（浙江選考）2018版高考物理二輪復習 專題七 計算題題型強化 第3講 加試計算題22題 帶電粒子在復合場中的運動學案

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1、 第3講　加試計算題22題　帶電粒子在復合場中的運動 題型1　帶電粒子在疊加場中的運動 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y軸上y3＝－2h的P3點離開電磁場，重力加速度為g.求： 圖1 (1)帶電質點到達P2點時速度的大小和方向； (2)第三象限內電場強度的

2、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 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)第三象限內，洛倫茲力提供帶電質點做勻速圓周運動的向心力，由牛頓第二定律得：qvB＝⑦ 由幾何關系得：(2R)2＝(2h)2＋(2h)2⑧ 聯立⑤⑦⑧式得：B＝ . 2．如圖2所示，在

3、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拋出到落到斜面的位移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＝

4、qE ① 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＝m ② 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＝R ⑥ 由①⑤⑥可解得位移x＝. 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

5、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

6、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． 題型2　帶電粒子在組合場中的運動 1．如圖3所示，在xOy平面內存在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四個場區(qū)，y軸右側存在勻強磁場Ⅰ，y軸左側與虛線MN之間存在方向相反的兩個勻強電場，Ⅱ區(qū)電場方向豎直向下，Ⅲ區(qū)電場方向豎直向上，P點是MN與x軸的交點．有一質量為m、帶電荷量＋q的帶電粒子由原點O，以速度v0沿x軸正方向水平射入磁場Ⅰ，已知勻強磁場Ⅰ的磁感應強度垂直紙面向里，大小為B0，勻強電場Ⅱ和勻強電場Ⅲ

7、的電場強度大小均為E＝，Ⅳ區(qū)的磁場垂直紙面向外，大小為，OP之間的距離為，已知粒子最后能回到O點． 圖3 (1)帶電粒子從O點飛出后，第一次回到x軸時的位置和時間； (2)根據題給條件畫出粒子運動的軌跡； (3)帶電粒子從O點飛出后到再次回到O點的時間． 答案　(1)(－，0)　　(2)見解析圖 (3) 解析　(1)帶電粒子在磁場Ⅰ中運動的半徑為R1＝ 帶電粒子在Ⅰ磁場中運動了半個圓，回到y軸的坐標y＝2R1＝，時間為t1＝＝ 帶電粒子在Ⅱ場區(qū)做類平拋運動， 根據牛頓第二定律得帶電粒子運動的加速度a＝＝， 豎直方向y＝at，水平位移x＝v0t2， 聯立得t2＝，x＝

8、 故t總＝t1＋t2＝ 第一次回到x軸的位置(－，0) (2)根據運動的對稱性畫出粒子在場區(qū)Ⅲ的運動軌跡如圖所示．帶電粒子在場區(qū)Ⅳ運動的半徑是場區(qū)Ⅰ運動半徑的2倍，畫出粒子的運動軌跡，同樣根據運動的對稱性畫出粒子回到O點的運動軌跡如圖所示． (3)帶電粒子在磁場Ⅰ中運動的時間正好為1個周期，故t1′＝ 帶電粒子在Ⅱ、Ⅲ兩個電場中運動的時間t2′＝4t2＝ 帶電粒子在Ⅳ場中運動的時間為半個周期t3′＝ 因此帶電粒子從O點飛出后到再次回到O點的時間 t總′＝t1′＋t2′＋t3′＝. 2．(2017·杭州市四校聯考)如圖4所示，一帶電微粒質量為m＝2.0×10－11 kg

9、、電荷量為q＝＋1.0×10－5 C，從靜止開始經電壓為U1＝100 V的電場加速后，水平進入兩平行金屬板間的偏轉電場中，微粒射出電場時的偏轉角θ＝30°，并接著進入一個方向垂直紙面向里、寬度為D＝20 cm的勻強磁場區(qū)域．已知偏轉電場中金屬板長L＝20 cm，兩板間距d＝10 cm，重力忽略不計．求： 圖4 (1)帶電微粒進入偏轉電場時的速率 v1； (2)偏轉電場中兩金屬板間的電壓U2； (3)為使帶電微粒不會由磁場右邊射出，該勻強磁場的磁感應強度B至少為多大？ 答案　(1)1.0×104 m/s　(2)100 V　(3)0.1 T 解析　(1)設帶電微粒經加速電場加速后速

