高考物理模擬新題精選分類解析第7期專題20帶電粒子在交變電場、交變磁場中的運動

1、2013年高考物理 模擬新題精選分類解析（第7期）專題20帶電粒子在交變電場、交變磁場中的運動（18分）（2013河南省開封市二模）高速電子束如果射入方向交替變化的磁場，可以使電子在磁場中擺動著前進，這就是電子激光器的原理。平面坐標(biāo)系xOy中（圖甲），分布有方向交替變化的磁場。磁場隨x坐標(biāo)變化的圖線如圖乙所示，每個磁場區(qū)域的寬度均為L=0. 3m,磁場的磁感應(yīng)強度大小B0=3.75 X10-4T,規(guī)定磁場方向垂直紙面向里為正方向?，F(xiàn)將初速度為零的電子經(jīng)電壓U=4. 5X103V的電場加速后，從坐標(biāo)原點沿y軸正方向射入磁場。電子電荷量e為1.6X10 19C,電子質(zhì)量 m取9. 0X 10 31

2、 kg,不計電子 的重力，不考慮電子因高速運動而產(chǎn)生的影 響。求：（1）電子從坐標(biāo)原點進入磁場時速度的大小V1；（2）電子通過 Xi = L、X2= 2L時對應(yīng)的縱坐標(biāo) y1和y2。（3）在甲圖中選擇合適的標(biāo)度，畫出x=0至x = 4L區(qū)域內(nèi)電子在磁場中運動的軌跡。解析工eu=lmv-? 3rQ）如圖所示，電子進入磁場區(qū)域后，evB=m-.R解得 R=0.6myi=Rsin60 := g R 2=0 3 /（3）x=0至x = 區(qū)域內(nèi)電子在磁場中運動的軌跡如圖。（15分）（2013黑龍江省牡丹江市聯(lián)考）在坐標(biāo)系xOy平面的第一象限內(nèi)，有一磁場和豎直向下勻強電場。場強大小 E=0.5N/C,磁感

3、應(yīng)強度大小恒為B=5T,方向垂直于 xOy平面，且隨時間作周期性變化，如圖所示，規(guī)定垂直xOy平面向里的磁場方向為正。一質(zhì)量為m=400g帶電量為q=8C的帶負電小球，以初速度 V0 = 5m/s從y軸上P點沿x軸正方向開始運動，已知 P點到原點O的距 離為h =8 cm ,不計磁場的變化可能產(chǎn)生的一切其它影響。（取g=10m/s2）x/cniB/T5p! rnI * I ：!（1）小球離開第一象限時的位置坐標(biāo)。M ；* I 5 r-1_: (:（2）如果在小球下降的高度 H =3 cm后撤去電場，則小球到達 x軸時速率（可以用根號表示）t解析】（1）由受力分析得；qE=ni3（4分）故帶點小

4、球做勻速圓周運動（二分） R所以有：R=ihvg qB=5cm（2 分）下 、 12 分）T= = qB =2 10So根據(jù)圖象（文祐圖）和數(shù)學(xué)知識得：小球離開第一象限時的位置坐標(biāo)為（6, 0）（5分）（2）在小球下降的高度 H =3 cm后撤去電場，此后小球受到重力和洛倫茲力，洛倫茲力不做功,12 12由動能th理， mg（h-H）= mv- - mv。解得：v=5乖m/s。3、（20分）（2013四川省名校質(zhì)檢）如圖甲所示，平行金屬板PQ MN水平地固定在地面上方的空間，金屬板長 L=20cm,兩板間距d=10cm,兩板間的電壓 LMp=100V。在距金屬板 M端左下方某 位置有一粒子源

5、A,從粒子源斜向右上連續(xù)發(fā)射速度相同的帶電粒子，發(fā)射速度方向與豎直方向成300夾角，射出的帶電粒子在空間通過一垂直于紙面向里的磁感應(yīng)強度B=0.01T的正三角形區(qū)域勻強磁場（圖中未畫出）后，恰好從金屬板 PQ左端的下邊緣水平進入兩金屬板間，帶電粒子在電場力作用下恰好從金屬板MN的右邊緣飛出。已知帶電粒子的比荷q =2.0 X 10 6C/kg ,m粒子重力不計，（計算結(jié)果可用根號表示）。求：（1）帶電粒子的電性及射入電場時的速度大?。唬?）正三角形勻強磁場區(qū)域的最小面積；（3）若兩金屬板間改加如圖乙所示的電壓，在哪些時刻進入兩金屬板間的帶電粒子不碰到極板 而能夠飛出兩板間。甲解：（1）由右手定

