2019届高考物理二轮复习专题三电场和磁场带电粒子在复合场中运动练习题20190118262.docx

1、1带电粒子在复合场中运动1、在水平面上，平放一半径为 R 的光滑半圆管道，管道处在方向竖直、磁感应强度为B 的匀强磁场中，另有一个质量为 m、带电荷量为 q 的小球(1)当小球从管口沿切线方向以某速度射入，运动过程中恰不受管道侧壁的作用力，求此速度 v0；(2)现把管道固定在竖直面内，且两管口等高，磁场仍保持和管道平面垂直，如图所示空间再加一个水平向右、场强 E 的匀强mgq电场(未画出)若小球仍以 v0的初速度沿切线方向从左边管口射入，求小球：运动到最低点的过程中动能的增量；在管道运动全程中获得的最大速度2、如图所示，在以 O1点为圆心、 r0.20 m 为半径的圆形区域内，存在着方向垂直纸

2、面向里，磁感应强度大小为 B1.010 3 T 的匀强磁场(图中未画出)圆的左端跟 y 轴相切于直角坐标系原点 O，右端与一个足够大的荧光屏 MN 相切于 x 轴上的 A 点粒子源中，有带正电的粒子(比荷为 1.010 10 C/kg)，不断地由静止进入电压 U800 V 的加速电qm场，经加速后，沿 x 轴正方向从坐标原点 O 射入磁场区域，粒子重力不计(1)求粒子在磁场中做圆周运动的半径、速度偏离原来方向的夹角的正切值；(2)以过坐标原点 O 并垂直于纸面的直线为轴，将该圆形磁场逆时针缓慢旋转 90，求在此过程中打在荧光屏 MN 上的粒子到 A 点的最远距离23、如图所示，在纸面内有一个边

3、长为 L 的等边三角形 abc 区域，一质量为 m、电荷量为 q 的带正电的粒子从 a 点以速度 v0沿平行于纸面且垂直于 bc 边的方向进入此区域若在该区域内只存在垂直于纸面的匀强磁场，粒子恰能从 c 点离开；若该区域内只存在平行于 bc 边的匀强电场，该粒子恰好从 b 点离开(不计粒子重力)(1)判断匀强磁场、匀强电场的方向；(2)计算电场强度与磁感应强度大小的比值4、如图所示，真空中有一以 O 点为圆心的圆形匀强磁场区域，半径为 R0.5 m，磁场垂直纸面向里在 y R 的区域存在沿 y 方向的匀强电场，电场强度为 E1.010 5 V/m.在 M 点有一正粒子以速率v1.010 6 m

4、/s 沿 x 方向射入磁场，粒子穿出磁场后进入电场，速度减小到 0 后又返回磁场，最终又从磁场离开已知粒子的比荷为1.010 7 C/kg，粒子重力不计qm3(1)求圆形磁场区域磁感应强度的大小；(2)求沿 x 方向射入磁场的粒子，从进入磁场到再次穿出磁场所走过的路程5、如图所示，在方向水平向左、范围足够大的匀强电场中，固定一由内表面绝缘光滑且内径很小的圆管弯制而成的圆弧 BD，圆弧的圆心为 O，竖直半径 OD R， B 点和地面上 A点的连线与地面成 37角， AB R.一质量为 m、电荷量为 q 的小球(可视为质点)从地面上 A 点以某一初速度沿 AB 方向做直线运动，恰好无碰撞地从管口

5、B 进入管道 BD 中，到达管中某处 C(图中未标出)时恰好与管道间无作用力已知 sin 370.6，cos 370.8，重力加速度大小为 g.求：(1)匀强电场的场强大小 E 和小球到达 C 处时的速度大小 v；(2)小球的初速度大小 v0以及到达 D 处时的速度大小 vD；(3)若小球从管口 D 飞出时电场反向，则小球从管口 D 飞出后的最大水平射程 xm.46、如图所示，平行金属板水平放置，一带电荷量为 q(q0)、质量为 m 的粒子从板的左侧 O 点沿两板间的中线以初速度 v0射入板间，结果粒子恰好从上板的右侧边缘进入一圆形有界匀强磁场，磁场方向垂直于纸面，圆形磁场的圆心与上板在同一直

6、线上粒子经磁场偏转后射出磁场，沿水平方向返回两板间，粒子又刚好返回到 O 点，不计粒子的重力，金属板长为 L，板上所加电压为 U ，求：mv20q(1)粒子进入磁场时的速度大小；(2)粒子从板右端返回电场时的位置与上板间的距离；(3)磁场的磁感应强度大小和圆形有界磁场的半径7、如图甲所示装置由加速电场、偏转电场和偏转磁场组成，偏转电场处在相距为 d 的两块水平放置的平行导体板之间，匀强磁场水平宽度为 l，竖直宽度足够大大量电子(重力5不计)由静止开始，经加速电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间射入偏转电场已知电子的质量为 m、电荷量为 e，加速电场的电压为 U1 .当偏转电场不加3

