊加場區(qū)域，然后經(jīng)電場偏轉，從x軸上某點Q點射入勻強磁場B2，粒子剛好能夠到達y軸上某點 C(計算結果保留兩位有效數(shù)字)求：(1)粒子射出的初速度v0以及離開x軸時的速度；(2)求Q和C的坐標；(3)粒子從P點出發(fā)再次回到y(tǒng)軸的時間【答案】(1)2.0107 m/s4.0107 m/s，與x軸成60角(2)Q(3.7,0)，C(0，1)(3)3.7107 s【解析】(1)電場力與洛倫茲力平衡時粒子做直線運動所以qEqv0B1 v0 m/s2.0107 m/s又因為根據(jù)可得2粒子離開電場時的速度v2v04.0107 m/s因為，所以粒子離開x軸時與x軸成60角(2)粒子在第四象限的勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力充當向心力qvB2m 由幾何關系知：rd，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qv1Bme，解得：d；(3)畫出速率分別為v1和v2的粒子離開區(qū)域的軌跡如圖丙所示，速率在v1vv2區(qū)域間射出的粒子束寬為y1y2，y12d，y22(r2)(v2) 25如圖6所示，在第二象限半徑為r的圓形區(qū)域內存在方向垂直紙面向外的勻強磁場，磁場邊界恰好與兩坐標軸相切x軸上切點A處有一粒子源，能夠向x軸上方發(fā)射速率均為v，質量為m，電荷量為q的粒子，粒子重力不計圓形區(qū)域磁場的磁感應強度B1，y軸右側0xr的范圍內存在沿y軸負方向的勻強電場，已知某粒子從A處沿y方向射入磁場后，再進入勻強電場，發(fā)現(xiàn)粒子從電場右邊界MN射出，速度方向與x軸正方向成45角斜向下，求：圖6(1)勻強電場的電場強度大??；(2)若在MN右側某區(qū)域存在另一圓形勻強磁場B2，發(fā)現(xiàn)A處粒子源發(fā)射的所有粒子經(jīng)磁場B1、電場E射出后均能進入B2區(qū)域，之后全部能夠經(jīng)過x軸上的P點，求圓形勻強磁場B2的最小半