届高三物理二轮复习第一部分诊断卷十一专题三电场与磁场第二讲带电粒子在复合场中的运动Word格式.docx

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