2013高考物理 真題分類解析 專題11 帶電粒子在電磁場中的運(yùn)動

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1、2013高考物理分類解析 2013高考物理分類解析 專題十一、帶電粒子在電磁場中的運(yùn)動 1．（2013高考浙江理綜第20題）注入工藝中，初速度可忽略的離子P+和P3+，經(jīng)電壓為U的電場加速后，垂直進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里，有一定的寬度的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，如圖所示，已知離子P+在磁場中轉(zhuǎn)過θ=30°后從磁場右邊界射出。在電場和磁場中運(yùn)動時，離子P+和P3+ A．在電場中的加速度之比為1∶1 B．在磁場中運(yùn)動的半徑之比為∶1 C．在磁場中轉(zhuǎn)過的角度之比為1∶2 D．離開電場區(qū)域時的動能之比為1∶3 答案：BCD 解析：離子P+帶電量為e，P3+帶電量為e，，由qE=m

2、a，可知離子P+和P3+在電場中的加速度之比為1∶3，選項(xiàng)A錯誤。由qU= mv2/2，qvB=mv2/R，解得R=.離子P+和P3+在磁場中運(yùn)動的半徑之比為∶1，選項(xiàng)B正確。畫出離子P+和P3+在磁場中運(yùn)動的軌跡，由幾何關(guān)系可知，離子P+和P3+在磁場中轉(zhuǎn)過的角度之比為1∶2，選項(xiàng)C正確。由qU= mv2/2，可知離子P+和P3+離開電場區(qū)域時的動能之比為1∶3，選項(xiàng)D正確。 2．（16分） .(2013高考北京理綜第22題)如圖所示，兩平行金屬板間距為d，電勢差為U，板間電場可視為勻強(qiáng)電場；金屬板下方有一磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場。帶電量為+q、質(zhì)量為m的粒子，由靜止開始從正

3、極板出發(fā)，經(jīng)電場加速后射出，并進(jìn)入磁場做勻速圓周運(yùn)動。忽略重力的影響，求： （1） 勻強(qiáng)電場場強(qiáng)E的大小； （2） 粒子從電場射出時速度ν的大??； （3） 粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的半徑R。 解析：（1）勻強(qiáng)電場場強(qiáng)E=U/d。 （2）由動能定理，qU=mv2，解得v=。 （3）粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，qvB=m， 解得R=。 將速度v的值代入：R=。 3. （2013高考福建理綜第22題） (20分)如圖甲，空間存在—范圍足夠大的垂直于xoy平面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。讓質(zhì)量為m，電量為q（q<0)的粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O沿加xoy平面以不同的初速度

4、大小和方向入射到該磁場中。不計(jì)重力和粒子間的影響。 (1)若粒子以初速度v1沿y軸正向入射，恰好能經(jīng)過x 軸上的A(a，0)點(diǎn)，求v1的大?。? (2)已知一粒子的初建度大小為v(v>v1)．為使該粒子能經(jīng)過A(a，0)點(diǎn)，其入射角（粒子初速度與x軸正向的夾角）有幾個？并求出對應(yīng)的sinθ值： (3)如圖乙，若在此空間再加入沿y軸正向、大小為E的勻強(qiáng)電場，一粒子從O點(diǎn)以初速度v0沿x軸正向發(fā)射。研究表明：粒子在xoy平面內(nèi)做周期性運(yùn)動，且在任一時刻，粒子速度的x分量vx與其所在位置的y坐標(biāo)成正比，比例系數(shù)與場強(qiáng)大小E無關(guān)。求該粒子運(yùn)動過程中的最大速度值vm。 解析：（1）帶電粒子以速率v

5、1在勻強(qiáng)磁場B中做勻速圓周運(yùn)動，半徑為R，有： qv1B=mv12/R， ① 當(dāng)粒子沿y軸正方向入射，轉(zhuǎn)過半個圓周至A點(diǎn)，該圓周半徑為R1，有： R1=a/2，② 解得：v1=。。。③ （2）如圖，O、A兩點(diǎn)處于同一圓周上，且圓心在x=a/2的直線上，半徑為R。當(dāng)給定一個初速度v時，有兩個入射角，分別在第1、2象限，有 sinθ’= sinθ=。④ 由①④式解得：sinθ=。⑤ （3）粒子在運(yùn)動過程中僅電場力做功，因而在軌道的最高點(diǎn)處速率最大，用ym表示其y坐標(biāo)，由動能定理，有：qEym=mvm2-mv02 ⑥ 由題知，有vm=kym。⑦ 若E=

