《金版程》2025-高考大二輪刷題首選卷-物理培優(yōu)專(zhuān)練二 培優(yōu)點(diǎn)1 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)含答案_第1頁(yè)
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大二輪刷題首選卷物理《金版程》2025-高考大二輪刷題首選卷-物理培優(yōu)專(zhuān)練二培優(yōu)點(diǎn)1帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)培優(yōu)專(zhuān)練二電磁場(chǎng)綜合問(wèn)題培優(yōu)點(diǎn)1帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)題組一帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1.(2024·山東省泰安市高三下三模)如圖所示,比荷不同的兩個(gè)帶電粒子在A處由靜止釋放,經(jīng)加速電壓U0加速后,垂直磁場(chǎng)左邊界MN射入寬度為d的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,磁場(chǎng)方向垂直紙面向里。兩個(gè)粒子經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后一個(gè)從左邊界MN的a點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)區(qū)域,另一個(gè)從磁場(chǎng)的右邊界b點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)區(qū)域,a、b兩點(diǎn)的連線剛好與磁場(chǎng)邊界垂直,從b點(diǎn)離開(kāi)的粒子在磁場(chǎng)區(qū)域運(yùn)動(dòng)過(guò)程中偏轉(zhuǎn)的角度為60°,不計(jì)粒子重力及粒子間的相互作用,下列說(shuō)法正確的是()A.從a點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)區(qū)域的粒子帶正電,從b點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)區(qū)域的粒子帶負(fù)電B.從a點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)區(qū)域的粒子比荷大小為eq\f(2U0,3d2B2)C.從b點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)區(qū)域的粒子比荷大小為eq\f(3U0,2d2B2)D.從a、b兩點(diǎn)離開(kāi)的粒子在磁場(chǎng)區(qū)域中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為3∶1答案:C解析:粒子進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域后均向上偏轉(zhuǎn),根據(jù)左手定則可知,兩個(gè)粒子均帶正電,A錯(cuò)誤;兩粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示,由幾何關(guān)系可知,從b點(diǎn)離開(kāi)的粒子在磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑rb=eq\f(d,sin60°)=eq\f(2\r(3),3)d,從a點(diǎn)離開(kāi)的粒子在磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑ra=eq\f(rb(1-cos60°),2)=eq\f(\r(3),6)d,粒子經(jīng)加速電壓U0加速后,由動(dòng)能定理有U0q=eq\f(1,2)mv2-0,由洛倫茲力提供向心力有qvB=meq\f(v2,r),解得粒子的比荷eq\f(\a\vs4\al(q),m)=eq\f(2U0,B2r2),則從a點(diǎn)離開(kāi)的粒子的比荷為eq\f(qa,ma)=eq\f(2U0,B2req\o\al(2,a))=eq\f(24U0,d2B2),從b點(diǎn)離開(kāi)的粒子的比荷為eq\f(qb,mb)=eq\f(2U0,B2req\o\al(2,b))=eq\f(3U0,2d2B2),B錯(cuò)誤,C正確;兩個(gè)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期分別為T(mén)a=eq\f(2πma,qaB),Tb=eq\f(2πmb,qbB),運(yùn)動(dòng)軌跡對(duì)應(yīng)圓心角分別為θa=180°,θb=60°,則運(yùn)動(dòng)時(shí)間ta=eq\f(θa,360°)Ta,Tb=eq\f(θb,360°)Tb,聯(lián)立解得ta∶tb=3∶16,D錯(cuò)誤。2.現(xiàn)代科學(xué)儀器常用電場(chǎng)、磁場(chǎng)控制帶電粒子的運(yùn)動(dòng)。真空中存在著如圖所示的多層緊密相鄰的相同勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng),電場(chǎng)和磁場(chǎng)的寬度相同,長(zhǎng)度足夠長(zhǎng)。電場(chǎng)強(qiáng)度方向水平向右,磁場(chǎng)方向垂直紙面向里。電場(chǎng)、磁場(chǎng)的邊界互相平行且與電場(chǎng)方向垂直。一個(gè)帶正電的粒子在第1層左側(cè)邊界某處由靜止釋放,不計(jì)粒子的重力及運(yùn)動(dòng)時(shí)的電磁輻射。已知粒子從第4層磁場(chǎng)右側(cè)邊界穿出時(shí),速度的方向與水平方向的夾角為30°。若保證粒子不能從第n層磁場(chǎng)右邊界穿出,n至少為()A.12 B.16C.20 D.24答案:B解析:設(shè)粒子在第n層磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速度為vn,軌道半徑為rn,則有nqEd=eq\f(1,2)mveq\o\al(2,n),qBvn=meq\f(veq\o\al(2,n),rn),設(shè)粒子進(jìn)入第n層磁場(chǎng)時(shí),速度的方向與水平方向的夾角為αn,從第n層磁場(chǎng)右側(cè)邊界穿出時(shí)速度方向與水平方向的夾角為θn,粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí),垂直于電場(chǎng)線方向的速度分量不變,則有vn-1·sinθn-1=vnsinαn,由圖甲可知rnsinθn-rnsinαn=d,則有rnsinθn-rn-1·sinθn-1=d,則r1sinθ1、r2sinθ2、r3sinθ3、…、rnsinθn為一組等差數(shù)列,公差為d,可得rnsinθn=r1sinθ1+(n-1)d,當(dāng)n=1時(shí),由圖乙可知:r1sinθ1=d,則rnsinθn=nd,解得sinθn=Beq\r(\f(nqd,2mE))。由題目可知當(dāng)n=4時(shí),θ4=30°,即sin30°=Beq\r(\f(4qd,2mE));若粒子恰好不能從第n層磁場(chǎng)右側(cè)邊界穿出,則θn=eq\f(π,2),即sinθn=Beq\r(\f(nqd,2mE))=1,解得n=16,故B正確,A、C、D錯(cuò)誤。3.(2024·江蘇高考)如圖所示,兩個(gè)半圓環(huán)區(qū)域abcd、a′b′c′d′中有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),區(qū)域內(nèi)、外邊界的半徑分別為R1、R2。