《2020届高考系统复习物理大题精做12带电粒子在复合场中运动（学生版）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020届高考系统复习物理大题精做12带电粒子在复合场中运动（学生版）（14页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、1如图所示，矩形区域以对角线abcd为边界分为上、下两个区域，对角线上方区域存在竖直向下的匀强电场，对角线下方区域存在垂直纸面向外的匀强磁场。质量为m、带电量为q的粒子以速度v0从a点沿边界ab进入电场，恰好从对角线ac的中点O进入磁场，并恰好未从边界cd射出。已知ab边长为2L，bc边长为L，粒子重力不计，求：(1)电场强度E的大小；(2)磁感应强度B的大小。2如图所示，在竖直平面内的xOy直角坐标系中，MN与水平x轴平行，在MN与x轴之间有竖直向上的匀强电场和垂直坐标平面水平向里的匀强磁场，电场强度E2 N/C，磁感应强度B1 T，从y轴上的P点沿x轴方向以初速度v01 m/s水平抛出一带
2、正电的小球，小球的质量m2106 kg，电荷量q1105 C，g取10 m/s2。已知P点到O点的距离d00.15 m，MN到x轴距离d0.20 m。(3.14，1.414，1.732，结果保留两位有效数字)(1)求小球从P点运动到x轴时速度方向与x轴正方向的夹角；(2)求小球从P点运动至MN边界所用的时间t；(3)当小球从P点运动到x轴时撤去电场，求小球到达MN边界时的速度。1如图所示，竖直平面内有一直角坐标系xOy，x轴沿水平方向。第二、三象限有垂直于坐标平面向里的匀强磁场，与x轴成30角的绝缘细杆固定在二、三象限；第四象限同时存在着竖直向上的匀强电场和垂直于坐标平面向里磁感应强度大小为B
3、的匀强磁场，一质量为m，电荷量为q带电小球a穿在细杆上沿细杆匀速下滑，在N点脱离细杆恰能沿圆周轨道运动到x轴上的A点，且速度方向垂直于x轴。已知A点到坐标原点O的距离为，小球a与绝缘细杆的动摩擦因数，重力加速度为g，空气阻力忽略不计。求：(1)带电小球的电性及电场强度的大小E；(2)第二、三象限里的磁场的磁感应强度大小B1；(3)当带电小球a刚离开N点时，从y轴正半轴距原点O为的P点(图中未画出)以某一初速度水平向右平抛一个不带电的绝缘小球b，b球刚好运动到x轴时与向上运动的a球相碰，则b球的初速度为多大？2如图所示，真空中有以O1为圆心、r半径的圆形匀强磁场区域，坐标原点O为圆形磁场边界上的
4、一点。磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。xr的虚线右侧足够大的范围内有方向竖直向下、大小为E的匀强电场。从O点在纸面内向各个方向发射速率相同的质子，速度方向与x轴正方向成120角的质子，经磁场偏转后又垂直射入电场，到达x轴上的P点(图中未画出)。已知质子的电荷量为e、质量为m，质子重力可忽略。(1)求质子射入磁场时的速度大小；(2)求质子从坐标原点O到x轴上的P点所需的时间；(3)若质子沿y釉正方向射入磁场，在离开磁场前的某一时刻，磁场方向不变、大小突然变为B1，此后质子恰好被束缚在该圆形磁场中，则B1的最小值为多少?3如图所示，在竖直虚线PQ左侧、水平虚线MN下方有范围足够大的竖
