2017-2018學(xué)年高中物理精做10帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)大題精做新人教版選修3-1

1、精做10帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng):模擬精做1 某放置在真空中的裝置如圖甲所示，水平放置的平行金屬板A、B中間開有小孔，小孔的連線與豎直放置的平行金屬板C、D的中心線重合。在C、D的下方有如圖所示的、范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)， 磁場(chǎng)的理想上邊界與金屬板C D下端重合，其磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變r(jià)xv化的圖象如圖乙所示，圖乙中的i為已知，但其變化周期To未知。已知金屬板A B之 間的電勢(shì)差為 -+-，金屬板C D的長度均為L,間距為、過匚。質(zhì)量為m電荷 量為q的帶正電粒子P(初速度不計(jì)、重力不計(jì))進(jìn)入A、B兩板之間被加速后，再進(jìn)入C D兩板之間被偏轉(zhuǎn)，恰能從D極下邊緣射出。忽略偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的邊界效應(yīng)。(2 )求

2、粒子離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)速度的大小和方向；(3)規(guī)定垂直紙面向里的磁場(chǎng)方向?yàn)檎较?，在圖乙中t=0 時(shí)刻該粒子進(jìn)入磁場(chǎng)，并在-1時(shí)刻粒子的速度方向恰好水平，求磁場(chǎng)的變化周期To和該粒子從射入磁場(chǎng)到離開磁場(chǎng)的總時(shí)間t總?！敬鸢浮?(1)-1；-一一I偏轉(zhuǎn)角為 30(3)(1 )求金屬板C D之間的電勢(shì)差UCD；【解析】(I)設(shè)粒子在加速電場(chǎng)中被加速后獲得的速度為*32qEmftMqU=-mvI32(3)由作圖和分析可得，粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示 k I粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期為：設(shè)粒子在偏祎電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的加速度為 6 運(yùn)動(dòng)時(shí)間為L宙牛頓運(yùn)動(dòng)定律和類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得2z聯(lián)立解得：七U】(2)設(shè)粒

3、子離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的速度大小為r,由動(dòng)能定理得：:_:-由 動(dòng) 能 定 理解得：解得：-設(shè)粒子由 k 點(diǎn)離開電場(chǎng)時(shí)偏轉(zhuǎn)角為?，由平行四邊形定則得:解得：uv0=VCOS4粒子從k進(jìn)入磁場(chǎng)，沿逆時(shí)針方向運(yùn)動(dòng)，由“_ I時(shí)刻的速度方向恰好水平”可知,14 軌跡對(duì)應(yīng)的圖心角為：一丨；即._-r -1r3606故有： 64結(jié)合題團(tuán)乙可知)粒子經(jīng)過呂點(diǎn)時(shí)，晞場(chǎng)反向在& =內(nèi)粒子沿順時(shí)針方向運(yùn)動(dòng)半周到達(dá)f f 自、*此時(shí)越場(chǎng)再反向粒子在ra=T內(nèi)沿逆時(shí)針方向運(yùn)動(dòng)到&點(diǎn);接看在5 二內(nèi)運(yùn)動(dòng)到h h點(diǎn);再接著在右=J02 20內(nèi)運(yùn)動(dòng)到(點(diǎn)蟲作圖不吩析可知最后經(jīng)匚=2=2從丿點(diǎn)離開忑蛹O 5T則該

4、粒子從射入磁場(chǎng)到離開磁場(chǎng)的總時(shí)間為：t總=.I_2如圖所示，帶電平行金屬板相距為2R在兩板間半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,兩板及其左側(cè)邊緣連線均與磁場(chǎng)邊界剛好相切。一質(zhì)子(不計(jì)重力)沿兩板間中心線OQ從左側(cè)O點(diǎn)以某一速度射入，沿直線通過圓形磁場(chǎng)區(qū)域，然后恰好從極板邊緣飛出，在極板間運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t。若僅撤去磁場(chǎng)，質(zhì)子仍從O點(diǎn)以相同速度射入，經(jīng)y時(shí)間打到極板上。(1)求兩極板間電壓U;(2)求質(zhì)子從極板間飛出時(shí)的速度大?。?3)若兩極板不帶電，保持磁場(chǎng)不變，質(zhì)子仍沿中心線OQ從左側(cè)0點(diǎn)射入，欲使質(zhì)子從兩板間左側(cè)飛出，射入的速度應(yīng)滿足什么條件。即：t53RS4則從極板間

