帶電粒子在復(fù)合場中地運動(高考真題)

1、WORD格式PAGE1 / NUMPAGES24.帶電粒子在復(fù)合場中的運動(2007年全國卷2)25.（20分）如圖所示，在坐標系Oxy的第一象限中在在沿y軸正方向的勻強電場，場強大小為E。在其它象限中在在勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，A是y軸上的一點，它到坐標原點O的距離為h；C是x軸上的一點，到O點的距離為l，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負電的粒子以某一初速度沿x軸方向從A點進入電場區(qū)域，繼而通過C點進入磁場區(qū)域，并再次通過A點，此時速度方向與y軸正方向成銳角。不計重力作用。試求：（1）粒子經(jīng)過C點時速度的大小和方向；（2）磁感應(yīng)強度的大小B。（2008年全國卷1）25（22分）如圖所示

2、，在坐標系xOy中，過原點的直線OC與x軸正向的夾角=120o。在OC右側(cè)有一勻強電場；在第二、三象限內(nèi)有一勻強磁場，其上邊界與電場邊界重疊、右邊界為y軸、左邊界為圖中平行于y軸的虛線，磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直紙面向里。一帶正電荷q、質(zhì)量為m的粒子以某一速度自磁場左邊界上的A點射入磁場區(qū)域，并從O點射出。粒子射出磁場的速度方向與x軸的夾角=30o，大小為v。粒子在磁場中的運動軌跡為紙面內(nèi)的一段圓弧，且弧的半徑為磁場左右邊界間距的兩倍。粒子進入電場后，在電場力的作用下又由O點返回磁場區(qū)域，經(jīng)過一段時間后再次離開磁場。已知粒子從A點射入到第二次離開磁場所用的時間恰好等于粒子在磁場中做圓周

3、運動的周期。忽略重力的影響。求：y粒子經(jīng)過A點時速度的方向和A點到x軸的距離；勻強電場的大小和方向；v粒子從第二次離開磁場到再次進入電場時所用的時間。xOABC.頁腳.（2009年全國卷2）25.（18分）如圖,在寬度分別為l1和l2的兩個毗鄰的條形區(qū)域分別有勻強磁場和勻強電場，磁場方向垂直于紙面向里，電場方向與電、磁場分界線平行向右。一帶正電荷的粒子以速率v從磁場區(qū)域上邊界的P點斜射入磁場，然后以垂直于電、磁場分界線的方向進入電場，最后從電場邊界上的Q點射出。已知PQ垂直于電場方向，粒子軌跡與電、磁場分界線的交點到PQ的距離為d。不計重力,求電場強度與磁感應(yīng)強度大小之比及粒子在磁場與電場中運

4、動時間之比。(2010年全國卷)26（21分）如圖，在x軸下方有勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于xy平面向外。P是y軸上距原點為h的一點，N0為x軸上距原點為a的一點。A是一塊平行于x軸的擋板，與x軸的距離為h2，A的中點在y軸上，長度略小于a2。帶點粒子與擋板碰撞前后，x方向的分速度不變，y方向的分速度反向、大小不變。質(zhì)量為m，電荷量為q（q0）的粒子從P點瞄準N0點入射，最后又通過P點。不計重力。求粒子入射速度的所有可能值。.頁腳.（2010年全國卷1）26.（21分）如下圖，在0 x3a區(qū)域內(nèi)存在與xy平面垂直的勻強磁場，磁感應(yīng)強度的大小為B.在t=0時刻，一位于坐標原點的粒子源

5、在xy平面內(nèi)發(fā)射出大量同種帶電粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向與y軸正方向的夾角分布在0180X圍內(nèi)。已知沿y軸正方向發(fā)射的粒子在tt0時刻剛好從磁場邊界上P(3a,a)點離開磁場。求：（1）粒子在磁場中做圓周運動的半徑R及粒子的比荷qm;（2）此時刻仍在磁場中的粒子的初速度方向與y軸正方向夾角的取值X圍；（3）從粒子發(fā)射到全部粒子離開磁場所用的時間。（2010年新課標）25.(18分)如圖所示，在0 xa、oya2X圍內(nèi)有垂直于xy平面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B。坐標原點O處有一個粒子源，在某時刻發(fā)射大量質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，它們的速度大小相同，速度方向均在xy平面內(nèi)

