2018年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題07 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)押 題專練

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1、 專題07 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 1．如圖1所示，空間存在水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向里的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)．在該區(qū)域中，有一個(gè)豎直放置的光滑絕緣圓環(huán)，環(huán)上套有一個(gè)帶正電的小球．O點(diǎn)為圓環(huán)的圓心，a、b、c、d為圓環(huán)上的四個(gè)點(diǎn)，a點(diǎn)為最高點(diǎn)，c點(diǎn)為最低點(diǎn)，b、O、d三點(diǎn)在同一水平線上．已知小球所受電場(chǎng)力與重力大小相等．現(xiàn)將小球從環(huán)的頂端a點(diǎn)由靜止釋放，下列判斷正確的是( ) 圖1 A．小球能越過(guò)d點(diǎn)并繼續(xù)沿環(huán)向上運(yùn)動(dòng) B．當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到d點(diǎn)時(shí)，不受洛倫茲力 C．小球從d點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的過(guò)程中，重力勢(shì)能減小，電勢(shì)能減小 D．小球從b點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)的過(guò)程中，經(jīng)過(guò)弧bc中點(diǎn)時(shí)速度最大

2、 答案 BD 2．如圖2甲所示，x軸正方向水平向右，y軸正方向豎直向上．在xOy平面內(nèi)有與y軸平行的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)加有與xOy平面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．在坐標(biāo)原點(diǎn)O處放置一帶電微粒發(fā)射裝置，它可以連續(xù)不斷地發(fā)射具有相同質(zhì)量m、電荷量q(q＞0)和初速度為v0的帶電微粒．(已知重力加速度為g) 圖2 (1)當(dāng)帶電微粒發(fā)射裝置連續(xù)不斷地沿y軸正方向發(fā)射這種帶電微粒時(shí)，這些帶電微粒將沿圓形磁場(chǎng)區(qū)域的水平直徑方向離開(kāi)磁場(chǎng)，并繼續(xù)沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)．求電場(chǎng)強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小和方向． (2)調(diào)節(jié)坐標(biāo)原點(diǎn)處的帶電微粒發(fā)射裝置，使其在xOy平面內(nèi)不斷地以相同速率v0沿不同方向

3、將這種帶電微粒射入第Ⅰ象限，如圖乙所示．現(xiàn)要求這些帶電微粒最終都能平行于x軸正方向運(yùn)動(dòng)，則在保證電場(chǎng)強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小和方向不變的條件下，求出符合條件的磁場(chǎng)區(qū)域的最小面積． 答案 (1)E＝q(mg)，沿y軸正方向 B＝qR(mv0)，垂直紙面向外 (2)(2(π)－1)R2 (2)沿y軸正方向射入的微粒，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示： 以半徑R沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)四分之一圓弧，該圓弧也恰為微粒運(yùn)動(dòng)的上邊界．以O(shè)點(diǎn)為圓心、R為半徑做的四分之一圓弧BC為微粒做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心軌跡．微粒經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，即半徑沿豎直方向．并且射出點(diǎn)距圓心軌跡上各點(diǎn)的距離為R，射出點(diǎn)的邊界與圓弧

4、BC平行，如圖中的圓弧ODA，圓弧OA與圓弧ODA之間的區(qū)域即為磁場(chǎng)區(qū)域的最小面積： S＝2(4(1)πR2－2(1)R2)＝(2(π)－1)R2. 3．如圖3所示，在矩形區(qū)域CDNM內(nèi)有沿紙面向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)的大小E＝1.5×105 V/m；在矩形區(qū)域MNGF內(nèi)有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝0.2 T．已知CD＝MN＝FG＝0.60 m，CM＝MF＝0.20 m．在CD邊中點(diǎn)O處有一放射源，沿紙面向電場(chǎng)中各方向均勻地輻射出速率均為v0＝1.0×106 m/s的某種帶正電粒子，粒子質(zhì)量m＝6.4×10－27 kg，電荷量q＝3.2×10－19 C，粒子可以無(wú)阻礙地通過(guò)邊界

