帶電粒子在復(fù)合場中的運動壓軸難題二輪復(fù)習(xí)word

1、帶電粒子在復(fù)合場中的運動壓軸難題二輪復(fù)習(xí)word一、帶電粒子在復(fù)合場中的運動壓軸題1.離子推進器是太空飛行器常用的動力系統(tǒng)，某種推進器設(shè)計的簡化原理如圖所示，截面 半徑為R的圓柱腔分為兩個工作區(qū).I為電離區(qū)，將包氣電離獲得1價正離子；II為加速 區(qū)，長度為L兩端加有電壓，形成軸向的勻強電場.I區(qū)產(chǎn)生的正離子以接近。的初速度 進入II區(qū)，被加速后以速度VM從右側(cè)噴出.I區(qū)內(nèi)有軸向的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為 B,在離軸線/?處的C點持續(xù)射出一定速度范圍的電子.假設(shè)射出的電子僅在垂直于軸線 的截面上運動，截面如圖所示（從左向右看）.電子的初速度方向與中心。點和C點的連 線成a角（0a（4）Vmax

2、 = -一：r2L3eR4磯 2-sin a）【解析】【分析】【詳解】（1）離子在電場中加速，由動能定理得：eU=-Mvlf。=竺）.22e,v2離子做勻加速直線運動，由運動學(xué)關(guān)系得:年=2。得：2L（2）要取得較好的電離效果，電子須在出射方向左邊做勻速圓周運動，即為按逆時針方向 旋轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則可知，此刻I區(qū)磁場應(yīng)該是垂直紙面向外.（3）當。= 90。時，最大速度對應(yīng)的軌跡圓如圖一所示，與I區(qū)相切，此時圓周運動的半 徑為3r = -RA/M=CMtani7BO - AB cot a = Rsin 8 cot 二= sin 9 cot a cos。解得：CM=dcota5.如圖紙面內(nèi)的矩形A

3、BCD區(qū)域存在相互垂直的勻強電場和勻強磁場，對邊ABCD、 ADBC,電場方向平行紙面，磁場方向垂直紙面，磁感應(yīng)強度大小為8一帶電粒子從AB 上的P點平行于紙面射入該區(qū)域，入射方向與AB的夾角為。(/90。)，粒子恰好做勻速 直線運動并從CD射出.若撤去電場，粒子以同樣的速度從P點射入該區(qū)域，恰垂直CD射 出.已知邊長AD=BC=d,帶電粒子的質(zhì)量為m,帶電量為q,不計粒子的重力.求：帶電粒子入射速度的大小;帶電粒子在矩形區(qū)域內(nèi)作直線運動的時間;勻強電場的電場強度大小.【來源】【市級聯(lián)考】廣東省廣州市2019屆高三12月調(diào)研測試理科綜合試題物理試題【答案】【答案】【答案】(3) qBd mco

4、sOqBdmcosO(1)(2)mcosOqB sin J【解析】【分析】 畫出粒子的軌跡圖，由幾何關(guān)系求解運動的半徑，根據(jù)牛頓第二定律列方程求解帶電粒子 入射速度的大??；帶電粒子在矩形區(qū)域內(nèi)作直線運動的位移可求解時間；根據(jù)電場力與洛 倫茲力平衡求解場強.【詳解】(1)設(shè)撤去電場時，粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R,畫出運動軌跡如圖所示, 軌跡圓心為。.B CA ：D由幾何關(guān)系可知：COS0 = R2洛倫茲力做向心力：qvB =解得% =qBclmcosO（2）設(shè)帶電粒子在矩形區(qū)域內(nèi)作直線運動的位移為x,有sin0 = 4x粒子作勻速運動：X=vot聯(lián)立解得/=粒子作勻速運動：X=vot聯(lián)