ab與a′b′間有一個(gè)勻強(qiáng)電場(chǎng),電勢(shì)差為U,cd與c′d′間有一個(gè)插入體,電子每次經(jīng)過(guò)插入體速度減小為原來(lái)的k倍。現(xiàn)有一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為e的電子,從cd面射入插入體,經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)、電場(chǎng)后再次到達(dá)cd面,速度增加,多次循環(huán)運(yùn)動(dòng)后,電子的速度大小達(dá)到一個(gè)穩(wěn)定值,忽略相對(duì)論效應(yīng),不計(jì)電子經(jīng)過(guò)插入體和電場(chǎng)的時(shí)間,電子每次進(jìn)出磁場(chǎng)時(shí)速度方向均垂直于邊界。求:(1)電子進(jìn)入插入體前后在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑r1、r2之比;(2)電子多次循環(huán)后到達(dá)cd的穩(wěn)定速度v;(3)若電子到達(dá)cd中點(diǎn)P時(shí)速度穩(wěn)定,并最終到達(dá)邊界d,求電子從P到d的時(shí)間t。答案:(1)eq\f(1,k)(2)eq\r(\f(2eU,m(1-k2)))(3)eq\f(π(R2-R1),2)eq\r(\f((1+k)m,2(1-k)eU))解析:(1)設(shè)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,電子進(jìn)入插入體前的速度大小為v0,則電子經(jīng)過(guò)插入體后的速度大小為kv0,由洛倫茲力提供向心力有ev0B=meq\f(veq\o\al(2,0),r1)e·kv0B=meq\f((kv0)2,r2)聯(lián)立解得eq\f(r1,r2)=eq\f(1,k)。(2)電子多次循環(huán)穩(wěn)定后,到達(dá)cd的速度為v,則到達(dá)c′d′的速度為kv,此后,對(duì)電子從c′d′出發(fā)經(jīng)磁場(chǎng)、電場(chǎng)、磁場(chǎng)到cd的過(guò)程,由動(dòng)能定理有eU=eq\f(1,2)mv2-eq\f(1,2)m(kv)2解得v=eq\r(\f(2eU,m(1-k2)))。(3)當(dāng)電子到達(dá)cd中點(diǎn)P時(shí)速度穩(wěn)定后,設(shè)其在abcd區(qū)域運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為r,則有evB=meq\f(v2,r)解得r=eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,e(1-k2)))結(jié)合(1)問(wèn)分析可知,電子在a′b′c′d′區(qū)域運(yùn)動(dòng)的半徑為r′=eq\f(k,B)eq\r(\f(2mU,e(1-k2)))所以電子相鄰兩次經(jīng)過(guò)cd邊的位置間的距離為l=2(r-r′)設(shè)電子從P到d運(yùn)動(dòng)了n周,由幾何關(guān)系可知eq\f(R2-R1,2)=nl又電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期為T(mén)=eq\f(2πr,v)=eq\f(2πm,eB)T與速度大小無(wú)關(guān),則電子從P運(yùn)動(dòng)到d的時(shí)間為t=nT聯(lián)立解得t=eq\f(π(R2-R1),2)eq\r(\f((1+k)m,2(1-k)eU))。4.(2024·遼寧高考)現(xiàn)代粒子加速器常用電磁場(chǎng)控制粒子團(tuán)的運(yùn)動(dòng)及尺度。簡(jiǎn)化模型如圖:Ⅰ、Ⅱ區(qū)寬度均為L(zhǎng),存在垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度等大反向;Ⅲ、Ⅳ區(qū)為電場(chǎng)區(qū),Ⅳ區(qū)電場(chǎng)足夠?qū)挘桓鲄^(qū)邊界均垂直于x軸,O為坐標(biāo)原點(diǎn)。甲、乙為粒子團(tuán)中的兩個(gè)電荷量均為+q、質(zhì)量均為m的粒子。如圖,甲、乙平行于x軸向右運(yùn)動(dòng),先后射入Ⅰ區(qū)時(shí)速度大小分別為eq\f(3,2)v0和v0。甲到P點(diǎn)時(shí),乙剛好射入Ⅰ區(qū)。乙經(jīng)過(guò)Ⅰ區(qū)的速度偏轉(zhuǎn)角為30°。甲到O點(diǎn)時(shí),乙恰好到P點(diǎn)。已知Ⅲ區(qū)存在沿+x方向的勻強(qiáng)電場(chǎng),電場(chǎng)強(qiáng)度大小E0=eq\f(9mveq\o\al(2,0),4πqL)。不計(jì)粒子重力及粒子間相互作用,忽略邊界效應(yīng)及變化的電場(chǎng)產(chǎn)生的磁場(chǎng)。(1)求磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B;(2)求Ⅲ區(qū)寬度d;(3)Ⅳ區(qū)x軸上的電場(chǎng)方向沿x軸,電場(chǎng)強(qiáng)度E隨時(shí)間t、位置坐標(biāo)x的變化關(guān)系為E=ωt-kx,其中常系數(shù)ω>0,ω已知、k未知,取甲經(jīng)過(guò)O點(diǎn)時(shí)t=0。已知甲在Ⅳ區(qū)始終做勻速直線運(yùn)動(dòng),設(shè)乙在Ⅳ區(qū)受到的電場(chǎng)力大小為F,甲、乙間距為Δx,求乙追上甲前F與Δx間的關(guān)系式(不要求寫(xiě)出Δx的取值范圍)。答案:(1)eq\f(mv0,2qL)(2)eq\f(3,2)πL(3)F=eq\f(qω,3v0)·Δx解析:(1)根據(jù)題意,畫(huà)出乙在Ⅰ區(qū)的運(yùn)動(dòng)軌跡,如圖所示設(shè)乙在Ⅰ區(qū)做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為r1,由幾何關(guān)系得L=r1sin30°解得r1=2L由洛倫茲力提供向心力得qv0B=meq\f(veq\o\al(2,0),r1)解得B=eq\f(mv0,2qL)。(2)根據(jù)對(duì)稱(chēng)性可知,乙經(jīng)過(guò)P點(diǎn)時(shí)的速度沿x軸正方向,在Ⅱ區(qū)中的速度偏轉(zhuǎn)角也為30°。乙在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T(mén)=eq\f(2πr1,v0)根據(jù)題意,乙在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間等于甲在Ⅲ區(qū)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間,為t1=2×eq\f(30°,360°)×T聯(lián)立解得t1=eq\f(2πL,3v0)由對(duì)稱(chēng)性可知,甲在P點(diǎn)的速度沿x軸正方向,則甲從P點(diǎn)到O點(diǎn)做勻加速直線運(yùn)動(dòng),設(shè)加速度大小為a,由牛頓第二定律得qE0=ma解得a=eq\f(9veq\o\al(2,0),4πL)由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得d=eq\f(3,2)v0t1+eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)解得d=eq\f(3,2)πL。