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1、圓學子夢想 鑄金字品牌溫馨提示： 此套題為Word版，請按住Ctrl,滑動鼠標滾軸，調(diào)節(jié)合適的觀看比例，答案解析附后。關閉Word文檔返回原板塊。高頻考點專項練(八)帶電粒子在復合場中的運動問題試卷(45分鐘100分)計算題(本題共6小題,共100分。需寫出規(guī)范的解題步驟)1.(15分)(2014大綱版全國卷)如圖,在第一象限存在勻強磁場,磁感應強度方向垂直于紙面(xy平面)向外;在第四象限存在勻強電場,方向沿x軸負向。在y軸正半軸上某點以與x軸正向平行、大小為v0的速度發(fā)射出一帶正電荷的粒子,該粒子在(d,0)點沿垂直于x軸的方向進入電場。不計重力。若該粒子離開電場時速度方向與y軸負方向的夾
2、角為,求：(1)電場強度大小與磁感應強度大小的比值。(2)該粒子在電場中運動的時間?！窘忸}指南】解答本題可以從以下三個方面分析：(1)不計重力的粒子在磁場中做什么運動,題中是否隱含給出了粒子運動的半徑。(2)粒子在電場中做什么運動,加速度與電場強度和電荷的電量有什么關系。(3)粒子進入電場時的速度、粒子在電場中速度的變化量和角三者有什么關系。【解析】(1)如圖,粒子進入磁場后做勻速圓周運動。設磁感應強度的大小為B,粒子的質(zhì)量與所帶電荷量分別為m和q,圓周運動的半徑為R0,由洛倫茲力公式及牛頓第二定律得qv0B=mv02R0由題給條件和幾何關系可知R0=d設電場強度的大小為E,粒子進入電場后沿x
3、軸負方向的加速度為ax,在電場中的運動時間為t,離開電場時沿x軸負方向的速度大小為vx。由牛頓第二定律得Eq=maxvx=axtvx2t=d由于粒子在磁場中做類平拋運動(如圖),有tan=vxv0聯(lián)立式得EB=12v0tan2(2)聯(lián)立式得t=2dv0tan答案：(1)12v0tan2(2)2dv0tan2.(18分)(2015哈爾濱模擬)如圖所示,在xOy平面內(nèi)y軸與MN邊界之間有沿x軸負方向的勻強電場,y軸左側(cè)和MN邊界右側(cè)的空間有垂直紙面向里、磁感應強度大小相等的勻強磁場,MN邊界與y軸平行且間距保持不變。一質(zhì)量為m、電荷量為-q的粒子以速度v0從坐標原點O沿x軸負方向射入磁場,每次經(jīng)過
4、磁場的時間均為t0,粒子重力不計。(1)求磁感應強度的大小B。(2)若t=5t0時粒子回到原點O,求電場區(qū)域的寬度d和此時的電場強度E0。(3)若帶電粒子能夠回到原點O,則電場強度E應滿足什么條件?【解析】(1)粒子在磁場中做圓周運動的周期T=2mqB,粒子每次經(jīng)過磁場的時間為半個周期,則T=2t0,解得B=mqt0。(2)粒子t=5t0時回到原點,軌跡如圖所示,由幾何關系有r2=2r1,由向心力公式有qBv0=mv02r1,qBv2=mv22r2,電場寬度d=v0+v22t0,解得d=32v0t0。又v2=v0+qE0mt0,解得E0=mv0qt0。(3)如圖所示,由幾何關系可知,要使粒子經(jīng)
5、過原點,則應滿足n(2r2-2r1)=2r1(n=1,2,3)由向心力公式有qBv2=mv22r2,解得v2=n+1nv0,根據(jù)動能定理有qEd=12mv22-12mv02,解得E=(2n+1)mv03n2qt0(n=1,2,3)答案：(1)mqt0(2)32v0t0mv0qt0(3)E=(2n+1)mv03n2qt0(n=1,2,3)3.(17分)在xOy平面內(nèi),第象限內(nèi)的直線OM是電場與磁場的邊界,OM與x軸負方向成45角。在x0且OM的左側(cè)空間存在著沿x軸負方向的勻強電場,場強大小為E=50N/C,在y0)的P點沿x軸正方向進入第一象限后做圓周運動,恰好通過坐標原點O,且水平切入半圓軌道