5、飛出時(shí)的速度大?。?【答案】（1）（3）八【解析】（1）設(shè)質(zhì)子從左側(cè) 6 點(diǎn)射入的速度為讓，極板長為 6 在復(fù)合場(chǎng)中做勻速運(yùn)動(dòng)電場(chǎng)力等于TJTJTJTJ洛倫茲力E E = = BqvBqv , ,又因 =,則有 5 =2K2K2/C質(zhì)子在電場(chǎng)中做類乎拋運(yùn)動(dòng)設(shè)類平拋運(yùn)動(dòng)的 a寸間為則t4R8,廠聯(lián)立以上解得：一、二丄：、*、-2k乂聯(lián)立. -1J，可得.二；：.2（3）設(shè)質(zhì)子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為r，質(zhì)子恰好從上極板左邊緣飛出時(shí)速度yi Y 11的偏轉(zhuǎn)角為a，由幾何關(guān)系可知：3=n - a7 / * fi因?yàn)樨?X 2I=45 ,r+二RqE qvB 3R根據(jù)向心力公式，:：，解得：-

6、； |_ 農(nóng)所以質(zhì)子從兩板左側(cè)間飛出的條件為 - _【名師點(diǎn)睛】本題考查小球在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，先后做勻速直線運(yùn)動(dòng)、類平拋運(yùn)動(dòng)與勻速圓周運(yùn)動(dòng)。粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由受力平衡條件，通過運(yùn)動(dòng)學(xué)公式與牛頓第二定律,撤去磁場(chǎng)后僅受電場(chǎng)力，由題意得，豎直方向有，？_二2水平方向：丄一一.:豎直方向：，-2m又因!（2 ） 質(zhì)子從極板間飛出時(shí)對(duì)速度進(jìn)行分解， 沿電場(chǎng)方向分速度大小:6【答【解析】（1）因?yàn)榱Ｗ釉谒俣冗x擇器中運(yùn)動(dòng)時(shí)受力平衡，即一廠； 二 L：，解得-；結(jié)合電場(chǎng)力與洛倫茲力表達(dá)式，即可求解；由速度與時(shí)間關(guān)系，可求質(zhì)子在沿電場(chǎng)方向 的速度，因此可求出飛出極板間的速度大??；質(zhì)子恰好從上極板左邊緣飛出

7、，因此由幾 何關(guān)系，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式與向心力表達(dá)式，從而可求出質(zhì)子從兩板左側(cè)間飛出的條件。經(jīng)典精做3.如圖甲所示，在坐標(biāo)系xOy平面內(nèi)，y軸的左側(cè)有一個(gè)速度選擇器，其中電場(chǎng)強(qiáng)度為E,磁感應(yīng)強(qiáng)度為Bo。粒子源不斷地釋放出沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，質(zhì)量均為m電荷量均為+q、 速度大小不同的粒子，在y軸的右側(cè)有一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小恒為B,方向垂直于xOy平面，且隨時(shí)間做周期性變化 （不計(jì)其產(chǎn)生的電場(chǎng)對(duì)粒子的影響），規(guī)定垂直xOy平面向里的磁場(chǎng)方向?yàn)檎?，如圖乙所示。在離y軸足夠遠(yuǎn)的地方有一個(gè)與y軸平行的熒光屏。假設(shè)帶電粒子在y軸右側(cè)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間達(dá)到磁場(chǎng)的一個(gè)變化周期之后，失去電荷變?yōu)橹行粤Ｗ?。（粒子的重力?/p>