5、MN進(jìn)入磁場(chǎng)，不計(jì)粒子的重力．求： 圖3 (1)粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑； (2)邊界FG上有粒子射出磁場(chǎng)的范圍長(zhǎng)度； (3)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間．(后兩問(wèn)結(jié)果保留兩位有效數(shù)字) 答案 (1)0.2 m (2)0.43 m (3)2.1×10－7 s (2)設(shè)粒子沿垂直于電場(chǎng)方向射入時(shí)，出電場(chǎng)時(shí)水平位移為x，則由平拋規(guī)律得：x＝v0t(·t2) 解得x＝15(3) m 離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)，sin θ1＝v(v0)＝2(1)，θ1＝30°. 由題意可知，PS⊥MN，沿OC方向射出粒子到達(dá)P點(diǎn)，為左邊界，垂直MN射出的粒子與邊界FG相切于Q點(diǎn)，Q為右邊界，Q

6、O″＝r，軌跡如圖． 范圍長(zhǎng)度為l＝x＋r＝(15(3)＋0.2) m≈0.43 m. (3)T＝qB(2πm)，由分析可知，OO′方向射出的粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)，設(shè)FG長(zhǎng)度為L(zhǎng) sin θ2＝r(L－r)＝2(1)，θ2＝30° 帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最大圓心角為120°，對(duì)應(yīng)的最長(zhǎng)時(shí)間為tmax＝3(1)T＝3qB(2πm)≈2.1×10－7 s 4．如圖4甲所示，水平直線MN上方有豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小E＝π×103 N/C，MN下方有垂直于紙面的磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t按如圖乙所示規(guī)律做周期性變化，規(guī)定垂直紙面向外為磁場(chǎng)正方向．T＝0時(shí)將一重力不計(jì)、比荷m(q)＝106

7、C/kg的正點(diǎn)電荷從電場(chǎng)中的O點(diǎn)由靜止釋放，在t1＝1×10－5 s時(shí)恰通過(guò)MN上的P點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)，P點(diǎn)左方d＝105 cm處有一垂直于MN且足夠大的擋板． 圖4 求：(1)電荷從P點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度的大小v0； (2)電荷在t2＝4×10－5 s時(shí)與P點(diǎn)的距離Δx； (3)電荷從O點(diǎn)出發(fā)運(yùn)動(dòng)到擋板所需時(shí)間t總． 答案 (1)π×104 m/s (2)20 cm (3)1.42×10－4 s 解析 (1)電荷在電場(chǎng)中做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則Eq＝ma v0＝at1 解得v0＝m(Eqt1)＝π×103×106×1×10－5 m/s＝π×104 m/s (2)電荷在磁場(chǎng)中做

8、勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力 qvB＝mr(v2)，r＝Bq(mv) 當(dāng)B1＝20(π) T時(shí)，半徑r1＝B1q(mv0)＝0.2 m＝20 cm 周期T1＝B1q(2πm)＝4×10－5 s 當(dāng)B2＝10(π) T時(shí)，半徑r2＝B2q(mv0)＝0.1 m＝10 cm 周期T2＝B2q(2πm)＝2×10－5 s 故電荷從t＝0時(shí)刻開(kāi)始做周期性運(yùn)動(dòng)，其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示． 在t＝0到t2＝4×10－5 s時(shí)間內(nèi)，電荷先沿直線OP運(yùn)動(dòng)t1，再沿大圓軌跡運(yùn)動(dòng)4(T1)，緊接著沿小圓軌跡運(yùn)動(dòng)T2，t2＝4×10－5 s時(shí)電荷與P點(diǎn)的距離Δx＝r1＝20 cm 5． 如

9、圖1所示，P、Q是相距為d的水平放置的兩平行金屬板，P、Q間有垂直于紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，MN是豎直放置的兩平行金屬板，用導(dǎo)線將P與M相連，將Q與N相連，X是平行于M和N的豎直絕緣擋板，Y是平行于M和N的熒光屏，X、M、N、Y的中間各有一個(gè)小孔，所有小孔在同一水平軸線上，熒光屏的右側(cè)有垂直于紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，現(xiàn)有大量的等離子體(等離子體中的正負(fù)離子電荷量的大小均為q，質(zhì)量均為m)以相同的速度垂直于磁場(chǎng)水平向右射入金屬板P、Q之間．現(xiàn)忽略電場(chǎng)的邊緣效應(yīng)，不計(jì)等離子體的重力，兩對(duì)極板間形成的電場(chǎng)均可視為勻強(qiáng)電場(chǎng)．求： 圖1 (1)若在熒光屏Y上只有一個(gè)

