高三物理力電計(jì)算題綜合應(yīng)用專題訓(xùn)練

1、2009年高三物理力電綜合應(yīng)用題力電綜合應(yīng)用題既與運(yùn)動學(xué)、動力學(xué)、功和能、動量等力學(xué)知識聯(lián)系緊密，又與帶電粒子在電 場、磁場中的運(yùn)動聯(lián)系緊密，既要用到力學(xué)規(guī)律，又要用到電磁感應(yīng)和帶電粒子在電磁場中的運(yùn)動規(guī) 律，這類題目涉及的物理情景豐富，綜合性強(qiáng)，難度大，很適合對能力的考查，為高考命題提供了豐 富的情景與素材，為體現(xiàn)知識的綜合與靈活應(yīng)用提供了廣闊的平臺，是高考命題熱點(diǎn)之一，且多數(shù)為 壓軸大計(jì)算題。力電綜合應(yīng)用題中，若空間中同時(shí)同區(qū)域存在重力場、電場、磁場，則粒子的受力情 況比較復(fù)雜；若不同時(shí)不同區(qū)域存在，則使粒子的運(yùn)動情況或過程比較復(fù)雜，相應(yīng)的運(yùn)動情景及能量 轉(zhuǎn)化更加復(fù)雜化，將力學(xué)、電磁學(xué)知識

2、的轉(zhuǎn)化應(yīng)用推向高潮。對綜合性強(qiáng)、過程較為復(fù)雜的題，一般采用分段”處理，所謂的 分段”處理，就是根據(jù)問題的需要和研究對象的不同，將問題涉及的物理過程，按照時(shí)間和空間的發(fā)展順序，合理地分解為幾個(gè)彼此 相對獨(dú)立、又相互聯(lián)系的階段，再根據(jù)各個(gè)階段遵從的物理規(guī)律逐個(gè)建立方程，最后通過各階段的聯(lián) 系量綜合起來解決，從而使問題化整為零，各個(gè)擊破。gk012.2008年高考理綜寧夏卷 24、（17分）如圖所示，在 xOy平面的第一象限有一勻強(qiáng)電場，電場的方向平行于y軸向下；在x軸和第四象限的射線 OC之間有一勻強(qiáng)磁場， 磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為 B,方向垂直于紙面向外. 有一質(zhì)量為m,帶有電 荷量+q的質(zhì)點(diǎn)由電場左

3、側(cè)平行于 x軸射入電場.質(zhì)點(diǎn)到達(dá) x軸上A點(diǎn) 時(shí)，速度方向與x軸的夾角為 aA點(diǎn)與原點(diǎn)O的距離為d.接著，質(zhì) 點(diǎn)進(jìn)入磁場，并垂直于 OC飛離磁場.不計(jì)重力影響.若 OC與x軸的 夾角為4,求：粒子在磁場中運(yùn)動速度的大??； 勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小.解：（1）質(zhì)點(diǎn)在磁場中的軌跡為一圓弧。由于質(zhì)點(diǎn)飛離磁場時(shí)，速度垂 直于OC,故圓弧的圓心在 OC上。依題意，質(zhì)點(diǎn)軌跡與 x軸的交 點(diǎn)為A,過A點(diǎn)作與A點(diǎn)的速度方向垂直的直線，與 OC交于。工 由幾何關(guān)系知，AO,垂直于OC。/是圓弧的圓心。設(shè)圓弧的半 徑為R,則有0 “ R = d sin由洛侖茲力公式和牛頓第二定律得2 v q v B m R將式代入式，

4、解得： v = 迪 sin甲 m質(zhì)點(diǎn)在電場中的運(yùn)動為類平拋運(yùn)動.設(shè)質(zhì)點(diǎn)射入電場的速度為Vo,在電場中的加速度為 a,運(yùn)動時(shí)間為t,則有v0 = vc o svsin =atd= v0t TOC o 1-5 h z 聯(lián)立解得：a = v sin*cos*d設(shè)電場強(qiáng)度的大小為巳由牛頓第二定律得qE= maR2d,聯(lián)立解得： E =史烏sin3中cos中m這道試題考查了帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的勻速圓周運(yùn)動的半徑公式，通常這類試題要求掌握如何定圓 心、確定半徑，能畫出軌跡圖。利用圓的幾何知識和向心力公式解決相關(guān)問題。006江蘇省南通市 08屆第一次基礎(chǔ)調(diào)研測試 16. （14分）如圖所示，MN是一固定在

