第一階段 專題三 第3講

1、 課下針對高考押題訓(xùn)練押題訓(xùn)練(一)1(2012蘇北四市一模)如圖1甲所示的控制電子運動裝置由偏轉(zhuǎn)電場、偏轉(zhuǎn)磁場組成。偏轉(zhuǎn)電場處在加有電壓U、相距為d的兩塊水平平行放置的導(dǎo)體板之間，勻強磁場水平寬度一定，豎直長度足夠大，其緊靠偏轉(zhuǎn)電場的右邊。大量電子以相同初速度連續(xù)不斷地沿兩板正中間虛線的方向向右射入導(dǎo)體板之間。當(dāng)兩板間沒有加電壓時，這些電子通過兩板之間的時間為2t0；當(dāng)兩板間加上圖乙所示的電壓U時，所有電子均能通過電場、穿過磁場，最后打在豎直放置的熒光屏上。已知電子的質(zhì)量為m、電荷量為e，不計電子的重力及電子間的相互作用，電壓U的最大值為U0，磁場的磁感應(yīng)強度大小為B、方向水平且垂直紙面向里

2、。圖1(1)如果電子在tt0時刻進(jìn)入兩板間，求它離開偏轉(zhuǎn)電場時豎直分位移的大小。(2)要使電子在t0時刻進(jìn)入電場并能最終垂直打在熒光屏上，勻強磁場的水平寬度l為多少？解析：(1)電子在tt0時刻進(jìn)入兩板間，先做勻速運動，后做類平拋運動，在2t03t0時間內(nèi)發(fā)生偏轉(zhuǎn)ayat(2)設(shè)電子從電場中射出的偏向角為，速度為v，則sin 電子通過勻強磁場并能垂直打在熒光屏上，其圓周運動的半徑為R，根據(jù)牛頓第二定律有evBm由幾何關(guān)系得sin 得水平寬度l。答案：(1)(2)2(2012蘇、錫、常、鎮(zhèn)四市調(diào)研)如圖2所示，在直角坐標(biāo)系xOy的第一、四象限區(qū)域內(nèi)存在兩個有界的勻強磁場：垂直紙面向外的勻強磁場、

3、垂直紙面向里的勻強磁場，O、M、P、Q為磁場邊界和x軸的交點，OMMPL。在第三象限存在沿y軸正向的勻強電場。一質(zhì)量為m帶電荷量為q的帶電粒子從電場中坐標(biāo)為(2L，L)的點以速度v0沿x方向射出，恰好經(jīng)過原點O處射入?yún)^(qū)域又從M點射出區(qū)域(粒子的重力忽略不計)。 圖2(1)求第三象限勻強電場場強E的大小；(2)求區(qū)域內(nèi)勻強磁場磁感應(yīng)強度B的大小；(3)如帶電粒子能再次回到原點O，問區(qū)域內(nèi)磁場的寬度至少為多少？粒子兩次經(jīng)過原點O的時間間隔為多少？解析：(1)帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動。2Lv0t，L()2E。(2)設(shè)到原點時帶電粒子的豎直分速度為vyvytv0vv0方向與x軸正向成45，粒子

4、進(jìn)入?yún)^(qū)域做勻速圓周運動，由幾何知識可得：R1L由洛倫茲力充當(dāng)向心力：Bqvm可解得：B。(3)運動軌跡如圖所示，在區(qū)域做勻速圓周的半徑為：R2Ld2R2L(1)L運動時間：t1，t2，t3t總2(t1t2)t3。答案：(1)(2)(3)(1)L3(2012重慶高考)有人設(shè)計了一種帶電顆粒的速率分選裝置，其原理如圖3所示。兩帶電金屬板間有勻強電場，方向豎直向上。其中PQNM矩形區(qū)域內(nèi)還有方向垂直紙面向外的勻強磁場。一束比荷(電荷量與質(zhì)量之比)均為的帶正電顆粒，以不同的速率沿著磁場區(qū)域的水平中心線OO進(jìn)入兩金屬板之間，其中速率為v0的顆粒剛好從Q點處離開磁場，然后做勻速直線運動到達(dá)收集板。重力加速

