2017版高考物理一轮复习热点专题突破四叠加场和组合场问题专练

热点专题突破热点专题突破 四四 叠加场和组合场问题专练叠加场和组合场问题专练 限时45 分钟 1.中国著名物理学家、 中国科学院院士何泽慧教授曾在1945 年首次通过实验观察到正、 负电子的弹性碰撞过程。 有人设想利用电场、磁场控制正、负电子在云室中运动来再现这一 过程。实验设计原理如下在如图所示的xOy平面内，A、C两小孔距原点的距离均为L，每 隔一定的时间源源不断地分别从A孔射入正电子，C孔射入负电子，初速度均为v0，方向垂 直x轴，正、负电子的质量均为m，电荷量均为e忽略电子之间的相互作用及重力影响。 在y轴的左侧区域加一水平向右的匀强电场， 在y轴的右侧区域加一垂直纸面的匀强磁场图 中未画出，要使正、负电子在y轴上的P0，L处相碰。求 1电场强度E的大小和磁感应强度B的大小及方向； 2P点相碰的正、负电子的动能之比和射入小孔的时间差Δt。 2.2016杭州质检如图所示，粒子源能放出初速度为零，比荷均为 ＝1.610 C/kg 的带负电粒子， 进入水平方向的加速电场中， 加速后的粒子正好能沿圆心方向垂直进入一个 半径为r＝0.1 m 的圆形磁场区域，磁感应强度随时间变化的关系为B＝0.5sin ωtT，在 圆形磁场区域右边有一屏，屏的高度为h＝0.6 3 m，屏距磁场右侧距离为L＝0.2 m，且屏 中心与圆形磁场圆心位于同一水平线上。 现要使进入磁场中的带电粒子能全部打在屏上， 试 求加速电压的最小值。 q m 4 3．2016东北模拟如图所示，相距 3L的AB、CD两直线间的区域存在着两个大小不 同、方向相反的有界匀强电场，其中PT上方的电场Ⅰ的场强方向竖直向下，PT下方的电场 Ⅱ的场强方向竖直向上，电场Ⅰ的场强大小是电场Ⅱ的场强大小的两倍，在电场左边界AB 上有点Q，PQ间距离为L。从某时刻起由Q以初速度v0沿水平方向垂直射入匀强电场的带电 粒子，电量为＋q、质量为m。通过PT上的某点R进入匀强电场Ⅰ后从CD边上的M点水平 射出，其轨迹如图，若PR两点的距离为 2L。不计粒子的重力。试求 1匀强电场Ⅰ的电场强度E的大小和MT之间的距离； 2有一边长为a、由光滑弹性绝缘壁围成的正三角形容器，在其边界正中央开有一小 孔S，将其置于CD右侧且紧挨CD边界，若从Q点射入的粒子经AB、CD间的电场从S孔水 平射入容器中。欲使粒子在容器中与器壁多次垂直碰撞后仍能从S孔射出粒子与绝缘壁碰 撞时无机械能和电量损失，并返回Q点，需在容器中现加上一个如图所示的匀强磁场，粒 1 子运动的半径小于a， 求磁感应强度B的大小应满足的条件以及从Q出发再返回到Q所经历 2 的时间。 4.如图所示， 竖直平面坐标系xOy的第一象限有垂直xOy面向外的水平匀强磁场和竖直 向上的匀强电场，大小分别为B和E；第四象限有垂直xOy面向里的水平匀强电场，大小也 为E；第三象限内有一绝缘光滑竖直放置的半径为R的半圆轨道，轨道最高点与坐标原点O 相切， 最低点与绝缘光滑水平面相切于N， 一质量为m的带电小球从y轴上y0的P点沿x 轴正方向进入第一象限后做圆周运动，恰好通过坐标原点O，且水平切入半圆轨道并沿轨道 内侧运动，过N点水平进入第四象限，并在电场中运动已知重力加速度为g。 1判断小球的带电性质并求出其所带电荷量； 2P点距坐标原点O至少多高； 3若该小球以满足2中OP最小值的位置和对应速度进入第一象限，通过N点开始计 时，经时间t＝2 R小球距坐标原点 O的距离s为多远 g 5.