帶點(diǎn)粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動大題練習(xí)與答案詳解

1．如下圖，在xOy平面的第一象限有一勻強(qiáng)電場，電場的方向平行于y軸向下；在x軸和第四象限的射線OC之間有一勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，方向垂直于紙面向外。有一質(zhì)量為m，帶有電荷量+q的質(zhì)點(diǎn)由電場左側(cè)平行于x軸射入電場。質(zhì)點(diǎn)到達(dá)x軸上A點(diǎn)時，速度方向與x軸的夾角，A點(diǎn)與原點(diǎn)O的距離為d。接著，質(zhì)點(diǎn)進(jìn)入磁場，并垂直于OC飛離磁場。不計重力影響。假設(shè)OC與x軸的夾角為，求〔1〕粒子在磁場中運(yùn)動速度的大?。骸?〕勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小。2．如下圖，在第一象限有一均強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為E，方向與y軸平行；在x軸下方有一均強(qiáng)磁場，磁場方向與紙面垂直。一質(zhì)量為m、電荷量為-q(q>0)的粒子以平行于x軸的速度從y軸上的P點(diǎn)處射入電場，在x軸上的Q點(diǎn)處進(jìn)入磁場，并從坐標(biāo)原點(diǎn)O離開磁場。粒子在磁場中的運(yùn)動軌跡與y軸交于M點(diǎn)。OP=,。不計重力。求〔1〕M點(diǎn)與坐標(biāo)原點(diǎn)O間的距離；〔2〕粒子從P點(diǎn)運(yùn)動到M點(diǎn)所用的時間。3.如圖，在區(qū)域I〔0≤x≤d〕和區(qū)域II〔d≤x≤2d〕內(nèi)分別存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)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〔q＞0〕的粒子a于某時刻從y軸上的P點(diǎn)射入?yún)^(qū)域I，其速度方向沿x軸正向。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(diǎn)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〔1〕粒子a射入?yún)^(qū)域I時速度的大?。弧?〕當(dāng)a離開區(qū)域II時，a、b兩粒子的y坐標(biāo)之差。4．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(qiáng)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(diǎn)射入柱形區(qū)域，在圓上的b點(diǎn)離開該區(qū)域，離開時速度方向與直線垂直。圓心O到直線的距離為?，F(xiàn)將磁場換為平等于紙面且垂直于直線的勻強(qiáng)電場，同一粒子以同樣速度沿直線在a點(diǎn)射入柱形區(qū)域，也在b點(diǎn)離開該區(qū)域。假設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，不計重力，求電場強(qiáng)度的大小5．(2023年高考福建理綜卷)如下圖的裝置，左半局部為速度選擇器，右半部為勻強(qiáng)的偏轉(zhuǎn)電場．一束同位素離子流從狹縫S1射入速度選擇器，能夠沿直線通過速度選擇器并從狹縫S2射出的離子，又沿著與電場垂直的方向，立即進(jìn)入場強(qiáng)大小為E的偏轉(zhuǎn)電場，最后打在照相底片D上．同位素離子的電荷量為q(q＞0)，速度選擇器內(nèi)部存在著相互垂直的場強(qiáng)大小為E0的勻強(qiáng)電場和磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0的勻強(qiáng)磁場，照相底片D與狹縫S1、S2的連線平行且距離為L，忽略重力的影響．6．(2023年高考北京理綜卷)利用霍爾效應(yīng)制作的霍爾元件以及傳感器，廣泛應(yīng)用于測量和自動控制等領(lǐng)域．如圖甲所示，將一金屬或半導(dǎo)體薄片垂直置于磁場B中，在薄片的兩個側(cè)面a、b間通以電流I時，另外兩側(cè)c、f間產(chǎn)生電勢差，這一現(xiàn)象稱為霍爾效應(yīng)．其原因是薄片中的移動電荷受洛倫茲力的作用向一側(cè)偏轉(zhuǎn)和積累，于是c、f間建立起電場EH，同時產(chǎn)生霍爾電勢差UH.