2021屆高三物理一輪復習磁場7：電偏轉和磁偏轉(答案)

1、2021屆高三物理一輪復習磁場7 ：電偏轉和磁偏轉班級 座號 姓名 分數(shù)一、選擇題1 .帶電粒子以初速度如從“點進入勻強磁場，如圖所示.運動中經(jīng)過點，Oa = Ob,若撤去磁場加一個與 y軸平行的勻強電場，仍以V。從點進入電場，粒子仍能通過點，那么電場強度上與磁感應強度8之比為 ( )y XXXXd v0xxxxx °XXX *v() A B . 1 C . 2vo D.-【答案】C【解析】帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，。為圓心，故0二。/2二患， 帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動，故。二 I'M = 0a-彝2 二方(2) E由得豆=2vo,故選項C對.二、計算題2

2、.平面直角坐標系xOy中，第I象限存在垂直于平面向里的勻強磁場，第川象限存在沿y軸負方向的勻強 電場,如圖所示.一帶負電的粒子從電場中的Q點以速度如沿x軸正方向刑臺運動,Q點到y(tǒng)軸的距離為到 x軸距離的2倍.粒子從坐標原點0離開電場進入磁場，最終從x軸上的P點射出磁場，P點到y(tǒng)軸距離與Q 點到,v軸距離相等.不計粒子重力，問：rx x x xx x x xx x XX0 p *?？Ｗ拥竭_。點時速度的大卸方向；電場強度和磁感應強度的大小之比.【答案】與x軸正方向成45。角斜向上(2)j【解析】(1)在電場中,粒子做類平拋運動，設Q點到x軸距離為L ,到)，軸距離為2L ,粒子的加速度為, 運動

3、時間為/,有"二1”L - 5戶設粒子到達O點時沿 >'軸方向的分速度為vyVy = U/（3）設粒子到達。點時速度方向與X軸正方向夾角為a ,有tan a二1 聯(lián)立式得a = 45。即粒子到達。點時速度方向與a-軸正方向成45。角斜向上.設粒子到達。點時速度大小為V ,由運動的合成有v=7 M十足聯(lián)立式得V = 60.設電場強度為E ,粒子電荷量為q ,質量為m ,粒子在電場中受到的電場力為F ,由牛頓第二定律可得F - ma®又 F=qE設磁場的磁感應強度大小為B，粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R，所受的洛倫茲力提供向心力，有qvB-痔由幾何關系可知R

4、=也L聯(lián)立®®式得於y.3 . （2014大綱全國25,20分）如圖.在第一象限存在勻強磁場.磁感應強度方向垂直于紙面平面）向外:在第四 象限存在勻強電場.方向沿x軸負向。在y軸正半軸上某點以與.V軸正向平行、大小為v。的速度發(fā)射出一帶正 電荷的粒子.該粒子在U0）點沿垂直于x軸的方向進入電場。不計重力。若該粒子離開電場時速度方向與y軸 負方向的夾角為8,求yf3,0）人電場強度大小與磁感應強度大小的比值;該粒子在電場中運動的時間。2d【答案】2v（）tan% tan'【解析】（1）如圖.粒子進入磁場后做勻速圓周運動。設磁感應強度的大小為A粒子質量與所帶 電荷量分別

5、為/和夕.圓周運動的半徑為R。由洛倫茲力公式及牛頓第二定律得由題給條件和幾何關系可知凡尸設電場強度大小為£粒子進入電場后沿x軸負方向的加速度大小為處.在電場中運動的時間為/, 離開電場時沿x軸負方向的速度大小為v,o由牛頓運動定律及運動學公式得Eq=max 小=«"vr =d2由于粒子在電場中做類平拋運動（如圖入有V.tan 3=%聯(lián)立式得E 1=-vo tan2 6 B 2（2）聯(lián)立式得2dt= v（） tan 34 .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6=45。角，勻強磁場的磁感應強度為B ,方

6、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4.現(xiàn)將一質量為，小 電荷量為q的帶正電粒子從P處由靜止釋放（不計粒子所受重力，電場和磁場范 圍足夠大）.求：:瓦(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；若粒子第一次進入磁場后的某時刻，磁感應強度大小突然變?yōu)橄?，但方向不變，此后粒子恰好被束縛在該 磁場中，則用的最小值為多少？【答案】(1)曙(2)4艱d (3)2(2-娘)8【解析】(1)設粒子第一次進入磁場時的速度大小為口由動能定理可得一二2qbdt解得：V =第8頁，共8頁(2)粒子在電場和磁場中的運動軌跡如圖所示，粒子第一次出磁

