黄山中学高三二轮复习物理专题四答案复合场

专题四（3）——复合场答案例一、解：（1）由题意可知，微粒所受的重力G =mg =8×10-3N,电场力大小F =Eq =8×10-3N因此重力与电场力平衡,微粒先在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，则解得 R ==0.6m 由解得T =10πs则微粒在5πs 内转过半个圆周，再次经直线OO ´时与O 点的距离 l = 2R =1.2m（2）微粒运动半周后向上匀速运动，运动的时间为t =5πs ，轨迹如图所示，位移大小s =vt =0.6πm=1.88m （2分） 因此，微粒离开直线OO ´的最大高度 h =s +R =2.48m（3）若微粒能垂直射到挡板上的某点P ，P 点在直线OO ´下方时，由图象可知，挡板MN 与O 点间的距离应满足L =（2.4n +0.6)m （n =0，1，2…若微粒能垂直射到挡板上的某点P ，P 点在直线OO ´上方时，由图象可知，挡板MN 与O 点间的距离应满足 L =（2.4n +1.8) m （n =0，1，2…)［若两式合写成 L =（1.2n +0.6) m （n =0，1，2…)同样给分］ 例2 解析：（1）粒子仅在A 、B 两板间由电场加速获得能量qU ，绕行过程中仅受洛伦兹力作用，洛伦兹力不会对粒子做功，所以绕行n 圈的总动能为E k =nqU .（2）当第n 次穿过AB 两板间开始作第n 圈绕行时，应满足条件：E k =nqU =21mv n 2,得：v n =m nqU 2因有洛伦兹力作向心力，故qv n B n =m Rvn 2所以第n 圈绕行的磁感应强度为： B n =qR mv n =qR mm nqU 2=R 1qnmU2 （3）因第n 圈的绕行时间为2v qvB m R=mvBq 2RT vπ=t n =n v R π2=2πR nqU m2 所以，绕行n 圈的总时间： T=t 1+t 2+…+t n =2πRqU m2（1+21+31+…+n1）. （4）加在A 板上的电势大小不变，由于粒子的速度越来越大，穿越A 、B 两板的时间和绕行一周的时间都越来越短，因此，A 、B 间加有电势差的时间和每次加上电势差的时间间隔（Δt ）都越来越短.图画出的是A 板电势与时间t 的关系（间隔越来越近的等幅脉冲）.（5）不可以.因为若A 板保持恒定电势+U 的话，粒子在A 、B 两板间飞行时电场力对它做正功.当粒子在A 、B 外飞行时电场力对它做负功，粒子绕行一周时电场对粒子所做的总功为零，粒子的能量不会增加.例3 解析：粒子在电场中运行的时间t ＝L ／v ；加速度 a ＝qE ／m ；它作类平抛的运动．有 tan θ=at/v=qEL/mv 2………①粒子在磁场中作匀速圆周运动由牛顿第二定律得：qvB=mv 2/r ，所以r=mv/qB 又：sin θ=L/r=LqB/mv ………② 由①②两式得：B=Ecos θ/v 例4.例5.解析：(1)在第一个t 0＝0.25×10－3s 加速度：qE ＝ma v 1＝at 0＝5 m/s 沿x 轴正向运动L 1＝v 12t 0＝6.25×10－4m 。

(2)在0.25×10－3～0.5×10－3s 内粒子做匀速圆周运动T ＝2πm qB＝0.5×10－3sR 1＝mv 1qB 在0.5×10－3～0.75×10－3 s v 2＝v 1＋at 0＝2v 1L 2＝v 1＋v 22t 0＝3L 1在0.75×10－3～1×10－3s 内粒子做匀速圆周运动，R 2＝mv 2qB＝2R 1 末位置坐标：x ＝－(L 2－L 1)＝－1.25×10－3m y ＝－(2R 2－2R 1)＝－8×10－4m 。

(3)粒子在8×10－3s 内16次加速，每次速度增加v 1，故：v ＝16v 1，v ＝80 m/s 方向x 轴正向。

例6．（20分）解：⑴ 电子在电场中作类平抛运动，射出电场时，如图1所示。

由速度关系：︒=30cos 0v v（2分） 解得 0332v v =（2分）⑵ 由速度关系得003330tan v v v y =︒=（2分）在竖直方向m eEa =v L m eE at v y ⋅==（2分）y(2)解得 eL mv E 332=（2分）⑶ 在磁场变化的半个周期内粒子的偏转角为60°（如图2），所以，在磁场变化的半个周期内，粒子在x 轴方向上的位移恰好等于R 。

粒子到达N 点而且速度符合要求的空间条件是： 2nR =2L （2分）— 2 —电子在磁场作圆周运动的轨道半径000332eB mv eB mv R ==（2分）解得eLnmv B 33200=(n =1、2、3……)（2分）若粒子在磁场变化的半个周期恰好转过61圆周，同时MN 间运动时间是磁场变化周期的整数倍时，可使粒子到达N 点并且速度满足题设要求。