(3)甲經(jīng)過(guò)O點(diǎn)時(shí)的速度為v甲=eq\f(3,2)v0+at1設(shè)t時(shí)刻甲的位置坐標(biāo)為x1,因?yàn)榧自冖魠^(qū)始終做勻速直線運(yùn)動(dòng),則x1=v甲t受力分析知,甲不受電場(chǎng)力作用,則有ωt-kx1=0設(shè)t時(shí)刻乙的位置坐標(biāo)為x2,對(duì)乙可得eq\f(F,q)=ωt-kx2乙追上甲前,甲、乙間距Δx=x1-x2聯(lián)立可得,乙追上甲前F與Δx間的關(guān)系式為F=eq\f(qω,3v0)·Δx。5.(2024·新課標(biāo)卷)一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的帶電粒子始終在同一水平面內(nèi)運(yùn)動(dòng),其速度可用圖示的直角坐標(biāo)系內(nèi)一個(gè)點(diǎn)P(vx,vy)表示,vx、vy分別為粒子速度在水平面內(nèi)兩個(gè)坐標(biāo)軸上的分量。粒子出發(fā)時(shí)P位于圖中a(0,v0)點(diǎn),粒子在水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)作用下運(yùn)動(dòng),P點(diǎn)沿線段ab移動(dòng)到b(v0,v0)點(diǎn);隨后粒子離開(kāi)電場(chǎng),進(jìn)入方向豎直、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng),P點(diǎn)沿以O(shè)為圓心的圓弧移動(dòng)至c(-v0,v0)點(diǎn);然后粒子離開(kāi)磁場(chǎng)返回電場(chǎng),P點(diǎn)沿線段ca回到a點(diǎn)。已知任何相等的時(shí)間內(nèi)P點(diǎn)沿圖中閉合曲線通過(guò)的曲線長(zhǎng)度都相等。不計(jì)重力。求(1)粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑和周期;(2)電場(chǎng)強(qiáng)度的大?。?3)P點(diǎn)沿圖中閉合曲線移動(dòng)1周回到a點(diǎn)時(shí),粒子位移的大小。答案:(1)eq\f(\r(2)mv0,Bq)eq\f(2πm,Bq)(2)eq\r(2)Bv0(3)eq\f((2-\r(2))mv0,Bq)解析:(1)由題意知,粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的速度大小為v=eq\r(veq\o\al(2,0)+veq\o\al(2,0))解得v=eq\r(2)v0設(shè)粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r,根據(jù)洛倫茲力提供向心力有Bqv=meq\f(v2,r)解得r=eq\f(\r(2)mv0,Bq)粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T(mén)=eq\f(2πr,v)解得T=eq\f(2πm,Bq)。(2)分析可知,P點(diǎn)由a點(diǎn)移動(dòng)到b點(diǎn)的過(guò)程,粒子在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)。設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E,粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a,P點(diǎn)從a點(diǎn)移動(dòng)到b點(diǎn)所用時(shí)間為tab,沿電場(chǎng)方向,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v0=atab由牛頓第二定律有qE=ma設(shè)P點(diǎn)從b點(diǎn)移動(dòng)到c點(diǎn)的時(shí)間為tbc,eq\o(bc,\s\up8(︵))的長(zhǎng)度為sbc,根據(jù)任何相等的時(shí)間內(nèi)P點(diǎn)沿圖中閉合曲線通過(guò)的曲線長(zhǎng)度都相等,可知eq\f(tab,tbc)=eq\f(v0,sbc)由題圖知,eq\o(bc,\s\up8(︵))所對(duì)圓心角為θ=eq\f(3,2)π,半徑為v,則sbc=vθP點(diǎn)從b點(diǎn)移動(dòng)到c點(diǎn),粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的速度的偏轉(zhuǎn)角即為θ,則tbc=eq\f(θ,2π)T聯(lián)立解得tab=eq\f(\r(2)m,2qB),E=eq\r(2)Bv0。(3)P點(diǎn)移動(dòng)1周回到a點(diǎn)的過(guò)程中,粒子兩次在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng),分析可知,粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示。P點(diǎn)從a移動(dòng)到b過(guò)程中,粒子在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng),沿y軸正方向運(yùn)動(dòng)的距離L=v0tab解得L=eq\f(\r(2)mv0,2qB)根據(jù)幾何知識(shí),可得粒子第一次進(jìn)、出磁場(chǎng)的位置之間的距離為ybc=eq\r(2)r解得ybc=eq\f(2mv0,qB)由粒子兩次在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱(chēng)性,結(jié)合ybc>2L可知,P點(diǎn)移動(dòng)1周回到a點(diǎn)時(shí),粒子位移的大小為y總=y(tǒng)bc-2L聯(lián)立解得y總=eq\f((2-\r(2))mv0,Bq)。6.(2024·浙江1月選考)類(lèi)似光學(xué)中的反射和折射現(xiàn)象,用磁場(chǎng)或電場(chǎng)調(diào)控也能實(shí)現(xiàn)質(zhì)子束的“反射”和“折射”。如圖所示,在豎直平面內(nèi)有三個(gè)平行區(qū)域Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ,Ⅰ區(qū)寬度為d,存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng),Ⅱ區(qū)的寬度很小。Ⅰ區(qū)和Ⅲ區(qū)電勢(shì)處處相等,分別為φⅠ和φⅢ,其電勢(shì)差U=φⅠ-φⅢ。一束質(zhì)量為m、電荷量為e的質(zhì)子從O點(diǎn)以入射角θ射向Ⅰ區(qū),在P點(diǎn)以出射角θ射出,實(shí)現(xiàn)“反射”;質(zhì)子束從P點(diǎn)以入射角θ射入Ⅱ區(qū),經(jīng)Ⅱ區(qū)“折射”進(jìn)入Ⅲ區(qū),其出射方向與法線夾角為“折射”角。已知質(zhì)子僅在平面內(nèi)運(yùn)動(dòng),單位時(shí)間發(fā)射的質(zhì)子數(shù)為N,初速度為v0,不計(jì)質(zhì)子重力,不考慮質(zhì)子間相互作用以及質(zhì)子對(duì)磁場(chǎng)和電勢(shì)分布的影響。(1)若不同角度射向磁場(chǎng)的質(zhì)子都能實(shí)現(xiàn)“反射”,求d的最小值;(2)若U=eq\f(mveq\o\al(2,0),2e),求“折射率”n(入射角正弦與折射角正弦的比值);(3)計(jì)算說(shuō)明如何調(diào)控電場(chǎng),實(shí)現(xiàn)質(zhì)子束從P點(diǎn)進(jìn)入Ⅱ區(qū)發(fā)生“全反射”(即質(zhì)子束全部返回Ⅰ區(qū));(4)在P點(diǎn)下方距離eq\f(\r(3)mv0,eB)處水平放置一長(zhǎng)為eq\f(4mv0,eB)的探測(cè)板CQD(Q在P的正下方),CQ長(zhǎng)為eq\f(mv0,eB),質(zhì)子打在探測(cè)板上即被吸收中和。