江蘇省南京化學工業(yè)園區(qū)高考物理復習 帶電粒子在復合場中的運動專題訓練.doc

帶電粒子在復合場中的運動1如圖所示，p、q是兩個電量相等的異種點電荷，其中p帶正電，q帶負電，q是p、q連線的中點，mn是線段pq的中垂線，pq 與mn所在平面與紙面平行，有一磁場方向垂直于紙面，一電子以初速度v0僅在電場力與洛侖茲力的作用下沿直線mn運動，則a磁場的方向垂直紙面向里 b電子速度先增大后減少c電子做勻速直線運動 d該磁場為勻強磁場2如圖所示，abc為豎直平面內(nèi)的光滑絕緣軌道，其中ab為傾斜直軌道，bc為與ab相切的圓形軌道，并且圓形軌道處在勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向里質(zhì)量相同的甲、乙、丙三個小球中，甲球帶正電、乙球帶負電、丙球不帶電現(xiàn)將三個小球在軌道ab上分別從不同高度處由靜止釋放，都恰好通過圓形軌道的最高點，則 a經(jīng)過最高點時，三個小球的速度相等 b經(jīng)過最高點時，甲球的速度最小 c甲球的釋放位置比乙球的高 d運動過程中三個小球的機械能均保持不變 3如圖，左邊矩形區(qū)域內(nèi)，有場強為e0的豎直向下的勻強電場和磁感應強度為b0的垂直紙面向里的勻強磁場，電荷量為q、質(zhì)量不同的帶正電的粒子（不計重力），沿圖中左側(cè)的水平中線射入，并水平穿過該區(qū)域，再垂直射入右邊磁感應強度為b的勻強磁場區(qū)域，該區(qū)域磁場邊界為aa、bb，方向垂直紙面向外，左右寬為a，上下足夠長 求帶電粒子速度的大小v； 如果帶電粒子都能從aa 邊界垂直進入后又返回到aa 邊界，則帶電粒子的質(zhì)量在什么范圍？ 如果帶電粒子能與bb 邊界成600角射出磁場區(qū)域，則該帶點粒子的質(zhì)量是多少？4靜電噴漆技術(shù)具有效率高、質(zhì)量好、有益于健康等優(yōu)點，其裝置可簡化如圖a、b為水平放置的間距d = 0.9 m的兩塊足夠大的平行金屬板，兩板間有方向由b指向a的勻強電場,電場強度為e = 0.1 v/m在a板的中央放置一個安全接地的靜電油漆噴槍p，油漆噴槍可向各個方向均勻地噴出初速度大小均為v0 = 8 m/s的油漆微粒，已知油漆微粒的質(zhì)量均為m = 110-5 kg、電荷量均為q = 110-3 c不計空氣阻力，油漆微粒最后都能落在金屬板b上 求由噴槍p噴出的油漆微粒到達b板的最短時間； 求油漆微粒落在b板上所形成的圖形面積； 若讓a、b兩板間的電場反向，并在兩板間加垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度b = 0.16t調(diào)節(jié)噴槍使油漆微粒只能在紙面內(nèi)沿各個方向噴出，其它條件不變試求b板被油漆微粒打中的區(qū)域的長度5如圖所示為一種獲得高能粒子的裝置環(huán)形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向外、大小可調(diào)的勻強磁場m、n為兩塊中心開有小孔的距離很近的極板，板間距離為d，每當帶電粒子經(jīng)過m、n板時，都會被加速，加速電壓均為u；每當粒子飛離電場后，m、n板間的電勢差立即變?yōu)榱懔Ｗ釉陔妶鲋幸淮未伪患铀伲瑒幽懿粩嘣龃?，而繞行半徑r不變當t = 0時，質(zhì)量為m、電荷量為 +q的粒子靜止在m板小孔處 求粒子繞行n圈回到m板時的速度大小vn； 為使粒子始終在圓軌道上運動，磁場必須周期性遞增，求粒子繞行第n圈時磁感應強度bn的大??； 求粒子繞行n圈所需總時間t總6在xoy平面內(nèi)，y軸左側(cè)有一個方向豎直向下，水平寬度為 l =102m，電場強度e = 1.0l04 n/c的勻強電場在y軸右側(cè)有一個圓心位于x軸上，半徑r = 0.01 m的圓形磁場區(qū)域，磁場方向垂直紙面向里，磁感應強度b = 0.01 t，坐標為x0 = 0.04 m處有一垂直于x軸的面積足夠大的豎直熒光屏pq今有一束帶正電的粒子從電場左側(cè)沿 +x方向射入電場，穿過電場時恰好通過坐標原點，速度大小v = 2l06 m/s，方向與x軸成30 斜向下，若粒子的質(zhì)量m = l.0l020kg，電荷量q = 1.01010c，粒子的重力不計試求： 粒子射入電場時位置的縱坐標和初速度大?。?