6、，與y軸正方向的夾角分布在0090X圍內(nèi).己知粒子在磁場中做圓周運動的半徑介于a2到a之間，從發(fā)射粒子到粒子全部離開磁場經(jīng)歷的時間恰好為粒子在磁場中做圓周運動周期的四分之一.求最后離開磁場的粒子從粒子源射出時的(1)速度大?。?2)速度方向與y軸正方向夾角正弦。.頁腳.（2011年全國卷）25.（19分）如圖，與水平面成45角的平面MN將空間分成I和II兩個區(qū)域。一質(zhì)量為m、電荷量為q（q0）的粒子以速度v0從平面MN上的p0點水平右射入I區(qū)。粒子在I區(qū)運動時，只受到大小不變、方向豎直向下的電場作用，電場強度大小為E；在II區(qū)運動時，只受到勻強磁場的作用，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙面向里

7、。求粒子首次從II區(qū)離開時到出發(fā)點p0的距離。粒子的重力可以忽略。（2011年新課標）25（19分）如圖，在區(qū)域I（0 xd）和區(qū)域II（dx2d）內(nèi)分別存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小分別為B和2B，方向相反，且都垂直于Oxy平面。一質(zhì)量為m、帶電荷量q（q0）的粒子a于某時刻從y軸上的P點射入?yún)^(qū)域I，其速度方向沿x軸正向。已知a在離開區(qū)域I時，速度方向與x軸正方向的夾角為30；此時，另一質(zhì)量和電荷量均與a相同的粒子b也從P點沿x軸正向射入?yún)^(qū)域I，其速度大小是a的1/3。不計重力和兩粒子之間的相互作用力。求粒子a射入?yún)^(qū)域I時速度的大??；當a離開區(qū)域II時，a、b兩粒子的y坐標之差。yB2BPxO

8、d2d.頁腳.（2012年新課標）25.（18分）如圖，一半徑為R的圓表示一柱形區(qū)域的橫截面（紙面）。在柱形區(qū)域內(nèi)加一方向垂直于紙面的勻強磁場，一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子沿圖中直線在圓上的a點射入柱形區(qū)域，在圓上的b點離開該區(qū)域，離開時速度方向與直線垂直。3圓心O到直線的距離為R5?，F(xiàn)將磁場換為平等于紙面且垂直于直線的勻強電場，同一粒子以同樣速度沿直線在a點射入柱形區(qū)域，也在b點離開該區(qū)域。若磁感應(yīng)強度大小為B，不計重力，求電場強度的大小。bOa（2012年全國卷2）26圖中左邊有一對平行金屬板，兩板相距為d，電壓為V;兩板之間有勻強磁場，磁場應(yīng)強度大小為B0，方向平行于板面并垂直于紙面朝里

9、。圖中右邊有一邊長為a的正三角形區(qū)域EFG(EF邊與金屬板垂直)，在此區(qū)域內(nèi)及其邊界上也有勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙面朝里。假設(shè)一系列電荷量為q的正離子沿平行于金屬板面，垂直于磁場的方向射入金屬板之間，沿同一方向射出金屬板之間的區(qū)域，并經(jīng)EF邊中點H射入磁場區(qū)域。不計重力（1）已知這些離子中的離子甲到達磁場邊界EG后，從邊界EF穿出磁場，求離子甲的質(zhì)量。（2）已知這些離子中的離子乙從EG邊上的I點（圖中未畫出）穿出磁場，且GI長為34a，求離子乙的質(zhì)量。（3）若這些離子中的最輕離子的質(zhì)量等于離子甲質(zhì)量的一半，而離子乙的質(zhì)量是最大的，問磁場邊界上什么區(qū)域內(nèi)可能有離子到達。EGHF

