【創(chuàng)新設(shè)計(jì)】2021高考物理二輪復(fù)習(xí)(江蘇專用)題型通關(guān)-專練19

專練19帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動1．如圖1所示，在直角坐標(biāo)系xOy平面內(nèi)，其次象限內(nèi)虛線MN平行于y軸，N點(diǎn)坐標(biāo)為(－L,0)其左側(cè)有水平向左的勻強(qiáng)電場E1，MN與y軸之間有沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場E2，E1、E2均未知，在第一、三、四象限內(nèi)有垂直紙面對里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B未知．現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為q的負(fù)粒子從圖中A點(diǎn)靜止釋放，不計(jì)粒子重力，粒子到達(dá)MN上的P點(diǎn)時(shí)速度為v0，速度方向水平，粒子從y軸上的C點(diǎn)(0,0.5L)與y軸負(fù)方向成30°角進(jìn)入磁場，偏轉(zhuǎn)后從x軸上的D點(diǎn)(圖中未畫出)垂直x軸穿出磁場并進(jìn)入MN左側(cè)電場且剛好又擊中P圖1 (1)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E2的大?。?(2)勻強(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。?(3)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E1的大?。?解析(1)粒子在電場E2中做類平拋運(yùn)動，令粒子進(jìn)入磁場時(shí)速度為v，沿y軸方向的速度大小為vy 則有cot30°＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qE2L,mv\o\al(2,0)) 所以E2＝eq\f(\r(3)mv\o\al(2,0),qL). (2)粒子的運(yùn)動軌跡如圖所示，由運(yùn)動規(guī)律及圖中角度知ΔCO1G是一正三角形，所以粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑為r＝CG＝2OC＝ 又因Bqv＝meq\f(v2,r) 而v0＝vsin30° 聯(lián)立得B＝eq\f(2mv0,qL). (3)粒子從D到P做類平拋運(yùn)動，所用時(shí)間為t1，則有 OD－ON＝eq\f(qE1,2m)teq\o\al(2,1) NP＝vt1而OD＝r＋eq\f(\r(3),2)r 粒子從P到C所用時(shí)間為t2，則t2＝eq\f(L,v0)， 所以NP＝eq\f(L,2)＋eq\f(qE2,2m)teq\o\al(2,2)＝eq\f(\r(3)＋1,2)L 聯(lián)立得E1＝eq\f(16\r(3)－24mv\o\al(2,0),qL). 答案(1)eq\f(\r(3)mv\o\al(2,0),qL)(2)eq\f(2mv0,qL)(3)eq\f(16\r(3)－24mv\o\al(2,0),qL)2．(2022·宿州市第三次質(zhì)量檢測)如圖2所示，水平放置的兩平行金屬板A、B長8cm，兩板間距離d＝8cm，兩板間電勢差UAB＝300V，一質(zhì)量m＝1.0×10－20kg、電荷量q＝1.0×10－10C、初速度v0＝2×106m/s的帶正電的粒子，沿A、B板中心線OO′飛入電場，粒子飛出兩板間電場后，經(jīng)PQ上某點(diǎn)進(jìn)入PQ右側(cè)、OO′下側(cè)的足夠大的勻強(qiáng)磁場中，最終垂直O(jiān)O′射出磁場．已知MN、PQ兩界面相距L＝12cm、D為中心線OO圖2 (1)粒子飛出兩板間電場時(shí)偏離中心線OO′的距離； (2)粒子經(jīng)過PQ界面時(shí)到D點(diǎn)的距離； (3)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。?