5、立解得/=聯(lián)立解得/=聯(lián)立解得/=mcosdqBsin。（3）帶電粒子在矩形區(qū)域內(nèi)作直線運動時，電場力與洛倫茲力平衡：Eq=qv0B2 1解得石=坐4mcos6【點睛】此題關(guān)鍵是能根據(jù)粒子的運動情況畫出粒子運動的軌跡圖，結(jié)合幾何關(guān)系求解半徑等物理 量；知道粒子作直線運動的條件是洛倫茲力等于電場力.6.回旋加速器的工作原理如圖甲所示，置于真空中的。形金屬盒半徑為R,兩盒間有狹縫 （間距dR）,勻強磁場與盒面垂直，被加速粒子的質(zhì)量為機，電荷量為+9,加在狹 縫間的交變電壓如圖乙所示，電壓值的大小為周期為丁，與粒子在磁場中的周期相 同.一束該種粒子在，=07/2時間內(nèi)從八處均勻地飄入狹縫，其初速度視

6、為零.粒子在 電場中的加速次數(shù)與回旋半周的次數(shù)相同，假設(shè)能夠出射的粒子每次經(jīng)過狹縫均做加速運 動；粒子重力不計，不考慮粒子在狹縫中的運動時間，不考慮粒子間的相互作用.求：(1)甲勻強磁場的磁感應(yīng)強度8；MVT t 2T(2)粒子從飄入狹縫至動能最大所需的總時間看。；(3)實際中粒子的質(zhì)量會隨速度的增加而增大，加速后的質(zhì)量加與原來質(zhì)量加。的關(guān)系:血。V ,則粒子質(zhì)量增加1%后估計最多還能再加速多少次(需要簡述理V 1 J由)？若粒子質(zhì)量最終增加2%,那么粒子最終速度為光速的多少倍(結(jié)果保留一位有效數(shù)字)【來源】【答案】?【全國百強校】天津市實驗中學(xué)2019屆高三考前熱身訓(xùn)練物理試題2兀 m7r2

7、R2mf(1) (2) (3) 100 次；0.2qrqU.T【解析】【詳解】2解：依據(jù)牛頓第二定律，結(jié)合洛倫茲力提供向心，則有：qvB = m R電壓周期7與粒子在磁場中的周期相同：T = v. 2jim 八 2兀m 可得二不B-r ir1粒子運動半徑為H時：v =二且或2r2解得：Ekm2 兀2 mNT2粒子被加速次達到動能機，則有：Ektn = nqUQ不考慮粒子在狹縫中的運動時間，又有粒子在電場中的加速次數(shù)與回旋半周的相同，得粒22子從飄入狹縫至動能最大所需的總時間： =2 qUT粒子在磁場中的周期質(zhì)量增加1%,周期增大1%,r再加速次數(shù)不超過 2 o me次-x 2 = 1007x1

8、%T 一叫)加速后的質(zhì)量機與原來質(zhì)量加0的關(guān)系：m，機=1.02根0V y粒子最終速度為：V = 0.2c即粒子最終速度為光速的0.2倍7.如圖所示，在直角坐標系xOy平面的一、四個象限內(nèi)各有一個邊長為L的正方向區(qū)域， 二三像限區(qū)域內(nèi)各有一個高L,寬2L的勻強磁場，其中在第二象限內(nèi)有垂直坐標平面向外 的勻強磁場，第一、三、四象限內(nèi)有垂直坐標平面向內(nèi)的勻強磁場，各磁場的磁感應(yīng)強度 大小均相等，第一象限的xL, Ly0及y /區(qū)域存在場強大小相同，方向相反均平23行于y軸的勻強電場，在一Ly0區(qū)域存在方向垂直于xoy平面紙面向外的勻強磁場， 2一質(zhì)量為m,電荷量為q的帶正電粒子，經(jīng)過y軸上的點Pi

