（新課標）高考物理二輪復習 專題六 帶電粒子在復合場中的運動素能演練提升（含解析）.doc

素能演練提升六帶電粒子在復合場中的運動(時間:60分鐘滿分:100分)說明:本試題全部為論述計算題,共5小題,共100分.解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟.只寫出最后答案的不能得分.有數(shù)值計算的題,答案中必須明確寫出數(shù)值和單位.1.(18分)如圖所示,足夠大的平行擋板a1、a2豎直放置,間距6l.兩板間存在兩個方向相反的勻強磁場區(qū)域和,以水平面mn為理想分界面,區(qū)的磁感應強度為b0,方向垂直紙面向外,a1、a2上各有位置正對的小孔s1、s2,兩孔與分界面mn的距離均為l,質量為m、電荷量為+q的粒子經(jīng)寬度為d的勻強電場由靜止加速后,沿水平方向從s1進入?yún)^(qū),并直接偏轉到mn上的p點,再進入?yún)^(qū).p點與a1板的距離是l的k倍.不計重力,碰到擋板的粒子不予考慮.(1)若k=1,求勻強電場的電場強度e;(2)若2k3,且粒子沿水平方向從s2射出,求出粒子在磁場中的速度大小v與k的關系式和區(qū)的磁感應強度b與k的關系式.解析:(1)當k=1時,設粒子在區(qū)中做圓周運動的軌道半徑為r0,在磁場中的速度大小為v0.由幾何關系得r0=l(2分)洛倫茲力提供向心力qv0b0=(2分)由動能定理qed=-0(2分)聯(lián)立得e=.(1分)(2)當2k3時,粒子在磁場區(qū)域中必須有且只有1個圓弧軌跡,才能保證粒子從s2出射.設、空間的圓弧軌跡半徑分別為r和r,如圖.在區(qū)中,洛倫茲力提供向心力qvb0=(2分)由幾何關系得r2=(kl)2+(r-l)2(2分)聯(lián)立得v=l(2k3)(2分)在區(qū)中,洛倫茲力提供向心力qvb=(2分)由幾何關系得(2分)聯(lián)立得b=b0(2k3).(1分)答案:(1)(2)v=b=(2k3)2.(18分)坐標原點o處有一點狀的放射源,它向xoy平面內(nèi)的x軸上方各個方向發(fā)射帶正電的同種粒子,速度大小都是v0,在0yd的區(qū)域內(nèi)分布有指向y軸正方向的勻強電場,電場強度大小為e=,其中q與m分別為該種粒子的電荷量和質量;在dy2d的區(qū)域內(nèi)分布有垂直于xoy平面向里的勻強磁場.ab為一塊很大的平面感光板,放置于y=2d處,如圖所示.觀察發(fā)現(xiàn)此時恰無粒子打到ab板上.(不考慮粒子的重力)(1)求粒子剛進入磁場時的動能;(2)求磁感應強度b的大小;(3)將ab板平移到什么位置時所有粒子均能打到板上?并求出此時ab板上被粒子打中的區(qū)域的長度.解析:(1)根據(jù)動能定理:eqd=ek-(2分)解得ek=2m.(2分)(2)根據(jù)(1)中結果可知進入磁場的速度vt=2v0(1分)沿x軸正方向射出的粒子進入磁場時與x軸正方向夾角=(1分)易知若此粒子不能打到ab板上,則所有粒子均不能打到ab板,因此此粒子軌跡必與ab板相切,滿足r+rcos =d(2分)解得r=d(1分)又根據(jù)洛倫茲力提供向心力bqvt=(2分)可得b=.(1分)(3)沿x軸負方向射出的粒子若能打到ab板上,則所有粒子均能打到板上.其臨界情況就是此粒子軌跡恰好與ab板相切.由上圖可知此時磁場寬度為原來的,即當ab板位于y=d(2分)的位置時,恰好所有粒子均能打到板上;沿x軸正方向和負方向射出的粒子在電場中沿x軸正方向的位移x=v0t=v0d(2分)ab板上被打中區(qū)域的長度l=rcos 30+x+(x-rcos 30)+r=2x+r=d+d.(2分)答案:(1)2m(2)(3)ab板位于y=d的位置d+d3.(20分)(2015山東日照二模)如圖所示,某空間中有四個方向垂直于紙面向里、磁感應強度大小相同、半徑均為r的圓形勻強磁場區(qū)域1、2、3、4.其中1與4相切,2相切于1和3,3相切于2和4,且第1個磁場區(qū)域和第4個磁場區(qū)域的豎直方向的直徑在一條直線上.一質量為m、電荷量為-q的粒子,靜止置于電勢差為u0的帶電平行板(豎直放置)形成的電場中(初始位置在負極板附近),經(jīng)過電場加速后,從第1個磁場的最左端水平進入,并從第3個磁場的最下端豎直穿出.已知tan 22.5=0.4,不計帶電粒子的重力.(1)求帶電粒子進入磁場時的速度大小.(2)試判斷:若在第3個磁場的下面也有一電勢差為u0的帶電平行板(水平放置,其小孔在第3個磁場最下端的正下方)形成的電場,帶電粒子能否按原路返回?