6、并恰好沿軌道內(nèi)側(cè)運動,過N點水平進入第四象限,并在電場中運動(已知重力加速度為g)。(1)判斷小球的帶電性質(zhì)并求出其所帶電荷量。(2)P點距坐標原點O至少多高?(3)若該小球以滿足(2)中OP最小值的位置和對應速度進入第一象限,通過N點開始計時,經(jīng)時間t=2Rg,小球距N點的距離s為多遠?【解析】(1)小球進入第一象限正交的電場和磁場后,在垂直磁場的平面內(nèi)做圓周運動,說明重力與電場力平衡,qE=mg得q=mgE小球帶正電(2)小球在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動,設勻速圓周運動的速度為v,半徑為r有：qvB=mv2r小球恰能通過半圓軌道的最高點并沿軌道運動,有：mg=mv2R由得：r=EgRgB
7、PO的最小距離為Y=2r=2EgRgB(3)小球由O運動到N的過程中機械能守恒：mg2R+12mv2=12mvN2由得：vN=5gR根據(jù)運動的獨立性可知,小球從N點進入電場區(qū)域后,在x軸方向以速度vN做勻速直線運動,沿電場方向做初速度為零的勻加速直線運動,則沿x軸方向有：x=vNt沿電場方向有d=12at2a=qEm=2qEm=2gt時刻小球距N點的距離：s=x2+d2=6R答案：(1)小球帶正電mgE(2)2EgRgB(3)6R5.(16分)如圖甲所示,在xOy平面內(nèi)有足夠大的勻強電場,電場方向豎直向上,電場強度E=40N/C。在y軸左側(cè)平面內(nèi)有足夠大的磁場,磁感應強度B1隨時間t變化的規(guī)律
8、如圖乙所示(不考慮磁場變化所產(chǎn)生電場的影響),15s后磁場消失,選定磁場垂直紙面向里為正方向。在y軸右側(cè)平面內(nèi)分布一個垂直紙面向外的圓形勻強磁場(圖中未畫出),半徑r=0.3m,磁感應強度B2=0.8T,且圓的左側(cè)與y軸始終相切。T=0時刻,一質(zhì)量m=810-4kg、電荷量q=+210-4C的微粒從x軸上xP=-0.8m處的P點以速度v=0.12m/s沿x軸正方向射入,經(jīng)時間t后,從y軸上的A點進入第一象限并正對磁場圓的圓心。穿過磁場后擊中x軸上的M點。(g取10m/s2、=3,最終結(jié)果保留2位有效數(shù)字)求：(1)A點的坐標yA及從P點到A點的運動時間t。(2)M點的坐標xM。(3)要使微粒在
9、圓形磁場中的偏轉(zhuǎn)角最大,應如何移動圓形磁場?請計算出最大偏轉(zhuǎn)角。【解析】(1)F電=qE=810-3N=mg所以微粒做勻速圓周運動qvB1=mv2R1,R1=0.6m周期T=2mqB1=10s05s勻速圓周運動半徑R1|xP|微粒運行半個圓周后到點C：xC=-0.8m,yC=2R1=1.2m510s向左做勻速運動,位移大小s1=vT2=35m=1.8m運動到D點：xD=-2.6m,yD=1.2m1015s微粒又做勻速圓周運動,運動到E點：xE=-2.6myE=4R1=2.4m此后微粒做勻速運動到達A點：yA=4R1=2.4m軌跡如圖所示從P到A的時間：t=15+tEA(或者t=2T+|xP|v
10、)所以t67s(2)微粒進入圓形磁場做勻速圓周運動的半徑為R2=mvqB2=0.6m設軌跡圓弧對應的圓心角為,則tan2=rR2=12M點：xM=r+yAtan=(0.3+2.4tan)m由數(shù)學知識可得：tan=2tan21-tan22=43所以xM=2.1m(3)微粒穿過圓形磁場要求偏轉(zhuǎn)角最大,必須滿足入射點與出射點連線為磁場圓的直徑,則圓形磁場應沿y軸負方向移動0.15m,因為R2=2r,所以最大偏轉(zhuǎn)角為=60。答案：(1)2.4m67 s(2)2.1 m(3)沿y軸負方向移動0.15m606.(18分)勻強電場和勻強磁場關于y軸對稱分布,在如圖所示的直角坐標系中,電場和磁場寬度均為L,四