9、 (0, L)時的速率為Vo,方向35沿x軸正方向，然后經(jīng)過x軸上的點P2 (-, 0)進入磁場.在磁場中的運轉(zhuǎn)半徑R二一L22(不計粒子重力)，求:(1)(2)(3)(4)粒子到達P2點時的速度大小和方向；EB，粒子第一次從磁場下邊界穿出位置的橫坐標;粒子從Pi點出發(fā)后做周期性運動的周期.(405+ 37小60%【來源】2019年內(nèi)蒙古呼和浩特市高三物理二模試題【答案】(1) 一0,與 x成 53。角；(2) - ； (3) 2L； (4) 33【解析】【詳解】(1)如圖，粒子從丹到P2做類平拋運動，設(shè)到達P2時的y方向的速度為人3由運動學(xué)規(guī)律知一上。5223L4J /（導(dǎo) tl= c ，

10、Vy= - Vo2%3故粒子在Pl的速度為7= Ju； + U；二,0v, 4設(shè) v 與 x 成 6 角，則 tan6=一，即 6二53。；% 3(2)粒子從P1到P2,根據(jù)動能定理知qEi=Lnw2-mi/o2可得228mVnE=-9qL2粒子在磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)qvB二m1R5m x vn cmv a 2m%解得：8=而三=童qX2L解得：4=為；D 53(3)粒子在磁場中做圓周運動的圓心為。在圖中，過外做的垂線交片一L直線與Q2點，可得：3L 5 丁。2。=-L =r2cos53。 2故粒子在磁場中做圓周運動的圓心為0、因粒子在磁場中的軌跡所對圓心角a=37,故粒3子將垂直于片.

11、一/.一 3直線從M點穿出磁場，由幾何關(guān)系知M的坐標x= L+ (r-rcos37) =2L；23L(4)粒子運動一個周期的軌跡如上圖，粒子從P1到P2做類平拋運動：ti= -2%37 2兀丫 37 兀 L在磁場中由Pi到M動時間：t2=x=360 v 120%從M運動到N, 0二殳二四1m 9Lv 15L貝1J t3= = 一a 8%則一個周期的時間丁=2 （tl+t2+t3）=則一個周期的時間丁=2 （tl+t2+t3）=(405 + 37)160%9.如圖，在同時存在勻強電場和勻強磁場的空間中取正交坐標系O-xyz（x軸正方向水平向 右，y軸正方向豎直向上）。勻強磁場方向與xOy平面平行

12、，且與x軸正方向的夾角為 45, 一質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電粒子（可看作質(zhì)點）平行于z軸以速度。通過y軸上的若帶電粒子沿Z軸正方向做勻速直線運動，求滿足條件的電場強度的最小值Emin及對應(yīng) 的磁感應(yīng)強度B;在滿足的條件下，當帶電粒子通過y軸上的點P時，撤去勻強磁場，求帶電質(zhì)點落在 xOz平面內(nèi)的位置；若帶電粒子沿Z軸負方向通過y軸上的點P時，改變電場強度大小和方向，同時改變磁 感應(yīng)強度的大小，要使帶電質(zhì)點做勻速圓周運動且能夠經(jīng)過x軸，求電場強度E和磁感應(yīng) 強度8的大小?！緛碓础堪不帐⌒鞘?019屆高三第二次模擬考試理科綜合物理試題(2) N (h, 0, 2v0(2) N (h, 0,

13、2v0(2) N (h, 0, 2v0-)(3)【答案】(1) E*也里B = g鱉 2q 2qv0q Iqh【解析】 【詳解】洛倫茲力（方向已洛倫茲力（方向已洛倫茲力（方向已根據(jù)力三角形知識分析解：（1）如圖所示，帶電質(zhì)點受到重力摩（大小及方向均已知）、 知）、電場力9月（大小及方向均未知）的作用做勻速直線運動;可知：當電場力方向與磁場方向相同時，場強有最小值E加根據(jù)物體的平衡規(guī)律有：qEmin = mgsin45q%B = mg cos 45B=42mg解得：e . =1絲 nun c2q如圖所示，撤去磁場后，帶電質(zhì)點受到重力，叫和電場力耳山作用，其合力沿PM方向 并與方向垂直，大小等于=

