- 332.00 KB
- 2021-05-24 发布
- 1、本文档由用户上传,淘文库整理发布,可阅读全部内容。
- 2、本文档内容版权归属内容提供方,所产生的收益全部归内容提供方所有。如果您对本文有版权争议,请立即联系网站客服。
- 3、本文档由用户上传,本站不保证质量和数量令人满意,可能有诸多瑕疵,付费之前,请仔细阅读内容确认后进行付费下载。
- 网站客服QQ:403074932
- 1 -
带电粒子在组合场、复合场中的运动
[题组一] 带电粒子在组合场中的运动
1.(2019·广西桂林、百色和崇左市第三次联考)(多选)如图所示,在第二象限内有水平
向右的匀强电场,在第一、第四象限内分别存在如图所示的匀强磁场,磁感应强度大小相
等.在该平面有一个质量为 m、带正电 q 的粒子以初速度 v0 垂直 x 轴,从 x 轴上的 P 点进入
匀强电场,恰好与 y 轴成 45°角射出电场,再经过一段时间恰好垂直于 x 轴进入下面的磁场,
已知 OP 之间的距离为 d,不计粒子重力,则( )
A.磁感应强度 B=
2mv0
4qd
B.电场强度 E=
mv20
2qd
C.自进入磁场至在磁场中第二次经过 x 轴所用时间为 t=
7 2πd
2v0
D.自进入磁场至在磁场中第二次经过 x 轴所用时间为 t=
7πd
2v0
解析:BD [粒子的轨迹如图所示:
带电粒子在电场中做类平抛运动,水平方向做匀加速运动,竖直方向做匀速运动,由题
得知,出电场时,vx=vy=v0,根据:x=
vx
2 t,y=vyt=v0t,得 y=2x=2d,出电场时与 y 轴
交点坐标为(0,2d),设粒子在磁场中运动的半径为 R,则有 Rsin(180°-β)=y=2d,而 β=
135°,解得:R=2 2d,粒子在磁场中运动的速度为:v= 2v0,根据 R=
mv
qB,解得:B=
mv0
2qd,故 A 错误;根据 vx=at=
qE
m t=v0,x=
vx
2 t,联立解得:E=
mv20
2qd,故 B 正确;在第一象限
运动时间为:t1=
135°
360°T=
3πd
2v0 ,在第四象限运动时间为:t2=
1
2T=
2πd
v0 ,所以自进入磁场至
在磁场中第二次经过 x 轴所用时间为:t=t1+t2=
7πd
2v0 ,故 D 正确,C 错误.]
2.(2019·百校联盟押题卷)如图所示,在平面直角坐标系 xOy 的 x 轴上方存在着垂直坐
- 2 -
标平面向里的匀强磁场,x 轴下方存在着沿 x 轴正方向的匀强电场.一带正电粒子从 y 轴上的
A 点以初速度 v0 出发,射入匀强磁场,经磁场偏转后恰好经 x 轴上的 C 点垂直 x 轴进入匀强
电场,一段时间后到达 y 轴上的 D 点.已知 OC=
OA
2 =
OD
2 =
l
2,不计粒子的重力.
(1)求粒子到达 D 点时的速度大小.
(2)求匀强磁场的磁感应强度大小 B 与匀强电场的电场强度大小 E 的比值.
(3)若撤去原来的匀强电场,然后在 x 轴下方添加一圆形匀强磁场区域,磁感应强度大小
是 x 轴上方匀强磁场磁感应强度大小的 2 倍,使带电粒子经过该磁场偏转后刚好也能够通过
D 点且速度与 y 轴负方向成 θ=60°角,试计算该圆形匀强磁场区域的最小面积.