10、亮點(diǎn)，則等離子體的初速度v0必須滿足什么條件； (2)若等離子體以初速度v0射入磁場(chǎng)，且在熒光屏上有兩個(gè)亮點(diǎn)，則正、負(fù)兩種電荷形成的亮點(diǎn)到熒光屏上小孔的距離之比是多少？ 答案 (1)v0≤m(2dB1q) (2) －2dB1qv0(2) (2)熒光屏上有兩個(gè)亮點(diǎn)，則v0>m(2dB1q) 在此條件下，qv0B1＝d(U)q，得U＝dB1v0 對(duì)正電荷，設(shè)其到達(dá)勻強(qiáng)磁場(chǎng)B2時(shí)的速度為v1，則 Uq＝2(1)mv1(2)－2(1)mv0(2) 設(shè)做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R1，則 qv1B2＝1 得R1＝ 2(2) 對(duì)負(fù)電荷，設(shè)其到達(dá)勻強(qiáng)磁場(chǎng)B2時(shí)的速度為v2，則 －Uq＝2(1)

11、mv2(2)－2(1)mv0(2) 設(shè)做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R2，則 qv2B＝2 得R2＝ 2(2) 所以，正、負(fù)兩種電荷形成的亮點(diǎn)到熒光屏上小孔的距離之比為d2(d1)＝2R2(2R1)＝ －2dB1qv0(2) 6． 如圖2所示，在xOy平面內(nèi)，第Ⅲ象限內(nèi)的直線OM是電場(chǎng)與磁場(chǎng)的邊界，OM與x軸負(fù)方向成45°角．在x<0且OM的左側(cè)空間存在著沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為E＝50 N/C，在y<0且OM的右側(cè)空間存在著垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B＝0.2 T．一不計(jì)重力的帶負(fù)電的微粒，從坐標(biāo)原點(diǎn)O沿y軸負(fù)方向以v0＝4×103 m/s的初速度進(jìn)入磁場(chǎng)，已知微粒所

12、帶電荷量為q＝－4×10－18 C，質(zhì)量為m＝1×10－24 kg.求： 圖2 (1)帶電微粒第一次經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)邊界時(shí)的位置坐標(biāo)及經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)邊界時(shí)的速度方向； (2)帶電微粒最終離開(kāi)電、磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)的位置坐標(biāo)； (3)帶電微粒在電、磁場(chǎng)區(qū)域運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間(結(jié)果可以保留π)． 答案 (1)(－5×10－3 m，－5×10－3 m) 速度方向與OM夾角為45°，與電場(chǎng)平行 (2)(0,3.0×10－2 m) (3)(5＋4(π))×10－5 s 解析 (1)微粒的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，第一次經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)邊界上的A 點(diǎn)，設(shè)微粒在磁場(chǎng)中的軌跡半徑為r，由洛倫茲力提供向心力知 qv0B＝m0 解

13、得r＝qB(mv0)＝5×10－3 m A點(diǎn)位置坐標(biāo)為(－5×10－3 m，－5×10－3 m) 經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)邊界時(shí)速度方向與OM夾角為45°，與電場(chǎng)平行 (2)如圖所示，微粒從C點(diǎn)沿y軸正方向進(jìn)入電場(chǎng)，做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)其加速度為a，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1，則有 a＝m(qE) 解得a＝2.0×108 m/s2 Δx＝2(1)at1(2)＝2r 解得t1＝1×10－5 s Δy＝v0t1 代入數(shù)據(jù)解得Δy＝0.04 m y＝Δy－2r＝(0.04－2×5×10－3) m＝3.0×10－2 m 微粒離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的位置D的坐標(biāo)為(0,3.0×10－2 m) 7． 如圖3所示，真空室

