【三維設(shè)計】2014屆高三物理一輪-課時跟蹤檢測32-帶電粒子在復(fù)合場中的運動(二)

PAGEPAGE4課時跟蹤檢測(三十二)帶電粒子在復(fù)合場中的運動(二)高考?？碱}型：計算題1．如圖1所示，一個質(zhì)量為m、帶電量為＋q的小球，以初速度v0自h高度處水平拋出。不計空氣阻力，重力加速度為g。圖1(1)若在空間豎直方向加一個勻強(qiáng)電場，發(fā)現(xiàn)小球水平拋出后做勻速直線運動，求該勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)E的大??；(2)若在空間再加一個垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，小球水平拋出后恰沿圓弧軌跡運動，落地點P到拋出點的距離為eq\r(3)h，求該磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小。2．如圖2，平行金屬板傾斜放置，AB長度為L，金屬板與水平方向的夾角為θ，一電荷量為－q、質(zhì)量為m的帶電小球以水平速度v0進(jìn)入電場，且做直線運動，到達(dá)B點。離開電場后，進(jìn)入如圖所示的電磁場(圖中電場沒有畫出)區(qū)域做勻速圓周運動，并豎直向下穿出電磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。試求：圖2(1)帶電小球進(jìn)入電磁場區(qū)域時的速度v。(2)帶電小球在電磁場區(qū)域做勻速圓周運動的時間。(3)重力在電磁場區(qū)域?qū)π∏蛩龅墓Α?．如圖3所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy中的第一象限內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于坐標(biāo)平面向內(nèi)的有界圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域(圖中未畫出)；在第二象限內(nèi)存在沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場。一粒子源固定在x軸上坐標(biāo)為(－L,0)的A點。粒子源沿y軸正方向釋放出速度大小為v的電子，電子恰好能通過y軸上坐標(biāo)為(0,2L)的C點，電子經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)后恰好垂直通過第一象限內(nèi)與x軸正圖3方向成15°角的射線ON(已知電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，不考慮粒子的重力和粒子之間的相互作用)。求：(1)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E的大?。?2)電子離開電場時的速度方向與y軸正方向的夾角θ；(3)圓形磁場的最小半徑Rm。4．如圖4所示，在坐標(biāo)系xOy中，第一象限除外的其它象限都充滿勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度都為B＝0.12T、方向垂直紙面向內(nèi)。P是y軸上的一點，它到坐標(biāo)原點O的距離l＝0.40m。一比荷eq\f(q,m)＝5.0×107C/kg的帶正電粒子從P點開始進(jìn)入勻強(qiáng)磁場中運動，初速度v0＝3.0×106m/s、方向與y軸正方向成夾角θ圖4(1)粒子在磁場中運動的軌道半徑R；(2)在第一象限中與x軸平行的虛線上方的區(qū)域內(nèi)充滿沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(如圖)，粒子在磁場中運動一段時間后進(jìn)入第一象限，最后恰好從P點沿初速度的方向再次射入磁場。求勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E和電場邊界(虛線)與x軸之間的距離d。5．