2014年版高考物理8电粒子在复合场中的运动二轮典型例题目 7页

训练8　带电粒子在复合场中的运动 常考的2个问题 ‎1．(2012·济南市高考模拟)如图8－9所示，两块平行金属极板MN水平放置，板长L＝‎1 m，间距d＝ m，两金属板间电压U＝1×104 V；在平行金属板右侧依次存在ABC和FGH两个全等的正三角形区域，正三角形ABC内存在垂直纸面向里的匀强磁场B1，三角形的上顶点A与上金属板M平齐，BC边与金属板平行，AB边的中点P恰好在下金属板N的右端点；正三角形FGH内存在垂直纸面向外的匀强磁场B2，已知A、F、G处于同一直线上．B、C、H也处于同一直线上．AF两点距离为 m．现从平行金属极板MN左端沿中心轴线方向入射一个重力不计的带电粒子，粒子质量m＝3×10－‎10 kg，带电荷量q＝＋1×10－‎4 C，初速度v0＝1×‎105 m/s.‎ 图8－9‎ ‎(1)求带电粒子从电场中射出时的速度v的大小和方向；‎ ‎(2)若带电粒子进入中间三角形区域后垂直打在AC边上，求该区域的磁感应强度B1；‎ ‎(3)若要使带电粒子由FH边界进入FGH区域并能再次回到FH界面，求B2应满足的条件．‎ 图8－10‎ ‎2．(2012·课标，25)如图8－10所示，一半径为R的圆表示一柱形区域的横截面(纸面)．在柱形区域内加一方向垂直于纸面的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q的粒子沿图中直线在圆上的a点射入柱形区域，在圆上的b 点离开该区域，离开时速度方向与直线垂直．圆心O到直线的距离为R.现将磁场换为平行于纸面且垂直于直线的匀强电场，同一粒子以同样速度沿直线在a点射入柱形区域，也在b点离开该区域．若磁感应强度大小为B，不计重力，求电场强度的大小．‎ ‎3．如图8－11所示，坐标系xOy在竖直平面内，长为L的水平轨道AB光滑且绝缘，B点坐标为.有一质量为m、电荷量为＋q的带电小球(可看成质点)被固定在A点．已知在第一象限内分布着互相垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上，场强大小E2＝，磁场为水平方向(在图中垂直纸面向外)，磁感应强度大小为B；在第二象限内分布着沿x轴正方向的水平匀强电场，场强大小E1＝.现将带电小球从A点由静止释放，设小球所带的电荷量不变．试求：‎ 图8－11‎ ‎(1)小球运动到B点时的速度大小；‎ ‎(2)小球第一次落地点与O点之间的距离；‎ ‎(3)小球从开始运动到第一次落地所经历的时间．‎ ‎4．如图8－‎12a所示，水平直线MN下方有竖直向上的匀强电场，现将一重力不计、比荷＝‎106 C/kg的正电荷置于电场中的O点由静止释放，经过×10－5 s后，电荷以v0＝1.5×‎104 m/s的速度通过MN进入其上方的匀强磁场，磁场与纸面垂直，磁感应强度B按图8－12b所示规律周期性变化(图b中磁场以垂直纸面向外为正，以电荷第一次通过MN时为t＝0时刻)．求：‎ 图8－12‎ ‎(1)匀强电场的电场强度E的大小；‎ ‎(2)图b中t＝×10－5 s时刻电荷与O点的水平距离；‎ ‎(3)如果在O点右方d＝‎68 cm处有一垂直于MN的足够大的挡板，求电荷从O点出发运动到挡板所需的时间．(sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80)‎ 参考答案 训练8　带电粒子在复合场中的运动常考的2个问题(计算题)‎ ‎1．