14、內(nèi)豎直條形區(qū)域Ⅰ存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，條形區(qū)域Ⅱ(含Ⅰ、Ⅱ區(qū)域分界面)存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E，磁場(chǎng)和電場(chǎng)寬度均為L(zhǎng)，高度足夠大，M、N為涂有熒光物質(zhì)的豎直板．現(xiàn)有P、Q兩束質(zhì)子從A處連續(xù)不斷地射入磁場(chǎng)，入射方向都與M板夾角成60°且與紙面平行，兩束質(zhì)子束的速度大小都恒為v.當(dāng)Ⅰ區(qū)中磁場(chǎng)較強(qiáng)時(shí)，M板上有一個(gè)亮斑，N板上無(wú)亮斑．緩慢改變磁場(chǎng)強(qiáng)弱，M板和N板上會(huì)各有一個(gè)亮斑，繼續(xù)改變磁場(chǎng)強(qiáng)弱，可以觀察到N板出現(xiàn)兩個(gè)亮斑時(shí)，M板上的亮斑剛好消失．已知質(zhì)子質(zhì)量為m，電量為e，不計(jì)質(zhì)子重力和相互作用力，求： 圖3 (1)N板上剛剛出現(xiàn)一個(gè)亮斑時(shí)，M板上的亮斑到A點(diǎn)的距離x；

15、 (2)N板上恰好出現(xiàn)兩個(gè)亮斑時(shí)，區(qū)域Ⅰ中的磁感應(yīng)強(qiáng)度B； (3)N板上恰好出現(xiàn)兩個(gè)亮斑時(shí)，這兩個(gè)亮斑之間的距離s. 答案 (1)3(3)L (2)2eL(mv) (3)2L＋v eE(2mL) (2)N板上恰好出現(xiàn)兩個(gè)亮斑時(shí)，兩束質(zhì)子的軌跡如圖乙所示．設(shè)軌跡半徑為r，有rsin 30°＝L evB＝r(mv2) 解得B＝2eL(mv) (3)質(zhì)子束P恰垂直進(jìn)入電場(chǎng)區(qū)域，質(zhì)子束Q恰在O點(diǎn)以方向垂直于電場(chǎng)的速度進(jìn)入電場(chǎng)，兩束質(zhì)子的軌跡如圖乙所示 設(shè)質(zhì)子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，則有 L＝2(1)·m(eE)t2 s′＝vt s＝r＋s′＝2L＋v eE(2mL)

16、8． 電子擴(kuò)束裝置由電子加速器、偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)和偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)組成．偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的極板由相距為d的兩塊水平平行放置的導(dǎo)體板組成，如圖4甲所示．大量電子由靜止開(kāi)始，經(jīng)加速電場(chǎng)加速后，連續(xù)不斷地沿平行板的方向從兩板正中間OO′射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)．當(dāng)兩板不帶電時(shí)，這些電子通過(guò)兩板之間的時(shí)間為2t0；當(dāng)在兩板間加最大值為U0、周期為2t0的電壓(如圖乙所示)時(shí)，所有電子均能從兩板間通過(guò)，然后進(jìn)入豎直寬度足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，最后打在豎直放置的熒光屏上．已知磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，電子的質(zhì)量為m、電荷量為e，其重力不計(jì)． 圖4 (1)求電子離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的位置到OO′的最小距離和最大距離； (2)要使所有電子都能垂直

17、打在熒光屏上，求： ①勻強(qiáng)磁場(chǎng)的水平寬度L；②垂直打在熒光屏上的電子束的寬度Δy. 答案 (1)0 0 (2)①dB(U0t0) ②dm(U0e)t0(2) 解析 (1)由題意可知，從0、2t0、4t0、……等時(shí)刻進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電子離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的位置到OO′的距離最大，在這種情況下，電子的最大距離為： ymax＝2(1)at0(2)＋vyt0＝2dm(U0e)t0(2)＋dm(U0e)t0(2)＝2dm(3U0e)t0(2) 從t0、3t0、……等時(shí)刻進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電子離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的位置到OO′的距離最小，在這種情況下，電子的最小距離為：ymin＝2(1)at0(2)＝2dm(U