若還有另一相同質(zhì)子束,與原質(zhì)子束關(guān)于法線左右對(duì)稱(chēng),同時(shí)從O點(diǎn)射入Ⅰ區(qū),且θ=30°,求探測(cè)板受到豎直方向力F的大小與U之間的關(guān)系。答案:(1)eq\f(2mv0,Be)(2)eq\r(2)(3)U≤-eq\f(mveq\o\al(2,0)cos2θ,2e)(4)F=eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2Nm\r(\f(3,4)veq\o\al(2,0)+\f(2eU,m)),U≥0,Nm\r(\f(3,4)veq\o\al(2,0)+\f(2eU,m)),-\f(mveq\o\al(2,0),3e)≤U<0,0,U<-\f(mveq\o\al(2,0),3e)))解析:(1)設(shè)質(zhì)子在Ⅰ區(qū)中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為r,根據(jù)牛頓第二定律有Bev0=meq\f(veq\o\al(2,0),r)若不同角度射向磁場(chǎng)的質(zhì)子都能實(shí)現(xiàn)“反射”,當(dāng)質(zhì)子射入Ⅰ區(qū)的速度平行于邊界時(shí),d有最小值,為dmin=2r聯(lián)立解得dmin=eq\f(2mv0,Be)。(2)設(shè)質(zhì)子進(jìn)入Ⅲ區(qū)時(shí)速度大小為v1,根據(jù)動(dòng)能定理有Ue=eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)-eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)其中U=eq\f(mveq\o\al(2,0),2e)設(shè)“折射”角為θ′,質(zhì)子在Ⅱ區(qū)運(yùn)動(dòng)時(shí),平行于邊界方向不受電場(chǎng)力,則平行于邊界方向上的分速度不變,有v0sinθ=v1sinθ′又由“折射率”定義有n=eq\f(sinθ,sinθ′)聯(lián)立解得n=eq\r(2)。(3)“全反射”的臨界情況為:質(zhì)子到達(dá)Ⅱ區(qū)與Ⅲ區(qū)的邊界時(shí),速度方向與邊界平行;又質(zhì)子在Ⅱ區(qū)運(yùn)動(dòng)時(shí),平行于邊界方向的分速度不變,則質(zhì)子到達(dá)Ⅱ區(qū)與Ⅲ區(qū)的邊界時(shí),速度大小為v2=v0sinθ質(zhì)子從Ⅱ區(qū)的上邊界到Ⅱ區(qū)的下邊界,根據(jù)動(dòng)能定理,有Ue=eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)-eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)聯(lián)立解得U=-eq\f(mveq\o\al(2,0)cos2θ,2e)分析可知,要實(shí)現(xiàn)質(zhì)子束從P點(diǎn)進(jìn)入Ⅱ區(qū)發(fā)生“全反射”,應(yīng)滿足U≤-eq\f(mveq\o\al(2,0)cos2θ,2e)。(4)設(shè)質(zhì)子進(jìn)入Ⅲ區(qū)時(shí)的速度大小為v3,速度的豎直分量大小為vy,由質(zhì)子在Ⅱ區(qū)中沿平行邊界方向速度不變,可知質(zhì)子進(jìn)入Ⅲ區(qū)時(shí)速度的水平分量大小vx=v0sinθ則v3=eq\r(veq\o\al(2,x)+veq\o\al(2,y))質(zhì)子從Ⅱ區(qū)上邊界到Ⅱ區(qū)下邊界,由動(dòng)能定理,有eU=eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)-eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)聯(lián)立解得vy=eq\r(\f(3,4)veq\o\al(2,0)+\f(2eU,m))設(shè)單位時(shí)間內(nèi)有N0個(gè)質(zhì)子打到探測(cè)板上,探測(cè)板對(duì)質(zhì)子沿豎直方向的作用力大小為F′,以豎直向上為正方向,對(duì)Δt時(shí)間內(nèi)打到探測(cè)板上的質(zhì)子,在豎直方向由動(dòng)量定理有F′Δt=0-N0Δt·m(-vy)由牛頓第三定律有F=F′聯(lián)立解得F=N0meq\r(\f(3,4)veq\o\al(2,0)+\f(2eU,m))。①在△CPQ中,tan∠CPQ=eq\f(CQ,PQ)由題意知CQ=eq\f(mv0,eB),PQ=eq\f(\r(3)mv0,eB)聯(lián)立解得∠CPQ=30°故當(dāng)U=0時(shí),其中一束質(zhì)子恰好打在C點(diǎn),另一束質(zhì)子打在探測(cè)板上分析可知,當(dāng)U≥0時(shí),兩束質(zhì)子都能打到探測(cè)板上,此時(shí)N0=2NF=2Nmeq\r(\f(3,4)veq\o\al(2,0)+\f(2eU,m));②在△DPQ中,tan∠DPQ=eq\f(DQ,PQ)由題意知DQ=eq\f(4mv0,eB)-eq\f(mv0,eB),PQ=eq\f(\r(3)mv0,eB)聯(lián)立解得∠DPQ=60°當(dāng)其中一束質(zhì)子恰好打在D點(diǎn)時(shí),有eq\f(vx,vy)=tan60°聯(lián)立解得U=-eq\f(mveq\o\al(2,0),3e)故當(dāng)-eq\f(mveq\o\al(2,0),3e)≤U<0時(shí),只有一束質(zhì)子能打到探測(cè)板上,此時(shí)N0=NF=Nmeq\r(\f(3,4)veq\o\al(2,0)+\f(2eU,m))當(dāng)U<-eq\f(mveq\o\al(2,0),3e)時(shí),沒(méi)有質(zhì)子打到探測(cè)板上,N0=0,F(xiàn)=0。綜上所述,F(xiàn)與U之間的關(guān)系為F=eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2Nm\r(\f(3,4)veq\o\al(2,0)+\f(2eU,m)),U≥0,Nm\r(\f(3,4)veq\o\al(2,0)+\f(2eU,m)),-\f(mveq\o\al(2,0),3e)≤U<0,0,U<-\f(mveq\o\al(2,0),3e)))。題組二帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)7.如圖所示,空間存在垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和水平向左、場(chǎng)強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)。有一質(zhì)量為m、電荷量大小為q的微粒以垂直于磁場(chǎng)方向且與水平方向成45°角的速度v進(jìn)入磁場(chǎng)和電場(chǎng)并做直線運(yùn)動(dòng),重力加速度為g。則下列說(shuō)法正確的是()A.微粒可能做勻加速直線運(yùn)動(dòng)B.微??赡苤皇軆蓚€(gè)力作用C.勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=eq\f(\a\vs4\al(mg),qv)D.勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E=eq\f(\a\vs4\al(mg),q)答案:D解析:若微粒做變速運(yùn)動(dòng),洛倫茲力隨速度變化而變化,故不可能做直線運(yùn)動(dòng),故微粒一定做勻速直線運(yùn)動(dòng),A錯(cuò)誤;若微粒只受電場(chǎng)力和洛倫茲力兩個(gè)力,合力不為零,微粒不可能做直線運(yùn)動(dòng),B錯(cuò)誤;若微粒帶正電,電場(chǎng)力水平向左,洛倫茲力垂直速度方向斜向右下方,而重力豎直向下,則電場(chǎng)力、洛倫茲力和重力三個(gè)力的合力不可能為零,微粒不可能做勻速直線運(yùn)動(dòng),由此可知微粒帶負(fù)電,電場(chǎng)力水平向右,洛倫茲力垂直速度方向斜向左上方,重力豎直向下,根據(jù)平衡條件,有:qE=mgtan45°,qvB=eq\r((mg)2+(qE)2),解得:E=eq\f(\a\vs4\al(mg),q),B=eq\f(\a\vs4\al(\r(2)mg),qv),C錯(cuò)誤,D正確。