14、交ag,故帶電質(zhì)點在與0%z平面成45。角的平面內(nèi) 作類平拋運動由牛頓第二定律：qv0B = ma解得：a = - g2設(shè)經(jīng)時間，到達Oxz平面內(nèi)的點N（x，y, z）,由運動的分解可得:1 9沿PM方向：PM =一。/ 2又 PM =- sin 45x = htan450聯(lián)立解得：x-h=2%噲則帶電質(zhì)點落在N （h, 0,則帶電質(zhì)點落在N （h, 0,則帶電質(zhì)點落在N （h, 0,當電場力和重力平衡時, 則有：Eq = mg2端）點帶點質(zhì)點才能只受洛倫茲力作用做勻速圓周運動 得:E譚 要使帶點質(zhì)點經(jīng)過x軸，圓周的直徑為gh2根據(jù)：qv0B =吆r解得：3=叵也2qh10.如圖所示為一匚字型

15、金屬框架截面圖，上下為兩水平且足夠長平行金屬板，通過左 側(cè)長度為L = lm的金屬板連接.空間中有垂直紙面向里場強大小B = 0.2T的勻強磁場，金 屬框架在外力的作用下以速度v0=lm/s水平向左做勻速直線運動.框架內(nèi)。處有一質(zhì)量為 m = O.lkg.帶正電q = lC的小球.若以某一速度水平向右飛出時，則沿圖中虛線OO彳故 直線運動；若小球在O點靜止釋放，則小球的運動軌跡沿如圖曲線（實線）所示，已知此 曲線在最低點P的曲率半徑（曲線上過P點及緊鄰P點兩側(cè)的兩點作一圓，在極限情況 下，這個圓的半徑叫做該點的曲率半徑）為P點到。點豎直高度內(nèi)的2倍，重力加速度g IX 10 m/s2.求：XX

16、XXXXXXXxxxxxxxxx（1）小球沿圖中虛線做直線運動速度V大?。?）小球在。點靜止釋放后軌跡最低點P到。點豎直高度h【來源】江西省名校（臨川一中、南昌二中）2018-2019學(xué)年高三5月聯(lián)合考理綜物理試題【答案】（1）V = 4m/S ; （2） h = 4m【解析】【詳解】 解：（1）框架向左運動，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢：u = BLv0板間場強：E = = Bv()jE/小球做勻速直線運動，受力平衡：Eq + qvB = mg可解得：v = 4m/s最大速率點在軌跡的最低點根據(jù)動能定理可得：Eqh + mgh = ； mu； 。最低點根據(jù)牛頓第二定律和圓周運動規(guī)律有:V2Eq + *B-

17、mg=,嘮聯(lián)立可解得：h = 4m洛倫茲力提供向心力，有v2B3 =根a rv2B3 =根a rv2B3 =根a r3BeR 4m即速度小于等于學(xué)或4m477717此刻必須保證B一3BR(4)當電子以1角入射時，最大速度對應(yīng)軌跡如圖二所示，軌跡圓與圓柱腔相切，此時 有：ZOC（7 = 90- a0C = -9 OC = r , O（y = R-r2由余弦定理有（R- r）2 = + r2-2rx x cos（90一 a）, cos（900-a） = sinaB 2聯(lián)立解得：3R4x(2-s%。)mv再由：r =一外，得Be3eBRmax4?。? s沅a）考點：帶電粒子在勻強磁場中的運動、帶電粒