18、0e)t0(2) (2)①設(shè)電子從偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中射出時(shí)的偏向角為θ，由于電子要垂直打在熒光屏上，所以電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)半徑應(yīng)為： R＝sin θ(L) 設(shè)電子離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的速度為v1，垂直偏轉(zhuǎn)極板的速度為vy，則電子離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的偏向角為：sin θ＝v1(vy)，式中vy＝dm(U0e)t0 又：R＝Be(mv1) 解得：L＝dB(U0t0) ②由于各個(gè)時(shí)刻從偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中射出的電子的速度大小相等，方向相同，因此電子進(jìn)入磁場(chǎng)后做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑也相同，都能垂直打在熒光屏上． 由第(1)問(wèn)知電子離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的位置到OO′的最大距離和最小距離的差值為：Δy1＝y(tǒng)max－ymin Δy1

19、＝dm(U0e)t0(2) 所以垂直打在熒光屏上的電子束的寬度為： Δy＝Δy1＝dm(U0e)t0(2) 9．如圖1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(diǎn)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(qiáng)磁場(chǎng)B1(圖上未畫出)和沿y軸負(fù)方向大小為E＝3d(3U)的勻強(qiáng)電場(chǎng)，B1與E在y軸方向的區(qū)域足夠大．有一個(gè)質(zhì)量為m，帶電荷量為q的帶正電粒子(粒子重力不計(jì))，從靠近M板內(nèi)側(cè)的P點(diǎn)(P點(diǎn)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(yùn)動(dòng)；若撤去磁場(chǎng)B1，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(qiáng)磁場(chǎng)B2(圖上未畫出)，為

20、了使粒子能垂直穿過(guò)x軸上的Q點(diǎn)，Q點(diǎn)坐標(biāo)為(2(7)d,0)．求： 圖1 (1)磁感應(yīng)強(qiáng)度B1的大小與方向； (2)磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的大小與方向； (3)粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)所用的時(shí)間t. 答案 (1)d(1)3q(2Um)，方向垂直紙面向里 (2)d(2)3q(2mU)，方向垂直紙面向里 (3)(1＋6(3)π)dqU(2m) 解析 (1)設(shè)粒子從O點(diǎn)穿出時(shí)速度為v0， 由動(dòng)能定理得：qU＝2(1)mv0(2) 得v0＝m(2qU) 由于粒子在0≤x≤d區(qū)域內(nèi)的電場(chǎng)和磁場(chǎng)的疊加場(chǎng)中做直線運(yùn)動(dòng)，粒子所受電場(chǎng)力與洛倫茲力平衡，有qv0B1＝qE 得B1＝d(1)

21、3q(2Um) 磁場(chǎng)B1方向垂直紙面向里． FO′＝2r 2r＋r＝OQ－OF＝3d 解得r＝d 由洛倫茲力提供向心力： qvB2＝r(mv2)得：B2＝d(2)3q(2mU)，方向垂直紙面向里 (3)由幾何關(guān)系可知O到磁場(chǎng)左邊界在x軸上的距離為L(zhǎng)＝2.5d－rcos60°＝2d 粒子從O到磁場(chǎng)左邊界所用時(shí)間 t1＝v0(L)＝dqU(2m) 在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間 t2＝3(1)T＝3qB2(2πm)＝2(πd)3qU(2m) 總時(shí)間t＝t1＋t2＝(1＋6(3)π)dqU(2m). 10．如圖2所示，x軸上方有豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，x軸下方有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．

22、矩形OACD的邊長(zhǎng)分別為h和2h，一個(gè)帶正電的粒子，質(zhì)量為m，電荷量為q，以平行于x軸的某一初速度從A點(diǎn)射出，經(jīng)t0時(shí)間粒子從D點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)，再經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后粒子又一次經(jīng)過(guò)A點(diǎn)(粒子重力忽略不計(jì))．求： 圖2 (1)電場(chǎng)強(qiáng)度E的大??； (2)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??； (3)若僅改變粒子初速度的大小，求粒子以最短時(shí)間由A運(yùn)動(dòng)到C所需的初速度大小vx. 答案 (1)0(2) (2)qt0(m) (3)t0(3h) 解析 (1)由h＝2(1)at0(2)① 得a＝0(2) Eq＝ma② E＝q(ma)＝0(2)③ (2)由vx＝t0(2h) vy＝at0＝t0(2h)＝