5、直向上的匀强电场和水平向里的匀强磁场，电场的电场强度大小为E，磁场的磁感应强度B未知。在距离MN为h的O点将带电小球以的初速度向右水平抛出，小球在MN下方的运动做匀速圆周运动，已知重力加速度为g。(1)求带电小球的比荷，并指出小球带电性质；(2)若小球从O点抛出后最后刚好到达PQ上与O点等高的O1点，求OO1间最小距离s及对应磁场的磁感强度的值B0；(3)已知磁场磁感应强度为B1，若撤去电场，小球从O点抛出后，在磁场中运动过程距离MN的最大距离为d (该点在PQ左侧)，求小球运动经过此点时加速度a。4如图所示，一小滑块带正电，质量为m，从P点以初速度v0水平抛出，恰好从上端口a点以速度v0竖直
6、向下进入圆弧金属管形轨道ab，然后从下端口b点滑出，并滑上水平传送带。P点到a点的竖直距离为h，金属管形轨道ab内壁光滑，半径为R，管道内径很小，但略大于小滑块的尺寸。b点上方左侧整个区域(不包括b点所在的竖直线)存在水平向外的的匀强磁场和竖直向上的匀强电场，磁感应强度为B，电场强度为E。当传送带静止时，小滑块恰好运动到传送带右端点c点停下。已知重力加速度为g。(1)求小滑块的初速度v0。(2)求小滑块刚要滑出b端口时，对圆轨道的压力大小。(3)若传送带匀速转动，试讨论滑块到达c点时的动能Ek与传送带速率v的关系。5如图1所示为平面坐标系xOy，在第一象限内的虚曲线和y轴之间存在着垂直纸面向里
7、的匀强磁场，磁感应强度大小为B；在第二象限内的虚直线(x6a)和y轴之间存在着如图2所示的交变磁场（以垂直纸面向外为磁场的正方向）。在A(2a，0)点的放射源发出质量为m、带电量为+q的粒子，粒子速度大小为v0，速度方向与x轴负方向的夹角为(090)，所有粒子都能垂直穿过y轴后进入第二象限。不计粒子重力和粒子间相互作用。(1)求夹角45的粒子经过y轴时的坐标；(2)求第一象限内虚曲线的曲线方程y(x)；(3)假设交变磁场在0时刻，某粒子刚好经过y轴上的B(0，a)点，则：要求该粒子不回到第一象限，交变磁场的变化周期T应满足什么条件？要求该粒子在C(6a，a)点垂直虚直线水平射出磁场，求粒子在交
8、变磁场中运动时间t与磁场变化周期T的比值k的最小值，并求出在这种情况下粒子在交变磁场中的运动时间。1【解析】(1)从a点入射的粒子在电场区域内做类平拋运动，则有：Lv0t，Lat2，联立解得：(2)设粒子进入磁场时速度大小为v，速度方向与水平方向成角，则有：，粒子进入磁场后恰好不从边界cd射出，其轨迹恰与边界cd相切，如图所示，设圆周运动的半径为R ，由几何关系可得：R+Rsin(90)L由牛顿第二定律得：联立解得：。2【解析】(1)由平抛运动的规律，小球做平抛运动的时间为t1，进入磁场的速度为v，进入磁场时速度与x轴的夹角为，则，解得：s，v2 m/s，60(2)小球进入电磁场区域时，qE2
9、105 Nmg故小球做匀速圆周运动，设轨迹半径为r，则解得r0.4 m由几何关系，小球运动到MN时轨迹与MN相切，在电磁场中运动的时间s小球从P点运动到MN所用时间tt1t20.38 s。(3)撤去电场后小球运动至MN时速度大小为v1，方向与水平方向成角，由动能定理得：解得：v12.8 m/s取小球在水平方向上的运动分析，由动量定理：qvyBtmvxtmvx0即：qBdmv1cos mvcos x0解得：45。1【解析】(1)由带电小球a在第四象限内做匀速圆周运动可得，带电小球a带正电，且mgqE解得：Emgq(2)带电小球a从N点运动到Q点的过程中，设运动半径为R，有：qvBmv2R由几何关
10、系有RRsin32l联立解得vqlBm5gl6带电小球a在杆上匀速运动时，由平衡条件有mgsin（qvB1mgcos）解得B17mqg10l(3)带电小球a在第四象限内做匀速圆周运动的周期T2Rv24l5g带电小球a第一次在第一象限竖直上下运动的总时间为t02vg10l3绝缘小球b平抛运动至x轴上的时间为t2hg210l3g两球相碰有tT3nt0T2联立解得n1设绝缘小球b平抛的初速度为v0，则72lv0t解得v0147gl160。2【解析】(1)设质子射磁场时的速度为v质子射入磁场后做匀速圆周运动，质子的轨迹如图所示。由几何关系知，质子在磁场中的偏转半径为Rr由牛顿第二定律：evBmv2R
