20xx年高考化學第十一章第三課時帶電粒子在復合場中的運動解析-資料下載頁
2025-03-15 03:47本頁面
【正文】 向與E正向成135176。角（如圖乙所示）.答案:小球帶正電時，為右上方與E正向成45176。角；小球帶負電時， 為左上方與E正向成135176。角，坐標系xOy位于豎直平面內(nèi)，在該區(qū)域內(nèi)有場強E=12 N/C、方向沿x軸正方向的勻強電場和磁感應強度大小為B=2T、=4105 kg105C帶正電的微粒，在xOy平面內(nèi)做勻速直線運動，運動到原點O時，撤去磁場，經(jīng)一段時間后，=10 m/s2，求：（1）P點到原點O的距離；（2）帶電微粒由原點O運動到P點的時間.解析:微粒運動到O點之前要受到重力、電場力和洛倫茲力作用，在這段時間內(nèi)微粒做勻速直線運動，說明三力合力為零.由此可得+(mg)2①電場力FE=Eq②洛倫茲力FB=Bqv③聯(lián)立求解、代入數(shù)據(jù)得v=10 m/s④微粒運動到O點之后，撤去磁場，微粒只受到重力、電場力作用，其合力為一恒力，且方向與微粒在O點的速度方向垂直，所以微粒在后一段時間內(nèi)的運動為類平拋運動，可沿初速度方向和合力方向進行分解.tanθ=⑤代入數(shù)據(jù)得tanθ=⑥設(shè)沿初速度方向的位移為s1，沿合力方向的位移為s2，則因為s1=vt⑦s2= ⑧OP=⑨聯(lián)立求解，代入數(shù)據(jù)可得P點到原點O的距離OP=15 mO點到P點運動時間答案：（1）15 m（2） s，在xOy平面的第一象限有一勻強電場，電場的方向平行于y軸向下；在x軸和第四象限的射線OC之間有一勻強磁場，磁感應強度的大小為B，帶有電荷量+，速度方向與x軸的夾角為φφ，求（1）粒子在磁場中運動速度的大??；（2）勻強電場的場強大小.解析:（1），速度垂直于OC，質(zhì)點軌跡與x軸的交點為A，過A點作與A點的速度方向垂直的直線，與OC交于O′.由幾何關(guān)系知，AO′垂直于OC，O′，則有R=dsinφ①由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得qυB=m②將①式代入②式，得υ=③υ0，在電場中的加速度為a，運動時間為t,則有υ0=υcosφ④υsinφ=at⑤d=υ0t⑥聯(lián)立④⑤⑥得a=⑦設(shè)電場強度的大小為E，由牛頓第二定律得⑧qE=ma聯(lián)立③⑦⑧E=sin3φcosφ⑨答案：（1）sinφ（2）sin3φcosφ，在坐標系xOy中，過原點的直線OC與x軸正向的夾角φ=120176。，在OC右側(cè)有一勻強電場；在第二、三象限內(nèi)有一勻強磁場，其上邊界與電場邊界重疊、右邊界為y軸、左邊界為圖中平行于y軸的虛線，磁場在磁感應強度大小為B，、質(zhì)量為m的粒子以某一速度自磁場左邊界上的A點射入磁場區(qū)域，并從O點射出，粒子射出磁場的速度方向與x軸的夾角θ=30176。（1）粒子經(jīng)過A點時速度的方向和A點到x軸的距離；（2）勻強電場的大小和方向；（3）粒子從第二次離開磁場到再次進入電場時所用的時間.解析:（1）設(shè)磁場左邊界與x軸相交于D點，與CO相交于O′點，由幾何關(guān)系可知，直線OO′′D中∠OO′D=30176。.設(shè)磁場左右邊界間距為d,則OO′=，粒子第一次進入磁場的運動軌跡的圓心即為O′點，圓弧軌跡所對的圓心角為30176。，且O′A為圓弧的半徑R.=R（1cos30176。）①由洛倫茲力公式、牛頓第二定律及圓周運動的規(guī)律，得qvB=②聯(lián)立①②式得③（2）設(shè)粒子在磁場中做圓周運動的周期為T，第一次在磁場中飛行的時間為t1，有t1=④T=⑤依題意，勻強電場的方向與x軸正向夾角應為150176。.由幾何關(guān)系可知，粒子再次從O點進入磁場的速度方向與磁場右邊界夾角為60176。.設(shè)粒子第二次在磁場中飛行的圓弧的圓心為O″,O″，則∠OO″P=120176。.設(shè)粒子第二次進入磁場在磁場中運動的時間為t2，有t2=T⑥設(shè)帶電粒子在電場中運動的時間為t3,依題意得t3=T(t1+t2)⑦由勻變速運動的規(guī)律和牛頓定律可知，v=vat3⑧a=⑨聯(lián)立④⑤⑥⑦⑧⑨可得E= Bv⑩′點再次進入電場，由幾何關(guān)系知∠O″P′P=30176。三角形OPP′、P′兩點間運動的時間為t4，有t4=又由幾何關(guān)系知聯(lián)立②式得t4=答案：(1) (2) Bv,與x軸正向夾角為150176。(3)
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