8.(2024·安徽高考)(多選)空間中存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。一質(zhì)量為m的帶電油滴a,在紙面內(nèi)做半徑為R的圓周運(yùn)動(dòng),軌跡如圖所示。當(dāng)a運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)P時(shí),瞬間分成兩個(gè)小油滴Ⅰ、Ⅱ,二者帶電量、質(zhì)量均相同。Ⅰ在P點(diǎn)時(shí)與a的速度方向相同,并做半徑為3R的圓周運(yùn)動(dòng),軌跡如圖所示。Ⅱ的軌跡未畫(huà)出。已知重力加速度大小為g,不計(jì)空氣浮力與阻力以及Ⅰ、Ⅱ分開(kāi)后的相互作用,則()A.油滴a帶負(fù)電,所帶電量的大小為eq\f(mg,E)B.油滴a做圓周運(yùn)動(dòng)的速度大小為eq\f(gBR,E)C.小油滴Ⅰ做圓周運(yùn)動(dòng)的速度大小為eq\f(3gBR,E),周期為eq\f(4πE,gB)D.小油滴Ⅱ沿順時(shí)針?lè)较蜃鰣A周運(yùn)動(dòng)答案:ABD解析:設(shè)油滴a所帶電量的大小為q,運(yùn)動(dòng)至P點(diǎn)之前,油滴a做圓周運(yùn)動(dòng),故所受重力與電場(chǎng)力平衡,有mg=Eq,且所受電場(chǎng)力方向豎直向上,與電場(chǎng)方向相反,可知q=eq\f(\a\vs4\al(mg),E),油滴a帶負(fù)電,故A正確;設(shè)油滴a做圓周運(yùn)動(dòng)的速度大小為v,根據(jù)洛倫茲力提供向心力,有qvB=meq\f(v2,R),解得v=eq\f(\a\vs4\al(gBR),E),故B正確;設(shè)小油滴Ⅰ做圓周運(yùn)動(dòng)的速度大小為v1,根據(jù)洛倫茲力提供向心力,有eq\f(1,2)qv1B=eq\f(1,2)meq\f(veq\o\al(2,1),3R),解得v1=eq\f(\a\vs4\al(3gBR),E),則小油滴Ⅰ做圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T(mén)=eq\f(2π·3R,v1)=eq\f(2πE,gB),故C錯(cuò)誤;帶電油滴a分離前后系統(tǒng)動(dòng)量守恒,設(shè)分離后小油滴Ⅱ的速度為v2,以油滴a分離前瞬間的速度方向?yàn)檎较?,由?dòng)量守恒定律有mv=eq\f(m,2)v1+eq\f(m,2)v2,解得v2=-eq\f(\a\vs4\al(gBR),E),負(fù)號(hào)表示小油滴Ⅱ在P點(diǎn)的速度方向與正方向相反,由eq\f(1,2)mg=eq\f(1,2)qE知,分離后的小油滴Ⅱ受到的電場(chǎng)力和重力仍然平衡,結(jié)合左手定則可知,小油滴Ⅱ沿順時(shí)針?lè)较蜃鰣A周運(yùn)動(dòng),故D正確。9.如圖所示,將一質(zhì)量為m、帶電量為+q的小球在空間垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中由靜止釋放,其運(yùn)動(dòng)軌跡為“輪擺線”,為方便分析,可將初始狀態(tài)的速度(為零)分解為一對(duì)水平方向等大反向的速度v,即該運(yùn)動(dòng)可以分解為一個(gè)勻速直線運(yùn)動(dòng)1和一個(gè)勻速圓周運(yùn)動(dòng)2兩個(gè)分運(yùn)動(dòng),重力加速度為g,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,為實(shí)現(xiàn)上述運(yùn)動(dòng)的分解,下列說(shuō)法正確的是()A.速度v=eq\f(2mg,qB)B.分運(yùn)動(dòng)2的半徑為eq\f(m2g,2q2B2)C.小球在軌跡最低點(diǎn)處的曲率半徑為eq\f(4m2g,q2B2)D.小球從釋放到最低點(diǎn)的過(guò)程中重力勢(shì)能的減少量為eq\f(m3g2,2q2B2)答案:C解析:因分運(yùn)動(dòng)1為勻速直線運(yùn)動(dòng),根據(jù)平衡條件有qvB=mg,所以v=eq\f(\a\vs4\al(mg),qB),A錯(cuò)誤;對(duì)于分運(yùn)動(dòng)2,洛倫茲力提供向心力,根據(jù)牛頓第二定律,有qvB=meq\f(v2,R),所以R=eq\f(\a\vs4\al(m2g),q2B2),B錯(cuò)誤;小球在軌跡最低點(diǎn)處根據(jù)牛頓第二定律,有qv′B-mg=meq\f(v′2,r),當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到軌跡最低點(diǎn)時(shí),v′水平向右,根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成v′=2v,解得r=eq\f(\a\vs4\al(4m2g),q2B2),C正確;從釋放到最低點(diǎn)的過(guò)程只有重力做功,重力勢(shì)能全部轉(zhuǎn)化為動(dòng)能,所以ΔEp=eq\f(1,2)mv′2=eq\f(\a\vs4\al(2m3g2),q2B2),D錯(cuò)誤。題組三帶電粒子在組合場(chǎng)和疊加場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的綜合問(wèn)題10.粗糙水平地面上方存在著方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng),MN邊界的左邊存在著如圖所示的勻強(qiáng)磁場(chǎng),一帶電滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))以速度v向右勻速運(yùn)動(dòng),已知電場(chǎng)強(qiáng)度為E,磁感應(yīng)強(qiáng)度B=eq\f(E,2v),重力加速度為g,滑塊滑過(guò)邊界MN之后經(jīng)時(shí)間t,速度方向與水平面夾角為30°,根據(jù)以上條件,下列結(jié)論正確的是()A.滑塊帶正電B.滑塊可以帶正電也可以帶負(fù)電C.t=eq\f(\r(3)v,3g)D.在時(shí)間t內(nèi),滑塊在水平方向的位移大小為eq\f(\r(3)v2,g)答案:C解析:滑塊滑過(guò)邊界MN之后經(jīng)時(shí)間t,速度方向與水平面夾角為30°,可知滑塊所受電場(chǎng)力向上且大于重力,所以滑塊帶負(fù)電,故A、B錯(cuò)誤;在MN左側(cè),帶電滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))以速度v向右勻速運(yùn)動(dòng),滑塊受力平衡且不受摩擦力作用,根據(jù)平衡條件和左手定則,滑塊所受洛倫茲力豎直向下,且有qE=qvB+mg,結(jié)合題中B=eq\f(E,2v),解得qE=2mg,滑塊在MN右側(cè)運(yùn)動(dòng)時(shí),根據(jù)牛頓第二定律有qE-mg=ma,解得滑塊的加速度大小a=g,方向豎直向上,經(jīng)時(shí)間t,根據(jù)速度的關(guān)系有tan30°=eq\f(at,v),解得t=eq\f(\r(3)v,3g),水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng),則在時(shí)間t內(nèi),滑塊在水平方向的位移大小為x=vt=eq\f(\r(3)v2,3g),故C正確,D錯(cuò)誤。11.