10、度為v，根據動能定理U1q＝mv 得v1＝ ＝1.0×104 m/s (2)帶電微粒在偏轉電場中做類平拋運動 水平方向：v1＝ 帶電微粒在豎直方向做勻加速直線運動，設其加速度為a，出電場時豎直方向速度為v2 豎直方向：a＝＝，v2＝at＝· 由幾何關系tan θ＝＝＝ 代入數據解得U2＝100 V (3)帶電微粒進入磁場做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，設微粒軌道半徑為R，由幾何關系知R＋＝D，R＝D 設微粒進入磁場時的速度為v′ v′＝， 又qv′B＝， 解得B＝0.1 T 為使帶電粒子不射出磁場，磁感應強度B至少為0.1 T. 3．(2017·嘉興市一中期

11、末)如圖5所示，寬度為L的區(qū)域被平均分為區(qū)域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，其中Ⅰ、Ⅲ有勻強磁場，它們的磁感應強度大小相等，方向垂直紙面且相反．長為L、寬為的矩形abcd緊鄰磁場下方，與磁場邊界對齊，O為dc邊中點，P為dc中垂線上一點，OP＝3L.矩形內有勻強電場，電場強度大小為E，方向由a指向O.電荷量為q、質量為m、重力不計的帶電粒子由a點靜止釋放，經電場加速后進入磁場，運動軌跡剛好與區(qū)域Ⅲ的右邊界相切． 圖5 (1)求該粒子經過O點時的速度大小v0； (2)求勻強磁場的磁感應強度大小B； (3)若在aO之間距O點x處靜止釋放該粒子，粒子在磁場區(qū)域中共偏轉n次到達P點，求x滿足的條件及n的可能取

12、值． 答案　(1) 　(2) 　(3)x＝(－)2L，n＝2、3、4、5、6、7、8 解析　(1)由題意中長寬幾何關系可知aO＝L，粒子在aO加速過程由動能定理：qEL＝mv① 得粒子經過O點時速度大?。簐0＝ ② (2)粒子在磁場區(qū)域Ⅲ中的運動軌跡如圖，設粒子軌跡圓半徑為R0， 由幾何關系可得： R0－R0cos 60°＝L③ 由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得：qv0B＝④ 聯立②③④式，得：B＝ ⑤ (3)若粒子在磁場中一共經過n次偏轉到達P，設粒子軌跡圓半徑為R， 由幾何關系有：2n( tan 30°＋Rcos 30°)＝3L⑥ 依題意有0＜R≤R0⑦ 聯立③⑥⑦得

13、≤n＜9，且n取正整數⑧ 設粒子在磁場中的運動速率為v，有：qvB＝⑨ 在電場中的加速過程，由動能定理：qEx＝mv2⑩ 聯立⑤⑥⑨⑩式， 得：x＝(－)2 L，其中n＝2、3、4、5、6、7、8 “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是恒力 洛倫茲力F洛＝qvB，其大小不變，方向隨v而改變，F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，

14、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 專題強化練 (限時：35分鐘) 1．(2017·溫州市9月選考)如圖1所示，空心圓臺上、下底面水平，其半徑分別為3r和2r，圓臺高為H＝4r，圓臺壁內表面涂有熒光粉．位于圓臺軸線位置的某電學器件，其陰極是一根細圓柱形導體，陽極是環(huán)繞陰極半徑為r的圓柱形金屬網(厚度不計)，陽極與圓臺壁之間的空間區(qū)域分布著豎直向下的勻強磁場，從陰極發(fā)出的電子(初速度不計)，經加速后從陽極小孔中水平射出，撞到圓臺

15、壁上可使圓臺壁發(fā)光．已知陰陽兩級之間所加的電壓恒為U，電子比荷為k，電子重力、電子間的相互作用力以及其他阻力均忽略不計． 圖1 (1)若使圓臺壁不發(fā)光，則磁感應強度至少為多大？ (2)若將陽極半徑縮小，使其與陰極距離忽略不計，并使磁場充滿整個圓臺空間，改變磁感應強度B的大小，圓臺壁發(fā)光部分的豎直高度h也隨之改變，試確定h隨B變化的函數關系． 答案　(1) 　(2)h＝ －8r( ≤B≤ ) 解析　(1)由動能定理得：eU＝mv2① 由幾何關系可知：R2＋r2＝(2r－R)2② evB0＝m③ 由①可得v＝， 由②可得R＝r， 代入③可得B0＝ . (2)設高為h處的臺