18、子在勻強電場中的運動【名師點睛】該題的文字敘述較長，要求要快速的從中找出物理信息，創(chuàng)設(shè)物理情境；平時要注意讀圖 能力的培養(yǎng)，以及幾何知識在物理學(xué)中的應(yīng)用，解答此類問題要有畫草圖的習(xí)慣，以便有 助于對問題的分析和理解；再者就是要熟練的掌握帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的周 期和半徑公式的應(yīng)用.2.如圖所示，在無限長的豎直邊界NS和M7訶充滿勻強電場，同時該區(qū)域上、下部分分別 充滿方向垂直于NS7M平面向外和向內(nèi)的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小分別為8和28 , KL為上 下磁場的水平分界線，在NS和邊界上，距也高6處分別有P、Q兩點，NS和M7訶距為1.86,質(zhì)量為m ,帶電荷量為+ q的粒子從2點垂

19、直于NS邊界射入該區(qū)域，在兩邊界之間做圓周 運動，重力加速度為g.求電場強度的大小和方向；要使粒子不從NS邊界飛出，求粒子入射速度的最小值；若粒子能經(jīng)過Q點從M7邊界飛出，求粒子入射速度的所有可能值.【來源】【全國百強?！?017屆浙江省溫州中學(xué)高三3月高考模擬物理試卷(帶解析)_(9-6后)加“min m_(9-6后)加“min m_(9-6后)加“min m mg【答案】(1)E =上,方向豎直向上(2) q(3)(3)_ 0.68qBhm_ 0.545qBhm_ 0.52qBhm【解析】【分析】(1)粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，電場力與重力合力為零;(2)作出粒子的運

20、動軌跡，由牛頓第二定律與數(shù)學(xué)知識求出粒子的速度；(3)作出粒子運動軌跡，應(yīng)用幾何知識求出粒子的速度.【詳解】(1)粒子在磁場中做勻速圓周運動，電場力與重力合力為零，即mg=qE,解得：E =,電場力方向豎直向上，電場方向豎直向上; q(2)粒子運動軌跡如圖所示：設(shè)粒子不從NS邊飛出的入射速度最小值為vmin, 對應(yīng)的粒子在上、下區(qū)域的軌道半徑分別為1、,2由牛頓第二定律得:由牛頓第二定律得:圓心的連線與NS的夾角為, 粒子在磁場中做勻速圓周運動,v2 qvB - m一解得，粒子軌道半徑:解得，粒子軌道半徑:nvqB由幾何知識得:(ri+f2) sin(p二2,ri+ricos(p=/7,解得：

21、%m=(9-6五)迺；m(3)粒子運動軌跡如圖所示,ST設(shè)粒子入射速度為v,粒子在上、下區(qū)域的軌道半徑分別為1、 粒子第一次通過KL時距離K點為x,由題意可知:由題意可知:3nx=1.8h (=1、2、3.)解得:八 0.36. hq=(lH) , n 或口 =【點睛】本題考查了粒子在磁場中的運動，分析清楚粒子運動過程、作出粒子運動軌跡是正確解題 的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用平衡條件、牛頓第二定律即可正確解題，解題時注意數(shù)學(xué)知識的應(yīng) 用.3.如圖所示，水平放置的不帶電的平行金屬板p和b相距h,與圖示電路相連，金屬板厚 度不計，忽略邊緣效應(yīng).p板上表面光滑，涂有絕緣層，其上。點右側(cè)相距h處有小孔 K； b板上有小孔T,且0、T在同一條豎直線上，圖示平面為豎直平面.質(zhì)量為m、電荷 量為-q （q0）的靜止粒子被發(fā)射裝置（圖中未畫出）從。點發(fā)射，沿P板上表面運動時 間t后到達K孔，不與板碰撞地進入兩板之間.粒子視為質(zhì)點，在圖示平面內(nèi)運動，電荷 量保持不變，不計空氣阻力，重力加速度大小為g.（1）求發(fā)射裝置對粒子做的功；（2）電路中的直流電源內(nèi)阻為r,開關(guān)S接 1位置時，進入板間的粒子落在h板上的A 點，A點與過K孔豎直線的距離為I.此后將開關(guān)S接2位置，求阻值