6、則可知粒子帶負電；（2分）設(shè)帶電粒子從PQ左邊緣進入電場的速度為 v,由MNS右邊緣飛出的時間為 t ,帶電粒子在電場中運動的加速度為a,則V二或則解得 v=2.0 xl0%】s （ 4 分）（2）粒子運動的軌跡如圖所示，粒子在磁場中運動半徑為R, 由 qvB對/ R得：R=lm*由幾何關(guān)系可知最小三角形磁場底邊長為R= 1m：高為 h=taii60：R 2i QSmm=RK2=（m：）（6 分）14J “ I N（3）帶電粒子以v=Z0，10，m s進入兩金屬板間，&穿過甲電場需要的時間為t=LA=1.0 xlOs,正好是交變電壓的半個周期。在兩極板上加上如圖所示的交變電壓后，設(shè)帶電粒子的加

7、速度為W則a* = = 4.0 xl0? m/s2 dvn設(shè)帶電粒子在ti時刻進入兩極板間，恰好從XIN極右間也是*1，粒子軌跡如圖所示，由對稱性可知出，帶電粒子進入電場后向下加速的時間為*】，則減速階d = lx-aAi解得:Ati=0.50 xl(r5s所以 ti=tArt =(1.0-0.5) - 10 -3-0.5 -10-s 口分)設(shè)帶電粒子在tz時刻進入兩極板間，恰好從PQ板右邊緣飛 出。它在豎直方向的運動是先加速向下,經(jīng)過*二時間后電場反向, 粒子在豎直方向運動改為減速向下,又經(jīng)過時間*3豎直分速度減為零，然后加速向上直到從Q點飛出電場。粒子這一運動過程 的軌跡如圖所示，帶電粒子

8、進入電場后向下加速的時間為解得工At：=（- lO-s0- (1 一正)卜10內(nèi)二除 a0 ;s=0.7010 -s考慮到交變電流的周期性，帶電粒子不碰到極板而能哆飛出兩板間的時刻為(0.5-2il) 10-s t10-5 (n=0, 1, 2（18分）（2013甘肅省一診）如圖甲所示，在以0為坐標(biāo)原點的xOy平面內(nèi)，存在著范圍足夠大的電場和磁場。一個帶正電小球在0時刻以M=3gt0的初速度從0點沿+x方向（水平向右）射入該空間，在t0時刻該空間同時加上如圖乙所示的電場和磁場，其中電場沿-y方向（豎直向上），場強大小E=mg-,磁場垂直于xoy平面向外，磁感應(yīng)強度大小B=匹m。已知小球的質(zhì)量為

9、 m,帶電量為qqt0q,時間單位t0,當(dāng)?shù)刂亓铀俣?g,空氣阻力不計。試求: （1）12t 0末小球速度的大小。（2）在給定的xoy坐標(biāo)系中，大體畫出小球在0到24t 0內(nèi)運動軌跡的示意圖。（3）30t 0內(nèi)小球距x軸的最大距離。|x/m叫門2I t - * Afl. ft .- - 5/o lO/o 15/o 2O/o25ft t.o產(chǎn) TOC o 1-5 h z I g. : y/m山 5roi O/o 15/o 20/o 25ro t甲乙t解析】Ci） 0：內(nèi)，小球只受重力作用，做平拋運動。當(dāng)同時加上電場和題場時，電場力：凡二總二.，方向向上a分）因為重力和電場力恰好平衡，所以在電場

10、和磁場同時存在時小球只受洛倫茲力而做勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律有；下u分r 工用運動周期二二（1分）聯(lián)立解得7= 2在口分）電場.磁場同時存在的時間正好是小球做圓周運破周期的5倍，即在這10卜內(nèi)，小球恰好做了 5個完整的勻速圓周運動。所以小球在*12 +時刻的速度相當(dāng)于小球做平拋 運動2七時的末速度d Vr-g 2片北表（1分）所以江末或所式（1分）（2）24號內(nèi)運動軌跡的示意圖如右圖所示，（4分） 分析可知史小球在30h時與24會時的位置相同，在用在 內(nèi)小球做了百成：的平拋運動，和半個圓周運動.23上末小球平拋運動的豎直分位移大小為：豎直分速度Vy2=3gt0 （1分）所以小球與豎直方向

