2019届高考物理二轮复习专题三电场和磁场带电粒子在复合场中运动练习题word版 docx

间t2＝

L

(1分) 2v0

qU1

粒子运动的竖直位移y2＝2mLt22＝L(2分) 4

113

因此粒子从板右端返回电场时的位置与上板间的距离为2L＋4L＝4L(2分)

(3)如图所示，由几何关系可知，粒子进入磁场时速度方向与水平方向夹角θ＝45°(1分)

由几何关系知 23

R＋2R＝4L(1分) 3?2－2?得R＝L(1分) 4

4?2＋1?mv0v2

由qvB＝mR，得B＝(2分) 3qL32

由几何关系r2＝(4L)2＋(r－2R)2， 3 2

得r＝4L(2分)

4?2＋1?mv03 23

答案：(1)2v0 (2)4L (3) 4L 3qL7、(1)电子在电场中加速，由动能定理得 1eU1＝2mv20 即v0＝

13

3eU0T

2md(2分)

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3eU0T2

水平导体板的板长l0＝v0T＝2md(2分)

(2)电子在偏转电场中半个周期的时间内做类平抛运动 半个周期的侧向位移 eU0T1T

y1＝2a(2)2＝2md(2)2(2分)

电子离开偏转电场时的最大侧向位移为 3eU0T2

ym＝3y1＝8md(2分)

(3)电子离开偏转电场时速度方向与水平方向夹角为θ vyaTeU0T3

tan θ＝v＝2v＝2mvd＝ 3(2分)

000故θ＝30°

v2v0

电子进入磁场做匀速圆周运动，有evB＝mR，其中v＝cos θ(2分) 垂直打在荧光屏上时圆周运动半径为R1，此时B有最小值 R1sin θ＝l(2分)

轨迹与屏相切时圆周运动半径为R2，此时B有最大值 R2sin θ＋R2＝l(2分)

U0T3U0T

联立解得Bmin＝2ld，Bmax＝2ld， U0T3U0T

故2ld＜B＜2ld(2分) 3eU0T23eU0T2

答案：(1)2md (2)8md U0T3U0T(3)2ld＜B＜2ld 8、(1)小球被释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小球从B点沿切线方向进入，则此时速度方向与竖直方向的夹角为45°，即加速度方向与竖直方向的夹角为45°，则

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mg

tan 45°＝Eq(2分) mg

解得E＝q(1分)

(2)小球从A点到D点的过程中，根据动能定理得 12

2mvD－0＝mg(2L＋2L)＋EqL(2分)

当小球运动到圆环的最低点D时，根据牛顿第二定律得 v2DFN－mg＝mR(1分)

联立解得FN＝3 (2＋1)mg(1分)

根据牛顿第三定律得小球运动到圆环的最低点D时对圆环的压力大小为3(2＋1)mg(1分)

(3)小球对A点到B点的过程中，根据动能定理得 12

2mvB＝mgL＋EqL(2分) 解得vB＝2gL(1分)

小球从C点抛出后做类平抛运动，抛出时的速度大小 vC＝vB＝2 gL(1分)

小球的加速度大小g′＝2g(1分)

1

当小球沿抛出方向和垂直抛出方向的位移相等时，回到虚线BC上，则有vCt＝2g′t2(1分)

解得t＝2

2L

g(1分)

则小球沿虚线BC方向运动的位移 xCF＝2vCt＝ 2×2gL×2

2L

g＝8L(1分)

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8mgL

沿着电场线方向电势降低，则C点与F点间的电势差为UCF＝－ExCF＝－q(2分) mg8mgL答案：(1)q (2)3(2＋1)mg (3)－q 9、(1)设M、N两板间的电压为U0，由动能定理得 1

qU0＝2mv2(1分)

由匀强电场中电势差与电场强度的关系得 U0＝Ed(1分)

mv2

联立以上两式可得E＝2qd(2分)

(2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，因为要求粒子在磁场中运动的时间最短，所以粒子只能与绝缘板碰撞两次，如图1所示，由几何关系可知单个绝缘板的长度为L＝2r(1分)

由洛伦兹力提供向心力有 v2

qvB＝mr(1分) mv

解得r＝qB(1分)

2mv

单个绝缘板的长度为L＝qB(1分)

11

(3)若通过调节使M、N两板间的电压变为原来的9，且保持板间距离d不变，则由q·9v1

U0＝2mv′2，解得v′＝3(1分)

v′2

根据qv′B＝mr′， r

解得r′＝3(1分)

则粒子在磁场中的运动轨迹如图2所示，粒子可以从小孔S射出磁场并回到P点(2分)

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