11、解得：veBrm；(2)质子在磁场中运动的周期T2mqB 质子在磁场中的运动轨迹所对应的圆心角为1200，运动时间为t1T32m3eB 质子离开磁场做匀速直线运动，匀速运动位移为：sr(1-sin600) 匀速运动的时间为：t2sv2-32eBm 质子垂直射入电场做类平抛运动，设在电场中的运动时间为t3 竖直位移为yr(1cos600) 根据匀变速直线运动的规律y12at32 ，其中aeEm 解得：t33mreE 质子从O点到达x轴的时间tt1t2t32m3eB(2-3)m2eB3mreE；(3)若粒子运动轨迹的圆心为O3，如图所示。当质子运动到轨迹与O1O3连线交点处时，仅改变磁场大小，粒子
12、运动的半径最大，即B1对应最小。由几何关系得，最大半径Rmax2-22r 由evB1mv2Rmax 解得：B122-2B。3【解析】(1)因为小球在MN下方的运动是匀速圆周运动，所以电场力等于重力，电场力方向向上，所以带正电。因为mgqE，所以qmgE。(2)小球从O点抛出做类平抛运动，如图所示，根据平抛运动可得：xv0th12gt2，vy2gh，vv02vy22gh，tanvyv0解得45o所以s2x-2Rs最小时R最大，磁场的磁感强度有最小值B0，所以s2x-2R2R小球在MN下方的运动是匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力：qvBmv2R RmvqB 所以 B0(21)E2gh s4(2-2
13、)h (3)若撤去电场，小球从O点抛出后，在磁场中运动过程距离MN的最大距离为d根据动能定理列式得：mg(hd)12mv12-12mv02又qv1B1-mgma 所以agB12g(2hd)E-g4【解析】(1)小滑块从p到a做匀速圆周运动，则：qEmgqv0Bmv02h 解得v0ghBE。(2)小滑块进入金属管形轨道将失去电荷，所以从a到b的过程中，不受电场力和洛伦兹力作用，机械能守恒，则：12mv02mgR12mvb2 在b点：FNb-mgmvb2R 解得FNb3mgmg2h2B2RE2。(3)若传送带逆时针转动，滑块的受力与运动情况与传送带静止不动时相同，故滑块到达c点时的动能为零，与传送
14、带的速度无关。若传送带顺时针转动，设恰好使物体一直加速时传送带速度大小为vc，则fL12mvc2-12mvb2 传送带静止时有：-fL0-12mvb2综合（2）联立方程解得：vc4gR2g2h2B2E2 所以传送带顺时针转动时，滑到c点的动能与传送带速率v的关系是：若0v4gR2g2h2B2E2，则Ek12mv2；若v4gR2g2h2B2E2，则：Ek12mvc22mgRmg2h2B2E2。5【解析】(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹半径为r，则：解得：ra如图1所示，当入射角为45时，根据几何关系可得：y轴坐标y。(2)如图2所示，入射角为任意角，进入磁场入射点坐标为（x，y），根据几何关系可得：tan tan 得y（0xa）。(3)粒子不回到第一象限，临界情况为轨迹与y轴相切，如图3所示；设粒子在磁场中运动的周期为T0，两圆心连线与y轴夹角为，则：T0sin 所以30且满足得T要求该粒子不回到第一象限，交变磁场的变化周期T应满