5、水平地面上足夠 長的絕緣平板（右側(cè)有擋板），整個(gè)空間有平行于平板向左、場強(qiáng)為 E的勻強(qiáng)電場，在板上 C點(diǎn)的右 側(cè)有一個(gè)垂直于紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為R的勻強(qiáng)磁場，一個(gè)質(zhì)量為 m、帶電量為-q的小物塊，從 C點(diǎn)由靜止開始向右先做加速運(yùn)動再做勻速運(yùn)動.當(dāng)物體碰到右端擋板后被彈回，若在碰撞瞬間撤去電場，小物塊返回時(shí)在磁場中恰做勻速運(yùn)動，已知平板 數(shù)為11,求：（1）小物塊向右運(yùn)動過程中克服摩擦力做的功；（2）小物塊與右端擋板碰撞過程損失的機(jī)械能；（3）最終小物塊停在絕緣平板上的位置.解：（1）設(shè)小物塊向右勻速運(yùn)動時(shí)的速度大小為NC部分的長度為L,物塊與平板間的動摩擦因V1,由平衡條件有qE - （mg

6、 qvR） -0（1分）設(shè)小物塊在向右運(yùn)動過程中克服摩擦力做的功為12qEL -W = - mv1 -0（2 分）w,由動能定理有由式解得V =qE - mg口 qBW.m（2分）（2）設(shè)小物塊返回時(shí)在磁場中勻速運(yùn)動的速度大小為V2,與右端擋板碰撞過程損失的機(jī)械能為AE ,則有 qv2R-mg=0（2分）E -mvf -1mv|22（1分）m（qE -mg）2 - 2m3g2（2分）由式解得 E=2；q2R2（3）設(shè)最終小物塊停止的位置在板上C點(diǎn)左側(cè)x距離處，由能量守恒定律有（2分）1 mv| =mgx2m g（2分）由式解得x 2 22日q B008.07-08學(xué)年度唐山市重點(diǎn)中學(xué)模擬試卷三

7、11. （13分）如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為m =2.0X 10kg ,電荷量q = +1.0X10-5c的帶電微粒（重力忽略不計(jì)），從靜止開始經(jīng)Ui=100V電壓加速后，水平進(jìn)入兩平行金屬板間的偏轉(zhuǎn)電場中。金屬板長 L=20cm,兩板間距d =1073cm。求：U2（1）微粒進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場時(shí)的速度V0是多大？（2）若微粒射出偏轉(zhuǎn)電場時(shí)的偏轉(zhuǎn)角為0=30 ,并接著進(jìn)入一個(gè)方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場區(qū)，則兩金屬板間的電壓U2是多大？（3）若該勻強(qiáng)磁場的寬度為 D=10*；3cm,為使微粒不會由磁場右邊射出，該勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B至少多大？解：帶電粒子經(jīng)過三個(gè)物理過程，加速場中勻加速直線運(yùn)動，偏轉(zhuǎn)場中

8、類平拋運(yùn)動，勻強(qiáng)磁場中勻速 圓周運(yùn)動。在確定圓周運(yùn)動時(shí)要注意臨界軌跡和臨界半徑以及圓心位置的確定。（1）由動能定理得qU 1 =；mv；（1分）得 V0=1.0 x 104m/s（2）微粒在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運(yùn)動，qU2一、L=v 0t, a=, vy =at （2 分）md飛出電場時(shí)，速度偏轉(zhuǎn)角的正切為tan - vO（2分） TOC o 1-5 h z 解得 U2=100V（1 分）（3）進(jìn)入磁場時(shí)微粒的速度是v =cos1一，一2D軌跡如圖，由幾何關(guān)系得，軌道半徑 r =2D 3mv2_ mv由洛倫茲力充當(dāng)向心力:Bqv =得 r =r Bq（2分）（2分）（2分）解得 B=0.20T（

