高考物理 100考點千題精練 專題9.12 組合場問題

1、專題9.12 組合場問題一選擇題1(2018·東北三校聯(lián)考)如圖所示，某種帶電粒子由靜止開始經(jīng)電壓為u1的電場加速后，射入水平放置、電勢差為u2的兩導(dǎo)體板間的勻強電場中，帶電粒子沿平行于兩板的方向從兩板正中間射入，穿過兩板后又垂直于磁場方向射入邊界線豎直的勻強磁場中，則粒子射入磁場和射出磁場的m、n兩點間的距離d隨著u1和u2的變化情況為(不計重力，不考慮邊緣效應(yīng))()ad隨u1變化，d與u2無關(guān)bd與u1無關(guān)，d隨u2變化cd隨u1變化，d隨u2變化dd與u1無關(guān)，d與u2無關(guān)【參考答案】a2（2018廣州一模）如圖，正方形abcd中abd區(qū)域內(nèi)存在方向垂直紙面向里的勻強磁場，bc

2、d區(qū)域內(nèi)有方向平行bc的勻強電場（圖中未畫出）。一帶電粒子從d點沿da方向射入磁場，隨后經(jīng)過bd的中點e進入電場，接著從b點射出電場。不計粒子的重力。則a粒子帶負電b電場的方向是由b指向cc粒子在b點和d點的動能相等d粒子在磁場、電場中運動的時間之比為p2【參考答案】abd3（2018廣東韶關(guān)質(zhì)檢）如圖 4 所示，一個靜止的質(zhì)量為 m、帶電荷量為 q 的粒子（不計重力），經(jīng)電壓 u 加速 后垂直進人磁感應(yīng)強度為 b 的勻強磁場，粒子在磁場中轉(zhuǎn)半個圓周后打在 p 點，設(shè) op=x，能夠正確反應(yīng) x 與 u 之間的函數(shù)關(guān)系的是【參考答案】b4如圖所示，在x軸的上方有沿y軸負方向的勻強電場，電場強度

3、為e，在x軸的下方等腰三角形cdy區(qū)域內(nèi)有垂直于xoy平面由內(nèi)向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為b，其中c，d在x軸上，它們到原點o的距離均為a， ?，F(xiàn)將一質(zhì)量為m，帶電量為q的帶正電粒子，從y軸上的p點由靜止釋放，設(shè)p點到o點的距離為h，不計重力作用與空氣阻力的影響。，下列說法正確的是（ ）a. 若 ，則粒子垂直cy射出磁場b. 若，則粒子平行于x軸射出磁場c. 若 ，則粒子垂直cy射出磁場d. 若，則粒子平行于x軸射出磁場【參考答案】ad點睛：帶電粒子先經(jīng)過電場加速，再進入磁場做勻速圓周運動，由動能定理求出加速獲得的速度，由牛頓第二定律求出在磁場中圓周運動的軌跡半徑，可結(jié)合幾何知識判斷粒子射出磁

4、場的方向二計算題1. (16分) （2018江蘇揚州期末）在如圖所示的坐標系內(nèi)，pq是垂直于x軸的分界線，pq左側(cè)的等腰直角三角形區(qū)域內(nèi)分布著勻強磁場，磁感應(yīng)強度為b，方向垂直紙面向里，ac邊有一擋板可吸收電子，ac長為d.pq右側(cè)為偏轉(zhuǎn)電場，兩極板長度為d，間距為d.電場右側(cè)的x軸上有足夠長的熒光屏現(xiàn)有速率不同的電子在紙面內(nèi)從坐標原點o沿y軸正方向射入磁場，電子能打在熒光屏上的最遠處為m點，m到下極板右端的距離為d，電子電荷量為e，質(zhì)量為m，不考慮電子間的相互作用以及偏轉(zhuǎn)電場邊緣效應(yīng)，求：(1) 電子通過磁場區(qū)域的時間t；(2) 偏轉(zhuǎn)電場的電壓u；(3) 電子至少以多大速率從o點射出時才能打

5、到熒光屏上【名師解析】 (1) 電子在磁場區(qū)域運動周期為t(2分)通過磁場區(qū)域的時間為t1t. (2分)(2) 由幾何知識得rd，又r解得v(2分)代入數(shù)據(jù)解得u.(2分)(3) 電子恰好打在下極板右邊緣磁場中r電場中水平方向dvt豎直方向rt2由上述三式代入數(shù)據(jù)解得v.(4分)2.（2017北京海淀二模）（16分）如圖所示，真空玻璃管內(nèi)，加熱的陰極k發(fā)出的電子（初速度可忽略不計）經(jīng)陽極a與陰極k之間的電壓u1形成的加速電場加速后，從陽極a的小孔射出，由水平放置的平行正對偏轉(zhuǎn)極板m、n的左端中點以平行于極板的方向射入兩極板之間的區(qū)域。若m、n兩極板間無電壓，電子將沿水平直線打在熒光屏上的o點；

