高三物理二轮总复习 专题4 第2讲 带电粒子在匀强磁场中的运动 新人教版（湖南专用）.doc

2013届高中新课标二轮物理总复习（湖南用）专题4 第2讲 带电粒子在匀强磁场中的运动班级：_姓名：_学号：_图11.如图1所示，abc为与匀强磁场垂直的边长为a的等边三角形，磁场垂直纸面向外，比荷为e/m的电子以速度v0从a点沿ab方向射入，欲使电子能经过bc边，则磁感应强度b的取值应为()ab bbcb图22.如图2所示，内壁光滑的玻璃管长为l，平放在光滑水平桌面上玻璃管底部有一质量为m，电荷量为q的小球，匀强磁场方向竖直向下，磁感应强度为b.现让玻璃管绕通过开口端的竖直轴o以角速度在水平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，则试管底部所受压力大小()a可能为0 b等于ml2c等于ml2qbl d等于ml2qbl图33.如图3所示，一个带正电、电荷量为q的小带电体处于蹄形磁铁两极之间的匀强磁场里，磁场的方向垂直于纸面向里，磁感应强度为b，若小带电体的质量为m，为了使它对水平绝缘面正好无压力，应该()a使磁感应强度b的数值增大b使磁场以速率v向上移动c使磁场以速率v向右移动d使磁场以速率v向左移动4.两个电荷量分别为q和q的带电粒子分别以速度va和vb射入匀强磁场，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为30和60，磁场宽度为d，两粒子同时由a点出发，同时到达b点，如图4所示，则()图4aa粒子带正电，b粒子带负电b两粒子轨道半径之比rarbc两粒子质量之比mamb12d两粒子的速度之比vavb125.(2012江苏卷)如图5所示，待测区域中存在匀强电场和匀强磁场，根据带电粒子射入时的受力情况可推测其电场和磁场图中装置由加速器和平移器组成，平移器由两对水平放置、相距为l的相同平行金属板构成，极板长度为l、间距为d，两对极板间偏转电压大小相等、电场方向相反质量为m、电荷量为q的粒子经加速电压u0.加速后，水平射入偏转电压为u1的平移器，最终从a点水平射入待测区域不考虑粒子受到的重力(1)求粒子射出平移器时的速度大小v1；(2)当加速电压变为4u0时，欲使粒子仍从a点射入待测区域，求此时的偏转电压u；(3)已知粒子以不同速度水平向右射入待测区域，刚进入时的受力大小均为f.现取水平向右为x轴正方向，建立如图所示的直角坐标系oxyz.保持加速电压为u0不变，移动装置使粒子沿不同的坐标轴方向射入待测区域，粒子刚射入时的受力大小如下表所示.射入方向yyzz受力大小ffff请推测该区域中电场强度和磁感应强度的大小及可能的方向图66.(2011新课标卷)如图6，在区域(0xd)和区域(dx2d)内分别存在匀强磁场，磁感应强度大小分别为b和2b，方向相反，且都垂直于oxy平面一质量为m、带电荷量q(q0)的粒子a于某时刻从y轴上的p点射入区域，其速度方向沿x轴正向已知a在离开区域时，速度方向与x轴正方向的夹角为30；此时，另一质量和电荷量均与a相同的粒子b也从p点沿x轴正向射入区域，其速度大小是a的1/3.不计重力和两粒子之间的相互作用力求(1)粒子a射入区域时速度的大小；(2)当a离开区域时，a、b两粒子的y坐标之差图77.如图7所示，直线oa与x轴成135角，x轴上下方分别有水平向右的匀强电场e1和竖直向上的匀强电场e2，且电场强度e1e210n/c，x轴下方还存在垂直于纸面向外的匀强磁场b，磁感应强度b10t.现有一质量m1.0105kg，电荷量q1.0105c的带电尘粒在oa直线上的a点静止释放，a点离原点o的距离dm(g取10m/s2，)求：(1)尘粒刚进入磁场区域时的速度v的大小；(2)从进入磁场区域开始到离开磁场区域所经历的时间t；(3)第一次回到oa直线上的某位置离原点o的距离l.限时训练(十)1c解析：当粒子从c点离开时，对应的轨道半径最小，有r，而r，所以b，c项正确2c解析：本题考查受力分析、洛伦兹力方向的判断，圆周运动的向心力根据左手定则，物体受到的洛伦兹力的方向沿半径向外，由于物体做匀速圆周运动其合外力指向圆心，故玻璃管对小球有指向圆心的压力，fnqvbml2，vl，所以fnml2qbl.本题正确选项为c.3d解析：假定磁场不动，小球应向右运动且有mgqvb.由相对运动知d对4c解析：如图所示，由左手定则可以判定：a粒子带负电，b粒子带正电，故a错误；由几何关系可得：rarb；两者运动时间相同，则由：ttbta，可知.由t知，；又由r得：.所以只有c项正确5解析：(1)设粒子射出加速器的速度为v0动能定理qu0mv，由题意得v1v0，即v1.(2)在第一个偏转电场中，设粒子的运动时间为t加速度的大小a在离开时，竖直分速度vyat竖直位移y1at2水平位移lv1t粒子在两偏转电场间做匀速直线运动，经历时间也为t竖直位移y2vyt由题意知，粒子竖直总位移y2y1y2解得y则当加速电压为4u0时，u4u1.(3)(a)由沿x轴方向射入时的受力情况可知：b平行于x轴，且e.(b)由沿y轴方向射入时的受力情况可知：e与xoy平面平行f2f2(f)2，则f2f且fqv1b解得b(c)设电场方向与x轴方向夹角为若b沿x轴方向，由沿z轴方向射入时的受力情况得(ffsin)2(fcosa)2(f)2解得30，或150即e与xoy平面平行且与x轴方向的夹角为30或150.同理，若b沿x轴方向f与xoy平面平行且与x轴方向的夹角为30或150.6解析：(1)设粒子a在内做匀速圆周运动的圆心为c(在y轴上)，半径为ra1，粒子速度为va，运动轨迹与两磁场区域边界的交点为p，如图由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得qvabm由几何关系得pcpra1式中，30.由式得va(2)设粒子a在内做圆周运动的圆心为oa，半径为ra2，射出点为pa(图中未画出轨迹)，poapa.由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得qva(2b)m由式得ra2c、p和oa三点共线，且由式知oa点必位于xd的直线上由对称性知，pa点与p点纵坐标相同，即ypara1cosh式中，h是c点的纵坐标设b在中运动的轨道半径为rb1，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得q()b()2设a到达pa点时，b位于pb点，转过的角度为.如果b没有飞出，则式中，t是a在区域中运动的时间，而ta2tb1由式得30由可见，b没有飞出，pb的y坐标为ypbrb1(2cos)h由式及题给条件得，a、b两粒子的y坐标之差为ypaypb(2)d7(1)v2m/s(2)t(3)l0.13m解析：(1)尘粒在电场e中受到的合外力为fmg104n合外力f和水平方向间的夹角为tan145尘粒在电场e1中的加速度a大小为ag故释放后尘粒沿ao方向做初速度为零的匀加速直线运动，则进入磁场时的速度为v2m/s(2)进入磁场后，尘粒受到的重力和电场力平衡，洛