9、1 分）所以，為使微粒不會由磁場右邊射出，該勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B至少為0.20T。034.徐州市07 08學(xué)年度第一次質(zhì)量檢測 18. （13分）如圖所示，粒子源 S可以不斷地產(chǎn)生質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子（重力不計(jì)）.粒子從Oi孔漂進(jìn)（初速不計(jì)）一個(gè)水平方向的加速電場，再經(jīng)小孔O2進(jìn)入相互正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場區(qū)域，電場強(qiáng)度大小為 E,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 Bi,方向如圖.虛線PQ、MN之間存在著水平向右的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2（圖中未畫出）,有一塊折成直角的硬質(zhì)塑料板abc（不帶電，寬度很窄，厚度不計(jì) ）放置在PQ、MN之間（截面圖如圖）,a、c兩點(diǎn)恰在分別位于PQ、MN上，ab

10、=bc=L,后45 .現(xiàn)使粒子能沿圖中虛線 O2O3進(jìn)入PQ、MN之間的區(qū)域. 求加速電壓Ui.PQ、MN 之（2）假設(shè)粒子與硬質(zhì)塑料板相碰后，速度大小不變，方向變化遵守光的反射定律.粒子在 間的區(qū)域中運(yùn)動的時(shí)間和路程分別是多少？解：（1）粒子源發(fā)出的粒子，進(jìn)入加速電場被加速，速度為比,根據(jù)能的轉(zhuǎn)化和守恒定律得：qU1 =1 mv：2（2分）要使粒子能沿圖中虛線 O2O3進(jìn)入PQ、MN之間的區(qū)域，則粒子所受到向上的洛倫茲力與向下的電場力大小相等，qE =qv（）B得至ij Vo =旦（2分）Bi將式代入式，得 U 1=亞?。?1分）2qB1（2）粒子從O3以速度Vo進(jìn)入PQ、MN之間的區(qū)域，先

11、做勻速直線運(yùn)動，打到 ab板上，以大小為 V。 的速度垂直于磁場方向運(yùn)動.粒子將以半徑R在垂直于磁場的平面內(nèi)作勻速圓周運(yùn)動，轉(zhuǎn)動一周后打到ab板的下部.由于不計(jì)板的厚度，所以質(zhì)子從第一次打到ab板到第二次打到ab板后運(yùn)動的時(shí)間 TOC o 1-5 h z 為粒子在磁場運(yùn)動一周的時(shí)間，即一個(gè)周期T.2由qvB2 =幽和運(yùn)動學(xué)公式T =*，得T =（2分）RV。qB2粒子在磁場中共碰到 2塊板，做圓周運(yùn)動所需的時(shí)間為匕=2T（2分）粒子進(jìn)入磁場中，在 v0方向的總位移s=2Lsin45 ,時(shí)間為t2 =（2分）V。則 t=t1+t2=m+（2 分）qB2E004.南京師大物理之友電學(xué)綜合 （二）2

12、1、如圖所示，坐標(biāo)系 xOy在豎直平面內(nèi)，水平軌道 AB和斜 面BC均光滑且絕緣，AB和BC的長度均為L,斜面BC與水平地面間的夾角 0 =60。，有一質(zhì)量為m、 電量為+q的帶電小球（可看成質(zhì)點(diǎn)）被放在 A點(diǎn)。已知在第一象限分布著互相垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場方向豎直向上，場強(qiáng)大小E2 = mg ,磁場為水平方向 （圖中垂直紙面向外） ，磁感應(yīng)強(qiáng) q度大小為B;在第二象限分布著沿 x軸正向的水平勻強(qiáng)電場,B2qL場強(qiáng)大小Ei =一?，F(xiàn)將放在A點(diǎn)的帶電小球由靜止釋放, 6m則小球需經(jīng)多少時(shí)間才能落到地面（小球所帶的電量不變）？ 解：設(shè)帶電小球運(yùn)動到 B點(diǎn)時(shí)速度為VB則由功能關(guān)系: TOC