解析:(1)由题意可知,粒子到达 C 点时的速度大小仍为 v0,粒子在匀强电场中做类平抛
运动,设粒子到达 D 点所用时间为 t,沿 x 轴方向的分速度的大小为 vx,则有
l=v0t,
l
2=
vx
2 t
以上两式联立可解得 vx=v0
所以粒子到达 D 点时的速度大小为 vD= 2v0
(2)如图甲所示,设粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径为 R,则由几何关系有 l2+
(R-
l
2 )2=R2
解得 R=
5
4l
又因为 qv0B=m
v20
R
所以 B=
4mv0
5ql
在匀强电场中有 vx=
qE
m ·
l
v0
- 3 -
代入数据可得 E=
mv20
ql ,故
B
E=
4
5v0
(3)由 qv0B=m
v20
R 可知,当 B 变为原来的 2 倍时,粒子在磁场中做圆周运动的半径应变为
原来的一半,设粒子在圆形磁场区域中做匀速圆周运动的半径为 R1,则 R1=
5
8l
粒子轨迹如图乙所示,由几何关系可知,∠MO2N=60°,故 MN=
5
8l
当 MN 为圆形磁场的直径时,圆形磁场区域面积最小,故 Smin=π(MN
2 )2,代入数据可得
Smin=
25
256πl2
答案:(1) 2v0 (2)
4
5v0 (3)
25
256πl2
[题组二] 带电粒子在叠加场中的运动
3.(2019·河南省周口市期末)(多选)如图所示,平行纸面向下的匀强电场与垂直纸面向
外的匀强磁场相互正交,一带电小球刚好能在其中做竖直面内的匀速圆周运动.若已知小球
做圆周运动的半径为 r,电场强度大小为 E,磁感应强度大小为 B,重力加速度大小为 g,则
下列判断中正确的是( )
A.小球一定带负电荷
B.小球一定沿顺时针方向转动
C.小球做圆周运动的线速度大小为
gBr
E
D.小球在做圆周运动的过程中,电场力始终不做功
解析:AC [带电小球在重力场、匀强电场和匀强磁场中做匀速圆周运动,可知,带电小
球受到的重力和电场力是一对平衡力,重力竖直向下,所以电场力竖直向上,与电场方向相
反,故小球一定带负电荷,故 A 正确;磁场方向向外,洛伦兹力的方向始终指向圆心,由左
- 4 -
手定则可判断小球的运动方向为逆时针,故 B 错误;由电场力和重力大小相等,得:mg=qE,
带电小球在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动的半径为:r=
mv
qB,联立得:v=
gBr
E ,故 C 正确;
小球在做圆周运动的过程中,电场力做功,洛伦兹力始终不做功,故 D 错误.]
4.(2020·河南省濮阳市第二次模拟)如图所示,在 xOy 坐标系的第二象限内有水平向右
的匀强电场,第四象限内有竖直向上的匀强电场,两个电场的场强大小相等,第四象限内还
有垂直于纸面的匀强磁场,让一个质量为 m、带电荷量为 q 的粒子在第二象限内的 P(-L,L)
点由静止释放,结果粒子沿直线运动到坐标原点并进入第四象限,粒子在第四象限内运动后
从 x 轴上的 Q(L,0)点进入第一象限,重力加速度为 g,求:
(1)粒子从 P 点运动到坐标原点的时间;
(2)匀强磁场的磁感应强度的大小和方向.
解析:(1)粒子在第二象限内做直线运动,因此电场力和重力的合力方向沿 PO 方向,则
粒子带正电.
mg=qE1=qE2, 2mg=ma, 2L=
1
2at2,解得 t=
2L
g
(2)设粒子从 O 点进入第四象限的速度大小为 v,则 v=at=2 gL,方向与 x 轴正方向成
45°角,由于粒子在第四象限内受到的电场力与重力等大反向,因此粒子在洛伦兹力作用下
做匀速圆周运动,由于粒子做匀速圆周运动后从 x 轴上的 Q(L,0)点进入第一象限,根据左手
定则可以判断,磁场方向垂直于纸面向里.
粒子做圆周运动的轨迹如图,由几何关系可知
粒子做匀速圆周运动的轨迹半径为 R=
2
2 L
由牛顿第二定律可得 Bqv=m
v2
R ,解得 B=
2m 2gL
qL .
- 5 -
答案:(1)
2L
g (2)
2m 2gL
qL ,垂直纸面向里
[题组三] 带电粒子在交变电磁场中的运动
5.(2020·江西省五市八校第二次联考)如图甲所示,直角坐标系 xOy 中,第二象限内有
沿 x 轴正方向的匀强电场,第一、四象限内有垂直坐标平面的匀强交变磁场,磁场方向垂直
纸面向外为正方向.第三象限内有一发射装置(没有画出)沿 y 轴正方向射出一个比荷
q
m=100
C/kg 的带正电的粒子(可视为质点且不计重力),该粒子以 v0=20 m/s 的速度从 x 轴上的点
A(-2 m,0)进入第二象限,从 y 轴上的点 C(0,4 m)进入第一象限.取粒子刚进入第一象限的时
刻为 0 时刻,第一、四象限内磁场的磁感应强度按图乙所示规律变化,g 取 10 m/s2.