11、個電場區(qū)域電場強度大小相等,磁場區(qū)域磁感應強度大小也相等,電場和磁場方向如圖所示,在A(-1.5L,L)處電荷量為+q、質(zhì)量為m的粒子,從t=0時刻起以速度v0沿x軸正方向射出,粒子剛好從C(-0.5L,0)點進入磁場,并從D(0.5L,0)點射出磁場而進入電場,不計粒子的重力及電場或磁場的邊緣效應,求：(1)電場強度E的大小。(2)磁感應強度B的大小。(3)粒子從射入電場到射出電場所用的時間?！窘馕觥?1)粒子在電場中做類平拋運動垂直電場方向L=v0t沿著電場方向L=12at2根據(jù)牛頓第二定律qE=ma解得E=2mv02qL(2)在磁場中運動洛倫茲力提供向心力qvB=mv2r粒子進入磁場時的
12、速度v=v02+(at)2由幾何關系,得atv=L2nr(n=1,2,3)解得B=4nmv0qL(n=1,2,3)(3)粒子在電場中的運動時間t1=2t=2Lv0粒子在磁場中的運動周期T=2rv粒子在磁場中的運動時間t2=n22T由幾何關系,得tan=atv0粒子從射入電場到射出電場所用的時間t=t1+t2=L(4+arctan2)2v0答案：(1)2mv02qL(2)4nmv0qL(n=1,2,3)(3)L(4+arctan2)2v0【加固訓練】如圖所示,在坐標系xOy中,y軸右側(cè)有一勻強電場;在第二、三象限內(nèi)有一有界勻強磁場,其上、下邊界無限遠,右邊界為y軸,左邊界為平行于y軸的虛線,磁場
13、的磁感應強度大小為B,方向垂直紙面向里。一帶正電,電量為q、質(zhì)量為m的粒子以某一速度自磁場左邊界上的A點射入磁場區(qū)域,并從O點射出,粒子射出磁場的速度方向與x軸的夾角=45,大小為v。粒子在磁場中的運動軌跡為紙面內(nèi)的一段圓弧,且弧的半徑為磁場左右邊界間距的2倍。粒子進入電場后,在電場力的作用下又由O點返回磁場區(qū)域,經(jīng)過一段時間后再次離開磁場。已知粒子從A點射入到第二次離開磁場所用的時間恰好等于粒子在磁場中做圓周運動的周期。忽略重力的影響,求：(1)粒子經(jīng)過A點時速度的方向和A點到x軸的距離。(2)勻強電場的大小和方向。(3)粒子從第二次離開磁場到再次到達磁場所用的時間?！窘馕觥?1)如圖所示,
14、設磁場左邊界與x軸相交于D點,過O點作速度v的垂線OO1,與MN相交于O1點,由幾何關系可知,在直角三角形OO1D中OO1D=45,設磁場左右邊界間距為d,則OO1=2d。粒子第一次進入磁場的運動軌跡的圓心即為O1點,圓弧軌跡所對的圓心角為45,且O1A為圓弧的半徑R,由此可知,粒子自A點射入磁場的速度與左邊界垂直。A點到x軸的距離：AD=R(1-cos45)由洛倫茲力公式、牛頓第二定律及圓周運動的規(guī)律,得：qvB=mv2R聯(lián)立式得：AD=mvqB(1-22)(2)依題意：勻強電場的方向與x軸負向夾角應為45。設粒子在磁場中做圓周運動的周期為T,第一次在磁場中飛行的時間為t1,有：t1=T8T
15、=2mqB由幾何關系可知,粒子再次從O點進入磁場的速度方向與磁場右邊夾角為45。設粒子第二次在磁場中飛行的圓弧的圓心為O2,O2必定在直線OO1上。設粒子射出磁場時與磁場右邊界交于P點,則OO2P=90。設粒子第二次進入磁場在磁場中運動的時間為t2,有：t2=14T設帶電粒子在電場中運動的時間為t3,依題意得：t3=T-(t1+t2)由勻變速運動的規(guī)律和牛頓定律可知：-v=v-at3a=qEm聯(lián)立可得：E=85Bv電場方向與x軸負向成45角,由第一象限指向O點(3)由幾何關系可得：OPO2=45故粒子自P點射出后將做類平拋運動,則沿電場方向做勻加速運動：s1=12at2垂直電場方向做勻速直線運動：s2=vttan45=s1s2聯(lián)立式得：t=5m4qB答案：(1)與左邊界垂直向右mvBq(1-22)(2)85Bv,與x軸負向成45角(3)5m4qB關閉Word文檔返回原板塊- 15 -
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