11、的夾角為0 =45速度大小為%=或就Q分）F廣業(yè)3后端 此后小球做勻速圓周運動的半徑q4r（ i分）30t 0末小球距x軸的最大距離：J 3+3揚 3為 w+Q+Mi觀=q+1）或（2 分）【考的透析】帶電粒子在電磁場場中的運動和平拋運動的結(jié)合（2013年3月山東省泰安市質(zhì)檢）（18分）在xoy坐標(biāo)系內(nèi)存在按圖示規(guī)律變化的勻強電場和勻強磁場，電場沿 y軸正方向，場強為 Eo.磁場垂直紙面向外，磁感應(yīng)強度為Bo. 一質(zhì)量為 m電荷2 二 m量為q的正粒子，在t=0時刻從y軸上某處沿x軸正向射入，已知 01M時間內(nèi)粒子做直線qBo運動.不計粒子重力.求.*I1i j 恐（i）粒子射入時的速度.（2

12、）在04X 空3時間內(nèi)，粒子沿 y軸方向的位移.qB0（3）若粒子的速度第二次沿 x軸負向時，恰好經(jīng)過 x軸.則t=0時粒子的縱坐標(biāo)為何值 ？qB0解析：（1）在01X 2 m時間內(nèi),粒子做直線運動，qE）=qvxB0,解得vx= E。/ B。Q應(yīng)1 .衛(wèi)7 江時間內(nèi)，粒子做一圓周運動和過的類平拋運動。 gB 空.qB.v=- aA”，7解警. 濕.(3)S t=4 47m 時,v, =aAt=4n ( B .o 祖tan= =4Kt v;*=+1= J1+16.T2 j 3g在,箸心箸時間內(nèi)粒子做圓周運動解得 r=巴Z Ji+i 6 m 。 卷;縱坐標(biāo)* A-Rcas-R-Ay&聯(lián)立解得：（

13、1- JitgM工m qB：5. （22分）（2013浙江省嘉興市質(zhì)檢）如圖（甲）所示，在 。平面內(nèi)有足夠大的勻強電場，電 場方向豎直向上，電場強度E=40N/Co在_丫軸左側(cè)平面內(nèi)有足夠大的磁場，磁感應(yīng)強度Bi隨時間t變化 規(guī)律如圖（乙）所示（不考慮磁場變化所產(chǎn)生電場的影響），157ts后磁場消失，選定磁 場垂直紙面向里為正方向。在y軸右側(cè)平面內(nèi)分布一個垂直紙面向外的圓形勻強磁場（圖中未畫出），半徑r=0.3m,磁感應(yīng)強度B2=0.8T,且圓的左側(cè)與y軸始終相切。T=0時刻，一質(zhì)量 m=8xldkg、電荷謂 q=+2xl0-4C的微粒從x軸上Xp-0.8m處的 P點以 速度v=0.12m/s

14、沿x軸正方向射入，經(jīng)時 間t后，從y軸用/點進入第一象限并正對磁場圓的圓心，穿過磁場后擊中x軸上的M點。（Mg=10m/s2、兀=3,最終結(jié)果保留2位有效數(shù)字）求：A點的坐標(biāo)yA及從P點至U A點的運動時間tM點的坐標(biāo)Xm(3)要使微粒在圓磁場中的偏轉(zhuǎn)角最大，應(yīng)如何移動圓磁場？并計算出最大偏轉(zhuǎn)角。()X解析I(1)凡=狂二匕又10 (N)= mg(2 分)所以微粒做勻速圓周運動外星=陰L , 凡=。6 (m)(1+1分)艮周期丁二兇二10允(切(1M分)從乙圖可知0IG勻速圓周運動與4卜除粒運行半個圓周后到點C：= 一0 $(.卜二=二為=1二1叨)、_丁 大FJliQjr (J向左做勻速運動，位移大小土 =平彳= =LS (加 J運動到D點：,叢二1(m)10TI-15K (S) 微粒又做勻速圓周運動運動到E點：xE = -2.6()yE =4R =2.4(m)此后微粒做勻速運動到達 A點：yA = 4R = 2.4(m)(3分)軌跡如圖所示A從F到A的時間=：51+%或者F = 27+四V所以一 TOC o 1-5 h z （2）撇粒進入圓形磁場做勻速圓周運動的半徑為總= = OR（1分）*雙