13、o 1-5 h z EiqL=mvB解得：Vb =亙旦旦 23 m設(shè)帶電小球從 A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)用時(shí)為ti,則由動量定理：E1 qt1 = mvB解得：t1 =243qB當(dāng)帶電小球進(jìn)入第二象限后所受電場力為F 電=E2q = mg2所以帶電小球做勻速圓周運(yùn)動：BqvB = mR則帶電小球做勻速圓周運(yùn)動的半徑R = mVB- =E3 LqB 3則其圓周運(yùn)動的圓心為如圖所示的O 點(diǎn)，-3.，,3-1BO -BC cos30 =一L,OO=BO-R= - L,OC -BC cos60 L 262假設(shè)小球直接落在水平面上的 C點(diǎn)，則991OC = - R2 -（OO ）2 = -L =OC二C與C重合，

14、小球正好打在 C點(diǎn)。BO C =120 ，一， ，一， ，、12二m所以小球從A點(diǎn)出發(fā)到落地的過程中所用時(shí)間+ t2=2J3里+包.豈 qB 3qB所以帶電小球從 B點(diǎn)運(yùn)動到C點(diǎn)運(yùn)動時(shí)間t2 = -T = 3 3qB036.江蘇泰州市0708學(xué)年度第二學(xué)期期初聯(lián)考 17.（本題15分）如圖所示，水平細(xì)桿 MN、CD,長 度均為L。兩桿間距離為h, M、C兩端與半圓形細(xì)桿相連，半圓形細(xì)桿與MN、CD在同一豎直平面內(nèi)，且MN、CD恰為半圓弧在 M、C兩點(diǎn)處的切線。質(zhì)量為 m的帶正電的小球 P,電荷量為q,穿在細(xì)桿上，已知小球 P與兩水平細(xì)桿間的動摩擦因數(shù)為由小球P與半圓形細(xì)桿之間的摩擦不計(jì)，小球P

15、與細(xì)桿之間相互絕緣。（1）若整個(gè)裝置處在方向與之垂直、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，如圖（甲）所示。小球P以一定的初速度V0從D端出發(fā)，沿桿滑到 M點(diǎn)以后恰好在細(xì)桿 MN上勻速運(yùn)動。求：小球P在細(xì)桿MN上滑行的速度；小球P滑過DC桿的過程中克服摩擦力所做的功；（2）撤去磁場，在 MD、NC連線的交點(diǎn)O處固定一電荷量為 Q的負(fù)電荷，如圖（乙）所示，使小球P從D端出發(fā)沿桿滑動，滑到 N點(diǎn)時(shí)速度恰好為零。（已知小球所受庫侖力始終小于重力）求：小球P在水平細(xì)桿MN或CD上滑動時(shí)所受摩擦力的最大值和最小值；小球P從D端出發(fā)時(shí)的初速度。P所受洛侖茲力與重力平衡，即qvB = mg ,解：（1）根據(jù)到M點(diǎn)以后

16、恰好做勻速運(yùn)動，可知小球mg貝U v =qB根據(jù)動能定理，小球 P在?gDCM滑動過程中： TOC o 1-5 h z 121222Wg = Fgh 1-Wf +WG =-mv mv0 23 22 m g.Wf =-mv0 2-V -mgh 12B q(2)小球在 O點(diǎn)正下方時(shí)摩擦力最小，fmin=MNmin=N (mg - 4kQq/h2) , 1小球在O點(diǎn)正上方時(shí)摩擦力最大，fmax=max=N ( mg + 4kQq/h2)。2利用對稱性及微元法：AWf=N(mg Fy) &+N (mg+Fy) As=2NmgAs, ，一 TOC o 1-5 h z 所以 Wf= &Wi+隊(duì) +=2Mm