(2023·湖南高考)如圖,真空中有區(qū)域Ⅰ和Ⅱ,區(qū)域Ⅰ中存在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng),電場(chǎng)方向豎直向下(與紙面平行),磁場(chǎng)方向垂直紙面向里,等腰直角三角形CGF區(qū)域(區(qū)域Ⅱ)內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁場(chǎng)方向垂直紙面向外。圖中A、C、O三點(diǎn)在同一直線上,AO與GF垂直,且與電場(chǎng)和磁場(chǎng)方向均垂直。A點(diǎn)處的粒子源持續(xù)將比荷一定但速率不同的粒子射入?yún)^(qū)域Ⅰ中,只有沿直線AC運(yùn)動(dòng)的粒子才能進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ。若區(qū)域Ⅰ中電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1,區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2,則粒子從CF的中點(diǎn)射出,它們?cè)趨^(qū)域Ⅱ中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t0。若改變電場(chǎng)或磁場(chǎng)強(qiáng)弱,能進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ中的粒子在區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t,不計(jì)粒子的重力及粒子之間的相互作用,下列說(shuō)法正確的是()A.若僅將區(qū)域Ⅰ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)?B1,則t>t0B.若僅將區(qū)域Ⅰ中電場(chǎng)強(qiáng)度大小變?yōu)?E,則t>t0C.若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)閑q\f(\r(3),4)B2,則t=eq\f(t0,2)D.若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)閑q\f(\r(2),4)B2,則t=eq\r(2)t0答案:D解析:設(shè)能進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ中的粒子沿AC做勻速直線運(yùn)動(dòng)的速度為v,則有qvB1=qE,可得粒子的運(yùn)動(dòng)速度v=eq\f(E,B1);在區(qū)域Ⅱ中,由洛倫茲力提供向心力,有qvB2=meq\f(v2,r),得軌跡半徑r=eq\f(mv,qB2);粒子從CF的中點(diǎn)射出,由幾何關(guān)系可知,軌跡半徑r=eq\f(1,2)CO,粒子在區(qū)域Ⅱ中轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角為θ=90°,則t0=eq\f(rθ,v)。若僅將區(qū)域Ⅰ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)?B1,由v=eq\f(E,B1)可知,進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ的粒子的運(yùn)動(dòng)速度變?yōu)関A=eq\f(v,2),再根據(jù)r=eq\f(mv,qB2),可知粒子在區(qū)域Ⅱ中的運(yùn)動(dòng)軌跡半徑減小為rA=eq\f(1,2)r,則粒子仍然從CF邊射出區(qū)域Ⅱ,粒子在區(qū)域Ⅱ中轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角仍為θ=90°,則t=eq\f(\f(1,2)r·θ,\f(1,2)v)=t0,A錯(cuò)誤。若僅將區(qū)域Ⅰ中電場(chǎng)強(qiáng)度大小變?yōu)?E,由v=eq\f(E,B1)可知,進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ的粒子的運(yùn)動(dòng)速度變?yōu)関B=2v,再根據(jù)r=eq\f(mv,qB2),可知粒子在區(qū)域Ⅱ中的運(yùn)動(dòng)軌跡半徑變?yōu)閞B=2r,由幾何關(guān)系可知,粒子由F點(diǎn)射出區(qū)域Ⅱ,粒子在區(qū)域Ⅱ中轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角仍為θ=90°,則t=eq\f(2r·θ,2v)=t0,B錯(cuò)誤。若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)閑q\f(\r(3),4)B2,則沿AC做直線運(yùn)動(dòng)的粒子速度仍為v,粒子在區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動(dòng)時(shí),由r=eq\f(mv,qB2),可知粒子運(yùn)動(dòng)軌跡半徑rC=eq\f(4,\r(3))r>2r,則粒子從OF邊射出區(qū)域Ⅱ,設(shè)粒子在區(qū)域Ⅱ中轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角為θC,根據(jù)幾何關(guān)系可知,sinθC=eq\f(2r,rC)=eq\f(2r,\f(4,\r(3))r)=eq\f(\r(3),2),解得θC=60°,所以粒子在區(qū)域Ⅱ中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t=eq\f(rCθC,v)=eq\f(\f(4,\r(3))r·\f(2,3)θ,v)=eq\f(8\r(3)t0,9),C錯(cuò)誤。若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)閑q\f(\r(2),4)B2,則沿AC做直線運(yùn)動(dòng)的粒子速度仍為v,粒子在區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動(dòng)時(shí),由r=eq\f(mv,qB2),可知粒子運(yùn)動(dòng)軌跡半徑rD=eq\f(4,\r(2))r>2r,則粒子從OF邊射出區(qū)域Ⅱ,設(shè)粒子在區(qū)域Ⅱ中轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角為θD,根據(jù)幾何關(guān)系可知,sinθD=eq\f(2r,rD)=eq\f(2r,\f(4,\r(2))r)=eq\f(\r(2),2),解得θD=45°,所以粒子在區(qū)域Ⅱ中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t=eq\f(rDθD,v)=eq\f(\f(4,\r(2))r·\f(1,2)θ,v)=eq\r(2)t0,D正確。12.(2024·海南高考)如圖,在xOy坐標(biāo)系中有三個(gè)區(qū)域,圓形區(qū)域Ⅰ分別與x軸和y軸相切于P點(diǎn)和S點(diǎn)。半圓形區(qū)域Ⅱ的半徑是區(qū)域Ⅰ半徑的2倍。區(qū)域Ⅰ、Ⅱ的圓心O1、O2連線與x軸平行,半圓與圓相切于Q點(diǎn),QF垂直于x軸,半圓的直徑MN所在的直線右側(cè)為區(qū)域Ⅲ。區(qū)域Ⅰ、Ⅱ分別有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、eq\f(B,2)的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁場(chǎng)方向均垂直紙面向外。