1、(2015福建高考)如图3,绝缘粗糙的竖直平面MN左侧同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场,电场方向水平向右,电场强度大小为E,磁场方向垂直纸面向外,磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带正电的小滑块从A点由静止开始沿MN下滑,到达C点时离开MN做曲线运动。A、C两点间距离为h,重力加速度为g。图3(1)求小滑块运动到C点时的速度大小vC;(2)求小滑块从A点运动到C点过程中克服摩擦力做的功Wf;(3)若D点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中速度最大的位置,当小滑块运动到D点时撤去磁场,此后小滑块继续运动到水平地面上的P点。已知小滑块在D点时的速度大小为vD,从D点运动到
2、P点的时间为t,求小滑块运动到P点时速度的大小vP。考点二带电粒子在交变场中的运动4.考查带电体在交变电场中的运动(多选)(2015山东高考)如图4甲,两水平金属板间距为d,板间电场强度的变化规律如图乙所示。t0时刻,质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间,0时间内微粒匀速运动,T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出。微粒运动过程中未与金属板接触。重力加速度的大小为g。关于微粒在0T时间内运动的描述,正确的是()图4A末速度大小为v0 B末速度沿水平方向C重力势能减少了mgd D克服电场力做功为mgd5考查带电体在交变磁场中的运动烟台二模)如图5甲所示,两带等量异号电荷的平行金属板平行于x轴放
3、置,板长为L,两板间距离为2y0,金属板的右侧宽为L的区域内存在如图乙所示周期性变化的磁场,磁场的左右边界与x轴垂直。现有一质量为m,带电荷量为q的带电粒子,从y轴上的A点以速度v0沿x轴正方向射入两板之间,飞出电场后从点(L,0)进入磁场区域,进入时速度方向与x轴夹角为30,把粒子进入磁场的时刻做为零时刻,以垂直于纸面向里作为磁场正方向,粒子最后从x轴上(2L,0)点与x轴正方向成30夹角飞出磁场,不计粒子重力。图5(1)求粒子在两板间运动时电场力对它所做的功; (2)计算两板间的电势差并确定A点的位置;(3)写出磁场区域磁感应强度B0的大小、磁场变化周期T应满足的表达式。6考查带电体在多层
4、电、磁场中的运动天津高考)现代科学仪器常利用电场、磁场控制带电粒子的运动。真空中存在着如图6所示的多层紧密相邻的匀强电场和匀强磁场,电场与磁场的宽度均为d。电场强度为E,方向水平向右;磁感应强度为B,方向垂直纸面向里,电场、磁场的边界互相平行且与电场方向垂直。一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子在第1层电场左侧边界某处由静止释放,粒子始终在电场、磁场中运动,不计粒子重力及运动时的电磁辐射。图6(1)求粒子在第2层磁场中运动时速度v2的大小与轨迹半径r2;(2)粒子从第n层磁场右侧边界穿出时,速度的方向与水平方向的夹角为n,试求sin n;(3)若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出,试问在其他
5、条件不变的情况下,也进入第n层磁场,但比荷较该粒子大的粒子能否穿出该层磁场右侧边界,请简要推理说明之。考点三电磁场技术的应用7.(2015浙江高考)使用回旋加速器的实验需要把离子束从加速器中引出,离子束引出的方法有磁屏蔽通道法和静电偏转法等。质量为m,速度为v的离子在回旋加速器内旋转,旋转轨道是半径为r的圆,圆心在O点,轨道在垂直纸面向外的匀强磁场中,磁感应强度为B。为引出离子束,使用磁屏蔽通道法设计引出器。引出器原理如图7所示,一对圆弧形金属板组成弧形引出通道,通道的圆心位于O点(O点图中未画出)。引出离子时,令引出通道内磁场的磁感应强度降低,从而使离子从P点进入通道,沿通道中心线从Q点射出