17、gL, 2又因?yàn)樾∏騊在D點(diǎn)和N點(diǎn)電勢能相等，所以從 D至ij N, W電=0 1則1 mv02= mgh+ 2MmgL1v0= bcxw（4分）代入數(shù)據(jù)得E = 24V（2分）(2)正確標(biāo)出橫坐標(biāo)、縱坐標(biāo)標(biāo)度、畫出圖象( 評分標(biāo)準(zhǔn)：若只有以上其中一項(xiàng)均不給分；若橫坐標(biāo)按It ,t標(biāo)出扣1分；2若縱坐標(biāo)按E、2E標(biāo)出扣1分； 若只畫出半個(gè)周期圖象扣 2分。6分）(共三項(xiàng)，每項(xiàng)各占 2分Upq/V48,24II0.005 0.01 0.015 0.02t/S-24減速 v=0v=0力口速d -S-48(3)粒子開始運(yùn)動后一個(gè)周期內(nèi)的運(yùn)動示意圖如右圖所示一擊+Uq 4H4 /2,加速加速度 a =

18、 =10 m / s （ 1 分）dmS12向Y板加速的距離S1= ax:（Tt0） = 0.08m（1分）C 11.、2 L向X板加速的距離S2 =2ax（t0 -T ） = 0.005m（1分）一個(gè)周期內(nèi)前進(jìn)的距離S = 2s1 2S2 = 0.15m（1分）由于Sd, d 6=0.02m S1,所以粒子將在下一周期向Y板加速過程中到達(dá) Y板1 x2.3設(shè)這次加速時(shí)間為 t d - s = 2at t= 2.0 10 s （2分）求出總時(shí)間t總=T + t = 1.2 10 -2S（2分）055.08年佛山市高三教學(xué)質(zhì)量檢測（二）18. （15分）如圖甲所示，兩根質(zhì)量均為0.1 kg完全相

19、同的導(dǎo)體棒a、b,用絕緣輕桿相連置于由金屬導(dǎo)軌PQ、MN架設(shè)的斜面上。已知斜面傾角。為53, a、b導(dǎo)體棒的間距是 PQ、MN導(dǎo)軌間間距的一半，導(dǎo)軌間分界線OO以下有方向垂直斜面向上的勻強(qiáng)磁場。當(dāng)a、b導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌下滑時(shí)，其下滑速度v與時(shí)間的關(guān)系圖像如圖乙所示。若 a、b導(dǎo)體棒接入電路的電阻均為 1Q,其它電阻不計(jì)，取 g = 10 m/s2, sin53 =0.8cos53 =0,6試求：PQ、MN導(dǎo)軌的間距d; （4分）a、b導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù);（3）勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度。（6分）（5分）/ 一 1v/m st /sM圖甲00.40.8圖乙【解析】本題考查對復(fù)雜物理過程的分析能力、

20、從圖象讀取有用信息的能力。考查運(yùn)動學(xué)知識、牛頓 第二定律、閉合電路歐姆定律、法拉第電磁感應(yīng)定律等知識?？疾檫壿嬐评砟芰?、分析綜合運(yùn)用能力 和運(yùn)用物理知識解決物理問題能力。（1） （4分）由圖乙可知導(dǎo)體棒 b剛進(jìn)入磁場時(shí)a、b的連接體做勻速運(yùn)動，當(dāng)導(dǎo)體棒a進(jìn)入磁場后才d =2vt =2 3 （0.6 -0.4）m =1.2m（2分）（2） （5 分）設(shè)導(dǎo)體棒運(yùn)動的加速度為a,由圖乙得:vt -v。a 二t3-02=7.5m/s0.4（2分）fN再次加速運(yùn)動，因而 b棒勻速運(yùn)動的位移即為 a、b棒的間距（2分），依題意可得：2mg sin 二-2mg cos 二-2ma 故gsin I? 10 0