區(qū)域Ⅰ下方有一粒子源和加速電場(chǎng)組成的發(fā)射器,可將質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子由電場(chǎng)加速到v0。改變發(fā)射器的位置,使帶電粒子在OF范圍內(nèi)都沿著y軸正方向以相同的速度v0沿紙面射入?yún)^(qū)域Ⅰ。已知某粒子從P點(diǎn)射入?yún)^(qū)域Ⅰ,并從Q點(diǎn)射入?yún)^(qū)域Ⅱ(不計(jì)粒子的重力和粒子之間的影響)。(1)求加速電場(chǎng)兩板間的電壓U和區(qū)域Ⅰ的半徑R;(2)在能射入?yún)^(qū)域Ⅲ的粒子中,某粒子在區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最短,求該粒子在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t;(3)在區(qū)域Ⅲ加入勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向垂直紙面向里,電場(chǎng)強(qiáng)度的大小E=Bv0,方向沿x軸正方向。此后,粒子源中某粒子經(jīng)區(qū)域Ⅰ、Ⅱ射入?yún)^(qū)域Ⅲ,進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅲ時(shí)速度方向與y軸負(fù)方向的夾角成74°角。當(dāng)粒子動(dòng)能最大時(shí),求粒子的速度大小及所在的位置到y(tǒng)軸的距離eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin37°=\f(3,5),sin53°=\f(4,5)))。答案:(1)eq\f(mveq\o\al(2,0),2q)eq\f(mv0,Bq)(2)eq\f(πm,Bq)(3)eq\f(13,5)v0eq\f(172mv0,25Bq)解析:(1)帶電粒子在加速電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí),根據(jù)動(dòng)能定理得qU=eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)-0解得U=eq\f(mveq\o\al(2,0),2q)由題意可知,粒子在區(qū)域Ⅰ中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r=R粒子在區(qū)域Ⅰ中運(yùn)動(dòng)時(shí),由洛倫茲力提供向心力,有Bqv0=meq\f(veq\o\al(2,0),r)聯(lián)立解得R=eq\f(mv0,Bq)。(2)帶電粒子在OF范圍內(nèi)都沿著y軸正方向以相同的速度v0沿紙面射入?yún)^(qū)域Ⅰ,由(1)可知粒子在區(qū)域Ⅰ中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑均為R,分析可知,粒子都從Q點(diǎn)射入?yún)^(qū)域Ⅱ,且射入?yún)^(qū)域Ⅱ時(shí)的速度方向在沿y軸負(fù)方向到沿y軸正方向右側(cè)180°角范圍內(nèi)。設(shè)粒子在區(qū)域Ⅱ中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r′,由洛倫茲力提供向心力有qeq\f(B,2)v0=meq\f(veq\o\al(2,0),r′)解得r′=eq\f(2mv0,Bq)=2R在能射入?yún)^(qū)域Ⅲ的粒子中,在區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最短的粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖甲所示,根據(jù)幾何知識(shí)可得,此粒子在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動(dòng)的軌跡所對(duì)應(yīng)的圓心角都為θ=60°粒子在兩區(qū)域磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)周期分別為T(mén)1=eq\f(2πr,v0)T2=eq\f(2πr′,v0)該粒子在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為t=eq\f(60°,360°)T1+eq\f(60°,360°)T2聯(lián)立解得t=eq\f(πm,Bq)。(3)將粒子進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅲ時(shí)的速度v0分解為v1和v2,使其中一個(gè)分速度v1對(duì)應(yīng)的粒子所受洛倫茲力與電場(chǎng)力平衡,則粒子沿v1方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)分運(yùn)動(dòng),粒子的另一個(gè)分運(yùn)動(dòng)是初速度為v2的勻速圓周運(yùn)動(dòng)。根據(jù)平衡條件可知,v1對(duì)應(yīng)的洛倫茲力方向沿x軸負(fù)方向,且qv1B=qE又E=Bv0解得v1=v0由左手定則知,v1沿y軸正方向,將粒子射入?yún)^(qū)域Ⅲ時(shí)的速度v0分解,如圖乙所示,由幾何關(guān)系可知,2β=74°解得β=37°則v2=2v0cosβ設(shè)圓周分運(yùn)動(dòng)的半徑為r″,由洛倫茲力提供向心力有qv2B=meq\f(veq\o\al(2,2),r″)根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成可知,當(dāng)圓周分運(yùn)動(dòng)的速度變?yōu)檠貀軸正方向時(shí),粒子的速度最大,動(dòng)能最大,此時(shí)粒子的速度大小為vm=v1+v2聯(lián)立解得vm=eq\f(13,5)v0從進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅲ到粒子動(dòng)能最大,圓周分運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖丙所示,由幾何關(guān)系可知,粒子動(dòng)能最大時(shí),粒子所在位置到y(tǒng)軸的距離為L(zhǎng)=2R+2R+r″(1+cosβ)聯(lián)立解得L=eq\f(172mv0,25Bq)。培優(yōu)點(diǎn)2帶電粒子在交變場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)題組一帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1.(2024·廣東高考)如圖甲所示,兩塊平行正對(duì)的金屬板水平放置,板間加上如圖乙所示幅值為U0、周期為t0的交變電壓。金屬板左側(cè)存在一水平向右的恒定勻強(qiáng)電場(chǎng),右側(cè)分布著垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。一帶電粒子在t=0時(shí)刻從左側(cè)電場(chǎng)某處由靜止釋放,在t=t0時(shí)刻從下板左端邊緣位置水平向右進(jìn)入金屬板間的電場(chǎng)內(nèi),在t=2t0時(shí)刻第一次離開(kāi)金屬板間的電場(chǎng)、水平向右進(jìn)入磁場(chǎng),并在t=3t0時(shí)刻從下板右端邊緣位置再次水平進(jìn)入金屬板間的電場(chǎng)。已知金屬板的板長(zhǎng)是板間距離的eq\f(π,3)倍,粒子質(zhì)量為m。忽略粒子所受的重力和場(chǎng)的邊緣效應(yīng)。(1)判斷帶電粒子的電性并求其所帶的電荷量q;(2)求金屬板的板間距離D和帶電粒子在t=t0時(shí)刻的速度大小v;(3)求從t=0時(shí)刻開(kāi)始到帶電粒子最終碰到上金屬板的過(guò)程中,電場(chǎng)力對(duì)粒子做的功W。