16、體半徑為R′，則 ＝④ evB＝m⑤ 由④得R′＝2r＋， 由⑤得R′＝，B＝＝＝(2r≤R′≤3r) 再結合v＝，得 h＝ －8r( ≤B≤ )． 2．如圖2甲所示，長為L的平行金屬板M、N水平放置，兩板之間的距離為d，兩板間有沿水平方向垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，一個帶正電的質點，沿水平方向從兩板的正中央垂直于磁場方向進入兩板之間，重力加速度為g. 圖2 (1)若M板接直流電源正極，N板接負極，電源電壓恒為U，帶電質點以恒定的速度v勻速通過兩板之間的復合場(電場、磁場和重力場)，求帶電質點的電荷量與質量的比值． (2)若M、N接如圖乙所示的交變電流(

17、M板電勢高時U為正)，L＝0.5 m，d＝0.4 m，B＝0.1 T，質量為m＝1×10－4 kg、帶電荷量為q＝2×10－2 C的帶正電質點以水平速度v＝1 m/s，從t＝0時刻開始進入復合場，g＝10 m/s2，試定性畫出質點的運動軌跡． (3)在第(2)問的條件下求質點在復合場中的運動時間． 答案　(1)　(2)見解析圖　(3)0.814 s 解析　(1)E＝ 由質點做勻速直線運動可得：Bqv＝qE＋mg 得：＝. (2)當M板電勢高U為正時，有Bqv＝qE＋mg，粒子做勻速直線運動 當M板電勢低U為負時，有mg＝qE，粒子在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運動，所以軌跡如圖所示

18、： (3)運動時間：t＝＋≈0.814 s. 3．(2017·寧波市九校高二上期末)宇宙射線中，往往含有大量的粒子與反粒子.1932年，美國加州理工學院的安德森通過威爾遜云室、強磁鐵等實驗儀器，發(fā)現了電子的反粒子——正電子.1955年，張伯倫和塞格雷用加速器證實了反質子的存在． 如圖3所示，已知區(qū)域Ⅰ是速度選擇器，極板M、N間距為4L，現有一束由反質子H與氘核H兩種粒子組成的射線，沿極板M、N中間線以相同速度v0射入，并從中心O點進入極板上方的區(qū)域Ⅱ.已知質子的質量為m，電荷量為e，忽略電荷之間的相互作用． 　 圖3　　　　　　　　　圖4 (1)區(qū)域Ⅱ是威爾遜云室，云室中充滿過

19、飽和乙醚蒸汽，當帶電粒子經過時，蒸汽凝結，形成軌跡，云室中加垂直紙面向里的勻強磁場，圖中顯示了兩種粒子在云室中的徑跡1、2，試判斷在云室中顯示徑跡1的是哪種粒子的運動軌跡，并分析半徑減小的原因． (2)現有一科研團隊，通過實驗觀察質子和反質子的碰撞過程，他們撤去區(qū)域Ⅱ中的云室和磁場，經過速度選擇器的選擇，選出速度v0的質子和反質子先后從A1、B1孔豎直向上進入極板上方，OA1＝OB1＝L，以極板中間線上的O為原點，建立直角坐標系如圖4所示，在y軸的左側區(qū)域加一水平向右的勻強電場，在y軸的右側區(qū)域加一垂直紙面向外的勻強磁場，要使質子和反質子在y軸上的P(0，L)處相碰，求：在P點相碰的質子和反

20、質子的動能之比和射入小孔的時間差Δt. 答案　(1)氘核　因受阻力作用　(2)　(－1) 解析　(1)由左手定則知徑跡1是氘核H的運動軌跡 帶電粒子受到過飽和乙醚蒸汽阻力作用，速度減小，所以半徑減小 (2)從A1射入的粒子做類平拋運動：y方向做勻速運動t1＝ 從B1射入的粒子做勻速圓周運動，半徑R＝L 經T到達P點，t2＝ 時間差Δt＝－＝(－1) 從A1射入的粒子做類平拋運動：x方向：L＝t1，y方向：L＝v0t1，則vx＝2v0 EkA＝m(v＋v) 從B1射入的粒子做勻速圓周運動，EkB＝mv，故 ＝＝. 4．(2017·浙江“七彩陽光”聯考)如圖5所示xOy直角

