2021高考物理二轮复习(江苏专用)题型通关-专练19.docx

专练19带电粒子在复合场中的运动1如图1所示，在直角坐标系xOy平面内，其次象限内虚线MN平行于y轴，N点坐标为(L,0)其左侧有水平向左的匀强电场E1，MN与y轴之间有沿y轴正方向的匀强电场E2，E1、E2均未知，在第一、三、四象限内有垂直纸面对里的匀强磁场，磁感应强度B未知现有一质量为m、电荷量为q的负粒子从图中A点静止释放，不计粒子重力，粒子到达MN上的P点时速度为v0，速度方向水平，粒子从y轴上的C点(0,0.5L)与y轴负方向成30角进入磁场，偏转后从x轴上的D点(图中未画出)垂直x轴穿出磁场并进入MN左侧电场且刚好又击中P点，求：图1 (1)匀强电场的电场强度E2的大小(2)匀强磁场磁感应强度B的大小(3)匀强电场的电场强度E1的大小解析(1)粒子在电场E2中做类平抛运动，令粒子进入磁场时速度为v，沿y轴方向的速度大小为vy则有cot 30所以E2.(2)粒子的运动轨迹如图所示，由运动规律及图中角度知CO1G是一正三角形，所以粒子在磁场中做圆周运动的半径为rCG2OCL又因Bqvm而v0vsin 30联立得B.(3)粒子从D到P做类平抛运动，所用时间为t1，则有ODONtNPvt1而ODrr粒子从P到C所用时间为t2，则t2，所以NPtL联立得E1.答案(1)(2)(3)2(2022宿州市第三次质量检测)如图2所示，水平放置的两平行金属板A、B长8 cm，两板间距离d8 cm，两板间电势差UAB300 V，一质量m1.01020kg、电荷量q1.01010 C、初速度v02106 m/s的带正电的粒子，沿A、B板中心线OO飞入电场，粒子飞出两板间电场后，经PQ上某点进入PQ右侧、OO下侧的足够大的匀强磁场中，最终垂直OO射出磁场已知MN、PQ两界面相距L12 cm、D为中心线OO与PQ界面的交点，不计粒子重力求：图2(1)粒子飞出两板间电场时偏离中心线OO的距离；(2)粒子经过PQ界面时到D点的距离；(3)匀强磁场的磁感应强度B的大小解析(1)设粒子在电场中的偏移距离为y在电场中，由牛顿其次定律得：ma由类平抛运动的规律得：dv0tyat2vyatvtan 联立以上各式代入数值得：y3 cmv2.5106 m/s，tan (2)设粒子经过PQ界面时到D点的距离为H由几何学问得：HyLtan 代入数值得：H12 cm(或用：也可得分)(3)设粒子在磁场中圆周运动的圆心为S，半径为R由图可知：R由牛顿其次定律得：qvB联立以上各式代入数值得：B1.67103 T答案见解析3(2022济南高三教学质量调研考试)如图3所示，在x0的区域内存在沿y轴负方向的匀强电场，在第一象限倾斜直线OM的下方和第四象限内存在垂直纸面对里的匀强磁场一带电粒子自电场中的P点沿x轴正方向射出，恰好经过坐标原点O进入匀强磁场，经磁场偏转后垂直于y轴从N点回到电场区域，并恰能返回P点已知P点坐标为(L，L)，带电粒子质量为m，电荷量为q，初速度为v0，不计粒子重力求：图3(1)匀强电场的电场强度大小；(2)N点的坐标；(3)匀强磁场的磁感应强度大小解析(1)设粒子从P到O时间为t，加速度为a，则Lv0t，Lat2由牛顿其次定律，可得qEma由以上三式，可解得E(2)设粒子运动到N点时速度为v，则v2v0所以粒子从N到P的时间tt沿y轴位移hat2L因此N点坐标为(0，L)(3)粒子在磁场中运动轨迹如图所示，设半径为R.