當(dāng)電荷所受的電場力與洛倫茲力處處相等時，EH和UH到達(dá)穩(wěn)定值，UH的大小與I和B以及霍爾元件厚度d之間滿足關(guān)系式UH＝RHeq\f(IB,d)，其中比例系數(shù)RH稱為霍爾系數(shù)，僅與材料性質(zhì)有關(guān)．(1)設(shè)半導(dǎo)體薄片的寬度(c、f間距)為l，請寫出UH和EH的關(guān)系式；假設(shè)半導(dǎo)體材料是電子導(dǎo)電的，請判斷圖甲中c、f哪端的電勢高；(2)半導(dǎo)體薄片內(nèi)單位體積中導(dǎo)電的電子數(shù)為n，電子的電荷量為e，請導(dǎo)出霍爾系數(shù)RH的表達(dá)式；(通過橫截面積S的電流I＝nevS，其中v是導(dǎo)電電子定向移動的平均速率)(3)圖乙是霍爾測速儀的示意圖，將非磁性圓盤固定在轉(zhuǎn)軸上，圓盤的周邊等距離地嵌裝著m個永磁體，相鄰永磁體的極性相反．霍爾元件置于被測圓盤的邊緣附近．當(dāng)圓盤勻速轉(zhuǎn)動時，霍爾元件輸出的電壓脈沖信號圖象如圖丙所示．a(chǎn)．假設(shè)在時間t內(nèi)，霍爾元件輸出的脈沖數(shù)目為P，請導(dǎo)出圓盤轉(zhuǎn)速N的表達(dá)式．b．利用霍爾測速儀可以測量汽車行駛的里程．除此之外，請你展開“智慧的翅膀〞，提出另一個實例或設(shè)想．7．(2023年高考廣東卷)如圖(a)所示，在以O(shè)為圓心，內(nèi)外半徑分別為R1和R2的圓環(huán)區(qū)域內(nèi)，存在輻射狀電場和垂直紙面的勻強(qiáng)磁場，內(nèi)外圓間的電勢差U為常量，R1＝R0，R2＝3R0.一電荷量為＋q，質(zhì)量為m的粒子從內(nèi)圓上的A點(diǎn)進(jìn)入該區(qū)域，不計重力．(1)粒子從外圓上以速度v1射出，求粒子在A點(diǎn)的初速度v0的大小．(2)假設(shè)撤去電場，如圖(b)，粒子從OA延長線與外圓的交點(diǎn)C以速度v2射出，方向與OA延長線成45°角，求磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小及粒子在磁場中運(yùn)動的時間．(3)在圖(b)中，假設(shè)粒子從A點(diǎn)進(jìn)入磁場，速度大小為v3，方向不確定，要使粒子一定能夠從外圓射出，磁感應(yīng)強(qiáng)度應(yīng)小于多少？答案詳解1．解析：(1)質(zhì)點(diǎn)在磁場中的軌跡為一圓弧。由于質(zhì)點(diǎn)飛離磁場時，速度垂直于OC，故圓弧的圓心在OC上。依題意，質(zhì)點(diǎn)軌跡與x軸的交點(diǎn)為A，過A點(diǎn)作與A點(diǎn)的速度方向垂直的直線，與OC交于O＇。由幾何關(guān)系知，AO＇垂直于OC＇，O＇是圓弧的圓心。設(shè)圓弧的半徑為R，那么有R=dsin①由洛化茲力公式和牛頓第二定律得②將①式代入②式，得③(2)質(zhì)點(diǎn)在電場中的運(yùn)動為類平拋運(yùn)動。設(shè)質(zhì)點(diǎn)射入電場的速度為v0，在電場中的加速度為a，運(yùn)動時間為t，那么有v0＝vcos④vsin＝at ⑤d=v0t⑥聯(lián)立④⑤⑥得⑦設(shè)電場強(qiáng)度的大小為E，由牛頓第二定律得qE＝ma ⑧聯(lián)立③⑦⑧得⑨這道試題考查了帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的勻速圓周運(yùn)動的半徑公式，通常這類試題要求掌握如何定圓心、確定半徑，能畫出軌跡圖。利用圓的幾何知識和向心力公式解決相關(guān)問題。2.解析:〔1〕帶電粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，在軸負(fù)方向上做初速度為零的勻加速運(yùn)動，設(shè)加速度的大小為；在軸正方向上做勻速直線運(yùn)動，設(shè)速度為，粒子從P點(diǎn)運(yùn)動到Q點(diǎn)所用的時間為，進(jìn)入磁場時速度方向與軸正方向的夾角為，那么①②③其中。又有④聯(lián)立②③④式，得因為點(diǎn)在圓周上，，所以MQ為直徑。從圖中的幾何關(guān)系可知。⑥⑦〔2〕設(shè)粒子在磁場中運(yùn)動的速度為,從Q到M點(diǎn)運(yùn)動的時間為,那么有⑧⑨帶電粒子自P點(diǎn)出發(fā)到M點(diǎn)所用的時間為為⑩聯(lián)立①②③⑤⑥⑧⑨⑩式，并代入數(shù)據(jù)得⑾3.