(1)求第二象限内电场的电场强度大小;
(2)求粒子第一次经过 x 正半轴时的位置坐标.
解析:(1)带电粒子在第二象限的电场中做类平抛运动,设粒子从 A 点到 C 点用时为 t,
则
Eq|xA|=
1
2m(v2C-v20)
|xA|=
vCx
2 t
|yC|=v0t
v2C=v20+v 2Cx
解得:E=1.0 N/C,vC=20 2 m/s
(2)设粒子在 C 点的运动方向与 y 轴正方向成 θ 角,
则 cos θ=
v0
vC=
2
2
即 θ=45°
粒子在第一象限的磁场中运动时有:qvCB=m
v2C
r
解得:r=
2
2 m
粒子做圆周运动的周期 T=
2πr
vC =
π
20 s
- 6 -
所以粒子在磁场中的运动轨迹如图所示,粒子运动第四个半圆的过程中第一次经过 x 正
半轴,在 x 正半轴上对应的弦长为 2r=1 m,所以 OD=3 m
粒子第一次经过 x 正半轴时的位置坐标为(3 m,0)
答案:(1)1.0 N/C (2)(3 m,0)
6.(2019·吉林三模)如图甲所示,虚线 MN 的左侧空间中存在竖直向上的匀强电场(上、
下及左侧无边界).一个质量为 m、电荷量为 q 的带正电小球(视为质点),以大小为 v0 的水平
初速度沿 PQ 向右做直线运动.若小球刚经过 D 点时(t=0),在电场所在空间叠加如图乙所示
随时间周期性变化、垂直纸面向里的匀强磁场,使得小球再次通过 D 点时的速度与 PQ 连线成
60°角.已知 D、Q 间的距离为( 3+1)L,t0 小于小球在磁场中做圆周运动的周期,重力加
速度大小为 g.
(1)求电场强度 E 的大小;
(2)求 t0 与 t1 的比值;
(3)小球过 D 点后将做周期性运动,当小球运动的周期最大时,求此时磁感应强度的大小
B0 及运动的最大周期 Tm.
解析:(1)小球沿 PQ 向右做直线运动,受力平衡,则 mg=Eq,解得 E=
mq
q .
(2)小球能再次通过 D 点,其运动轨迹应如图(a)所示.
设小球做匀速圆周运动的轨迹半径为 r,则由几何关系有 s=
r
tan 30°
- 7 -
又知 s=v0t1
圆弧轨迹所对的圆心角 θ=2π-(π-
π
3 )=
4
3π
则 t0=
θr
v0
联立解得
t0
t1=
4 3
9 π.
(3)当小球运动的周期最大时,其运动轨迹应与 MN 相切,小球运动一个周期的轨迹如图(b)
所示,由几何关系得 R+
R
tan 30°=( 3+1)L
解得 R=L
由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有 qv0B0=m
v20
R
解得 B0=
mv0
qL
小球在一个周期内运动的路程
s1=3×
2
3×2πR+6×
R
tan 30°=(4π+6 3)L
故 Tm=
s1
v0=
4π+6 3L
v0 .
答案:(1)
mg
q (2)
4 3
9 π (3)
4π+6 3L
v0
相关文档
- 新课标2020高考物理二轮复习专题强2021-05-2415页
- 2018届高考物理二轮复习文档:寒假作2021-05-249页
- 2018届二轮复习电场与磁场课件(44张2021-05-2444页
- 【物理】2019届一轮复习人教版电场2021-05-2240页
- 【物理】2019届二轮复习提分策略一2021-05-227页
- 2020版高考物理大二轮复习优选习题2021-05-1415页
- 2017年度高考物理(专题五 第1课时 2021-05-1418页
- (浙江选考)2020届高考物理二轮复习 2021-05-1410页
- 高考物理二轮练习专题检测试题电场2021-05-144页
- 2020届高考物理二轮复习 专题三 电2021-05-1315页