23、vx 得v＝t0(2h)④ 由R＝qB(mv) 得：qBt0(2mh)＝2h⑤ 則B＝qt0(m)⑥ 11.如圖1所示，真空中的矩形abcd區(qū)域內(nèi)存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)同時(shí)存在垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，圓形邊界分別相切于ad、bc邊的中點(diǎn)e、f.一帶電粒子以初速度v0沿著ef方向射入該區(qū)域后能做直線運(yùn)動(dòng)；當(dāng)撤去磁場(chǎng)并保留電場(chǎng)，粒子以相同的初速度沿著ef方向射入恰能從c點(diǎn)飛離該區(qū)域.已知ad＝bc＝3(4)R，忽略粒子的重力.求： 圖1 (1)帶電粒子的比荷； (2)若撤去電場(chǎng)保留磁場(chǎng)，粒子離開(kāi)矩形區(qū)域時(shí)的位置. 答案 (1)3BR(

24、3v0) (2)粒子從ab邊射出，距b點(diǎn)3(R) 解析 (1)設(shè)勻強(qiáng)電場(chǎng)強(qiáng)度為E，當(dāng)電場(chǎng)和磁場(chǎng)同時(shí)存在時(shí)，粒子沿ef方向做直線運(yùn)動(dòng)， 有qv0B＝qE 當(dāng)撤去磁場(chǎng)，保留電場(chǎng)時(shí)，帶電粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由題知，粒子恰能從c點(diǎn)飛出，則 2R＝v0t，3(2)R＝2(1)at2，qE＝ma 聯(lián)解得：m(q)＝3BR(3v0) (2) 若撤去電場(chǎng)保留磁場(chǎng)，粒子將在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，軌跡如圖所示.設(shè)粒子離開(kāi)矩形區(qū)域時(shí)的位置g離b的距離為x，則由牛頓第二定律；qv0B＝0 得r＝R，由圖中幾何關(guān)系θ＝60° 故

25、粒子離開(kāi)矩形區(qū)域時(shí)到b的距離為x＝R－3(2)R×3(3)＝3(R) 故粒子將從ab邊射出，距b點(diǎn)3(R). 12.如圖2所示，在直角坐標(biāo)系xOy的第Ⅰ象限內(nèi)有沿y軸負(fù)向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E，第Ⅳ象限內(nèi)有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng).一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子從y軸上的P點(diǎn)沿x軸正向進(jìn)入電場(chǎng)，粒子從x軸上的Q點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng).已知Q點(diǎn)的坐標(biāo)為(L,0)，不計(jì)粒子的重力及粒子間的相互作用. 圖2 (1)若粒子在Q點(diǎn)的速度方向與x軸正方向成30°角，求P、Q兩點(diǎn)間的電勢(shì)差； (2)若從y軸正半軸各點(diǎn)依次向x軸正向發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為＋q的速度大小適當(dāng)?shù)牧Ｗ?，它們?jīng)過(guò)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后都通過(guò)

26、Q點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)，其中某個(gè)粒子A到達(dá)Q點(diǎn)的速度最小.粒子A經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后恰好垂直y軸射出了磁場(chǎng).求勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小. 答案 (1)6(3)EL (2) qL(mE) 解析 (1)粒子在Q點(diǎn)的速度方向與x軸正方向成30°角，分解Q點(diǎn)的速度可得vy＝v0tan 30° 從P點(diǎn)到Q點(diǎn)：L＝v0t，y＝2(1)vyt 得P點(diǎn)的縱坐標(biāo)y＝6(3)L 所以UPQ＝Ey＝6(3)EL 此時(shí)vy＝v1，粒子A在Q點(diǎn)的速度方向與x軸正向夾角為45°. 所以粒子A進(jìn)入磁場(chǎng)后的偏轉(zhuǎn)半徑(如圖)R＝L 由qvQB＝mQ得B＝qR(mvQ) 得B＝ qL(mE) 13.如圖3所示，在豎直

27、平面內(nèi)，水平x軸的上方和下方分別存在方向垂直紙面向外和方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其中x軸上方的勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1，并且在第一象限和第二象限有方向相反，強(qiáng)弱相同的平行于x軸的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E1.已知一質(zhì)量為m的帶電小球從y軸上的A(0，L)位置斜向下與y軸負(fù)半軸成60°角射入第一象限，恰能做勻速直線運(yùn)動(dòng). 圖3 (1)判定帶電小球的電性，并求出所帶電荷量q及入射的速度大??； (2)為使得帶電小球在x軸下方的磁場(chǎng)中能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，需要在x軸下方空間加一勻強(qiáng)電場(chǎng)，試求所加勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向和電場(chǎng)強(qiáng)度的大?。? (3)在滿足第(2)問(wèn)的基礎(chǔ)上，若在x軸上安裝有一絕緣彈性