粒子在O点时速度方向与y轴负方向的夹角为30由几何关系可知RRsin 30L又由于qvBm解得B答案(1)(2)(0，L)(3)4(2022天津卷，12)同步加速器在粒子物理争辩中有重要的应用，其基本原理简化为如图4所示的模型M、N为两块中心开有小孔的平行金属板质量为m、电荷量为q的粒子A(不计重力)从M板小孔飘入板间，初速度可视为零每当A进入板间，两板的电势差变为U，粒子得到加速，当A离开N板时，两板的电荷量均马上变为零两板外部存在垂直纸面对里的匀强磁场，A在磁场作用下做半径为R的圆周运动，R远大于板间距离A经电场多次加速，动能不断增大，为使R保持不变，磁场必需相应地变化不计粒子加速时间及其做圆周运动产生的电磁辐射，不考虑磁场变化对粒子速度的影响及相对论效应求： 图4(1)A运动第1周时磁场的磁感应强度B1的大小(2)在A运动第n周的时间内电场力做功的平均功率n；(3)若有一个质量也为m、电荷量为kq(k为大于1的整数)的粒子B(不计重力)与A同时从M板小孔飘入板间，A、B初速度均可视为零，不计两者间的相互作用，除此之外，其他条件均不变下图中虚线、实线分别表示A、B的运动轨迹在B的轨迹半径远大于板间距离的前提下，请指出哪个图能定性地反映A、B的运动轨迹，并经推导说明理由解析(1)设A经电场第1次加速后速度为v1，由动能定理得qUmv0A在磁场中做匀速圆周运动，所受洛伦兹力充当向心力qv1B1m联立解得：B1 (2)设A经n次加速后的速度为vn，由动能定理得nqUmv0设A做第n次圆周运动的周期为Tn，有Tn设在A运动第n周的时间内电场力做功为Wn，则WnqU在该段时间内电场力做功的平均功率为n联立解得：n (3)A图能定性地反映A、B运动的轨迹A经过n次加速后，设其对应的磁感应强度为Bn，A、B的周期分别为Tn、T，综合式并分别应用A、B的数据得TnT由上可知，Tn是T的k倍，所以A每绕行1周，B就绕行k周由于电场只在A通过时存在，故B仅在与A同时进入电场时才被加速经n次加速后，A、B的速度分别为vn、vn，结合式有vnvnvn由题设条件并结合式，对A有Tnvn2R设B的轨迹半径为R，有Tvn2R比较以上两式得R上式表明，运动过程B的轨迹半径始终不变由以上分析可知，两粒子运动的轨迹如图A所示答案(1)(2) (3)A理由见解析5. (2022山东潍坊市一模)如图5所示，在xOy平面内存在着垂直于xOy平面的磁场和平行于y轴的电场，磁场和电场随时间的变化规律如图6甲、乙所示以垂直于xOy平面对里磁场的磁感应强度为正，以沿y轴正方向电场的电场强度为正t0时，带负电粒子从原点O以初速度v0沿y轴正方向运动，t5t0时，粒子回到O点，v0、t0、B0已知，粒子的比荷，不计粒子重力图5(1)求粒子在匀强磁场中做圆周运动的周期；(2)求电场强度E0的值；(3)保持磁场仍如图甲所示，将图乙所示的电场换成图丙所示的电场t0时刻，前述带负电粒子仍由O点以初速度v0沿y轴正方向运动，求粒子在t9t0时的位置坐标图6解析(1)粒子在磁场中运动时qv0BT得T2t0(2)粒子t5t0时回到原点，轨迹如图所示由牛顿其次定律qv0B0由几何关系得r22r1得v22v0由运动学公式v2v0at0由牛顿其次定律E0qma得E0(3)t0时刻粒子回到x轴t02t0时间内，粒子位移s12v0a()，2t0时刻粒子速度为v03t0时刻，粒子以速度v0到达y轴3t04t0时间内，粒子运动的位移s22v0a()25t0时刻粒子运动到点2r1，(s2s1)依据粒子的周期性运动规律可知，t9t0时刻的位置坐标为2r1，2(s1s2)，代入数值即为(，v0t0)答案(1)2t0(2)(3)(，v0t0)方法技巧求解带电粒子在交变复合场中运动问题的基本思路