2014高考物理二轮复习能力提升演练8

2014高考物理二轮复习能力提升演练8带电粒子在复合场中的运动
常考的2个问题(计算题)
1．如图8－9所示，两块平行金属极板MN水平放置，板长L＝1 m，间距d＝
3 3
m，两金属板间电压U＝1×104V；在平行金属板右侧依次存在ABC和FGH 两个全等的正三角形区域，正三角形ABC内存在垂直纸面向里的匀强磁场B1，三角形的上顶点A与上金属板M平齐，BC边与金属板平行，AB边的中点P 恰好在下金属板N的右端点；正三角形FGH内存在垂直纸面向外的匀强磁场B2，已知A、F、G处于同一直线上．B、C、H也处于同一直线上．AF两点距
离为2
3m．现从平行金属极板MN左端沿中心轴线方向入射一个重力不计的带
电粒子，粒子质量m＝3×10－10 kg，带电荷量q＝＋1×10－4 C，初速度v0＝1×105 m/s.
图8－9
(1)求带电粒子从电场中射出时的速度v的大小和方向；
(2)若带电粒子进入中间三角形区域后垂直打在AC边上，求该区域的磁感应强度B1；
(3)若要使带电粒子由FH边界进入FGH区域并能再次回到FH界面，求B2应满足的条件．
2．如图8－10所示，一半径为R 的圆表示一柱形区域的横截面(纸面)．在柱形区
域内加一方向垂直于纸面的匀强磁场，一质量为m 、电荷量为q 的粒子沿图中直线在圆上的a 点射入柱形区域，在圆上的b 点离开该区域，离开时速度方向与直线垂直．圆心O 到直线的距离为3
5R .现将磁场换为平行于纸面且垂直于直线的匀强电场，同一粒子以同样速度沿直线在a 点射入柱形区域，也在b 点离开该区域．若磁感应强度大小为B ，不计重力，求电场强度的大小．
3．如图8－11所示，坐标系xOy 在竖直平面内，长为L 的水平轨道AB 光滑且绝缘，B 点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫
0，
32L .有一质量为m 、电荷量为＋q 的带电小球(可看成质点)被固定在A 点．已知在第一象限内分布着互相垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上，场强大小E 2＝mg
q ，磁场为水平方向(在图中垂直纸面向外)，磁感应强度大小为B ；在第二象限内分布着沿x 轴正方向的水平匀强电场，场强大小E 1＝B 2qL
6m .现将带电小球从A 点由静止释放，设小球所带的电荷量不变．试求：
图8－11
(1)小球运动到B 点时的速度大小； (2)小球第一次落地点与O 点之间的距离； (3)小球从开始运动到第一次落地所经历的时间．
4．如图8－12a所示，水平直线MN下方有竖直向上的匀强电场，现将一重力
不计、比荷q
m＝10
6C/kg的正电荷置于电场中的O点由静止释放，经过
π
15×10
－5 s后，电荷以v0＝1.5×104 m/s的速度通过MN进入其上方的匀强磁场，磁场与纸面垂直，磁感应强度B按图8－12b所示规律周期性变化(图b中磁场以垂直纸面向外为正，以电荷第一次通过MN时为t＝0时刻)．求：
图8－12
(1)匀强电场的电场强度E的大小；
(2)图b中t＝4π
5×10
－5 s时刻电荷与O点的水平距离；
(3)如果在O点右方d＝68 cm处有一垂直于MN的足够大的挡板，求电荷从O 点出发运动到挡板所需的时间．(sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80)
参考答案
训练8带电粒子在复合场中的运动常考的2个问题(计算题)
1．解析(1)设带电粒子在电场中做类平抛运动时间为t，加速度为a，则：q U d＝
ma
故a＝qU
dm＝
3
3×10
10m/s2，
t＝L
v0＝1×10－
5 s，
竖直方向的速度为v y＝at＝
3
3×10
5 m/s，
射出时的速度大小为v＝v20＋v2y＝23
3×10
5 m/s，
速度v 与水平方向夹角为θ，tan θ＝v y v 0＝3
3，故θ＝30°，即垂直于AB 方向射
出．
(2)带电粒子出电场时竖直方向偏转的位移y ＝12at 2＝36 m ＝d
2，即粒子由P 点垂直AB 射入磁场，由几何关系知在磁场ABC 区域内做圆周运动的半径为R 1＝d cos 30°＝23 m ，
由B 1q v ＝m v 2R 1知：B 1＝m v qR 1
＝3310 T.