28、薄板，并且調(diào)節(jié)x軸下方的磁場(chǎng)強(qiáng)弱，使帶電小球恰好與絕緣彈性板碰撞兩次后從x軸上的某一位置返回到x軸的上方(帶電小球與彈性板碰撞時(shí)，既無(wú)電荷轉(zhuǎn)移，也無(wú)能量損失，并且入射方向和反射方向的關(guān)系類似光的反射)，然后恰能勻速直線運(yùn)動(dòng)至y軸上的A(0，L)位置，求：彈性板的最小長(zhǎng)度及帶電小球從A位置出發(fā)返回至A位置過(guò)程中所經(jīng)歷的時(shí)間. 答案 (1)負(fù)電 3E1(3mg) B1(2E1) (2)豎直向下 E1 (3)3(2)L 3E1(3πB1L)＋E1(2B1L) 解析 (1) 小球在第一象限中的受力分析如圖所示，所以帶電小球的電性為負(fù)電 mg＝qE1tan 60° q＝3E1(3mg)

29、 又qE1＝qvB1cos 60° 即v＝B1(2E1) (2)小球若在x軸下方的磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，必須使得電場(chǎng)力與重力二力平衡，即應(yīng)施加一豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)， 且電場(chǎng)強(qiáng)度大小滿足：qE＝mg 即E＝E1 (3)要想讓小球恰好與彈性板發(fā)生兩次碰撞，并且碰撞后返回x軸上方空間勻速運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)，則其軌跡應(yīng)該如圖所示， 且由幾何關(guān)系可知： 3PD＝2ON OA(ON)＝L(ON)＝tan 60° 聯(lián)立上述方程解得： PD＝DN＝3(2)L 則擋板長(zhǎng)度至少為PD＝3(2)L 在第一象限運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1和第二象限中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2相等，且： t1＝t2＝v(AN)＝

30、v(2L)＝E1(B1L) 所以帶電小球從A點(diǎn)出發(fā)至回到A點(diǎn)的過(guò)程中所經(jīng)歷的總時(shí)間為： t0＝t＋t1＋t2 聯(lián)立上述方程解得：t0＝3E1(3πB1L)＋E1(2B1L) 14.如圖4所示，在平行板電容器的兩板之間，存在相互垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B1＝0.40 T，方向垂直紙面向里，電場(chǎng)強(qiáng)度E＝2.0×105 V/m，PQ為板間中線.緊靠平行板右側(cè)邊緣xOy坐標(biāo)系的第一象限內(nèi)，有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B2＝0.25 T，磁場(chǎng)邊界AO和y軸夾角∠AOy＝45°.一束帶電荷量q＝8.0×10－19 C的同位素(電荷數(shù)相同，質(zhì)量數(shù)不同)正離子從P點(diǎn)射入平行板間，沿

31、中線PQ做直線運(yùn)動(dòng)，穿出平行板后從y軸上坐標(biāo)為(0,0.2 m)的Q點(diǎn)垂直y軸射入磁場(chǎng)區(qū)域，離子通過(guò)x軸時(shí)的速度方向與x軸正方向夾角在45°～90°之間，不計(jì)離子重力，求： 圖4 (1)離子運(yùn)動(dòng)的速度為多大？ (2)求離子的質(zhì)量范圍； (3)若只改變AOy區(qū)域內(nèi)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小，使離子都不能打到x軸上，磁感應(yīng)強(qiáng)度B2′大小應(yīng)滿足什么條件？(計(jì)算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字) 答案 (1)5.0×105 m/s (2)4.0×10－26 kg≤m≤8.0×10－26 kg (3)B2′≥0.60 T 解析 (1)設(shè)正離子的速度為v，由于沿中線運(yùn)動(dòng)，則有 qE＝qvB1 代入數(shù)據(jù)