8、略不計(jì)）做曲線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間等于磁場(chǎng)的一個(gè)變化周期，則熒光屏離開熒光屏離開y軸的距離滿足（2）的前提下，如果磁場(chǎng)的變化周期T可以改變，試求從t=0 時(shí)刻經(jīng)過原點(diǎn)O的粒子打在熒光屏上的位置離x軸的距離與磁場(chǎng)變化周期T的關(guān)系。(1)(2)從O點(diǎn)射入右側(cè)磁場(chǎng)的粒子速度多大;如果磁場(chǎng)的變化周期恒定為-,要使不同時(shí)刻從原點(diǎn)O進(jìn)入變化磁場(chǎng)的粒子y軸的距離至少多大;(3)(3)1) _E7mE(2)帶電粒子進(jìn)入y軸右側(cè)之后，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑為 因?yàn)榇艌?chǎng)的變化周期恒為所以粒子在該磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)半個(gè)周期所轉(zhuǎn)過的角度為x =sin(Y + 2rsin(90一 住)=】丁 sin 住 +2廣 cos7=2 V2rsm(4

9、5 + a)當(dāng)a=45a=45f f，的值最大，最大值為x = 22r = 2V2-(3)因?yàn)閹щ娏Ｗ釉趦蓚€(gè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等的磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等,有對(duì)稱性，如圖乙所示，其經(jīng)過一個(gè)磁場(chǎng)變化周期之后的速度方向與所以其軌跡具x軸方向平行，且90,任一時(shí)刻進(jìn)入y軸右側(cè)磁場(chǎng)的粒子其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖甲所示8式中的二為粒子在變化的磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)半個(gè)周期所轉(zhuǎn)過的角度，其余周期，則-丁2n所以經(jīng)過一個(gè)周期后，距x軸的距離為2竺心皺)BBq 2mT的關(guān)系為9由于只有在y軸的右側(cè)才有變化的磁場(chǎng)，所以帶電粒子最大轉(zhuǎn)過的角度不會(huì)超過150如圖丙所示，4.如圖甲所示，在xOy坐標(biāo)平面的第一象限（包括x、y軸）內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度

10、大小為Bo、方向垂直于xOy平面且隨時(shí)間做周期性變化的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，如圖乙所示，規(guī)定垂直xOy平面向里的磁場(chǎng)方向?yàn)檎?。在y軸左側(cè)有一對(duì)豎直放置的平行金屬板M N,兩板間的電勢(shì)差為U）。一質(zhì)量為m電荷量為q的帶正電粒子（重力和空氣阻力均忽略不計(jì)），從貼 近M板的中點(diǎn)無初速釋放，通過N板小孔后從坐標(biāo)原點(diǎn)O以某一速度沿x軸正方向垂直 射入磁場(chǎng)中，經(jīng)過一個(gè)磁場(chǎng)變化周期To（To未知）后到達(dá)第一象限內(nèi)的某點(diǎn)P,此時(shí)粒子的速度方向恰好沿x軸正方向。【答案】 （1）（2+門）即磁場(chǎng)的變化周期有一個(gè)最大值,5Kr丁mp 寸Mi朋-?，所以1 2 310【解析】（1）設(shè)粒子被電場(chǎng)加速獲得速度大小為V0,根據(jù)動(dòng)能定理

11、qU0=mS2帶電粒子垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)后做半徑為r的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，q v B=m 運(yùn)Ig爲(wèi)2噸r由幾何關(guān)系知a=60,粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)轉(zhuǎn)過a+90 =150,磁場(chǎng)開始改變方向，即磁場(chǎng)變X.r1505化半個(gè)周期內(nèi)粒子運(yùn)動(dòng)轉(zhuǎn)過150角，則二=一T=122 360（3）由U0w UW9U）可得粒子速度V。wvW3v0粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)半徑：rwR3r由幾何關(guān)系可得，在屏幕上擊中的屏幕范圍最左端軌跡如圖1 所示，該點(diǎn)橫坐標(biāo)xi=0由幾何關(guān)系可得，在屏幕上擊中的屏幕范圍最右端軌跡如圖2 所示2 2 2由（ymRm） +X2=Rn解得該點(diǎn)橫坐標(biāo)粒子可能擊中的屏幕范圍為：0Wx解得：Vo=解得r=1112真題精做5