7、場到第二次進磁場，兩點間距為g ,由類平拋運動規(guī)律：X = 't , y=at2 , qE - ma , 由幾何知識可得工二)，解付：U 存，兩點間的距離為：= 6，代入數(shù)據(jù)可得：X6:4皿. n /2qEd(3)由 qvB = 滅，V =-,聯(lián)立解得：R,寸曙,由題意可知,當粒子運動到F點處改變磁感應強度的大小時，粒子運動的半徑有最大值,即方最小,粒子的 運動軌跡如圖中的虛線圓所示.2+皿設此后粒子做圓周運動的軌跡半徑為/,則由幾何關系可知二 y 又因為,嗡，所以f，代入數(shù)據(jù)可得：9二2(2-正成5 . (2018全國卷I -T25)如圖，在y>0的區(qū)域存在方向沿y軸負方向的勻

8、強電場，場強大小為E ；在y<0的 區(qū)域存在方向垂直于xOy平面向外的勻強磁場。一個氣核;H和一個氣核:H先后從y軸上y=h點以相同的動 能射出，速度方向沿x軸正方向。已知；H進入磁場時，速度方向與x軸正方向的夾角為60。，并從坐標原點0 處第一次射出磁場。；H的質量為m,電荷量為q。不計重力。求；H第一次進入磁場的位置到原點0的距離。磁場的磁感應強度大小。(3) ；H第一次離開磁場的位置到原點O的距離。【答案】(1)* WS-l)力3 y qh 3【解析】(1)；H在電場中做類平拋運動，在磁場中做圓周運動，運動軌跡如圖所示。設;H在電場中的加速度 大小為ai ,初速度大小為vi ,它在

9、電場中的運動時間為ti ,第一次進入磁場的位置到原點0的距離為sio由 運動學公式有Sl=Viti /? = ；卬：由題給條件，；H進入磁場時速度的方向與x軸正方向夾角6=60。；H進入磁場時速度的y分量的大小為，ait=Vitan 仇 聯(lián)立以上各式得s尸爭©(2) ；H在電場中運動時，由牛頓第二定律有qE=maj 設;H進入磁場時速度的大小為vl ,由速度合成法則有設磁感應強度大小為B ,但在磁場中運動的圓軌道半徑為Ri ,由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有的仍=等由幾何關系得S|=2Risin 0)聯(lián)立以上各式得設:H在電場中沿x軸正方向射出的速度大小為V2 ,在電場中的加速度大小為

10、a2 ,由題給條件得=-mv 2.2由牛頓第二定律有 qE=2ma2 設;H第一次射入磁場時的速度大小為vS ,速度的方向與X軸正方向夾角為02 ,入射點到原點的距離為S2 ,在 電場中運動的時間為t2.由運動學公式有 S2=V2t2h = Laj； 2-sin8=處 聯(lián)立以上各式得 S2=Sl , 02=01，也= 4。；設;H在磁場中做圓周運動的半徑為R：,由式及粒子在勻強磁場中做圓周運動的半徑公式得r,= = &RqB所以出射點在原點左側。設;H進入磁場的入射點到第一次離開磁場的出射點的距離為s',由幾何關系有 sS=2R2sin O2 聯(lián)立式得，汨第一次離開磁場時的位置

11、到原點0的距離為五=邪-1)6 .如圖所示，平行板P、。關于八軸對稱放置，兩板間接有正弦交變電壓，)軸右側有方向垂直于紙面向里的 勻強磁場。從P、。左側中點S向右連接發(fā)射初速度相同的帶正電粒子。不考慮粒子間相互作用，每個粒子穿越 極板過程時間極短，可認為電壓恒定。試證明：所有粒子從5軸進入、穿出磁場的兩點間距離相等。【答案】證明：v=vO/cos0; R=m7qB;d=2Rcos0=2mvo/qB ,即證。7 . (2016湖1版級期中)如圖所示，在MN左側有相距為4的兩塊正對的平行金屬板P、Q,板長L二華， 兩板帶等量異種電荷，上極板帶負電。在MY右側存在垂直于紙面的矩形勻強磁場(圖中未畫出)，其左邊界和 下邊界分別與MM AA重合(邊界上有磁場)。現(xiàn)有一帶電粒子以初速度由沿兩板中央。O射入，并恰好從下極板邊緣射出，又經(jīng)過在矩形有界磁場中的偏轉，最終垂直于MN從A點向左水平射出。已知A點與下極板右 端的距離為兒不計帶電粒子重力。求：一。N(1)粒子從下極板邊緣射出時的速度;(2)粒子從。運動到A經(jīng)歷的時間；矩形有界磁場的最小面積?！敬鸢浮?l)2v(),方向與豎直方向成30。角(¥嗎)(3年【解析】 帶電粒子在電場中平行極板方向勻速運動：號二、啖 豎直方向從靜止開始做勻加速運動: 解得Vv =小叭則粒子從下極板邊緣射出時的速度為V =、/詔十*二2P0,且與豎直方