解析　(1)设带电粒子在电场中做类平抛运动时间为t，加速度为a，则：q＝ma 故a＝＝×‎1010m/s2，‎ t＝＝1×10－5 s，‎ 竖直方向的速度为vy＝at＝×‎105 m/s，‎ 射出时的速度大小为v＝＝×‎105 m/s，‎ 速度v与水平方向夹角为θ，tan θ＝＝，故θ＝30°，即垂直于AB方向射出．‎ ‎(2)带电粒子出电场时竖直方向偏转的位移y＝at2＝ m＝，即粒子由P点垂直AB射入磁场，由几何关系知在磁场ABC区域内做圆周运动的半径为R1＝＝ m，‎ 由B1qv＝m知：B1＝＝ T.‎ ‎(3)分析知当轨迹与边界GH相切时，对应磁感应强度B2最小，运动轨迹如图所示：‎ 由几何关系可知R2＋＝‎1 m，‎ 故半径R2＝(2－3)m，‎ 又B2qv＝m，故B2＝ T，所以B2应满足的条件为大于 T.‎ 答案　见解析 ‎2．解析　粒子在磁场中做圆周运动．设圆周的半径为r，由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得qvB＝m①‎ 式中v为粒子在a点的速度．‎ 过b点和O点作直线的垂线，分别与直线交于c和d点．由几何关系知，线段、和过a、b两点的圆弧轨迹的两条半径(未画出)围成一正方形．因此＝＝r②‎ 设＝x，由几何关系得＝R＋x③‎ ＝R＋ ④‎ 联立②③④式得r＝R⑤‎ 再考虑粒子在电场中的运动．设电场强度的大小为E，粒子在电场中做类平抛运动．设其加速度大小为a，由牛顿第二定律和带电粒子在电场中的受力公式得qE＝ma⑥‎ 粒子在电场方向和直线方向所走的距离均为r，由运动学公式得r＝at2⑦‎ r＝vt⑧‎ 式中t是粒子在电场中运动的时间．‎ 联立①⑤⑥⑦⑧式得E＝.⑨‎ 答案　 ‎3．解析　(1)小球从A点运动到B点的过程中，由动能定理得mv＝qE‎1L，‎ 所以小球运动到B点时的速度大小vB＝ ＝ ＝.‎ ‎(2)小球在第一象限内做匀速圆周运动，设半径为R，‎ 由qBvB＝m得 R＝＝·＝L，‎ 设图中C点为小球做圆周运动的圆心，它第一次的落地点为D点，则CD＝R，‎ OC＝OB－R＝L－L＝L，‎ 所以，第一次落地点到O点的距离为 OD＝＝ ＝.‎ ‎(3)小球从A到B所需时间 tAB＝＝＝，‎ 小球做匀速圆周运动的周期为T＝，‎ 由几何关系知∠BCD＝120°，‎ 小球从B到D所用的时间为tBD＝＝，‎ 所以小球从开始运动到第一次落地所经历的时间为 tAD＝tAB＋tBD＝＋＝.‎ 答案　(1)　(2)　(3) ‎4．解析　(1)电荷在电场中做匀加速直线运动，设其在电场中运动的时间为t1，有：v0＝at1‎ ‎，Eq＝ma，‎ 解得：E＝＝7.2×103 N/C.‎ ‎(2)当磁场垂直纸面向外时，电荷运动的半径：r＝＝‎5 cm，周期T1＝＝×10－5 s，当磁场垂直纸面向里时，电荷运动的半径：r2＝＝‎3 cm，‎ 周期T2＝＝×10－5 s，‎ 故电荷从t＝0时刻开始做周期性运动，其运动轨迹如下图所示．‎ t＝×10－5 s时刻电荷与O点的水平距离：‎ Δd＝2(r1－r2)＝‎4 cm.‎ ‎(3)电荷从第一次通过MN开始，其运动的周期为：‎ T＝×10－5 s，‎ 根据电荷的运动情况可知，‎ 电荷到达挡板前运动的完整周期数为15个，‎ 此时电荷沿MN运动的距离：s＝15 Δd＝‎60 cm，‎ 则最后‎8 cm的距离如右图所示，有：‎ r1＋r1cos α＝‎8 cm，‎ 解得：cos α＝0.6，则α＝53°‎ 故电荷运动的总时间：‎ t总＝t1＋15T＋T1－T1＝3.86×10－4 s.‎ 答案　(1)7.2×103 N/C　(2)‎4 cm　(3)3.86×10－4 s