6、若在m、n兩極板間加電壓u2，形成平行紙面的偏轉(zhuǎn)電場，則電子將打在熒光屏上的p點；若在m、n極板間加電壓u2的同時，再加方向垂直紙面的勻強磁場，則電子將能重新打在熒光屏上的o點。已知電子質(zhì)量為m，電荷量為e，m、n兩極板長均為l1、兩極板間距離為d，極板右端到熒光屏的距離為l2。（1）忽略電子所受重力及它們之間的相互作用力，求： 電子從陽極a小孔射出時速度v0的大??；電子重新打在熒光屏上o點時，所加勻強磁場的磁感應(yīng)強度b的大小。（2）在解決一些實際問題時，為了簡化問題，常忽略一些影響相對較小的量，這對最終的計算結(jié)果并沒有太大的影響，因此這種處理是合理的。如在計算電子打在熒光屏上的位置時，對于電

7、子離開m、n板間的偏轉(zhuǎn)電場后運動到熒光屏的過程，可以忽略電子所受的重力。請利用下列數(shù)據(jù)分析說明為什么這樣處理是合理的。已知u2=2.0×102v，d=4.0×10-2m，m=9.1×10-31kg，e=1.6×10-19c，l1=5.0×10-2m，l2=0.10m，重力加速度g=10m/s2。 加磁場后，電子沿水平方向以v0做勻速直線運動，所受合力為零（2分）即eu2/d=ev0b（2分）解得 b=（2分）若考慮到重力的作用，則電子離開偏轉(zhuǎn)電場到熒光屏的過程中，沿垂直偏轉(zhuǎn)極板方向的位移 y2=vyt2+gt22=+g（1分）由于重力影響，電子

8、離開偏轉(zhuǎn)電場到熒光屏的過程中，沿垂直偏轉(zhuǎn)極板方向位移增加量為 y=y2-y1=g由于重力的影響，電子離開偏轉(zhuǎn)電場到熒光屏的過程中，沿垂直偏轉(zhuǎn)極板方向位移的增加量與忽略電子所受重力時的位移的比值10-14（1分）即重力對電子打在熒光屏上的位置影響非常小，所以計算電子偏轉(zhuǎn)量時可以忽略電子所受的重力。3（2017年5月廣西五市模擬）如圖所示，虛線mn為勻強電場和勻強磁場的分界線，勻強電場場強大小為e方向豎直向下且與邊界mn成=45°角，勻強磁場的磁感應(yīng)強度為b，方向垂直紙面向外，在電場中有一點p，p點到邊界mn的豎直距離為d?，F(xiàn)將一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從p處由靜止釋放（不計粒子

9、所受重力，電場和磁場范圍足夠大）。求：（1）粒子第一次進入磁場時的速度大??；（2）粒子第一次出磁場處到第二次進磁場處的距離；（3）若粒子第一次進入磁場后的某時刻，磁感應(yīng)強度大小突然變?yōu)?，但方向不變，此后粒子恰好被束縛在該磁場中，則的最小值為多少？【參考答案】（1）v=。（2）xca=4d。（3）b=2(2-)b.由幾何知識可得x=y，解得：t=兩點間的距離為：xca=vt，代入數(shù)據(jù)可得：xca=4d。設(shè)此后粒子做圓周運動的軌跡半徑為r，則有幾何關(guān)系可知r=r。又因為r=，所以b=，代入數(shù)據(jù)可得：b=2(2-)b.4.如圖所示，等邊三角形aqc的邊長為2l， p、d分別為aq、ac的中點水平線q

10、c以下是向左的勻強電場，區(qū)域（梯形pqcd）內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為b0；區(qū)域（三角形apd）內(nèi)的磁場方向垂直紙面向里，區(qū)域iii（虛線pd之上、三角形apd以外）的磁場與區(qū)域內(nèi)大小相等、方向相反帶正電的粒子從q點正下方、距離q點為l的o點以某一速度射入電場，在電場作用下以速度v0垂直qc到達該邊中點n，經(jīng)區(qū)域再從p點垂直aq射入?yún)^(qū)域（粒子重力忽略不計）（1）求該粒子的比荷q/m；（2）求該粒子從o點運動到n點的時間t1和勻強電場的電場強度e；（3）若區(qū)域和區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強度大小為3b0，則粒子經(jīng)過一系列運動后會返回至o點，求粒子從n點出發(fā)再回到n點的運動過程所需的時間

11、t【名師解析】(1)由題意可知，粒子在區(qū)域內(nèi)做勻速圓周運動，軌道半徑為：r1=l由牛頓第二定律和洛倫茲力表達式得到：qv0b0=m解得：q/m= (3)帶電粒子在區(qū)域和區(qū)域內(nèi)做勻速圓周運動，同理由牛頓第二定律和洛倫茲力表達式可得： qv0·3b0=m解得：r2=l/3粒子從n點出發(fā)再回到n點的運動軌跡如圖所示在區(qū)域中做勻速圓周運動一段圓弧所對的圓心角1=/3，在區(qū)域中運動的時間：t2=2×=在區(qū)域中做勻速圓周運動一段圓弧所對的圓心角2=/3，在區(qū)域中運動的時間：t2=在區(qū)域中勻速圓周運動一段圓弧所對的圓心角3=，在區(qū)域中運動時間：t3=2×= 粒子從n點出發(fā)再回到n點的運動過程所需的時間t=t3+ t2+t3=+=6edbc3191f2351dd8