7、eU20T28md2电压时，这些电子通过两板之间的时间为 T；当偏转电场加上如图乙所示的周期为 T、大小恒为 U0的电压时，所有电子均能通过电场，穿过磁场后打在竖直放置的荧光屏上(1)求水平导体板的板长 l0；(2)求电子离开偏转电场时的最大侧向位移 ym；(3)要使电子打在荧光屏上的速度方向斜向右下方，求磁感应强度 B 的取值范围8、将一内壁光滑的绝缘细圆管做成的圆环 BDC 固定在竖直面内，圆环的圆心为 O， D为圆环的最低点，其中 BOC90，圆环的半径为 R L，过 OD 的虚线与过 BC 的虚线2垂直且交于点 S，虚线 BC 的上方存在水平向右的范围足够大的匀强电场圆心 O 的正上方

8、A 点有一质量为 m、带电荷量为 q 的绝缘小球(可视为质点)，其直径略小于圆管内径，AS L.现将该小球无初速度释放，经过一段时间小球刚好无碰撞地进入圆管中并继续在圆管中运动，重力加速度大小用 g 表示(1)求虚线 BC 上方匀强电场的电场强度大小；6(2)求当小球运动到圆环的最低点 D 时对圆环压力的大小；(3)小球从管口 C 离开后，经过一段时间后落到虚线 BC 上的 F 点(图中未标出)，则C、 F 两点间的电势差为多大？9、三个相同的绝缘板构成的截面为正三角形的装置，如图所示，该正三角形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为 B，三角形的一条边与平行金属板的 N 板紧靠在

9、一起，其中 M 板带正电， N 板带负电，板间距离为 d.一质量为 m、电荷量为 q 的带正电粒子自 M 板附近的 P 处由静止释放，经 N 板的小孔和绝缘板上的小孔 S 以速度 v 垂直绝缘板射入磁场中，粒子与绝缘板发生正碰(粒子的速度方向与绝缘板垂直)后恰能以最短时间从 S 孔射出，粒子与绝缘板碰撞过程中没有动能损失，碰撞时间不计，且电荷量保持不变，粒子的重力不计(1)求 M、 N 两板间的电场强度大小 E；(2)求单个绝缘板的长度；(3)若通过调节使 M、 N 两板间的电压变为原来的 ，且保持板间距19离 d 不变，试判断粒子还能否从 P 点开始并回到 P 点？如果不能，请简要说明理由；

10、如果能，则粒子做该周期性运动的周期 T2与电压改变前做该周期性运动的周期 T1之比是多少？10、如图甲所示，平面 OO垂直于纸面，其上方有长为 h，相距为 h 的两块平行导体板34M、 N.两极板间加上如图乙所示的电压，平面 OO的下方是一个与 OO平面相平行的匀强磁场，方向垂直纸面向外在两极板的正中间正上方有一粒子源连续放射出质量为 m、带电荷量为 q 的粒子，其初速度大小为 v0，方向垂直电场及 OO平面不计粒子重力及空气的阻力，每个粒子在板间运动的极短时间内，可以认为场强不变，已知 sin 370.6，cos 370.8.7(1)若有带电粒子飞出电场时打在板上，则板间电压 UMN的最大值

11、至少为多少？(2)要使所有的粒子都能回到两板间，磁感应强度 B 需满足什么条件？(3)在满足(2)问的前提下，粒子在磁场中运动的最长时间为多少？11、如图所示，在坐标系 xOy 的第二象限内有沿 y 轴负方向的匀强电场，电场强度大小为 E，第三象限内存在匀强磁场， y 轴右侧区域内存在匀强磁场，、磁场的方向均垂直于纸面向里，一质量为 m、电荷量为 q 的粒子自 P( l， l)点由静止释放，沿垂直于 x 轴的方向进入磁场，接着以垂直于 y 轴的方向进入磁场，不计粒子重力(1)求磁场的磁感应强度 B1；(2)若磁场的磁感应强度 B2 B1，粒子从磁场再次进入电场，求粒子第二次离开电场时的横坐标；