解析(1)設(shè)粒子在電場中的偏移距離為y 在電場中，由牛頓其次定律得：eq\f(qUAB,d)＝ma 由類平拋運(yùn)動的規(guī)律得：d＝v0t y＝eq\f(1,2)at2 vy＝at v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,y)) tanθ＝eq\f(vy,v0) 聯(lián)立以上各式代入數(shù)值得：y＝3cm v＝2.5×106m/s，tanθ＝eq\f(3,4) (2)設(shè)粒子經(jīng)過PQ界面時(shí)到D點(diǎn)的距離為H 由幾何學(xué)問得：H＝y(tǒng)＋Ltanθ 代入數(shù)值得：H＝12cm (或用：eq\f(H,y)＝eq\f(L＋\f(1,2)d,\f(1,2)d)也可得分) (3)設(shè)粒子在磁場中圓周運(yùn)動的圓心為S，半徑為R 由圖可知：R＝eq\f(H,cosθ) 由牛頓其次定律得：qvB＝eq\f(mv2,R) 聯(lián)立以上各式代入數(shù)值得：B＝1.67×10－3T 答案見解析3．(2022·濟(jì)南高三教學(xué)質(zhì)量調(diào)研考試)如圖3所示，在x＜0的區(qū)域內(nèi)存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，在第一象限傾斜直線OM的下方和第四象限內(nèi)存在垂直紙面對里的勻強(qiáng)磁場．一帶電粒子自電場中的P點(diǎn)沿x軸正方向射出，恰好經(jīng)過坐標(biāo)原點(diǎn)O進(jìn)入勻強(qiáng)磁場，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后垂直于y軸從N點(diǎn)回到電場區(qū)域，并恰能返回P點(diǎn)．已知P點(diǎn)坐標(biāo)為(－L，eq\f(\r(3),2)L)，帶電粒子質(zhì)量為m，電荷量為q，初速度為v0，不計(jì)粒子重力．求：圖3 (1)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小； (2)N點(diǎn)的坐標(biāo)； (3)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大?。?解析(1)設(shè)粒子從P到O時(shí)間為t，加速度為a， 則L＝v0t，eq\f(\r(3),2)L＝eq\f(1,2)at2 由牛頓其次定律，可得qE＝ma 由以上三式，可解得E＝eq\f(\r(3)mv\o\al(2,0),qL) (2)設(shè)粒子運(yùn)動到N點(diǎn)時(shí)速度為v，則 v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋2a×\f(\r(3),2)L)＝2v0 所以粒子從N到P的時(shí)間t′＝eq\f(1,2)t 沿y軸位移h＝eq\f(1,2)at′2＝eq\f(\r(3),8)L 因此N點(diǎn)坐標(biāo)為(0，eq\f(5\r(3),8)L) (3)粒子在磁場中運(yùn)動軌跡如圖所示，設(shè)半徑為R.粒子在O點(diǎn)時(shí)速度方向與y軸負(fù)方向的夾角為30° 由幾何關(guān)系可知R＋Rsin30°＝eq\f(5\r(3),8)L 又由于qvB＝meq\f(v2,R) 解得B＝eq\f(8\r(3)mv0,5qL) 答案(1)eq\f(\r(3)mv\o\al(2,0),qL)(2)(0，eq\f(5\r(3),8)L)(3)eq\f(8\r(3)mv0,5qL)4．(2022·天津卷，12)同步加速器在粒子物理爭辯中有重要的應(yīng)用，其基本原理簡化為如圖4所示的模型．M、N為兩塊中心開有小孔的平行金屬板．質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子A(不計(jì)重力)從M板小孔飄入板間，初速度可視為零．每當(dāng)A進(jìn)入板間，兩板的電勢差變?yōu)閁，粒子得到加速，當(dāng)A離開N板時(shí)，兩板的電荷量均馬上變?yōu)榱悖畠砂逋獠看嬖诖怪奔埫鎸锏膭驈?qiáng)磁場，A在磁場作用下做半徑為R的圓周運(yùn)動，R遠(yuǎn)大于板間距離．A經(jīng)電場多次加速，動能不斷增大，為使R保持不變，磁場必需相應(yīng)地變化．不計(jì)粒子加速時(shí)間及其做圓周運(yùn)動產(chǎn)生的電磁輻射，不考慮磁場變化對粒子速度的影響及相對論效應(yīng)．求：圖4 (1)A運(yùn)動第1周時(shí)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B1的大小． (2)在A運(yùn)動第n周的時(shí)間內(nèi)電場力做功的平均功率eq\x\to(P)n； (3)若有一個(gè)質(zhì)量也為m、電荷量為＋kq(k為大于1的整數(shù))的粒子B(不計(jì)重力)與A同時(shí)從M板小孔飄入板間，A、B初速度均可視為零，不計(jì)兩者間的相互作用，除此之外，其他條件均不變．下圖中虛線、實(shí)線分別表示A、B的運(yùn)動軌跡．在B的軌跡半徑遠(yuǎn)大于板間距離的前提下，請指出哪個(gè)圖能定性地反映A、B的運(yùn)動軌跡，并經(jīng)推導(dǎo)說明理由． 