高考物理大二輪復習與測試課件：第7講帶電粒子在組合場和疊加復合場中的運動-資料下載頁
2025-01-08 14:16本頁面
【正文】 0 ＋E 0 qm t 0 ＝ 2 v 0 運動的位移 s ＝v 0 ＋ v2t 0 ＝ 1. 5 v 0 t 0 在 2 t 0 ～ 3 t 0 內粒子做勻速圓周運動，半徑 r 2 ＝ 2 r 1 ＝2 v 0 t 0π 故粒子偏離 x 軸的最大距離 h ＝ s ＋ r 2 ＝ v 0 t 0 ＋2 v 0 t 0π. (3) 每 4 t 0 內粒子在 x 軸正向移動距離 d ＝ 2 r 1 ＋ 2 r 2 ＝6 v 0 t 0π 經過 A 點的時間 t ＝48 v 0 t 0πd 4 t 0 ＝ 32 t 0 . 答案： (1 ) ????????v 0 t 0π ，v 0 t 0π (2) v 0 t 0 ＋2 v 0 t 0π (3)32 t 0 1. 如圖所示，光滑四分之一圓弧軌道位于豎直平面內，半徑 R＝ m ，與長 l ＝ m 的絕緣水平面 CD 平滑連接．水平面右側空間存在互相垂直的勻強電場和勻強磁場，電場強度 E ＝ 20 N/C ，方向豎直向上，磁場的磁感應強度 B ＝ T ，方向垂直紙面向外．將質量為 m ＝ 10－ 6 k g 、帶電荷量為 q ＝ 10－ 6 C 的帶正電小球 a 從圓弧軌道頂端由靜止釋放，最后落在地面上的 P點．已知小球 a 在水平面 CD 上運動時所受的摩擦阻力 F ＝ mg ，PN ＝ 3 ND . 求： ( g ＝ 10 m /s2) ? (1)小球 a運動到 D點時速度的大?。? ? (2)水平面 CD離地面的高度 h； ? (3)從小球 a開始釋放到落地前瞬間的整個運動過程中，系統(tǒng)損失的機械能 ΔE. 解析： (1) 設小球 a 到 D 點時的速度為 vD，從小球 a 釋放至D 點，根據動能定理 mgR － Fl ＝12m v2D 解得： vD＝ 2 3 m/ s. (2) 小球 a 進入復合場后，由計算可知 Eq ＝ mg 小球在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動的 軌跡如圖所示，洛倫茲力提供向心力 B vDq ＝ mv2Dr 由圖可知 r ＝ 2 h ，解得： h ＝ 2 3 m. (3) 系統(tǒng)損失的機械能 Δ E ＝ mg ( R ＋ h ) －12 m v2D 解得： Δ E ＝ 4(1 ＋ 10 3 ) 10 － 6 J. 答案： (1 )2 3 m/s (2) 2 3 m (3)4( 1 ＋ 10 3 ) 10 － 6 J ? ，其圓心為 內有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為 d的平行金屬板 M、N，其中 M板帶正電荷， N板帶等量負電荷．質量為 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 N板的小孔 S以速度 v沿半徑 SO方向射入磁場中．粒子與圓筒發(fā)生兩次碰撞后仍從 S孔射出，設粒子與圓筒碰撞過程中沒有動能損失，且電荷量保持不變，在不計重力的情況下，求： (1) M 、 N 間電場強度 E 的大??； (2) 圓筒的半徑 R ； (3) 保持 M 、 N 間電場強度 E 不變，僅將 M 板向上平移23d ，粒子仍從 M 板邊緣的 P 處由靜 止釋放，粒子自進入圓筒至從 S 孔射出期間，與圓筒的碰撞次數 n . 解析： 根據動能定理、洛倫茲力公式、牛頓第二定律解決問題． (1) 設兩板間的電壓為 U ，由動能定理得 qU ＝12m v2 ① 由勻強電場中電勢差與電場強度的關系得 U ＝ Ed ② 聯立上式可得 E ＝m v22 qd ③ (2) 粒子進入磁場后做勻速圓周運動，運用幾何關系作出圓心為 O ′ ，圓半徑為 r . 設第一次碰撞點為 A ，由于粒子與圓筒發(fā)生兩次碰撞又從 S 孔射出，因此， SA 弧所對的圓心角 ∠ AO ′ S 等于π3. 由幾何關系得 r ＝ R tan π3 ④ 粒子運動過程中洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得 q v B ＝ mv2r ⑤ 聯立 ④⑤ 式得 R ＝3 m v3 qB. ⑥ (3) 保持 M 、 N 間電場強度 E 不變， M 板向上平移23d 后，設板間電壓為 U ′ ，則 U ′ ＝Ed3＝U3 ⑦ 設粒子進入 S 孔時的速度為 v ′ ，由 ① 式看出 U ′U＝v ′2v2 綜合 ⑦ 式可得 v ′ ＝33v ⑧ 設粒子做圓周運動的半徑為 r ′ ，則 r ′ ＝3 m v3 qB ⑨ 設粒子從 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 ＝π2 ⑩ 粒子需經過四個這樣的圓弧才能從 S 孔射出，故 n ＝ 3. ? 答案： (1 ) m v22 qd (2)3 m v3 qB (3)3
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