2013年高考物理二轮复习 第一阶段专题三第3讲 专题特辑 课下 针对高考押题训练

图3
(1)电场强度E的大小；
(2)磁感应强度B的大小；
(3)速率为λv0(λ＞1)的颗粒打在收集板上的位置到O点的距离。
解析：(1)设带电颗粒的电荷量为q，质量为m。有Eq＝mg
将＝代入，得E＝kg
(2)如图甲所示，有
qv0B＝m
R2＝(3d)2＋(R－d)2
得B＝
(3)如图乙所示，有
qλv0B＝m
所以交变磁场周期T′＝T＝0.05πs
(3)设Q、O两点的水平距离为x，由几何关系得x＝6R＝0.3 m
答案：(1)1 m/s(2)带正电0.05πs(3)0.3 m
3. (2012·苏北四市第三次调研)如图3所示，带电平行金属板相距为2R，在两板间半径为R的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，两板及其左侧边缘连线均与磁场边界刚好相切。一质子(不计重力)沿两板间中心线O1O2从左侧O1点以某一速度射图3
T＝＝6.28×10－7s
运动的时间t1＝T＝1.57×10－7s
带电粒子在电场中运动的时间
t2＝＝s＝2.83×10－7s
故粒子在电磁场偏转所用的总时间
t＝t1＋t2＝4.40×10－7s
(3)如图所示。
分析知：粒子在方向向外的磁场中恰好沿顺时针运动了周，下移了(－1) m，由对称性知粒子在方向向外的磁场中恰好沿逆时针运动了周，又下移了(－1) m，故
T＝⑮
由题意可知
T＝t⑯
联立⑭⑮⑯式得
B＝⑰
答案：(1)(2)B<
(3)
[课下——针对高考押题训练]
1．(2012·无锡模拟)如图1所示，一带电微粒质量为m＝2.0×10－11kg、电荷量q＝＋1.0×10－5C，从静止开始经电压为U1＝100 V的电场加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中，微粒射出电场时的偏转角θ＝60°，并接着沿半径方向进入一个垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，微粒射出磁场时的偏转角也为θ＝60°。已知偏转电场中金属板长L＝2cm，圆形匀强磁场的半径R＝10cm，重力忽略不计。求：
taቤተ መጻሕፍቲ ባይዱθ＝
y1＝R1－
y2＝ltanθ
y＝y1＋y2
得y＝d(5λ－＋
答案：(1)kg(2)
(3)d(5λ－)＋
4．(2012·山东高考)如图4甲所示，相隔一定距离的竖直边界两侧为相同的匀强磁场区，磁场方向垂直纸面向里，在边界上固定两长为L的平行金属极板MN和PQ，两极板中心各有一小孔S1、S2，两极板间电压的变化规律如图乙所示，正反向电压的大小均为U0，周期为T0。在t＝0时刻将一个质量为m、电荷量为－q(q>0)的粒子由S1静止释放，粒子在电场力的作用下向右运动，在t＝时刻通过S2垂直于边界进入右侧磁场区。(不计粒子重力，不考虑极板外的电场)
sinθ＝＝
电子通过匀强磁场并能垂直打在荧光屏上，其圆周运动的半径为R，根据牛顿第二定律有
evB＝m
由几何关系得sinθ＝
得水平宽度l＝。
答案：(1)(2)
2．(2012·福建省高三仿真模拟)如图2所示，在直角坐标系的第Ⅰ象限0≤x≤4区域内，分布着场强E＝×106N/C的匀强电场，方向竖直向上；第Ⅱ象限中的两个直角三角形区域内，分布着磁感应强度均为B＝5.0×10－2T的匀强磁场，方向分别垂直纸面向外和向里。质量m＝1.6×10－27kg、电荷量为q＝＋3.2×10－19C的带电粒子(不计粒子重力)，从坐标点M(－4，)处，以×107m/s的速度平行于x轴向右运动，并先后通过匀强磁场区域和匀强电场区域。
图2
(1)求带电粒子在磁场中的运动半径；
(2)求粒子在两个磁场及电场区域偏转所用的总时间；
(3)在图中画出粒子从直线x＝－4到x＝4之间的运动轨迹，并求出轨迹与y轴和直线x＝4交点的纵坐标。
解析：(1)带电粒子在磁场中偏转。
由牛顿运动定律得qvB＝m
所以r＝
代入数据得r＝m
(2)带电粒子在磁场中的运动周期
图1
(1)带电微粒经U1＝100 V的电场加速后的速率；
(2)两金属板间偏转电场的电场强度E；
(3)匀强磁场的磁感应强度的大小。
解析：(1)带电微粒经加速电场加速后速度为v1，
根据动能定理：qU1＝mv12
v1＝＝1.0×104m/s
(2)带电微粒在偏转电场中只受电场力作用，做类平抛运动。在水平方向微粒做匀速直线运动。水平方向：v1＝
则轨迹半径为r＝Rtan 60°＝0.3 m
则qvB＝m
得B＝＝0.13 T。
答案：(1)1.0×104m/s(2)10 000 V/m
(3)0.13 T
2．水平放置的平行金属板M、N之间存在竖直向上的匀强电场和垂直纸面的交变磁场(如图2所示，垂直纸面向里为正)，磁感应强度B0＝100 T。已知两板间距离d＝0.3 m，电场强度E＝50 V/m，M板上有一小孔P，在P正上方h＝5 cm处的O点，一带电油滴自由下落，穿过小孔后进入两板间，最后落在N板上的Q点。如果油滴的质量m＝10－4kg，带电荷量|q|＝2×10－5C。求：