21、.8-7.5（2分）g cos 二10 0.605 = 0.083（1 分）6因a、b棒一起運(yùn)動，故可看作一整體，其受力如圖。由牛頓第二定律得:BL v（2分）4mgR（sin 二-1 cosL2v0） _ 4 M0.1 M10M1 M（ 0.8 -0.083M0.6） _X _0 83T1.22 31.2.（2分）（6分）當(dāng)b導(dǎo)體棒在磁場中做勻速運(yùn)動時(shí)2mg sin 9 2mg c o s -B I L=0（2 分）2R聯(lián)立解得答：PQ、MN導(dǎo)軌的間距為1.2m；導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)大小為0.083;勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為0.83T。054.08年北京市海淀區(qū)一模試卷 24. （2

22、0分）如圖（甲）所示為一種研究高能粒子相互作用的裝置，兩個(gè)直線加速器均由 k個(gè)長度逐個(gè)增長的金屬圓筒組成（整個(gè)裝置處于真空中，圖中只畫出了 6個(gè)圓 筒，作為示意），它們沿中心軸線排列成一串，各個(gè)圓筒相間地連接到正弦交流電源的兩端。設(shè)金屬 圓筒內(nèi)部沒有電場，且每個(gè)圓筒間的縫隙寬度很小，帶電粒子穿過縫隙的時(shí)間可忽略不計(jì)。為達(dá)到最 佳加速效果，需要調(diào)節(jié)至粒子穿過每個(gè)圓筒的時(shí)間恰為交流電的半個(gè)周期，粒子每次通過圓筒間縫隙 時(shí)，都恰為交流電壓的峰值。質(zhì)量為m、電荷量為e的正、負(fù)電子分別經(jīng)過直線加速器加速后，從左、右兩側(cè)被導(dǎo)入裝置送入位于 水平面內(nèi)的圓環(huán)形真空管道，且被導(dǎo)入的速度方向與圓環(huán)形管道中粗虛線相

23、切。在管道內(nèi)控制電子轉(zhuǎn) 彎的是一系列圓形電磁鐵，即圖中的Ai、A2、A3An,共n個(gè)，均勻分布在整個(gè)圓周上（圖中只示意性地用細(xì)實(shí)線畫了幾個(gè)，其余的用細(xì)虛線表示），每個(gè)電磁鐵內(nèi)的磁場都是磁感應(yīng)強(qiáng)度均相同的勻強(qiáng)磁場，磁場區(qū)域都是直徑為 d的圓形。改變電磁鐵內(nèi)電流的大小，就可改變磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度，從 而改變電子偏轉(zhuǎn)的角度。經(jīng)過精確的調(diào)整，可使電子在環(huán)形管道中沿圖中粗虛線所示的軌跡運(yùn)動，這 時(shí)電子經(jīng)過每個(gè)電磁鐵時(shí)射入點(diǎn)和射出點(diǎn)都在圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域的同一條直徑的兩端，如圖（乙）所 示。這就為實(shí)現(xiàn)正、負(fù)電子的對撞作好了準(zhǔn)備。（1）若正、負(fù)電子經(jīng)過直線加速器后的動能均為E。，它們對撞后發(fā)生湮滅，電子消失，且

24、僅產(chǎn)生一對頻率相同的光子，則此光子的頻率為多大？（已知普朗克恒量為h,真空中的光速為 c。） TOC o 1-5 h z （2）若電子剛進(jìn)入直線加速器第一個(gè)圓筒時(shí)速度大小為V。，為使電子通過直線加速器后速度為v,加速器所接正弦交流電壓的最大值應(yīng)當(dāng)多大？（3）電磁鐵內(nèi)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B為多大？（1） 一對正、負(fù)電子對撞后湮滅產(chǎn)生叫響光子，所以一個(gè)光子的能最與一個(gè)電子的能量相等，即每個(gè)光子的能量為 E = E0 + mc2 2分設(shè)光子的頻率為 v ,則 hn = E0 + mc2 1分E0 mc2斛得： v =。 1分h（2）電子在直線加速器中，經(jīng)過k個(gè)圓筒間的（k-1）個(gè)縫隙間的電場后，共經(jīng)