如圖5甲所示，相隔一定距離的豎直邊界兩側(cè)為相同的勻強(qiáng)磁場區(qū)，磁場方向垂直紙面向里，在邊界上固定兩長為L的平行金屬極板MN和PQ，兩極板中心各有一小孔S1、S2，兩極板間電壓的變化規(guī)律如圖乙所示，正反向電壓的大小均為U0，周期為T0。在t＝0時刻將一個質(zhì)量為m、電量為－q(q>0)的粒子由S1靜止釋放，粒子在電場力的作用下向右運動，在t＝eq\f(T0,2)時刻通過S2垂直于邊界進(jìn)入右側(cè)磁場區(qū)。(不計粒子重力，不考慮極板外的電場)圖5(1)求粒子到達(dá)S2時的速度大小v和極板間距d；(2)為使粒子不與極板相撞，求磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小應(yīng)滿足的條件；(3)若已保證了粒子未與極板相撞，為使粒子在t＝3T0時刻再次到達(dá)S2，且速度恰好為零，求該過程中粒子在磁場內(nèi)運動的時間和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小。6．如圖6所示，在xOy坐標(biāo)系中分布著三個有界場區(qū)：第一象限中有一半徑為r＝0.1m的圓形磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度B1＝1T，方向垂直紙面向里，該區(qū)域同時與x軸、y軸相切，切點分別為A、C；第四象限中，由y軸、拋物線FG(y＝－10x2＋x－0.025，單位：m)和直線DH(y＝x－0.425，單位：m)構(gòu)成的區(qū)域中，存在著方向豎直向下、強(qiáng)度E＝2.5N/C的勻強(qiáng)電場；以及直線DH右下方存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場B2＝0.5T?，F(xiàn)有大量質(zhì)量為1×10－6kg(重力不計)，電量大小為2×10－4C，速率均為20m/s的帶負(fù)電的粒子從A處垂直磁場進(jìn)入第一象限，速度方向與y圖6(1)求這些粒子在圓形磁場區(qū)域中運動的半徑；(2)試證明這些粒子經(jīng)過x軸時速度方向均與x軸垂直；(3)通過計算說明這些粒子會經(jīng)過y軸上的同一點，并求出該點坐標(biāo)。答案課時跟蹤檢測(三十二)帶電粒子在復(fù)合場中的運動(二)1．解析：(1)小球做勻速直線運動，說明重力和電場力平衡，根據(jù)平衡條件，有mg＝qE解得：E＝eq\f(mg,q)。(2)再加勻強(qiáng)磁場后，小球做圓周運動，洛倫茲力充當(dāng)向心力，設(shè)軌道半徑為R，根據(jù)幾何關(guān)系得P點到拋出點的水平距離x＝eq\r(2)hR2＝(R－h(huán))2＋x2解得：R＝eq\f(3h,2)由qv0B＝meq\f(v02,R)，得B＝eq\f(2mv0,3qh)答案：(1)E＝eq\f(mg,q)(2)B＝eq\f(2mv0,3qh)2．解析：(1)對帶電小球進(jìn)行受力分析，帶電小球受重力mg和電場力F，F(xiàn)合＝Fsinθ，mg＝Fcosθ解得F合＝mgtanθ根據(jù)動能定理F合L＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，解得v＝eq\r(2gLtanθ＋v02)(2)帶電小球進(jìn)入電磁場區(qū)域后做勻速圓周運動，說明電場力和重力平衡，帶電小球只在洛倫茲力作用下運動。通過幾何知識可以得出，帶電粒子在磁場中運動了eq\f(1,4)圓周，運動時間為t＝eq\f(T,4)＝eq\f(1,4)×eq\f(2πm,qB)＝eq\f(πm,2qB)(3)帶電小球在豎直方向運動的高度差等于一個半徑，h＝R＝eq\f(mv,qB)重力做的功為W＝mgh＝mg×eq\f(m\r(2gLtanθ＋v02),qB)＝eq\f(m2g\r(2gLtanθ＋v02),qB)。答案：(1)eq\r(2gLtanθ＋v02)(2)eq\f(πm,2qB)(3)eq\f(m2g\r(2gLtanθ＋v02),qB)3．解析：(1)從A到C的過程中，電子做類平拋運動，有：L＝eq\f(1,2)at2，eE＝ma2L＝聯(lián)立解得：E＝eq\f(mv2,2eL)。