(3)分析知当轨迹与边界GH 相切时，对应磁感应强度B 2最小，运动轨迹如图所示：
由几何关系可知R 2＋R 2
sin 60°＝1 m ， 故半径R 2＝(23－3)m ，
又B 2q v ＝m v 2
R 2，故B 2＝2＋35 T ，所以B 2应满足的条件为大于2＋35 T.
答案 见解析
2．解析 粒子在磁场中做圆周运动．设圆周的半径为r ，由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得q v B ＝m v 2
r ① 式中v 为粒子在a 点的速度．
过b 点和O 点作直线的垂线，分别与直线交于c 和d 点．由几何关系知，线段ac 、bc 和过a 、b 两点的圆弧轨迹的两条半径(未画出)围成一正方形．因此ac ＝bc ＝r ②
设cd ＝x ，由几何关系得ac ＝4
5R ＋x ③ bc ＝35R ＋
R 2－x 2④
联立②③④式得r ＝7
5R ⑤
再考虑粒子在电场中的运动．设电场强度的大小为E ，粒子在电场中做类平抛
运动．设其加速度大小为a ，由牛顿第二定律和带电粒子在电场中的受力公式得qE ＝ma ⑥
粒子在电场方向和直线方向所走的距离均为r ，由运动学公式得r ＝1
2at 2⑦ r ＝v t ⑧
式中t 是粒子在电场中运动的时间． 联立①⑤⑥⑦⑧式得E ＝14qRB 2
5m .⑨ 答案 14qRB 2
5m
3．解析 (1)小球从A 点运动到B 点的过程中，由动能定理得12m v 2
B ＝qE 1L ， 所以小球运动到B 点时的速度大小v B ＝
2qE 1L m ＝
2qL m ·B 2qL 6m ＝3qBL
3m .
(2)小球在第一象限内做匀速圆周运动，设半径为R ， 由qB v B ＝m v 2B
R 得
R ＝m v B qB ＝m qB ·3qBL 3m ＝33L ，
设图中C 点为小球做圆周运动的圆心，它第一次的落地点为D 点，则CD ＝R ， OC ＝OB －R ＝32L －33L ＝36L ， 所以，第一次落地点到O 点的距离为 OD ＝R 2－OC 2＝
⎝ ⎛⎭⎪⎫33L 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫36L 2＝L 2
. (3)小球从A 到B 所需时间 t AB ＝v B a ＝3BqL 3m q 2B 2L 6m 2
＝23m
qB ，
小球做匀速圆周运动的周期为T ＝2πm
qB ， 由几何关系知∠BCD ＝120°，
小球从B 到D 所用的时间为t BD ＝T 3＝2πm 3qB ，
所以小球从开始运动到第一次落地所经历的时间为 t AD ＝t AB ＋t BD ＝23m qB ＋2πm 3qB ＝⎝ ⎛
⎭⎪⎫23＋2π3m qB .
答案 (1)3qBL 3m (2)L 2 (3)⎝ ⎛⎭⎪⎫23＋2π3m qB
4．解析 (1)电荷在电场中做匀加速直线运动，设其在电场中运动的时间为t 1，有：v 0＝at 1，Eq ＝ma ，
解得：E ＝m v 0
qt 1
＝7.2×103 N/C.
(2)当磁场垂直纸面向外时，电荷运动的半径：r ＝m v 0B 1q ＝5 cm ，周期T 1＝2πm
B 1q ＝
2π3×10－5
s ，当磁场垂直纸面向里时，电荷运动的半径：r 2＝m v 0B 2q ＝3 cm ， 周期T 2＝2πm B 2
q ＝2π
5×10－5 s ，
故电荷从t ＝0时刻开始做周期性运动，其运动轨迹如下图所示．
t ＝4π
5×10－5 s 时刻电荷与O 点的水平距离： Δd ＝2(r 1－r 2)＝4 cm.
(3)电荷从第一次通过MN 开始，其运动的周期为： T ＝4π
5×10－5 s ，
根据电荷的运动情况可知，
电荷到达挡板前运动的完整周期数为15个， 此时电荷沿MN 运动的距离：s ＝15 Δd ＝60 cm ， 则最后8 cm 的距离如右图所示，有： r 1＋r 1cos α＝8 cm ，
解得：cos α＝0.6，则α＝53° 故电荷运动的总时间：
t 总＝t 1＋15T ＋12T 1－53°360°T 1＝3.86×10－4 s. 答案 (1)7.2×103 N/C (2)4 cm (3)3.86×10－4 s。