5、度為g，PQ3d，NQ2d，收集板與NQ的距離為l，不計顆粒間相互作用。求 圖3(1)電場強度E的大??；(2)磁感應(yīng)強度B的大小；(3)速率為v0(1)的顆粒打在收集板上的位置到O點的距離。解析：(1)設(shè)帶電顆粒的電荷量為q，質(zhì)量為m。有Eqmg將代入，得Ekg(2)如圖甲所示，有qv0BmR2(3d)2(Rd)2得B(3)如圖乙所示，有qv0Bmtan y1R1 y2ltan yy1y2得yd(5答案：(1)kg(2)(3)d(5)4(2012山東高考)如圖4甲所示，相隔一定距離的豎直邊界兩側(cè)為相同的勻強磁場區(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

6、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t0時刻將一個質(zhì)量為m、電荷量為q(q0)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4(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t3T0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)強度的大小。解析：(1)粒子由S1至S2的過程，根據(jù)動能定理得qU0mv2由式得v設(shè)粒子的加速度

7、大小為a，由牛頓第二定律得qma由運動學(xué)公式得da()2聯(lián)立式得d(2)設(shè)磁感應(yīng)強度大小為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qvBm要使粒子在磁場中運動時不與極板相撞，須滿足2R聯(lián)立式得B(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dvt1聯(lián)立式得t1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dt2聯(lián)立式得t2設(shè)粒子在磁場中運動的時間為tt3T0t1t2聯(lián)立式得t設(shè)粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的周期為T，由式結(jié)合運動學(xué)公式得T由題意可知Tt聯(lián)立式得B答案：(1) (2)B(3)押題訓(xùn)練(

8、二)1(2012無錫模擬)如圖1所示，一帶電微粒質(zhì)量為m2.01011 kg、電荷量q1.0105 C，從靜止開始經(jīng)電壓為U1100 V的電場加速后，水平進(jìn)入兩平行金屬板間的偏轉(zhuǎn)電場中，微粒射出電場時的偏轉(zhuǎn)角60，并接著沿半徑方向進(jìn)入一個垂直紙面向外的圓形勻強磁場區(qū)域，微粒射出磁場時的偏轉(zhuǎn)角也為60。已知偏轉(zhuǎn)電場中金屬板長L2 cm，圓形勻強磁場的半徑R10 cm，重力忽略不計。求：圖1(1)帶電微粒經(jīng)U1100 V的電場加速后的速率；(2)兩金屬板間偏轉(zhuǎn)電場的電場強度E；(3)勻強磁場的磁感應(yīng)強度的大小。解析：(1)帶電微粒經(jīng)加速電場加速后速度為v1，根據(jù)動能定理：qU1mvv11.0104

9、 m/s(2)帶電微粒在偏轉(zhuǎn)電場中只受電場力作用，做類平拋運動。在水平方向微粒做勻速直線運動。水平方向：v1帶電微粒在豎直方向做勻加速直線運動，加速度為a，出電場時豎直方向速度為v2豎直方向：a，v2at由幾何關(guān)系tan E10 000 V/m(3)設(shè)帶電粒子進(jìn)磁場時的速度大小為v，則v2.0104 m/s由粒子運動的對稱性可知，入射速度方向過磁場區(qū)域圓心，則出射速度反向延長線過磁場區(qū)域圓心，粒子在磁場中的運動軌跡如圖所示。則軌跡半徑為rRtan 600.3 m則qvBm得B0.13 T。答案：(1)1.0104 m/s(2)10 000 V/m(3)0.13 T2水平放置的平行金屬板M、N之