10、.頁腳.（2009年XX卷）22.(20分)圖為可測定比荷的某裝置的簡化示意圖，在第一象限區(qū)域內(nèi)有-3垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小B=2.010T,在X軸上距坐標原點L=0.50m的P處為離子的入射口，在Y上安放接收器，現(xiàn)將一帶正電荷的粒子以v=3.5104m/s的速率從P處射入磁場，若粒子在y軸上距坐標原點L=0.50m的M處被觀測到，且運動軌跡半徑恰好最小，設(shè)帶電粒子的質(zhì)量為m,電量為q,不記其重力。（1）求上述粒子的比荷qm；（2）如果在上述粒子運動過程中的某個時刻，在第一象限內(nèi)再加一個勻強電場，就可以使其沿y軸正方向做勻速直線運動，求該勻強電場的場強大小和方向，并求出從粒子

11、射入磁場開始計時經(jīng)過多長時間加這個勻強電場；（3）為了在M處觀測到按題設(shè)條件運動的上述粒子，在第一象限內(nèi)的磁場可以局限在一個矩形區(qū)域內(nèi)，求此矩形磁場區(qū)域的最小面積，并在圖中畫出該矩形。.頁腳.帶電粒子在復(fù)合場中的運動(參考答案)(2007年全國卷)【分析】（1）以a表示粒子在電場作用下的加速度，有qEma加速度沿y軸負方向。沿粒子從A點進入電場時的初速度為v0，由A點運動到C點經(jīng)歷的時間為t，則有h122atlv0t由式得v0la2h設(shè)粒子從C點進入磁場時的速度為v，v垂直于x軸的分量v12ah由式得v22v0v12qE(4h2mhl2)設(shè)粒子經(jīng)過C點時的速度方向與x軸的夾角為，則有tanv1

12、v0由式得arctan2hl（2）粒子從C點進入磁場后在磁場中作速度為v的圓周運動。若圓周的半徑為R，則有qvBmvR設(shè)圓心為P，則PC必與過C的速度垂直，且有PCPAR。用表示PA與y軸的夾角，由幾何關(guān)系得RcosRcosh.頁腳.RsinlRsin11由11式解得R2hl2hl224hl212由式得Bl2mhE2132hlq（2008年全國卷）（1）設(shè)磁場左邊界與x軸相交于D點，與CO相交于O點，則幾何關(guān)系可知，直線OO與粒子過O點的速度v垂直。在直角三角形OOD中OOD=30o。設(shè)磁場左右邊界間距為d，則OO=2d。依題意可知，粒子第一次進入磁場的運動軌跡的圓心即為O點，圓孤軌跡所對的圓

13、心角為30o，且OA為圓弧的半徑R。由此可知，粒子自A點射入磁場的速度與左邊界垂直。A點到x軸的距離ADR(1cos30)由洛侖茲力公式、牛頓第二定律及圓周運動的規(guī)律，得2mvqvBR聯(lián)立式得mv3AD1qB2（2）設(shè)粒子在磁場中做圓周運動的周期為T，第一次在磁場中飛行的時間為t1，有Tt112T2mqB依題意，勻強電場的方向與x軸正向夾角應(yīng)為150o。由幾何關(guān)系可知，粒子再次從O點進入磁場的速度方向與磁場右邊夾角為60o。設(shè)粒子第二次在磁場中飛行的圓弧的圓心為O，O必定在直線OC上。設(shè)粒子射出磁場時與磁場右邊界交于P點，則OOP=120o。設(shè)粒子第二次進入磁場在磁場中運動的時間為t2，有1t