12、.（2017 天津卷）平面直角坐標(biāo)系xOy中，第I象限存在垂直于平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),第川現(xiàn)象存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，如圖所示。一帶負(fù)電的粒子從電場(chǎng)中的速度vo沿x軸正方向開始運(yùn)動(dòng)，Q點(diǎn)到y(tǒng)軸的距離為到x軸距離的 2 倍。粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O離開電場(chǎng)進(jìn)入磁場(chǎng)，最終從x軸上的P點(diǎn)射出磁場(chǎng)，P點(diǎn)到y(tǒng)軸距離與Q點(diǎn)到y(tǒng)軸距離相等。不計(jì)粒子重力，冋:（1）粒子到達(dá) 0 點(diǎn)時(shí)速度的大小和方向;（2）電場(chǎng)強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小之比?！敬鸢浮浚?） 方向與x軸方向的夾角為 45角斜向上（2）B2【解析】 粒子在電場(chǎng)中由 Q到。做類平拋運(yùn)動(dòng)設(shè)。點(diǎn)速度丫與-X 方向夾角為心 Q點(diǎn)到工軸的距離為丄，到軸的距離豹紅，粒

13、子的加速度為心運(yùn)動(dòng) e 寸間為，根類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律有：X方向：2 2 匸=吋P方向：匸二屮廣粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)沿y軸方向的分速度為：- 1- =圖 1o圖 2Q點(diǎn)以13又：丄vo解得：丄二，即一，粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)速度方向與x軸方向的夾角為 45角斜向上。 設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度為 6 粒子電荷量為,岳量為叫粒子在電場(chǎng)中受到的電場(chǎng)力為凡粒子在電場(chǎng)巾運(yùn)動(dòng)的加速度： =w【名師點(diǎn)睛】本題難度不大，但需要設(shè)出的未知物理量較多，容易使學(xué)生感到混亂，要 求學(xué)生認(rèn)真規(guī)范作答，動(dòng)手畫圖。6.（2016 天津卷） 如圖所示，空間中存在著水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為上 j.C _,同時(shí)存在著水平方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其方向與電場(chǎng)方

14、向垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小 B=0.5T。有一帶正電的小球，質(zhì)量n=1x10-6kg，電荷量q=2x10-6C,正以速度v在圖示的豎直面內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)經(jīng)過P點(diǎn)時(shí)撤掉磁場(chǎng)（不考慮磁場(chǎng)消失引起的設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為巧粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑 X 洛倫茲力提供向心力，有:qvBqvB = =粒子到達(dá)0點(diǎn)時(shí)的速度大小為根據(jù)幾何關(guān)系可知:整理可得：14電磁感應(yīng)現(xiàn)象），取g=10 m/s2。求：X x X K X MX X X x. x（1 ）小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)的速度V的大小和方向；（2）從撤掉磁場(chǎng)到小球再次穿過P點(diǎn)所在的這條電場(chǎng)線經(jīng)歷的時(shí)間t。【答案】（1）20 m/s 與電場(chǎng)方向夾角為 60（ 2）3

15、.5 s【解析】（1）小球勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)受力如圖，其所受的三個(gè)力在同一平面內(nèi)，合力為零,有qvB=j.: . -代入數(shù)據(jù)解得v=20 m/s速度v的方向與電場(chǎng)E的方向之間的夾角0滿足tan0=-用 g代入數(shù)據(jù)解得 tan0=; ,0=60（2）撤去磁場(chǎng)，小球在重力與電場(chǎng)力的合力作用下做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)更加速度為 6 有設(shè)撤掉磅場(chǎng)后小球在初速度方向上的分位移為心有 z12設(shè)小球在重力與電場(chǎng)力的合力方向上分位移為y，有y=-at2ya與mg的夾角和v與E的夾角相同，均為0,又tan0=一X X聯(lián)立以上各式，代入數(shù)據(jù)解得t=2 ,門 s=3.5 s15【名師點(diǎn)睛】此題是帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問題，主要考查物體的平衡、牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用、平拋運(yùn)動(dòng)等知識(shí)；關(guān)鍵是要知道物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，物體所受的重力、16洛倫茲力和電場(chǎng)力平衡； 撤去磁場(chǎng)后粒子所受重力