12、(3)若磁场的磁感应强度 B23 B1，求粒子在第一次经过 y 轴到第六次经过 y 轴的时间内，粒子的平均速度8答案1、解析：(1)小球在水平面上只受到洛伦兹力作用，故qv0B (2 分)mv20R解得 v0 (1 分)qBRm(2)小球在管道内运动时，洛伦兹力始终不做功对小球运动到最低点的过程，由动能定理得 mgR qER Ek(3 分)又 Emgq联立可得动能增量 Ek2 mgR(1 分)求最大速度解法一：当小球到达管道中方位角为 的位置(如图所示)时，根据动能定理，有mgRsin qE(R Rcos ) mv2 mv (3 分)12 12 20即 v2 2 gR(sin cos )2 g

13、R(1 分)q2B2R2m2对函数 ysin cos 求极值，可得 45时，ymax (2 分)2所以 vm (1 分)q2B2R2m2 (2 2 r(2)gR求最大速度解法二：如图所示，根据场的叠加原理，小球所受的等效重力为：mg mg(1 分)(mg)2 (qE)2 2tan 1，即等效重力与水平方向夹角为 45(1 分)mgqE小球在等效重力场的“最低点”时，即当小球到达管道中方位角为9 45时，速度最大(1 分)由动能定理得mgRsin qE(R Rcos ) mv mv (3 分)12 2m 12 20解得： vm (1 分)q2B2R2m2 (2 2 r(2)gR答案：(1) (2

14、)2 mgRqBRmq2B2R2m2 2 2 r(2)gR2、(1)带电粒子在电场中加速，由动能定理得 qU mv (2 分)12 20进入磁场后做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力qv0B m (2 分)v20R联立解得 R 0.4 m(2 分)1B2mUq设速度偏离原来方向的夹角为 ，由几何关系得tan (2 分) 2 rR 12故速度偏离原来方向的夹角的正切值tan (2 分)43(2)以 O 点为圆心， OA 为半径作圆弧 AC 交 y 轴于 C 点；以 C 点为圆心， CO 为半径作出粒子运动的轨迹交弧 AC 于 D 点粒子在磁场中运动的最大圆弧弦长OD2 r0.4 m(2 分)由几

15、何关系可知 sin (2 分)rR10最远距离 ym(2 r )tan 2 (2 分)rcos 代入数据解得 ym m0.29 m(2 分)2 (r(3) 1)5答案：(1)0.4 m (2)0.29 m433、(1)由左手定则及粒子运动轨迹知，匀强磁场方向为垂直纸面向外(2 分)由电场性质及粒子运动轨迹知，匀强电场方向为平行于 bc 边且沿 c 到 b 的方向(2 分)(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系可知： r L(1 分)洛伦兹力充当向心力： qv0B m (1 分)v20r解得 B (1 分)mv0qL粒子在电场中运动： a (1 分)qEmL v0t(1 分)32L at2

16、(1 分)12 12解得 E (1 分)4mv203qL故 (1 分)EB 4v03答案：(1)见解析 (2)4v034、(1)沿 x 方向射入磁场的粒子进入电场后，速度减小到 0，则粒子一定是从如图的P 点射出磁场、逆着电场线运动的，所以粒子在磁场中做圆周运动的半径 r R0.5 m(1分)根据 Bqv (1 分)mv2r11得 B ，代入数据得 B0.2 T(2 分)mvqR(2)粒子返回磁场后，经磁场偏转后从 N 点射出磁场， MN 为直径，粒子在磁场中的总路程为二分之一圆周长s1 R(2 分)设在电场中的路程为 s2，根据动能定理得Eq mv2(2 分)s22 12s2 (2 分)mv

17、2Eq总路程 s R ，mv2Eq代入数据得 s(0.51) m(2 分)答案：(1)0.2 T (2)(0.51) m(1)小球做直线运动时的受力情况如图 1 所示，小球带正电，则qE (2 分)mgtan 得 E (1 分)4mg3q小球到达 C 处时电场力与重力的合力恰好提供小球做圆周运动的向心力，如图 2 所示，OC AB，则 m (2 分)mgsin v2R得 v (1 分)53gR(2)小球“恰好无碰撞地从管口 B 进入管道 BD”说明 AB OB小球从 A 点运动到 C 点的过程，根据动能定理有12 2R mv2 mv (2 分)mgsin 12 12 20得 v0 (1 分)2

18、53gR小球从 C 处运动到 D 处的过程，根据动能定理有(R Rsin ) mv mv2(2 分)mgsin 12 2D 12得 vD (1 分)3gR(3)小球水平飞出后，在水平方向上做初速度为 的匀变速运动，竖直方向上做自3gR由落体运动，则水平方向上的加速度 ax (1 分)qEmv 2 axx0(2 分)2D得 x0 R98小球从管口 D 飞出到落地所用的时间设为 t，则R Rcos Rsin gt2(2 分)12得 t 24R5g由于 t0 t，说明小球在水平方向上速度为 0 时，小球尚未落地(1 分)vDax 27R16g则最大水平射程 xm x0 R(2 分)98答案：(1)