14、2T3設(shè)帶電粒子在電場中運動的時間為t3，依題意得.頁腳.t3T(t1t2)由勻變速運動的規(guī)律和牛頓定律可知vvat3qEam聯(lián)立可得E127Bv（3）粒子自P點射出后將沿直線運動。設(shè)其由P點再次進入電場，則幾何關(guān)系知O11PP30三角形OPP為等腰三角形。設(shè)粒子在P、P兩點間運動的時間為t4，有PPt412v又由幾何關(guān)系知OP3R13聯(lián)立1213式得t43mqB（2009年全國卷2）【解析】本題考查帶電粒子在有界磁場中的運動.粒子在磁場中做勻速圓周運動,如圖所示.由于粒子在分界線處的速度與分界線垂直,圓心O應(yīng)在分界線上,OP長度即為粒子運動的圓弧的半徑R.由幾何關(guān)系得22R2l(Rd)1設(shè)粒

15、子的質(zhì)量和所帶正電荷分別為m和q,由洛侖茲力公式和牛頓第二定律得qvBm2vR設(shè)P為虛線與分界線的交點,POP,則粒子在磁場中的運動時間為Rt1v式中有l(wèi)1sin粒子進入電場后做類平拋運動,其初速度為v,方向垂直于電場.設(shè)粒R子的加速度大小為a,由牛頓第二定律得qEma.頁腳.由運動學(xué)公式有12datl2vt2222Eld1由式得v2Bl222tld2dl111由式得arcsin()22t2dlld221（2009年全國卷1）26.【解析】設(shè)粒子的入射速度為v,第一次射出磁場的點為NO,與板碰撞后再次進入磁場的位置為N1.粒子在磁場中運動的軌道半徑為R,有mvR,粒子速率不變,每次進入磁場qB

16、與射出磁場位置間距離x1保持不變有x1NONO2Rsin,粒子射出磁場與下一次進入磁場位置間的距離x2始終不變,與NON1相等.由圖可以看出x2a設(shè)粒子最終離開磁場時,與檔板相碰n次(n=0、1、2、3).若粒子能回到P點,由對稱性,出射點的x坐標應(yīng)為-a,即n2n1x1nx22a,由兩式得x1an1若粒子與擋板發(fā)生碰撞,有axx聯(lián)立得124n3聯(lián)立得vqB2msinnn21a把sina2h2h代入中得22qBaahvo,n0mh223qBaahv1,n14mh222qBaahv2,n23mh.頁腳.（2010新課標）【答案】（1）v6(2)2aqBm（2）sin=6-610【解析】設(shè)粒子的發(fā)

17、射速度為v，粒子做圓周運動的軌道半徑為R，yD根據(jù)牛頓第二定律和洛倫茲力得：qvBm2vR，解得：RmvqBvA當a/2Ra時，在磁場中運動的時間最長的粒子，其軌跡是圓心為C的圓弧，圓弧與磁場的邊界相切，如圖所示，設(shè)該粒子在磁場中運動的時間為t，依題意，t=T/4時，OCA=/2設(shè)最后離開磁場的粒子的發(fā)射方向與y軸正方向的夾角為，由幾何OaPRCx關(guān)系得：aRsinR，RsinaRcos，且222sincos1解得：66aqB，sin=R(2)av(2)22m6-610（2010年全國卷1）【答案】23Ra3q2m3Bt0速度與y軸的正方向的夾角X圍是60到120從粒子發(fā)射到全部離開所用時間為

18、2t0【解析】粒子沿y軸的正方向進入磁場，從P點經(jīng)過做OP的垂直平分線與x軸的交點為圓心，根據(jù)直角三角形有22(3)2RaaR解得23Ra3sinaR32，則粒子做圓周運動的的圓心角為120，周期為T3t0粒子做圓周運動的向心力由洛侖茲力提供，根據(jù)牛頓第二定律得22Bqvm()RT，v2RT，化簡得q2m3Bt0仍在磁場中的粒子其圓心角一定大于120，這樣粒子角度最小時從磁場右邊界穿出；角度最大時從磁場左邊界穿出。.頁腳.角度最小時從磁場右邊界穿出圓心角120，所經(jīng)過圓弧的弦與中相等穿出點如圖，根據(jù)弦與半徑、x軸的夾角都是30，所以此時速度與y軸的正方向的夾角是60。角度最大時從磁場左邊界穿出