32、解得v＝5.0×105 m/s (2) 甲 設(shè)離子的質(zhì)量為m，如圖甲所示，當(dāng)通過(guò)x軸時(shí)的速度方向與x軸正方向夾角為45°時(shí)，由幾何關(guān)系可知運(yùn)動(dòng)半徑：r1＝0.2 m 當(dāng)通過(guò)x軸時(shí)的速度方向與x軸正方向夾角為90°時(shí)，由幾何關(guān)系可知運(yùn)動(dòng)半徑：r2＝0.1 m 由牛頓第二定律有：qvB2＝mr(v2) 由于r2≤r≤r1 代入數(shù)據(jù)解得：4.0×10－26 kg≤m≤8.0×10－26 kg (3) 乙 15.如圖5所示，在豎直平面內(nèi)直線AB與豎直方向成30°角，AB左側(cè)有勻強(qiáng)電場(chǎng)，右側(cè)有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng).一質(zhì)量為m、電量為q的帶負(fù)電的粒子，從P點(diǎn)以初速度

33、v0豎直向下射入電場(chǎng)，粒子首次回到邊界AB時(shí)，經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)且速度大小不變，已知P、Q間距為l，之后粒子能夠再次通過(guò)P點(diǎn)，(粒子重力不計(jì))求： 圖5 (1)勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)的大小和方向； (2)勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度的可能值. 答案 (1)0 方向垂直AB且與豎直方向成60°角向下 (2)ql(mv0)或(n＋1)ql(nmv0)(n＝1,2,3……) 解析 (1)由帶電粒子回到邊界AB速度大小不變可知PQ間電勢(shì)差為零，P、Q處在同一等勢(shì)面上 根據(jù)題意可知，勻強(qiáng)電場(chǎng)垂直AB，且與豎直方向成60°角向下 粒子在電場(chǎng)中沿AB方向勻速運(yùn)動(dòng)：l＝v0cos 30°t 垂直AB方向勻減速

34、運(yùn)動(dòng)Eq＝ma v0sin 30°＝a2(t) 解得：E＝0 16.如圖6(a)所示，在豎直平面內(nèi)建立直角坐標(biāo)系xOy，整個(gè)空間內(nèi)都存在垂直坐標(biāo)平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向與x軸正方向夾角為45°.已知帶電粒子質(zhì)量為m、電量為＋q，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，電場(chǎng)強(qiáng)度大小E＝q(mg)，重力加速度為g. 圖6 (1)若粒子在xOy平面內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，求粒子的速度v0； (2)t＝0時(shí)刻的電場(chǎng)和磁場(chǎng)方向如圖(a)所示，若電場(chǎng)強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小均不變，而方向隨時(shí)間周期性的改變，如圖(b)所示.將該粒子從原點(diǎn)O由靜止釋放，在0～2(T)時(shí)間內(nèi)的運(yùn)動(dòng)軌跡

35、如圖(c)虛線OMN所示，M點(diǎn)為軌跡距y軸的最遠(yuǎn)點(diǎn)，M距y軸的距離為d.已知在曲線上某一點(diǎn)能找到一個(gè)和它內(nèi)切的半徑最大的圓，物體經(jīng)過(guò)此點(diǎn)時(shí)，相當(dāng)于以此圓的半徑在做圓周運(yùn)動(dòng)，這個(gè)圓的半徑就定義為曲線上這點(diǎn)的曲率半徑.求： ①粒子經(jīng)過(guò)M點(diǎn)時(shí)曲率半徑ρ； ②在圖中畫出粒子從N點(diǎn)回到O點(diǎn)的軌跡. 答案 (1)qB(2mg)，沿y軸負(fù)方向 (2)①－mg(2mgd)(或2d) ②見(jiàn)解析圖 解析 (1)粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，受力平衡得 qv0B＝ 解得v0＝qB(2mg) v0方向由左手定則得，沿y軸負(fù)方向. (2)①重力和電場(chǎng)力的合力為 F＝ 粒子從O運(yùn)動(dòng)到M過(guò)程中，只有重力和電場(chǎng)力的合力做功，據(jù)動(dòng)能定理 W＝Fd＝2(1)mv2 得v＝ 由qvB－mg＝ρ(mv2) 得ρ＝－mg(2mgd)(若用v＝2v0代入，求出ρ＝2d也可) ②軌跡如圖所示. 27