粒子在圓形磁場中運動的時間； 若圓形磁場可沿x軸移動，圓心o 在x軸上的移動范圍為0.01，+），由于磁場位置的不同，導致該粒子打在熒光屏上的位置也不同，試求粒子打在熒光屏上的范圍7如圖（a）所示，有兩級光滑的絕緣平臺，高一級平臺距離絕緣板的中心的高度為h，低一級平臺高度是高一級平臺高度的一半絕緣板放在水平地面上，板與地面間的動摩擦因數(shù)為，一輕質(zhì)彈簧一端連接在絕緣板的中心，另一端固定在墻面上邊界gh左邊存在著正交的勻強電場和變化的磁場，電場強度為e，磁感應強度變化情況如圖（b）所示，磁感應強度大小均為b有一質(zhì)量為m、帶負電的小球從高一級平臺左邊緣以一定初速滑過平臺后在t = 0時刻垂直于邊界gh進入復合場中，設(shè)小球剛進入復合場時磁場方向向外且為正值小球做圓周運動至o點處恰好與絕緣板發(fā)生彈性碰撞，碰撞后小球立即垂直于邊界gh返回并滑上低一級平臺，絕緣板從c開始向右壓縮彈簧的最大距離為s到達d，求： 磁場變化的周期t； 小球從高一級平臺左邊緣滑出的初速度v； 絕緣板的質(zhì)量m； 絕緣板壓縮彈簧具有的彈性勢能ep8如圖所示的坐標系xoy中，x 0，y 0的區(qū)域內(nèi)有沿x軸正方向的勻強電場，x 0的區(qū)域內(nèi)有垂直于xoy坐標平面向外的勻強磁場，x軸上a點坐標為（ l，0），y軸上b點的坐標為（0，）有一個帶正電的粒子從a點以初速度va沿y軸正方向射入勻強電場區(qū)域，經(jīng)過b點進入勻強磁場區(qū)域，然后經(jīng)x軸上的c點（圖中未畫出）運動到坐標原點o不計重力求：vaobaxy 粒子在b點的速度vb是多大； c點與o點的距離xc是多大； 勻強電場的電場強度與勻強磁場的磁感應強度的比值是多大？參考答案：1ac；一電子以初速度v0僅在電場力與洛侖茲力的作用下沿直線mn運動，所受洛倫茲力和電場力一定等大反向由于p、q產(chǎn)生的電場沿直線mn處費勻強電場，所以該磁場為非勻強磁場，由左手定則可知磁場的方向垂直紙面向里，電子做勻速直線運動，選項ac正確bd錯誤2bd；由于洛倫茲力不做功，運動過程中三個小球的機械能均保持不變，選項d正確；經(jīng)過最高點時，甲球的速度最小，乙球速度最大，選項a錯誤b正確；甲球的釋放位置比乙球的低，選項c錯誤3 矩形區(qū)域是速度選擇器，由力的平衡條件，得qe0 = qvb0 得v = e0/b0 如果帶電粒子都能aa 的邊界出來，則帶電粒子在磁場區(qū)域中做勻速圓周運動最大的軌跡如圖中所示由幾何關(guān)系，有：r1 = a；帶電粒子在磁場中運動時，根據(jù)牛頓第二定律，有：qvb = m1v2/r1；聯(lián)立得m1 = aqbb0/e0，即帶電粒子都能從三角形的豎直線上向左射出，則帶電粒子的質(zhì)量m1 aqbb0/e0 如果帶電粒子都能與bb 成60射出，如圖，帶電粒子在三角形區(qū)域中做勻速圓周運動最大的軌跡如圖中所示（q點與右上邊相切）由幾何關(guān)系，有：r2 = 2a； 帶電粒子在磁場中運動時，根據(jù)牛頓第二定律，有：qvb = m2v2/r2；聯(lián)立得m2 = 2aqbb0/e04 分析知豎直向下噴出的微粒到b板所用時間最短對微粒由牛頓定律知qe + mg = ma；由運動學公式知d = v0t + at2/2；代入數(shù)據(jù)可得a = 20 m/s2、t = 0.1 s 分析知所形成的圖形為圓形，圓形的半徑為沿水平方向噴出的粒子的水平位移的大小對沿水平方向噴出的粒子分析豎直方向上d = at2/2、水平方向上l = v0t，代入數(shù)據(jù)可得t = 0.3、l = 2.4 m；所以圓形面積為s = l2 18 m2 因為微粒在兩板間滿足qe = mg 所以微粒做勻速圓周運動；設(shè)軌道半徑為r，由牛頓定律知bqv0 = mv02/r；代入數(shù)據(jù)可得r = 0.9 m分析可知水平向右噴出的微粒能打到b板的右側(cè)最遠點并設(shè)該點為m點，p點正下方對應點為o點，則lom = r = 