(2)設(shè)電子到達(dá)C點的速度大小為vC，方向與y軸正方向的夾角為θ。由動能定理，有eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mv2＝eEL解得vC＝eq\r(2)v。cosθ＝v/vC＝eq\r(2)/2得θ＝45°。(3)畫軌跡如圖所示。電子在磁場中做勻速圓周運動的半徑r＝eq\f(mvC,eB)＝eq\f(\r(2)mv,eB)電子在磁場中偏轉(zhuǎn)120°后垂直于ON射出。磁場最小半徑為：Rmin＝PQ/2＝rsin60°，得：Rmin＝eq\f(\r(6)mv,2eB)答案：(1)eq\f(mv2,2eL)(2)45°(3)eq\f(\r(6)mv,2eB)4．解析：(1)粒子在磁場區(qū)域內(nèi)運動，有qv0B＝meq\f(v02,R)可得粒子運動的軌道半徑R＝eq\f(mv0,qB)代入數(shù)據(jù)解得R＝0.50m(2)通過作圖可知(如圖)，粒子運動軌跡的圓心A恰好落在x軸上。由幾何關(guān)系可知：粒子從C點進(jìn)入第一象限時的位置坐標(biāo)為x＝R－Rcosθ＝0.20m粒子進(jìn)入勻強(qiáng)電場后做類平拋運動，設(shè)粒子在電場運動時間為t，加速度為a，則l－d＝v0tqE＝max＝eq\f(1,2)at2vx＝at粒子運動到P點時，有vx＝v0tanθ由以上各式，代入數(shù)據(jù)解得電場強(qiáng)度E＝8.0×105N/C電場邊界(虛線)與x軸之間的距離d＝0.10m答案：(1)0.50m(2)8.0×105N/C0．10m5．解析：(1)粒子由S1至S2的過程，根據(jù)動能定理得qU0＝eq\f(1,2)mv2①由①式得v＝eq\r(\f(2qU0,m))②設(shè)粒子的加速度大小為a，由牛頓第二定律得qeq\f(U0,d)＝ma③由運動學(xué)公式得d＝eq\f(1,2)a(eq\f(T0,2))2④聯(lián)立③④式得d＝eq\f(T0,4)eq\r(\f(2qU0,m))⑤(2)設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R，由牛頓第二定律得qvB＝meq\f(v2,R)⑥要使粒子在磁場中運動時不與極板相撞，須滿足2R>eq\f(L,2)⑦聯(lián)立②⑥⑦式得B<eq\f(4,L)eq\r(\f(2mU0,q))⑧(3)設(shè)粒子在兩邊界之間無場區(qū)向左勻速運動的過程用時為t1，有d＝vt1⑨聯(lián)立②⑤⑨式得t1＝eq\f(T0,4)⑩若粒子再次到達(dá)S2時速度恰好為零，粒子回到極板間應(yīng)做勻減速運動，設(shè)勻減速運動的時間為t2，根據(jù)運動學(xué)公式得d＝eq\f(v,2)t2?聯(lián)立⑨⑩?式得t2＝eq\f(T0,2)?設(shè)粒子在磁場中運動的時間為tt＝3T0－eq\f(T0,2)－t1－t2?聯(lián)立eq\o(○,\s\up1(10))??式得t＝eq\f(7T0,4)?設(shè)粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運動的周期為T，由⑥式結(jié)合運動學(xué)公式得T＝eq\f(2πm,qB)?由題意可知T＝t?聯(lián)立???式得B＝eq\f(8πm,7qT0)?答案：(1)eq\r(\f(2qU0,m))eq\f(T0,4)eq\r(\f(2qU0,m))(2)B<eq\f(4,L)eq\r(\f(2mU0,q))(3)eq\f(7T0,4)eq\f(8πm,7qT0)6．解析：(1)由qvB1＝meq\f(v2,R1)，解得，R1＝0.1m。(2)從A點以任意方向進(jìn)入磁場的粒子，設(shè)其從K點離開磁場，O1和O2分別是磁場區(qū)域和圓周運動的圓心，因為圓周運動半徑和磁場區(qū)域半徑相同，因此O1AO2K為菱形，離開磁場時速度垂直于O2K，即垂直于x軸，得證。(3)設(shè)粒子在第四象限進(jìn)入電場時的坐標(biāo)為(x，y1)，離開電場時的坐標(biāo)為(x，y2)，離開電場時速度為v2，在B2磁場區(qū)域做圓周運動的半徑為R2。由動能定理，qE(y2