21、坐標系，第一象限有一對電壓為U1＝3×104 V的平行金屬板，板間距離和板長均為L＝40 cm，板的右側有一粒子接收屏，下極板剛好在x軸上且?guī)д?，第二象限有一半徑為R＝20 cm的圓形勻強磁場，分別與x軸、y軸在C點和D點相切，磁感應強度B＝0.1 T，方向垂直紙面向外，第三象限有一個半圓形帶正電的電極AO，圓心在C點，在其內部存在由電極指向圓心C點的電場，電極與C點的電勢差為U2＝1×104 V．現有許多m＝6.4×10－27 kg、q＝＋3.2×10－19 C的粒子在半圓形電極處由靜止釋放．不考慮各場之間的影響和粒子之間的相互作用．求： 圖5 (1)粒子在C點的速度大小； (2

22、)粒子擊中y軸的范圍； (3)粒子接收屏接收到的粒子數和進入平行板總粒子數的比值K. 答案　(1)1×106 m/s　(2)0～40 cm　(3) 解析　(1)電場力做正功，由動能定理得：qU2＝mv2 得v＝1×106 m/s (2)粒子在磁場中做勻速圓周運動 根據：qvB＝，得r＝＝0.2 m＝R 取一粒子速度如圖所示，從E點離開，圓周運動的圓心為O2，連接CO1，EO1，因為CO1＝EO1＝CO2＝EO2＝R, 所以四邊形CO1EO2是一個菱形，因而EO2平行于CO1，所以E點速度方向水平向右，由此可見所有粒子水平向右離開磁場，所以y軸擊中范圍為0～40 cm (3)

23、粒子水平向右進入電場，做類平拋運動． 若打到接收屏，則t＝＝4×10－7 s 豎直位移h＝×t2＝0.3 m 所以從y軸30～40 cm進入的粒子能打到接收屏，因此比值K＝. 5．(2017·寧波市九校高三上學期期末)正負電子對撞機是使正負電子以相同速率對撞(撞前速度在同一直線上的碰撞)并進行高能物理研究的實驗裝置，該裝置一般由高能加速器、環(huán)形儲存室和對撞測量區(qū)三個部分組成．為了使正負電子在測量區(qū)內不同位置進行對撞，在對撞測量區(qū)內設置兩個方向相反的勻強磁場區(qū)域．對撞區(qū)域設計的簡化原理如圖6所示：MN和PQ為足夠長的豎直邊界，水平邊界EF將整個區(qū)域分成上下兩部分，Ⅰ區(qū)域的磁場方向垂直

24、紙面向內，Ⅱ區(qū)域的磁場方向垂直紙面向外，磁感應強度大小均為B.現有一對正負電子以相同速率分別從注入口C和注入口D同時水平射入，在對撞測量區(qū)發(fā)生對撞．已知兩注入口到EF的距離均為d，邊界MN和PQ的間距為L，正電子的質量為m，電荷量為＋e，負電子的質量為m，電荷量為－e. 圖6 (1)試判斷從注入口C入射的是正電子還是負電子； (2)若L＝4d，要使正負電子經過水平邊界EF一次后對撞，求正電子在磁場中運動的時間； (3)若只從注入口C射入電子，要使電子從D飛出，求電子射入的最小速率，及此時間距L的大?。? 答案　(1)負電子　(2)　(3)　4n(2－)d，(n＝1,2,3…) 解析　(1)由題意知從注入口C入射的粒子向下偏轉，由左手定則可知是負電子． (2)電子運動軌跡如圖實線所示，由幾何關系有： (R－d)2＋(d)2＝R2，得到：R＝2d 故sin θ＝＝，得θ＝ 由qvB＝m，可知T＝＝ 所以正電子運動時間t＝2×T＝ (3)要使粒子從D點飛出的臨界情況是運動軌跡與MN相切，如圖所示： 由幾何關系可知：α＝30° 且R′＋R′cos α＝d 解得：R′＝2(2－)d. 由qvB＝m， 得到：v＝ 由圖可知，間距L＝n×2R＝4n(2－)d，(其中n＝1,2,3…)． 14