0.9 m；豎直向下噴出的微粒軌跡與b板相切于n點，此點為所能打到的b板左側(cè)最遠點，則lon = r = 0.9 m，所以b板被油漆微粒打中的區(qū)域的長度為l = lom + lon = 1.8 m5 粒子繞行一圈電場做功一次，則nqu = mvn2即第n次回到m板時的速度為vn = 繞行第n圈的過程中，由牛頓第二定律 qbnvn = mvn2/r 得bn = mvn/qr，代入速度vn 得到bn：bn = 粒子在每一圈的運動過程中，包括在mn板間加速過程和在磁場中圓周運動過程在mn板間經(jīng)歷n次加速過程中，因為電場力大小相同，故有 nd = (1/2)(qu/md)t2電，即加速n次的總時間 t電 = d ；而粒子在做半徑為r的勻速圓周運動，每一圈所用時間為，由于每一圈速度不同，所以每一圈所需時間也不同 第1圈：qu = mv12得v1 = 、t1 = = (2 d)第2圈：2qu = mv22得v2 = 、t1 = = (2 d)第n圈：nqu = mvn2得vn = 、tn = = (2 d) 故繞行n圈過程中在磁場里運動的時間 t = t1 + t2 + + tn則t = (2 d) (1 + +)綜上粒子繞行n圈所需總時間 t總 = t電 + t，即：t總 = d + (2 d) (1 + +)6 如圖所示，根據(jù)題意，粒子沿ab方向進入電場后做類平拋運動，在o點將v沿x、y方向分解得v0 vcos30 106m/s；將v方向反向延長，交ab于c點，根據(jù)類平拋運動特點知：cb = = 102m、ob = cbtan30 = 0.5102m，所以粒子射入電場時位置的縱坐標為 y = 0.5102m 粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，由于洛倫茲力提供向心力，則有：qvb = mv2/r，解得：其軌道半徑為r = 2102m = 2r根據(jù)題意分析可知，粒子從坐標原點直接進入圓形勻強磁場時，由于r = 2r，根據(jù)對稱粒子一定從直徑上的最右端點d點射出磁場，此時其軌跡對應的圓心角為60，由于粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的周期為t = 2m/qb，所以粒子在圓形勻強磁場中運動的時間為t = t/6 = 1.05108s 若圓心o 在x = 0.01m時，由幾何關(guān)系和對稱關(guān)系可知此時出射位置為d點，軌跡如圖所示，所以粒子打在熒光屏最高位置的縱坐標為：y1 = (x02r)tan30 1.15102m；隨著磁場向右移動，熒光屏光點位置逐漸下移，當v方向與磁場圓形區(qū)域相切后，粒子將打在熒光屏的最低位置其最低位置的縱坐標為y2 = x0tan30 2.31102m；故粒子打在熒光屏上的縱坐標的范圍為：2.31102，1.151027 帶電小球垂直于邊界gh進入復合場，運動到o點恰與絕緣板碰撞，碰后能返回平臺，說明小球在復合場中qe = mg；洛侖茲力做勻速圓周運動的向心力，且經(jīng)過半個圓周到達點，碰后再經(jīng)過半個周期回到二級平臺由 qvb = mv2/r、t = 2r/v；得到帶電粒子在磁場運動的周期公式t = 2m/qb = 2e/gb 由牛頓第二定律有qvb = mv2/r，由幾何關(guān)系有r = h/2解得v = gbh/2e 設(shè)小球碰撞后的速度大小為v，絕緣板的速度大小為vm則題意可知，小球返回的半徑 r = r/2 = h/4，又根據(jù)r = mv/qb 可得 v = v/2；小球與絕緣板碰撞過程中，以小球和絕緣板為系統(tǒng)，動量守恒，有mv = mv + mvm 而小球與絕緣板發(fā)生的是彈性碰撞，它們構(gòu)成的系統(tǒng)機械能守恒，有 mv2/2 = mv 2/2 + mvm2/2 聯(lián)立解得 m = 3m 絕緣板從點運動至點的過程中，根據(jù)功能關(guān)系有 ep + mgs = mvm2/2 聯(lián)立解得ep = 3m(gbh)2/32e2 3mgs8 設(shè)粒子在a到b的過程中運動時間為t，在b點時速度沿x軸正方向的速度大小為vx