应满足的时间条件：nTT n =⋅0612 （1分）002eB m T π=（1分）代入T 的表达式得：033nv LT π=(n =1、2、3……) （2分）例7.解析：（1）根据动能定理，得（3分）由此可解得（2）欲使电子不能穿过磁场区域而打在荧光屏上，应有 （3分）而由此即可解得 （4分）（3）若电子在磁场区域做圆周运动的轨道半径为r，穿过磁场区域打在荧光屏上的位置坐标为x ，则由轨迹图可得（5分）注意到和．所以，电子打到荧光屏上的位置坐标x 和金属板间电势差U 的函数关系为（3分）20012eUmv =0v =mvr d eB=<212eU mv =222d eB U m <2x r =-mvr eB=212eU mv =222)2d eB x U eB m =≥巩固练习答案：1．解析：由于此带电粒子是从静止开始释放的，要能经过M 点，其起始位置只能在匀强电场区域．物理过程是：静止电荷位于匀强电场区域的y 轴上，受电场力作用而加速，以速度v 进入磁场，在磁场中受洛仑兹力作用作匀速圆周运动，向x 轴偏转．回转半周期过x 轴重新进入电场，在电场中经减速、加速后仍以原速率从距O 点2R 处再次超过x 轴，在磁场回转半周后又从距O 点4R 处飞越x 轴如图所示（图中电场与磁场均未画出）故有L ＝2R ，L ＝2×2R ，L ＝3×2R 即 R ＝L/2n ，（n=1、2、3……） 设粒子静止于y 轴正半轴上，和原点距离为h ，由能量守恒得mv 2／2=qEh 对粒子在磁场中只受洛仑兹力作用而作匀速圆周运动有：R ＝mv ／qB 解①②③式得：h ＝B 2qL 2／8n 2mE （n ＝l 、2、3……）2. 解析：离子在磁场中做匀速圆周运动，作出两条边界轨迹TP 和TQ ，分别作出离子在 T 、P 、Q 三点所受的洛仑兹力，分别延长之后相交于O1、O2点，如图所示，O1和O2分别是TP 和TQ 的圆心，设 R1和 R2分别为相应的半径．离子经电压U 加速，由动能定理得．qU ＝½mv2………①由洛仑兹力充当向心力得qvB=mv2/R ………② 由①②式得q/m=2U/B2R2 由图直角三角形O1CP 和O2CQ 可得 R12＝d2＋（R1一d/2）2，R1＝5d/4……④ R22＝（2d ）2＋（R2一d/2）2，R2＝17d/4……⑤依题意R1≤R ≤R2 ……⑥ 由③④⑤⑥可解得2228932d B U≤m q≤222532d B U ．3.4．根据题意可知，两金属板间的匀强电场是间断存在的．有电场时，电场方向由上板指向下板，场强大小为E =U /d =1.56V/0.3m=5.2V/m ． 粒子进入板间在0～1.0×104s 内受向下的电场力Eq 和向下的磁场力Bqv 作用，由于电场力与磁场力之比1104103.12.533=⨯⨯⨯=-Bqv qE 可见在这段时间里粒子作匀速直线运动，它的位移34410110m 0.4m s vt -==⨯⨯⨯=在接着的1.0×104-s ～2.0×10－4s 时间内，电场撤消，α粒子只受磁场力作用，将作匀速圆周运动，轨道半径为2733196.6410410cm 6.38cm 1.310 3.210mv R Bq ---⨯⨯⨯===⨯⨯⨯ 轨道直径d ′＝2R =12.76cm<d /2， 可见，粒子 在作圆周运动时不会打到金属板上，粒子作匀速圆周运动的周期为24322 3.14 6.3810s 1.010s 410r T v π--⨯⨯⨯'===⨯⨯ 由于粒子作匀速圆周运动的周期恰好等于板间匀强电场撤消的时间，所以粒子的运动将是匀速直线运动与匀速圆周运动交替进行，其运动轨迹如图，经过时间4433 1.430.433210 6.510s 410l s t T v ----⨯=+=⨯⨯+=⨯⨯从两板的正中央射离．5.6、解：（1）带电粒子在匀强电场中做类平抛运动. ， （1分） (1分) ， （1分） （2）设到原点时带电粒子的竖直分速度为:(1分) t v L 02=2)2(21v L m qE L =qLmvE 220=y v 002v v L m qE t m qE v y ===方向与轴正向成，(1分)粒子进入区域Ⅰ做匀速圆周运动，由几何知识可得： （2分） 由洛伦兹力充当向心力：（1分），可解得： （1分） （3）运动轨迹如图，在区域Ⅱ做匀速圆周的半径为： （2分）(1分)运动时间： （1分），（1分）， （1分）（1分）7.【解析】（1）由题意可知，从0、2t 0、4t 0……等时刻进入偏转电场的电子侧向位移最大，在这种情况下，电子的侧向位移为 200200200020m a x 232121t dme U t dm e U t dm e U t v at y y =+=+=从t 0、3t 0……等时刻进入偏转电场的电子侧向位移最小，在这种情况下，电子的侧向位移为20020min 2121t dme U at y ==所以最大侧向位移和最小侧向位移之比为1:3:min max =y y（2）设电子从偏转电场中射出时的偏向角为θ ，由于电子要垂直打在荧光屏上，所以电子在磁场中运动半径应为：sin lR θ=设电子从偏转电场中出来时的速度为v t ，垂直偏转极板的速度为v y ，则电子从偏转电场中出来时的偏向角为：ty v v =θsin ，式中 00t dmeU v y =又 Bem v R t =由上述四式可得：00U tB dl =（3）由于各个时刻从偏转电场中出来的电子的速度大小相同，方向也相同，因此电子进入磁场后的半径也相同，都能垂直打在荧光屏上。