解析：〔1〕設(shè)粒子a在I內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動的圓心為C〔在y軸上〕，半徑為Ra1，粒子速率為va，運(yùn)動軌跡與兩磁場區(qū)域邊界的交點(diǎn)為,如圖，由洛侖茲力公式和牛頓第二定律得①由幾何關(guān)系得②③式中，，由①②③式得④(2)設(shè)粒子a在II內(nèi)做圓周運(yùn)動的圓心為Oa,半徑為，射出點(diǎn)為〔圖中未畫出軌跡〕，。由洛侖茲力公式和牛頓第二定律得⑤由①⑤式得⑥、和三點(diǎn)共線，且由⑥式知點(diǎn)必位于⑦的平面上。由對稱性知，點(diǎn)與點(diǎn)縱坐標(biāo)相同，即⑧式中，h是C點(diǎn)的y坐標(biāo)。設(shè)b在I中運(yùn)動的軌道半徑為，由洛侖茲力公式和牛頓第二定律得⑨設(shè)a到達(dá)點(diǎn)時，b位于點(diǎn)，轉(zhuǎn)過的角度為。如果b沒有飛出I，那么⑩eq\o\ac(○,11)式中，t是a在區(qū)域II中運(yùn)動的時間，而eq\o\ac(○,12)eq\o\ac(○,13)由⑤⑨⑩eq\o\ac(○,11)eq\o\ac(○,12)eq\o\ac(○,13)式得eq\o\ac(○,14)由①③⑨eq\o\ac(○,14)式可見，b沒有飛出。點(diǎn)的y坐標(biāo)為eq\o\ac(○,15)由①③⑧⑨eq\o\ac(○,14)eq\o\ac(○,15)式及題給條件得，a、b兩粒子的y坐標(biāo)之差為eq\o\ac(○,16)4．解析：粒子在磁場中做圓周運(yùn)動。設(shè)圓周半徑為r，由牛頓第二定律和洛侖茲力公式得=1\*GB3①式中v為粒子在a點(diǎn)的速度。過b點(diǎn)和O點(diǎn)作直線的垂線，分別于直線交于c和d點(diǎn)。由幾何關(guān)系，線段、和過a、b兩點(diǎn)的軌跡圓弧的兩條半徑〔未畫出〕圍成一正方形。因此=2\*GB3②設(shè)。由幾何關(guān)系得=3\*GB3③=4\*GB3④聯(lián)立=2\*GB3②=3\*GB3③=4\*GB3④式得=5\*GB3⑤再考慮粒子在電場中的運(yùn)動。設(shè)電場強(qiáng)度的大小為E，粒子在電場中做類平拋運(yùn)動。設(shè)其加速度大小為a，由牛頓第二定律和帶電粒子在電場中的受力公式得qE=ma=6\*GB3⑥粒子在電場力方向和直線方向所走的距離均為r，由運(yùn)動學(xué)公式得=7\*GB3⑦r=vt=8\*GB3⑧式中t是粒子在電場中運(yùn)動的時間。聯(lián)立①⑤⑥⑦=8\*GB3⑧式得5.解析:(1)求從狹縫S2射出的離子速度v0的大小；(2)假設(shè)打在照相底片上的離子在偏轉(zhuǎn)電場中沿速度v0方向飛行的距離為x，求出x與離子質(zhì)量m之間的關(guān)系式(用E0、B0、E、q、m、L表示)．解析：(1)能從速度選擇器射出的離子滿足qE0＝qv0B0①v0＝eq\f(E0,B0).②(2)離子進(jìn)入勻強(qiáng)偏轉(zhuǎn)電場E后做類平拋運(yùn)動，那么x＝v0t③L＝eq\f(1,2)at2④由牛頓第二定律得qE＝ma⑤由②③④⑤解得x＝eq\f(E0,B0)eq\r(\f(2mL,qE)).答案：(1)eq\f(E0,B0)(2)x＝eq\f(E0,B0)eq\r(\f(2mL,qE))6.解析：(1)UH＝EHl，c端電勢高．(2)由UH＝RHeq\f(IB,d)①得RH＝UHeq\f(d,IB)＝EHleq\f(d,IB)②當(dāng)電場力與洛倫茲力相等時，eEH＝evB得EH＝vB③又I＝nevS④將③④代入②得RH＝vBleq\f(d,IB)＝vleq\f(d,nevS)＝eq\f(ld,neS)＝eq\f(1,ne).(3)a.由于在時間t內(nèi)，霍爾元件輸出的脈沖數(shù)目為P，那么P＝mNt，圓盤轉(zhuǎn)速為N＝eq\f(P,mt).b．提出的實例或設(shè)想合理即可．答案：(1)UH＝EHl，c端電勢高(2)RH＝eq\f(1,ne)(3)a.N＝eq\f(P,mt)b．略7.解析：(1)根據(jù)動能定理，qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，所以v0＝eq\r(v\o\al(2,1)－\f(2qU,m)).(2)如下圖，設(shè)粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的半徑為R，由幾何知識可知R2＋R2＝(R2－R1)2，解得R＝eq\r(2)R0.根據(jù)洛倫茲力公式qv2B＝meq\f(v\o\al(2,2),R)，解得B＝eq\f(mv2,q\r(2)R0)＝eq\f(\r(2)mv2,2qR0).根據(jù)公式eq\f(t,T)＝eq\f(θ,2π)，2πR＝v2T，qv2B＝meq\f(v\o\al(2