解析(1)設(shè)A經(jīng)電場第1次加速后速度為v1，由動能定理得qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－0① A在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，所受洛倫茲力充當(dāng)向心力 qv1B1＝meq\f(v\o\al(2,1),R)② 聯(lián)立解得：B1＝eq\f(1,R)eq\r(\f(2mU,q))③ (2)設(shè)A經(jīng)n次加速后的速度為vn，由動能定理得 nqU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,n)－0④ 設(shè)A做第n次圓周運(yùn)動的周期為Tn，有 Tn＝eq\f(2πR,vn)⑤ 設(shè)在A運(yùn)動第n周的時(shí)間內(nèi)電場力做功為Wn，則 Wn＝qU⑥ 在該段時(shí)間內(nèi)電場力做功的平均功率為eq\x\to(P)n＝eq\f(Wn,Tn)⑦ 聯(lián)立解得：eq\x\to(P)n＝eq\f(qU,πR)eq\r(\f(nqU,2m))⑧ (3)A圖能定性地反映A、B運(yùn)動的軌跡． A經(jīng)過n次加速后，設(shè)其對應(yīng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為Bn，A、B的周期分別為Tn、T′，綜合②⑤式并分別應(yīng)用A、B的數(shù)據(jù)得Tn＝eq\f(2πm,qBn)⑨ T′＝eq\f(2πm,kqBn)＝eq\f(Tn,k)⑩ 由上可知，Tn是T′的k倍，所以A每繞行1周，B就繞行k周．由于電場只在A通過時(shí)存在，故B僅在與A同時(shí)進(jìn)入電場時(shí)才被加速． 經(jīng)n次加速后，A、B的速度分別為vn、vn′，結(jié)合④式有 vn＝eq\r(\f(2nqU,m))? vn′＝eq\r(\f(2nkqU,m))＝eq\r(k)vn? 由題設(shè)條件并結(jié)合⑤式，對A有Tnvn＝2πR? 設(shè)B的軌跡半徑為R′，有T′vn′＝2πR′? 比較以上兩式得R′＝eq\f(R,\r(k))? 上式表明，運(yùn)動過程B的軌跡半徑始終不變． 由以上分析可知，兩粒子運(yùn)動的軌跡如圖A所示． 答案(1)eq\f(1,R)eq\r(\f(2mU,q))(2)eq\f(qU,πR)eq\r(\f(nqU,2m)) (3)A理由見解析5.(2022·山東濰坊市一模)如圖5所示，在xOy平面內(nèi)存在著垂直于xOy平面的磁場和平行于y軸的電場，磁場和電場隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖6甲、乙所示．以垂直于xOy平面對里磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為正，以沿y軸正方向電場的電場強(qiáng)度為正．t＝0時(shí)，帶負(fù)電粒子從原點(diǎn)O以初速度v0沿y軸正方向運(yùn)動，t＝5t0時(shí)，粒子回到O點(diǎn)，v0、t0、B0已知，粒子的比荷eq\f(q,m)＝eq\f(π,B0t0)，不計(jì)粒子重力．圖5 (1)求粒子在勻強(qiáng)磁場中做圓周運(yùn)動的周期； (2)求電場強(qiáng)度E0的值； (3)保持磁場仍如圖甲所示，將圖乙所示的電場換成圖丙所示的電場．t＝0時(shí)刻，前述帶負(fù)電粒子仍由O點(diǎn)以初速度v0沿y軸正方向運(yùn)動，求粒子在t＝9t0時(shí)的位置坐標(biāo)．圖6 解析(1)粒子在磁場中運(yùn)動時(shí)qv0B＝eq\f(mv\o\al(2,0),r)① T＝eq\f(2πr,v0)② eq\f(q,m)＝eq\f(π,B0t0) 得T＝2t0③ (2)粒子t＝5t0時(shí)回到原點(diǎn)，軌跡如圖所示 由牛頓其次定律qv0B0＝eq\f(mv\o\al(2,0),r1)④ 由幾何關(guān)系得r2＝2r1⑤ 得v2＝2v0⑥ 由運(yùn)動學(xué)公式v2＝v0＋at0⑦ 由牛頓其次定律E0q＝ma⑧ 得E0＝eq\f(B0v0,π)⑨ (3)t0時(shí)刻粒子回到x軸⑩ t0～2t0時(shí)間內(nèi)，粒子位移 s1＝2[v0·eq\f(t0,2)＋eq\f(1,2)a(eq\f(t\o\al(2,0),2))]，? 2t0時(shí)刻粒子速度為v0 3t0時(shí)刻，粒子以速度v0到達(dá)y軸? 3t0～4t0時(shí)間內(nèi)，粒子運(yùn)動的位移