19、(2) (3) R4mg3q 53gR 253gR 3gR 986、(1)粒子进入电场后做类平抛运动，设粒子在板右侧射出电场时的速度为 v，根据动能定理13qU mv2 mv (2 分)12 12 12 20解得 v v0(1 分)2(2)粒子射出电场时沿水平方向和竖直方向的分速度相等， vx vy v0，粒子在电场中运动的时间为 t1 (1 分)Lv0粒子在两板间运动的竖直位移 y1 vyt1 L，因此两板间的距离为 L(2 分)12 12粒子从板的右侧沿水平方向进入电场后仍做类平抛运动，刚好能到达 O 点，运动时间t2 (1 分)L2v0粒子运动的竖直位移 y2 t L(2 分)qU2mL

20、2 14因此粒子从板右端返回电场时的位置与上板间的距离为 L L L(2 分)12 14 34(3)如图所示，由几何关系可知，粒子进入磁场时速度方向与水平方向夹角 45(1 分)由几何关系知R R L(1 分)22 34得 R L(1 分)3(2 r(2)4由 qvB m ，得 B (2 分)v2R 4(r(2) 1)mv03qL由几何关系 r2( L)2( r R)2，34 2214得 r L(2 分)3 24答案：(1) v0 (2) L (3) L234 4r(2) 1mv03qL 3 247、(1)电子在电场中加速，由动能定理得eU1 mv12 20即 v0 (2 分)3eU0T2md

21、水平导体板的板长 l0 v0T (2 分)3eU0T22md(2)电子在偏转电场中半个周期的时间内做类平抛运动半个周期的侧向位移y1 a( )2 ( )2(2 分)12 T2 eU02mdT2电子离开偏转电场时的最大侧向位移为ym3 y1 (2 分)3eU0T28md(3)电子离开偏转电场时速度方向与水平方向夹角为 tan (2 分)vyv0 aT2v0 eU0T2mv0d 33故 30电子进入磁场做匀速圆周运动，有 evB m ，其中 v (2 分)v2R v0cos 垂直打在荧光屏上时圆周运动半径为 R1，此时 B 有最小值R1sin l(2 分)轨迹与屏相切时圆周运动半径为 R2，此时

22、B 有最大值R2sin R2 l(2 分)15联立解得 Bmin ， Bmax ，U0T2ld 3U0T2ld故 B (2 分)U0T2ld 3U0T2ld答案：(1) (2)3eU0T22md 3eU0T28md(3) BU0T2ld 3U0T2ld8、(1)小球被释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小球从 B 点沿切线方向进入，则此时速度方向与竖直方向的夹角为 45，即加速度方向与竖直方向的夹角为45，则tan 45 (2 分)mgEq解得 E (1 分)mgq(2)小球从 A 点到 D 点的过程中，根据动能定理得mv 0 mg(2L L) EqL(2 分)12 2D 2当小球运

23、动到圆环的最低点 D 时，根据牛顿第二定律得FN mg m (1 分)v2DR联立解得 FN3 ( 1) mg(1 分)2根据牛顿第三定律得小球运动到圆环的最低点 D 时对圆环的压力大小为 3( 1) mg(12分)(3)小球对 A 点到 B 点的过程中，根据动能定理得mv mgL EqL(2 分)12 2B解得 vB2 (1 分)gL小球从 C 点抛出后做类平抛运动，抛出时的速度大小16vC vB2 (1 分)gL小球的加速度大小 g g(1 分)2当小球沿抛出方向和垂直抛出方向的位移相等时，回到虚线 BC 上，则有vCt g t2(1 分)12解得 t2 (1 分)2Lg则小球沿虚线 BC

24、 方向运动的位移xCF vCt 2 2 8 L(1 分)2 2 gL2Lg沿着电场线方向电势降低，则 C 点与 F 点间的电势差为 UCF ExCF (2 分)8mgLq答案：(1) (2)3( 1) mg (3)mgq 2 8mgLq9、(1)设 M、 N 两板间的电压为 U0，由动能定理得qU0 mv2(1 分)12由匀强电场中电势差与电场强度的关系得U0 Ed(1 分)联立以上两式可得 E (2 分)mv22qd(2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，因为要求粒子在磁场中运动的时间最短，所以粒子只能与绝缘板碰撞两次，如图 1 所示，由几何关系可知单个绝缘板的长度为 L2 r(1 分)由洛伦兹