請說明原因.(3)求勻強磁場的磁感應強度大小b.(4)若將該帶電粒子自該磁場中的某個位置以某個速度釋放后恰好可在四個磁場中做勻速圓周運動,則該粒子的速度大小v為多少?解析:(1)根據(jù)動能定理有qu0=mv2(2分)解得v=.(2分)(2)不能按原路返回,因為粒子進入第3個磁場下的電場后,向下減速至速度為零,然后反向加速至速度的大小為v,但進入磁場后,根據(jù)左手定則可知,帶電粒子受到的洛倫茲力方向向右,粒子向右偏,故不能按原路返回.(4分)(3)設帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑為r,如圖甲所示,則根據(jù)運動的對稱性和幾何關系可知,粒子在第1和第3個磁場中各偏轉45角,則有r=rtan 22.5(2分)解得r=2.5r(2分)根據(jù)洛倫茲力提供向心力得qvb=(2分)解得b=.(2分)甲乙(4)該帶電粒子在四個磁場中做勻速圓周運動,如圖乙所示,由幾何關系知其軌道半徑只能是r,根據(jù)洛倫茲力提供向心力得qvb=m(2分)解得v=.(2分)答案:(1)(2)不能按原路返回,因為粒子進入第3個磁場下的電場后,向下減速至速度為零,然后反向加速至速度的大小為v,但進入磁場后,根據(jù)左手定則可知,帶電粒子受到的洛倫茲力方向向右,粒子向右偏,故不能按原路返回.(3)(4)4.(22分)如圖甲所示,兩豎直線所夾區(qū)域內(nèi)存在周期性變化的勻強電場與勻強磁場,變化情況如圖乙、丙所示,電場強度方向以y軸負方向為正,磁感應強度方向以垂直紙面向外為正.t=0時刻,一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子從坐標原點o開始以速度v0沿x軸正方向運動,粒子重力忽略不計,圖乙、丙中e0=,t0=,b0已知.要使帶電粒子在04nt0(nn)時間內(nèi)一直在場區(qū)運動,求:(1)在給定的坐標上畫出帶電粒子在04t0時間內(nèi)的軌跡示意圖,并在圖中標明粒子的運動性質;(2)在t0時刻粒子速度方向與x軸的夾角;(3)右邊界到o的最小距離;(4)場區(qū)的最小寬度.解析:(1)評分說明:圖正確2分,運動性質每個1分.(2)在t0時間內(nèi)粒子做類平拋運動vy=t0(1分)又e0=,t0=(1分)tan =(1分)則t0時刻粒子速度方向與x軸的夾角為37.(1分)(3)如圖所示,粒子做類平拋運動的水平位移x1=v0t0(1分)由幾何關系可知x2=r1-r1cos 53(1分)根據(jù)牛頓第二定律b0qv=m(1分)其中v=(1分)右邊界到o點的距離最小值為x=x1+x2=(+0.5).(1分)(4)每隔時間4t0,粒子向左平移2r1sin 37(1分)4nt0時刻,粒子與o點在x方向相距2nr1sin 37(2分)根據(jù)牛頓第二定律b0qv0=m(1分)則左側場區(qū)邊界離o點的距離為x左=2nr1sin 37+r2=(1.5n+1)(2分)故在04nt0時間內(nèi),場區(qū)的寬度至少為l=x左+x=(1.5n+1.5+).(1分)答案:(1)見解析圖(2)37(3)(+0.5)(4)(1.5n+1.5+)5.(22分)如圖,空間區(qū)域、有勻強電場和勻強磁場,mn、pq為理想邊界,區(qū)域高度為d,區(qū)域的高度足夠大.勻強電場方向豎直向上;、區(qū)域的磁感應強度均為b,方向分別垂直紙面向里和向外.一個質量為m,電荷量為q的帶電小球從磁場上方的o點由靜止開始下落,進入場區(qū)后,恰能做勻速圓周運動.已知重力加速度為g.(1)試判斷小球的電性并求出電場強度e的大小;(2)若帶電小球運動一定時間后恰能回到o點,求它釋放時距mn的高度h;(3)試討論在h取不同值時,帶電小球第一次穿出區(qū)域的過程中,電場力所做的功.解析:(1)帶電小球進入復合場后,恰能做勻速圓周運動,合力為洛倫茲力,重力與電場力平衡,重力豎直向下,電場力豎直向上,即小球帶正電.(1分)由qe=mg(2分)解得e=.(1分)(2)帶電小球在進入磁場前做自由落體運動,依機械能守恒有mgh=mv2(2分)帶電小球在磁場中做勻速圓周運動,設半徑為r,由洛倫茲力提供向心力得qvb=m (2分)由于帶電小球在、兩個區(qū)域運動過程中q、v、b、m的大小不變,故三段圓周運動的半徑相同,以三個圓心為頂點的三角形為等邊三角形,邊長為2r,內(nèi)角為60,作出小球運動大致軌跡圖,如圖甲所示.由幾何關系知r=(4分)解得h=.(2分)甲乙(3)當帶電小球在區(qū)域做圓周運