6、0時，粒子以初速度v0沿y軸正方向入射，有：qvB=m ⑧ v0=kR0，⑨ 由⑥⑦⑧⑨式解得：vm=+ 4.（18分）（2013高考山東理綜第23題）如圖所示，在坐標(biāo)系xoy的第一、第三象限內(nèi)存在相同的勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直于xoy面向里；第四象限內(nèi)有沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小為E. 一質(zhì)量為、帶電量為的粒子自y軸的P點(diǎn)沿x軸正方向射入第四象限，經(jīng)x軸上的Q點(diǎn)進(jìn)入第一象限，隨即撤去電場，以后僅保留磁場。已知OP=d,OQ=2d,不計(jì)粒子重力。 （1）求粒子過Q點(diǎn)時速度的大小和方向。 （2）若磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為一定值B0，粒子將以垂直y軸的方向進(jìn)入第二象限，求B0

7、； （3）若磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為另一確定值，經(jīng)過一段時間后粒子將再次經(jīng)過Q點(diǎn)，且速度與第一次過Q點(diǎn)時相同，求該粒子相鄰兩次經(jīng)過Q點(diǎn)所用的時間。 解析：（1）設(shè)粒子在電場中運(yùn)動的時間為t0，加速度的大小為a，粒子的初速度為v0，過Q點(diǎn)時速度的大小為v，沿y軸方向的分速度的大小為vy，速度與x軸正方向的夾角為θ，由牛頓第二定律得：qE=ma， ① 由運(yùn)動學(xué)公式得：d=at02， ② 2d= v0t0， ③ vy=at0， ④ v=， ⑤ tanθ= vy / v0 ⑥ 聯(lián)立①②③④⑤⑥式解得：v=2 ， ⑦ θ=45°。 ⑧

8、（2）設(shè)粒子做勻速圓周運(yùn)動的半徑為R1，粒子在第一象限的運(yùn)動軌跡如圖所示，O1為圓心，由幾何關(guān)系可知△O1OQ為等腰三角形，得：R1=2d。⑨⑩ 由牛頓第二定律得：qvB0=m 聯(lián)立⑦⑨⑩式解得：B0= (3) ）設(shè)粒子做勻速圓周運(yùn)動的半徑為R2，由幾何分析【粒子運(yùn)動的軌跡如圖所示，O2、O2’是粒子做勻速圓周運(yùn)動的圓心，Q、F、G、H是軌跡與兩坐標(biāo)軸的交點(diǎn)，連接O2、O2’，由幾何關(guān)系知，O2FGO2’和O2QHO2’均為矩形，進(jìn)而知FQ、GH均為直徑， QFGH也是矩形，又FH⊥GQ，可知QFGH是正方形，△QOF為等腰直角三角形。】可知，粒子在第一、第三象限的軌跡均為半圓，得：2R

9、2=2d。 粒子在第二、第四象限的軌跡為長度相等的線段，得：FG=HQ=2 R2， 設(shè)粒子相鄰兩次經(jīng)過Q點(diǎn)所用的時間為t，則有： t=。 聯(lián)立解得：t=(2+π). 5、（16分） （2013高考安徽理綜第23題）如圖所示的平面直角坐標(biāo)系xOy，在第Ⅰ象限內(nèi)有平行于軸的勻強(qiáng)電場，方向沿正方向；在第Ⅳ象限的正三角形abc區(qū)域內(nèi)有勻強(qiáng)磁場，方向垂直于xOy平面向里，正三角形邊長為L，且ab邊與y軸平行。一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子，從y軸上的p(0，h)點(diǎn)，以大小為v0的速度沿x軸正方向射入電場，通過電場后從x軸上的a（2h，0）點(diǎn)進(jìn)入第Ⅳ象限，又經(jīng)過磁場從y軸上的某點(diǎn)進(jìn)入第Ⅲ象限，且