10、間存在豎直向上的勻強電場和垂直紙面的交變磁場(如圖2所示，垂直紙面向里為正)，磁感應(yīng)強度B0100 T。已知兩板間距離d0.3 m，電場強度E50 V/m，M板上有一小孔P，在P正上方h5 cm處的O點，一帶電油滴自由下落，穿過小孔后進(jìn)入兩板間，最后落在N板上的Q點。如果油滴的質(zhì)量m104 kg，帶電荷量|q|2105C。求： (1)在P點油滴的速度v為多少？(2)若油滴在t0時刻進(jìn)入兩板間，最后恰好垂直向下落在N板上的Q點，油滴的電性及交變磁場的變化周期T。(3)Q、O兩點的水平距離。(不計空氣阻力，重力加速度g取10 m/s2)解析：(1)油滴自由下落，進(jìn)入兩板間電、磁場時的速度為vm/s

11、1 m/s (2)由受力分析可知油滴帶正電油滴進(jìn)入電磁場后的情況如圖所示電場力F電qE210550 N103 NGmg103 N帶電油滴進(jìn)入兩極板間，電場力與重力平衡，在磁場力的作用下，油滴做勻速圓周運動。設(shè)圓周半徑為R，若恰好垂直落在N板上的Q點，則qvBT解得R m0.05 mT0.1 s又已知d0.3 m，由幾何關(guān)系得d6R所以交變磁場周期TT0.05 s(3)設(shè)Q、O兩點的水平距離為x，由幾何關(guān)系得x6R0.3 m答案：(1)1 m/s(2)帶正電0.05 s(3)0.3 m3. (2012蘇北四市第三次調(diào)研)如圖3所示，帶電平行金屬板相距為2R，在兩板間半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面

12、向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，兩板及其左側(cè)邊緣連線均與磁場邊界剛好相切。一質(zhì)子(不計重力)沿兩板間中心線O1O2從左側(cè)O1點以某一速度射入， 圖3沿直線通過圓形磁場區(qū)域，然后恰好從極板邊緣飛出，在極板間運動時間為t0。若僅撤去磁場，質(zhì)子仍從O1點以相同速度射入，經(jīng)時間打到極板上。(1)求兩極板間電壓U；(2)求質(zhì)子從極板間飛出時的速度大小。解析：(1)設(shè)質(zhì)子從左側(cè)O1點射入的速度為v0，極板長為L在復(fù)合場中做勻速運動：qqv0B在電場中做類平拋運動：L2Rv0tRt2又Lv0t0撤去磁場，僅受電場力，有：R()2解得tL4Rv0U(2)質(zhì)子從極板間飛出時的沿電場方向分速度大小vytv0從極板

13、間飛出時的速度大小vv0。答案：(1)(2)4(2012寧波期末)一足夠長的矩形區(qū)域abcd內(nèi)充滿磁感應(yīng)強度為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場，矩形區(qū)域的左邊界ad長為L，現(xiàn)從ad中點O垂直于磁場射入一速度方向與ad邊夾角 圖4為30、大小為v0的帶正電粒子，如圖4所示。已知粒子電荷量為q，質(zhì)量為m(重力不計)：(1)若要求粒子能從ab邊射出磁場，v0應(yīng)滿足什么條件？(2)若要求粒子在磁場中運動的時間最長，粒子應(yīng)從哪一條邊界處射出，出射點位于該邊界上何處？最長時間是多少？解析：(1)當(dāng)粒子軌跡恰好與cd邊相切時，是粒子能從ab邊射出磁場區(qū)域時軌跡圓半徑最大的情況，設(shè)此半徑為R1，如圖甲所示。則有R1cos 60R1可得：R1L當(dāng)粒子軌跡恰好與ab相切時是粒子能從ab邊射出磁場區(qū)域時軌跡圓半徑最小的情況，設(shè)此半徑為R2，如圖乙所示。則有：R2sin 30R2得：R2故粒子從ab邊射出的條件為R2RR1，即RL根據(jù)qv0Bm，得v0所以v0(2)因為tT所以粒子運動所經(jīng)過的圓心角越大，粒子在磁場中運動時間越長，從圖中可以看出，如果粒子從cd邊射出，則圓