如图所示，在平面直角坐标系中，AO是∠xOy的角平分线，x轴上方存在电场强度方 向水平向左的匀强电场， 下方存在电场强度方向竖直向上的匀强电场和磁感应强度方向垂直 纸面向里的匀强磁场，两电场的电场强度大小相等。一质量为m、电荷量为＋q的质点从OA 上的M点由静止释放，质点恰能沿AO运动而通过O点，经偏转后从x轴上的C点进入第一 3m 象限内并击中AO上的D点。已知OD＝OM，匀强磁场的磁感应强度大小为B＝ T，重力加 4q 速度为g＝10 m/s 。求 2 1两匀强电场的电场强度E的大小； 2OM的长L； 3质点从M点出发到击中D点所经历的时间t。 1.解析1对A处进入的正电子，由类平抛运动规律得 L＝v 0tA 1eE 2L＝at2t AA＝ 22m 2mv 0 得E＝ 2 eL 2mv 0 对C处进入的负电子，由牛顿第二定律得ev0B＝ L mv 0 B＝，方向垂直纸面向外。 eL 2设P点相碰的正、负电子的动能分别为EkA、EkC。对A处进入的正电子，由动能定理 得 2mv 0 eEL＝E kA－2 5mv 0 E kA 所以EkA＝，故＝5 2EkC 902πLπL 从C进入的负电子运动的时间为tC＝＝ 360v02v0 从A进入的正电子运动的时间tA＝ πLL（π －2）L Δt＝tC－tA，得Δt＝－ ＝ 2v0v02v0 答案见解析 2. 解析如图所示，根据洛伦兹力公式F＝qvB可知，磁感应强度一定时，粒子进入磁 场的速度越大，在磁场中偏转量越小。故当磁感应强度取最大值时，若粒子恰好不飞离屏， 则加速电压有最小值。 2 L v 0 设此时粒子刚好打在屏的最下端B点， 根据带电粒子在磁场中运动特点可知粒子偏离方 向的夹角正切值为 h 2 tan θ ＝r＋L 代入数据得 tan θ ＝ 3 即粒子偏离方向的夹角为θ ＝60 由几何关系可知此时粒子在磁场中对应的回旋半径为 R＝rtan π －θ 2 代入数据得R＝0.1 3 m① 1 2 带电粒子在电场中加速时由动能定理得qU＝mv② 2 带电粒子在磁场中偏转时，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可得 mv2 qvB＝③ R 联立①②③得U＝R B 2m 代入数据得U＝60 V 故加速电压的最小值为 60 V。 答案60 V 3．解析1设粒子经PT直线上的点R由E2电场进入E1电场，由Q到R及R到M点的 时间分别为t2与t1，到达R时竖直速度为vy，则 由F＝qE＝ma 2L＝v0t2 L＝v 0t1 q 22 L＝1E2q 2t 2 2m mv2 0 所以E1＝ qL E 2q E 1q vy＝t 2＝ t 1mm MT＝1E1q 2t 1 2m 1 上述三式联立解得MT＝L 2 2欲使粒子仍能从S孔处射出，粒子运动的半径为r，则 2mv 0 qvB＝ r 1 1＋2nr＝an＝1，2，3， 2 2mv0（1＋2n） 解得B＝n＝1，2，3， qa TT  1 由几何关系可知t3＝32n ＋＝3n＋Tn＝1，2，3， 262 T＝2π R2πm ＝ vBq πa 代入B得T＝（2n＋1）v 0 t 3＝ （6n＋1）πan＝1，2，3， 2（2n＋1）v0 3L6L t 4＝2 ＝ v 0 v 0 （6n＋1）πa6L 故t＝t3＋t4＝＋n＝1，2，3， 2（2n＋1）v0v0 2mv 0 L2mv 0（1＋2n） 答案1 2B＝n＝1，2，3，