10、速度與y軸負(fù)方向成45°角，不計(jì)粒子所受的重力。求： （1）電場強(qiáng)度E的大小； （2）粒子到達(dá)a點(diǎn)時速度的大小和方向； （3）abc區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的最小值。 【 解析】（1）設(shè)粒子在電場中運(yùn)動的時間為t，則有 x=vt=2h， y=at2=h， qE=ma， 聯(lián)立解得：E=。 （2）粒子到達(dá)a點(diǎn)時沿y軸負(fù)方向的分速度為vy=at= v0 所以：v== v0。 方向指向第Ⅳ象限與x軸正方向成45°角。 （1） 粒子在磁場中運(yùn)動時，有qvB=m。 當(dāng)粒子從b點(diǎn)射出時，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為最小值，此時有： r=L。所以B=。 6．（19分） （2013高考四川

11、理綜第11題）　　如圖所示，豎直平面（紙面）內(nèi)有平面直角坐標(biāo)系x0y,x軸沿水平方向。在x≤0的區(qū)域內(nèi)存在方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1的勻強(qiáng)磁場。在第二象限緊貼y軸固定放置長為、表面粗糙的不帶電絕緣平板，平板平行x軸且與x軸相距h。在第一象限內(nèi)的某區(qū)域存在方向互相垂直的勻強(qiáng)磁場（磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2，方向垂直于紙面向外）和勻強(qiáng)電場（圖中未畫出）。一質(zhì)量為m、不帶電的小球Q從平板下側(cè)A點(diǎn)沿x正向拋出；另一質(zhì)量也為m、帶電量為q的小球P從A點(diǎn)緊貼平板沿x軸正向運(yùn)動，變?yōu)閯蛩龠\(yùn)動后從y軸上的D點(diǎn)進(jìn)入電磁場區(qū)域做勻速圓周運(yùn)動，經(jīng)圓周離開電磁場區(qū)域，沿y軸負(fù)方向運(yùn)動，然后從x軸上的K點(diǎn)進(jìn)入第四

12、象限。小球P、Q相遇在第四象限內(nèi)的某一點(diǎn)，且豎直方向速度相同。設(shè)運(yùn)動過程中小球P的電量不變，小球P和Q始終在紙面內(nèi)運(yùn)動且均看作質(zhì)點(diǎn)，重力加速度為g。求： （1）勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小，并判斷P球所帶電荷的正負(fù)； （2）小球Q的拋出速度v0取值范圍； （3）B1是B2的多少倍？ 解析：（1）帶電小球P在電磁場區(qū)域內(nèi)做圓周運(yùn)動，必有重力與電場力平衡，設(shè)勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小為E，有：mg=qE， 解得：E=mg/q。 小球P在平板下側(cè)緊貼平板運(yùn)動，其所受洛倫茲力必豎直向上，故小球P帶正電。 (2)設(shè)小球P緊貼平板勻速運(yùn)動的速度為v，此時洛倫茲力與重力平衡，有：qvB1=mg， 設(shè)小球P以速

13、度v在電磁場區(qū)域內(nèi)做圓周運(yùn)動的半徑為R，有qvB2=m。 設(shè)小球Q與小球P在第四象限相遇點(diǎn)的坐標(biāo)為x、y，有：x≥0，y≤0. 小球Q運(yùn)動到相遇點(diǎn)所需時間為t0，水平位移為s，豎直位移為d，有： s=v0t0， d=gt02， 由題意得：x=s-l，y=h-d， 聯(lián)立上述方程，由題意可知v0>0，解得： 0< v0≤(L+) (1) 小球Q在空間做平拋運(yùn)動，要滿足題設(shè)要求，則運(yùn)動到小球P穿出電磁場區(qū)域的同一水平高度的W點(diǎn)時，其豎直方向的速度vy與豎直位移y0必須滿足： vy=v，y0=gt2， 聯(lián)立相關(guān)方程，解得B1=B2/2。 B1是B2的0.5倍。 7。(2

14、013高考江蘇物理第15題)（16分）在科學(xué)研究中，可以通過施加適當(dāng)?shù)碾妶龊痛艌鰜韺?shí)現(xiàn)對帶電粒子運(yùn)動的控制。 如題15-1圖所示的xOy平面處于勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中，電場強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間作周期性變化的圖象如題15-2圖所示。 x軸正方向?yàn)镋的正方向，垂直紙面向里為B的正方向。 在坐標(biāo)原點(diǎn)O有一粒子P，其質(zhì)量和電荷量分別為m和+q。 不計(jì)重力。 在時刻釋放P，它恰能沿一定軌道做往復(fù)運(yùn)動。 （1）求P在磁場中運(yùn)動時速度的大小v0； （2）求B0應(yīng)滿足的關(guān)系； （3）在t0(0< t0<τ/2)時刻釋放P，求P速度為零時的坐標(biāo)。 解析：（1）τ/2~ τ做勻加速直線運(yùn)動，τ~2