25、歷（k-1）次加速，每當(dāng)電子運(yùn)動至筒間縫隙時(shí)交流電壓的瞬時(shí)值應(yīng)為最大值Um 2分,，一八一1212根據(jù)動能th理 （k1）eUm=amv -mv0 4分/ 22、解得UmK(3)設(shè)電子經(jīng)過1個(gè)電磁鐵的圓形磁場區(qū)時(shí)偏轉(zhuǎn)角度為由圖可知，電子射入勻強(qiáng)磁場區(qū)時(shí)與通過射入點(diǎn)的直徑夾角為 電子在勻強(qiáng)磁場區(qū)域內(nèi)作圓運(yùn)動，洛侖茲力提供向心力2 mv evB =-根據(jù)幾何關(guān)系d/2sin =2 RR2mvsin解得B 二nde055.08年佛山市高三教學(xué)質(zhì)量檢測(二)20. (18分)如圖所示，相距 2L的AB、CD兩直線間的區(qū)域存在著兩個(gè)大小不同、方向相反的有界勻強(qiáng)電場，其中PT上方的電場 日的場強(qiáng)方向豎直向

26、下，PT下方的電場Eo的場強(qiáng)方向豎直向上，在電場左邊界AB上寬為L的PQ區(qū)域內(nèi)，連續(xù)分布著電量為十q、質(zhì)量為m的粒子。從某時(shí)刻起由 Q到P點(diǎn)間的帶電粒子，依次以相同的初速度V0沿水平方向垂直射入勻強(qiáng)電場Eo中，若從Q點(diǎn)射入的粒子， 通過PT上的某點(diǎn)R進(jìn)入勻弓II電場Ei后從CD 邊上的M點(diǎn)水平射出，其軌跡如圖，若MT兩 點(diǎn)的距離為L/2。不計(jì)粒子的重力及它們間的 相互作用。試求：(1)電場強(qiáng)度Eo與Ei；(2)在PQ間還有許多水平射入電場的粒子通 過電場后也能垂直 CD邊水平射出，這些入射 點(diǎn)到P點(diǎn)的距離有什么規(guī)律？(3)有一邊長為a、由光滑絕緣壁圍成的正方 形容器，在其邊界正中央開有一小孔S

27、,將其置于CD右側(cè)，若從Q點(diǎn)射入的粒子經(jīng)AB、CD間的電場從S孔水平射入容器中。欲使粒子在容器中與器壁多次垂直碰撞后仍能從 S孔射出(粒子與絕緣壁碰撞時(shí)無能量和電量損失)，并返回Q點(diǎn)，在容器中現(xiàn)加上一個(gè)如圖所示的勻強(qiáng)磁場，粒子運(yùn)動的半徑小于a,磁感應(yīng)強(qiáng)度 B的大小還應(yīng)滿足什么條件？【解析】本題考查力、運(yùn)動、電場、磁場等知識的綜合運(yùn)用能力?？疾檫壿嬐评砟芰?、綜合分析能力、運(yùn)用數(shù)知識解決物理問題能力和探究能力。(1)(6分)設(shè)粒子經(jīng)PT直線上的點(diǎn)R由Eo電場進(jìn)入Ei電場，由Q到R及R到M點(diǎn)的時(shí)間分別為t1與t2,到達(dá)R時(shí)豎直速度為vy,則：,1 , 2由 s = at、vt = at 及得：2 t F = qE = maLait；=1qE0,t2（1 分） TOC o 1-5 h z 22 mL = 1a2t2 =1咀 t；（1 分）222 mvy =qE0 tl =qE1，t2（1 分）m m（1分）vo（ti t2 ） =2L22上述三式聯(lián)立解得：E1 =2E0, Eo = 9mv。（1分）即E9mVo （i分）。8qL4qL（2） （6分）由E1 = 2Eo及式可得t=2t2。因沿PT方向粒子做勻速運(yùn)動，故 P、R兩點(diǎn)間的距離是 R、T兩點(diǎn)間距離的兩倍。即粒子在Eo電場做類平拋運(yùn)動在 PT方向的位移是在日電場中的兩倍