答案:(1)正電eq\f(πm,Bt0)(2)eq\r(\f(3πt0U0,8B))πeq\r(\f(πU0,24Bt0))(3)eq\f(πmU0(π2+16),48Bt0)解析:(1)根據(jù)帶電粒子在右側(cè)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡,結(jié)合左手定則可知,粒子帶正電設(shè)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期為T(mén),則有eq\f(T,2)=3t0-2t0設(shè)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速率為v0,軌跡半徑為r,則有T=eq\f(2πr,v0)根據(jù)洛倫茲力提供向心力,有qv0B=meq\f(veq\o\al(2,0),r)聯(lián)立解得q=eq\f(πm,Bt0)。(2)由題意知,金屬板的板長(zhǎng)為L(zhǎng)=eq\f(πD,3)粒子在板間運(yùn)動(dòng)時(shí),沿金屬板方向有L=vt0根據(jù)題意,粒子離開(kāi)金屬板間電場(chǎng)時(shí),垂直金屬板方向的速度為0,則v0=v設(shè)粒子在金屬板間運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a,則沿垂直金屬板方向的位移大小為y=2×eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t0,2)))eq\s\up12(2)根據(jù)牛頓第二定律,有qE=ma其中板間場(chǎng)強(qiáng)大小E=eq\f(U0,D)由幾何關(guān)系可知y=2r聯(lián)立解得D=eq\r(\f(3πt0U0,8B)),v=πeq\r(\f(πU0,24Bt0))。(3)由(2)可解得r=eq\r(\f(πt0U0,24B)),即金屬板的板間距離D=3r分析可知,粒子在t=4t0時(shí)刻進(jìn)入金屬板左側(cè)的電場(chǎng)開(kāi)始做減速運(yùn)動(dòng),在t=6t0時(shí)刻再次進(jìn)入金屬板間的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng),t=6.5t0時(shí)刻碰到上金屬板,帶電粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示。根據(jù)軌跡圖分析可知,整個(gè)過(guò)程中電場(chǎng)力對(duì)粒子做的功,等于粒子最開(kāi)始在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的過(guò)程以及最后0.5t0時(shí)間內(nèi)電場(chǎng)力做功之和,設(shè)在這兩個(gè)過(guò)程中電場(chǎng)力做的功分別為W1、W2,則W=W1+W2根據(jù)動(dòng)能定理知W1=eq\f(1,2)mv2-0根據(jù)功的定義有W2=qE(D-2r)聯(lián)立解得W=eq\f(πmU0(π2+16),48Bt0)。題組二帶電粒子在交變磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)2.(2024·陜西省銅川市王益區(qū)高三下四模)如圖1所示,在直角坐標(biāo)系xOy中,MN垂直x軸于N點(diǎn),第二象限中存在方向沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng),Oy與MN間(包括Oy、MN)存在均勻分布的磁場(chǎng),取垂直紙面向里為磁場(chǎng)的正方向,其磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖2所示。一比荷eq\f(q,m)=eq\f(π,B0t0)的帶正電粒子(不計(jì)重力)從O點(diǎn)沿紙面以大小v0=eq\f(L,t0)、方向與Oy夾角θ=60°的速度射入第一象限中,已知場(chǎng)強(qiáng)大小E=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1+\f(2\r(3),3)))eq\f(2B0L,t0),ON=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,π)+\f(\r(3),2)))L。(1)若粒子在t=t0時(shí)刻從O點(diǎn)射入,求粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1;(2)若粒子在0~t0之間的某時(shí)刻從O點(diǎn)射入,恰好垂直y軸進(jìn)入電場(chǎng),之后從P點(diǎn)離開(kāi)電場(chǎng),求從O點(diǎn)射入的時(shí)刻t2以及P點(diǎn)的橫坐標(biāo)xP;(3)若粒子在0~t0之間的某時(shí)刻從O點(diǎn)射入,求粒子在Oy與MN間運(yùn)動(dòng)的最大路程s。答案:(1)eq\f(2,3)t0(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1-\f(1,\r(3)π)))t0-eq\f(L,π)(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5+\f(4\r(3),3π)))L解析:(1)設(shè)粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為R,由洛倫茲力提供向心力,有qv0B0=meq\f(veq\o\al(2,0),R)且eq\f(q,m)=eq\f(π,B0t0)粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期T=eq\f(2πR,v0)解得T=2t0若粒子在t0時(shí)刻從O點(diǎn)射入,運(yùn)動(dòng)軌跡如圖甲所示由幾何關(guān)系可知軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角α=eq\f(2π,3)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1=eq\f(α,2π)T=eq\f(2,3)t0。(2)由(1)可知R=eq\f(L,π),粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖乙所示則eq\f(R,tanθ)=v0(t0-t2)解得t2=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1-\f(1,\r(3)π)))t0粒子在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng),設(shè)加速度大小為a,沿電場(chǎng)方向有R+eq\f(R,sinθ)=eq\f(1,2)ateq\o\al(2,3)根據(jù)牛頓第二定律有qE=ma垂直電場(chǎng)方向有-xP=v0t3解得xP=-eq\f(L,π)。(3)粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),已知周期T=2t0,粒子在Oy與MN間運(yùn)動(dòng)的路程最大時(shí),其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖丙所示當(dāng)粒子第1次圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡與y軸相切時(shí),OC=eq\f(R,tan\f(θ,2))=eq\f(\r(3),π)L<v0t0=L,該運(yùn)動(dòng)情況符合題意由于3t0-t0=2t0=

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