15、 τ做勻速圓周運(yùn)動， 電場力：F=qE0，加速度：a=F/m， 速度：v0=at，且t=τ/2， 聯(lián)立解得：v0=。 （2）只有當(dāng)t=2τ時，P在磁場中做勻速圓周運(yùn)動結(jié)束并開始沿x軸負(fù)方向運(yùn)動，才能沿一定軌道做往復(fù)運(yùn)動，如圖所示。設(shè)P在磁場中做勻速圓周運(yùn)動周期為T，則： （n-1/2）T=τ,（n=1,2,3···） 勻速圓周運(yùn)動：qvB0=m，T=2πr/v， 解得：B0=（2n-1）。 （3）在t0時刻釋放P，P在電場中加速時間為：τ- t0。 在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，v1=(τ- t0)..。 圓周運(yùn)動的半徑：r1=， 解得：r1=(τ- t0)..。 又經(jīng)(τ-

16、 t0)時間P減速為零后向右加速時間為t0.。 P再進(jìn)入磁場，v2=t0.。 圓周運(yùn)動的半徑：r2=， 解得：r2=t0.。 綜上所述，速度為零時的橫坐標(biāo)為x=0。 相應(yīng)的縱坐標(biāo)為y=(k=1，2，3，···) 解得：y=(k=1，2，3，···) 8. （2013高考天津理綜物理第11題）(18分）一圓筒的橫截面如圖所示，其圓心為O。筒內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。圓筒下面有相距為d的平行金屬板M、N，其中M板帶正電荷．N板帶等量負(fù)電荷。質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子自M板邊緣的P處由靜止釋放，經(jīng)N板的小孔S以速度v沿半徑SO方向射入磁場中．粒子與圈筒發(fā)生

17、兩次碰撞后仍從S孔射出，設(shè)粒子與圓筒碰撞過程中沒有動能損失，且電荷量保持不變，在不計(jì)重力的情況下，求： (1) M、N間電場強(qiáng)度E的大??； (2）圓筒的半徑R: （3）保持M、N間電場強(qiáng)度E不變，僅將M板向上平移2/3d，粒子仍從M板邊緣的P處由靜止釋放，粒子自進(jìn)入圓筒至從S孔射出期間，與圓筒的碰撞次數(shù)n。 解析：設(shè)兩板間的電壓為U，由動能定理得：qU=mv2， ① 由勻強(qiáng)電場中電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系得U=Ed，② 聯(lián)立解得：E=。 ③ （2）粒子進(jìn)入磁場后做勻速圓周運(yùn)動，運(yùn)用幾何關(guān)系作出圓心為O’，圓半徑為r。設(shè)第一次碰撞點(diǎn)為A。由于粒子與圓筒發(fā)生兩次碰撞又從S孔

18、射出，因此，SA圓弧所對的圓心角∠AO’S=π/3。 由幾何關(guān)系得r=Rtan(π/3) ④ 粒子運(yùn)動過程中洛倫茲力充當(dāng)向心力，由牛頓第二定律，得：qvB=m，⑤ 聯(lián)立④⑤式解得：R=。 ⑥ （3）保持M、N之間的電場強(qiáng)度E不變，M板向上移動2d/3后，設(shè)板間電壓為U’，則 U’=Ed/3=U/3. ⑦ 設(shè)粒子進(jìn)入S孔時的速度為v’，由①式可看出：=。 綜合⑦式可得：v’=v。 ⑧ 設(shè)粒子做勻速圓周運(yùn)動的軌道半徑為r’，則r’= ⑨ 設(shè)粒子從S到第一次與圓筒碰撞期間的軌跡所對圓心角為θ，比較⑥⑨兩式得到r’=R，可見，θ=π/2， 粒子需經(jīng)過四個這樣的圓弧才能從S孔射出，故：n=3