入，沿直线通过圆形磁场区域，然后恰好从极板边缘飞出，在极板间运动时间为t0。若仅撤去磁场，质子仍从O1点以相同速度射入，经时间打到极板上。
(1)求两极板间电压U；
(2)求质子从极板间飞出时的速度大小。
解析：(1)设质子从左侧O1点射入的速度为v0，极板长为L
在复合场中做匀速运动：q＝qv0B
在电场中做类平抛运动：L－2R＝v0tR＝t2
d＝vt1⑨
联立②⑤⑨式得
t1＝⑩
若粒子再次到达S2时速度恰好为零，粒子回到极板间应做匀减速运动，设匀减速运动的时间为t2，根据运动学公式得
d＝t2⑪
联立⑨⑩⑪式得
t2＝⑫
设粒子在磁场中运动的时间为t
t＝3T0－－t1－t2⑬
联立⑫⑬式得
t＝⑭
设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T，由⑥式结合运动学公式得
qU0＝mv2①
由①式得
v＝②
设粒子的加速度大小为a，由牛顿第二定律得
q＝ma③
由运动学公式得
d＝a()2④
联立③④式得
d＝⑤
(2)设磁感应强度大小为B，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，由牛顿第二定律得
qvB＝m⑥
要使粒子在磁场中运动时不与极板相撞，须满足
2R>⑦
联立②⑥⑦式得
B<⑧
(3)设粒子在两边界之间无场区向左匀速运动的过程用时为t1，有
油滴进入电磁场后的情况如图所示
电场力F电＝qE＝2×10－5×50 N＝10－3N②
G＝mg＝10－3N③
带电油滴进入两极板间，电场力与重力平衡，在磁场力的作用下，油滴做匀速圆周运动。设圆周半径为R，若恰好垂直落在N板上的Q点，则
qvB＝④
T＝⑤
解得R＝＝m＝0.05 m
T＝＝＝0.1πs
又已知d＝0.3 m，由几何关系得d＝6R
图1
(1)如果电子在t＝t0时刻进入两板间，求它离开偏转电场时竖直分位移的大小。
(2)要使电子在t＝0时刻进入电场并能最终垂直打在荧光屏上，匀强磁场的水平宽度l为多少？
解析：(1)电子在t＝t0时刻进入两板间，先做匀速运动，后做类平抛运动，在2t0～3t0时间内发生偏转
a＝＝
y＝at02＝
(2)设电子从电场中射出的偏向角为θ，速度为v，则
(1)在P点油滴的速度v为多少？
(2)若油滴在t＝0时刻进入两板间，最后恰好垂直向下落在N板上的Q点，油滴的电性及交变磁场的变化周期T。
(3)Q、O两点的水平距离。(不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2)
解析：(1)油滴自由下落，进入两板间电、磁场时的速度为
v＝①
＝m/s＝1 m/s
(2)由受力分析可知油滴带正电，
y1＝[－2(－1)] m＝(2－) m
粒子水平飞入电场，水平方向有：
x2＝vt2
竖直方向上满足：
y2＝y1＋at22＝2 m.
答案：(1)m(2)4.40×10－7s(3)(2－) m2 m
3．(2012·重庆高考)有人设计了一种带电颗粒的速率分选装置，其原理如图3所示。两带电金属板间有匀强电场，方向竖直向上。其中PQNM矩形区域内还有方向垂直纸面向外的匀强磁场。一束比荷(电荷量与质量之比)均为的带正电颗粒，以不同的速率沿着磁场区域的水平中心线O′O进入两金属板之间，其中速率为v0的颗粒刚好从Q点处离开磁场，然后做匀速直线运动到达收集板。重力加速度为g，PQ＝3d，NQ＝2d，收集板与NQ的距离为l，不计颗粒间相互作用。求
[课下——针对高考押题训练]
1．(2012·苏北四市一模)如图1甲所示的控制电子运动装置由偏转电场、偏转磁场组成。偏转电场处在加有电压U、相距为d的两块水平平行放置的导体板之间，匀强磁场水平宽度一定，竖直长度足够大，其紧靠偏转电场的右边。大量电子以相同初速度连续不断地沿两板正中间虚线的方向向右射入导体板之间。当两板间没有加电压时，这些电子通过两板之间的时间为2t0；当两板间加上图乙所示的电压U时，所有电子均能通过电场、穿过磁场，最后打在竖直放置的荧光屏上。已知电子的质量为m、电荷量为e，不计电子的重力及电子间的相互作用，电压U的最大值为U0，磁场的磁感应强度大小为B、方向水平且垂直纸面向里。
图4
(1)求粒子到达S2时的速度大小v和极板间距d。
(2)为使粒子不与极板相撞，求磁感应强度的大小应满足的条件。
(3)若已保证了粒子未与极板相撞，为使粒子在t＝3T0时刻再次到达S2，且速度恰好为零，求该过程中粒子在磁场内运动的时间和磁感应强度的大小。
解析：(1)粒子由S1至S2的过程，根据动能定理得
带电微粒在竖直方向做匀加速直线运动，加速度为a，出电场时竖直方向速度为v2
竖直方向：a＝，v2＝at＝
由几何关系tanθ＝
E＝10 000 V/m
(3)设带电粒子进磁场时的速度大小为v，则v＝＝2.0×104m/s
由粒子运动的对称性可知，入射速度方向过磁场区域圆心，则出射速度反向延长线过磁场区域圆心，粒子在磁场中的运动轨迹如图所示。