25、力提供向心力有qvB m (1 分)v2r解得 r (1 分)mvqB17单个绝缘板的长度为 L (1 分)2mvqB(3)若通过调节使 M、 N 两板间的电压变为原来的 ，且保持板间距离 d 不变，则由 q19U0 mv 2，解得 v (1 分)19 12 v3根据 qv B m ，v 2r解得 r (1 分)r3则粒子在磁场中的运动轨迹如图 2 所示，粒子可以从小孔 S 射出磁场并回到 P 点(2 分)M、 N 两板间电压为 U0时，粒子在电场中加速的时间为 t1 (1 分)2dv在磁场中做匀速圆周运动的周期为 T2 mqB粒子在磁场中与绝缘板两次碰撞的时间间隔为t2 T (1 分)603

26、60 m3qB故在电压改变前粒子做周期性运动的周期T12 t13 t2 (1 分)4dv mqBM、 N 两板间的电压调为 U0后，粒子进入磁场的速度变为 v19 v3粒子在电场中加速的时间为 t1 (1 分)6dv粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期不变，但与绝缘板碰撞的次数增加，且在同一块绝缘板上相邻两次碰撞的时间间隔为 t2 (1 分)T2 mqB故在电压改变后粒子做周期性运动的周期为T22 t13 t26 t2 (1 分)12dv mqB 6 mqB 12dv 7 mqB18故电压改变后粒子做周期性运动的周期 T2与电压改变前做周期性运动的周期 T1之比为 (2 分)T2T112dv 7

27、mqB4dv mqB 12qBd 7 mv4qBd mv答案：(1) (2) (3)能 mv22qd 2mvqB 12qBd 7 mv4qBd mv10、(1)要有粒子打在板上，设电压的最大值为 Um，则有h at2 (1 分)38 12a (1 分)EqmE (1 分)Um34hh v0t (1 分)由式可得 Um (1 分)9mv2016q(2)设粒子进入磁场时速度 v 与 v0的夹角为 ，则有v (1 分)v0cos 又由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得Bqv (1 分)mv2R粒子从 OO上射出磁场的位置与射入磁场的位置的距离 s2 Rcos (1 分)由式可得 s (1 分)2mv0Bq

28、若沿 v0方向射进磁场的粒子能回到板间，则其他方向的粒子都能回到板间当 s h38时， B 最小，即19h (1 分)38 2mv0Bq解得 B (1 分)16mv03hq即磁感应强度 B (1 分)16mv03hq(3)粒子在 MN 板间偏转得越大，粒子进入磁场中偏转的角度越大，时间越长设粒子在 MN 板间的最大偏转角为 ，则tan (1 分)vyv0vy at (1 分)由 式得 tan (1 分)34即 37 粒子在磁场中运动对应的圆心角为 ，由几何关系得 2 (1 分)T (1 分)2 Rv由 式得 T (1 分)2 mqB又粒子在磁场中运动的时间 t T (1 分) 2解得 t mB

29、q由知： B 越小， t 越大，即 B 时， t 最大16mv03hq解得 t (1 分)127 h480v0答案：(1) (2) B (3)9mv2016q 16mv03hq 127 h480v02011、(1)设粒子垂直于 x 轴进入时的速度为 v，由运动学公式有 2al v2，(1 分)由牛顿第二定律有 Eq ma，(1 分)由题意知，粒子在中做圆周运动的半径为 l，由牛顿第二定律有 qvB1 ，(1 分)mv2l联立各式得 B1 .(1 分)2mEql(2)粒子运动的轨迹如图 a 所示，粒子第二次进入电场，在电场中做类平抛运动，x 负方向 x vt，(1 分)y 负方向 l at2，(

30、1 分)12联立得 x2 l，则横坐标 x2 l，(1 分)(3)粒子运动的轨迹如图 b 所示，设粒子在磁场中运动的半径为 r1，周期为 T1，在磁场中运动的半径为 r2，周期为 T2，r1 l，(2 分)3qvB1 ，(1 分)mv2r2T1 ，(1 分)2 r1v 2 mqB1T2 ，(1 分)2 r2v 2 m3qB1联立各式得 r2 ， T2 .(2 分)r13 T13粒子在第一次经过 y 轴到第六次经过 y 轴的时间21t T1 T2，(1 分)32粒子在第一次经过 y 轴到第六次经过 y 轴时间内的位移x6 r2，(1 分)联立各式得 ，方向沿 y 轴负方向(2 分)v23 2qElm答案：(1) (2)2 l (3) 方向沿 y 轴负方向2mEql 23 2qElm