6、。已知OQ长度为L,OQ与OP的夹角为。图7(1)求离子的电荷量q并判断其正负;(2)离子从P点进入,Q点射出,通道内匀强磁场的磁感应强度应降为B,求B;(3)换用静电偏转法引出离子束,维持通道内的原有磁感应强度B不变,在内外金属板间加直流电压,两板间产生径向电场,忽略边缘效应。为使离子仍从P点进入,Q点射出,求通道内引出轨迹处电场强度E的方向和大小。答 案1.选D两板水平放置时,放置于两板间a点的带电微粒保持静止,带电微粒受到的电场力与重力平衡。当将两板逆时针旋转45时,电场力大小不变,方向逆时针偏转45,受力如图,则其合力方向沿二力角平分线方向,微粒将向左下方做匀加速运动。选项D正确。2选
7、A由于粒子做直线运动,故无论粒子带何种电荷,由于电场力与洛伦兹力都是方向相反的,大小相等。根据左手定则,正电荷受到电场力与电场强度同向,选项A正确,B错误;根据电场力和洛伦兹力平衡,即qvBqE,v,与电量的多少无关,选项C错误;若使PM2.5颗粒的速度增大,则洛伦兹力增大,则电场力与洛伦兹力不平衡,出现偏转现象,因洛伦兹力方向不确定,则不一定向N板偏移,选项D错误。3解析:(1)小滑块沿MN运动过程,水平方向受力满足qvBFNqE小滑块在C点离开MN时FN0解得vC。(2)由动能定理得mghWfmvC20解得Wfmgh(3)如图,小滑块速度最大时,速度方向与电场力、重力的合力方向垂直。撤去磁
8、场后小滑块将做类平抛运动,等效加速度为g,g且vP2vD2g2t2解得vP答案:(1)(2)mgh(3) 4选BC0时间内微粒匀速运动,有mgqE0。把微粒的运动分解,水平方向:做速度为v0的匀速直线运动;竖直方向:时间内,只受重力,做自由落体运动,时刻,v1yg;T时间内,ag,做匀减速直线运动,T时刻,v2yv1ya0,所以末速度vv0,方向沿水平方向,选项A错误、B正确。重力势能的减少量Epmgmgd,所以选项C正确。根据动能定理: mgdW克电0,得W克电mgd,所以选项D错误。5解析:(1)设粒子刚进入磁场时的速度为v,则:vv0电场力对粒子所做的功为:Wmv2mv02mv02。(2
9、)设粒子刚进入磁场时的竖直分速度为v,则:vv0tan 30水平方向:Lv0tyvt解得:L电场力对粒子所做的功:WqEy两板间的电压U2Ey0U(3)由对称性可知,粒子从x2L点飞出磁场的速度大小不变,方向与x轴夹角为30在磁场变化的半个周期内,粒子的偏转角为260故磁场变化的半个周期内,粒子在x轴上的位移为:x2Rsin 30R粒子到达x2L处且速度满足上述要求是:nRLR(n1,2,3,)由牛顿第二定律,有:qvB0mB0粒子在变化磁场的半个周期内恰好转过周期,同时在磁场中运动的时间是变化磁场半个周期的整数倍,可使粒子到达x2L处且满足速度题设要求;kT0kT0T(1) mv02(2)
10、(3)B0(n1,2,3,)T6解析:(1)粒子在进入第2层磁场时,经过两次电场加速,中间穿过磁场时洛伦兹力不做功。由动能定理,有2qEdmv22由式解得v22粒子在第2层磁场中受到的洛伦兹力充当向心力,有qv2Bm由式解得r2(2)设粒子在第n层磁场中运动的速度为vn,轨迹半径为rn(各量的下标均代表粒子所在层数,下同)。nqEdmvn2qvnBm粒子进入第n层磁场时,速度的方向与水平方向的夹角为n,从第n层磁场右侧边界穿出时速度方向与水平方向的夹角为n,粒子在电场中运动时,垂直于电场线方向的速度分量不变,有vn1sin n1vnsin n甲由图甲看出rnsin nrnsin nd由式得rn
11、sin nrn1sin n1d由式看出r1sin 1,r2sin 2,rnsin n为一等差数列,公差为d,可得rnsin nr1sin 1(n1)d乙当n1时,由图乙看出r1sin 1d由式得sin nB(3)若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出,则n,sin n1。在其他条件不变的情况下,换用比荷更大的粒子,设其比荷为,假设能穿出第n层磁场右侧边界,粒子穿出时速度方向与水平方向的夹角为n,由于则导致sin n1说明n不存在,即原假设不成立。所以比荷较该粒子大的粒子不能穿出该层磁场右侧边界。见解析7解析:(1)离子做圆周运动,Bqvq,正电荷。(2)如图所示OQR,OQL,OORr引出轨迹为圆弧,Bqv得R根据几何关系得R故B(3)电场强度方向沿径向向外引出轨迹为圆弧,BqvEqEBv正电荷(2) (3)沿径向向外Bv
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