19、，半徑與y軸的的夾角是60，則此時速度與y軸的正方向的夾角是120。所以速度與y軸的正方向的夾角X圍是60到120在磁場中運動時間最長的粒子的軌跡應(yīng)該與磁場的右邊界相切，在三角形中兩個相等的腰為23Ra，而它的高是3233h3aaa，半徑與y軸的的夾角是30，這種粒子的圓心角是240。33RR所用時間為2t0。R所以從粒子發(fā)射到全部離開所用時間為2t0。（2011新課標）25232yydpapb3va2dqBm（提示：由幾何關(guān)系，ra1=2d，mva1（提示：rqBBmvar）a1qB，得ra2=d，a在中的PPbPPaObyBOa偏轉(zhuǎn)角=60o，a離開II時，a的縱坐標ypa=(2-3)d；

20、粒子在、中的xOd2d周期T2mqB1B，因此a在中經(jīng)歷的時間是T2/6=T1/12，這段時間內(nèi)b的偏轉(zhuǎn)角=30o，而b的半徑是a的1/3，因此ypb=2d3132）（2011全國卷）解析：設(shè)粒子第一次過MN時速度方向與水平方向成1角，位移與水平方向成2角且2=450，在電場中做類平拋運動，則有：vtx,xy0122aty,aEqmat得出：1tan2v0v2v,v5vy00在電場中運行的位移:2222v22mv2200sxy1aEq在磁場中做圓周運動，且弦切角為=1-2，tantan11012tan,sin1tan?tan31012.頁腳.qvBm2vR得出：R5mv0qB在磁場中運行的位移

21、為：s2Rsin22mv0qB所以首次從II區(qū)離開時到出發(fā)點p0的距離為：sss12222mv2mv00qEqB（2012年新課標）24解析:粒子在磁場中做圓周運動,設(shè)圓周的半徑為r，由牛頓第二定律和洛侖茲力公式得:qvBm2vrrmvqB,式中v為粒子在a點的速度.過b點和O點作直線的垂線,分別與直線交于c和d點,由幾何關(guān)系知,bcOd線段和過a、b兩點和軌跡圓弧的兩條半徑(末畫出)圍成一正方形,因此acbcrac,bca4設(shè)cdx,由幾何關(guān)系得:acRx5322bcRRx57聯(lián)立式得:rR5再考慮粒子在電場中的運動,設(shè)電場強度的大小為E,粒子在電場中做類平拋運動.設(shè)其加速度大小為a,由牛頓

22、第二定律和帶電粒子在電場中的受力公式得:qE=ma12rat2r=vt式中t是粒子在電場中運動的時間,聯(lián)立式得:E214qRB5m（2012年全國卷2）【答案】EF邊上從O到P點。EG邊上從K到I?！窘馕觥浚?）由題意知，所有離子在平行金屬板之間做勻速直線運動，它所受到的向上的磁場力和向下的電場力平衡，有qvB0qE0式中，v是離子運動的速度，E0是平行金屬板之間的勻強電場的強度，有E0Vd.頁腳.由式得：vVBd0在正三角形磁場區(qū)域，離子甲做勻速圓周運動。設(shè)離子甲質(zhì)量為m，2vqvBm由洛侖茲力公式和牛頓第二定律有：r式中，r是離子甲做圓周運動的半徑。離子甲在磁場中的運E/IKO動軌跡為半圓，圓心為O：這半圓剛好與EG邊相切于K，/與EF邊交于I點。在EOK中，OK垂直于EG。HG由幾何關(guān)系得12arr23F由式得3r3a2聯(lián)立式得,離子甲的質(zhì)量為mqaBB0d33V2（2）