【创新设计】2021高考物理二轮复习(江苏专用)题型通关-专练19

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)粒子的运动轨迹如图所示，由运动规律及图中角度知ΔCO1G是一正三角形，所以粒子在磁场中做圆周运动的半径为r＝CG＝2OC＝ 又因Bqv＝meq\f(v2,r) 而v0＝vsin30° 联立得B＝eq\f(2mv0,qL). (3)粒子从D到P做类平抛运动，所用时间为t1，则有 OD－ON＝eq\f(qE1,2m)teq\o\al(2,1) NP＝vt1而OD＝r＋eq\f(\r(3),2)r 粒子从P到C所用时间为t2，则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 联立得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·宿州市第三次质量检测)如图2所示，水平放置的两平行金属板A、B长8cm，两板间距离d＝8cm，两板间电势差UAB＝300V，一质量m＝1.0×10－20kg、电荷量q＝1.0×10－10C、初速度v0＝2×106m/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L＝12cm、D为中心线OO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：eq\f(qUAB,d)＝ma 由类平抛运动的规律得：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) 联立以上各式代入数值得：y＝3cm v＝2.5×106m/s，tanθ＝eq\f(3,4) (2)设粒子经过PQ界面时到D点的距离为H 由几何学问得：H＝y＋Ltanθ 代入数值得：H＝12cm (或用：eq\f(H,y)＝eq\f(L＋\f(1,2)d,\f(1,2)d)也可得分) (3)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＝eq\f(H,cosθ) 由牛顿其次定律得：qvB＝eq\f(mv2,R) 联立以上各式代入数值得：B＝1.67×10－3T 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x＜0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，eq\f(\r(3),2)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L＝v0t，eq\f(\r(3),2)L＝eq\f(1,2)at2 由牛顿其次定律，可得qE＝ma 由以上三式，可解得E＝eq\f(\r(3)mv\o\al(2,0),qL) (2)设粒子运动到N点时速度为v，则 v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋2a×\f(\r(3),2)L)＝2v0 所以粒子从N到P的时间t′＝eq\f(1,2)t 沿y轴位移h＝eq\f(1,2)at′2＝eq\f(\r(3),8)L 因此N点坐标为(0，eq\f(5\r(3),8)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eq\x\to(P)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qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－0① A在磁场中做匀速圆周运动，所受洛伦兹力充当向心力 qv1B1＝meq\f(v\o\al(2,1),R)② 联立解得：B1＝eq\f(1,R)eq\r(\f(2mU,q))③ (2)设A经n次加速后的速度为vn，由动能定理得 nqU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,n)－0④ 设A做第n次圆周运动的周期为Tn，有 Tn＝eq\f(2πR,vn)⑤ 设在A运动第n周的时间内电场力做功为Wn，则 Wn＝qU⑥ 在该段时间内电场力做功的平均功率为eq\x\to(P)n＝eq\f(Wn,Tn)⑦ 联立解得：eq\x\to(P)n＝eq\f(qU,πR)eq\r(\f(nqU,2m))⑧ (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②⑤式并分别应用A、B的数据得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④式有 vn＝eq\r(\f(2nqU,m))⑪ vn′＝eq\r(\f(2nkqU,m))＝eq\r(k)vn⑫ 由题设条件并结合⑤式，对A有Tnvn＝2πR⑬ 设B的轨迹半径为R′，有T′vn′＝2πR′⑭ 比较以上两式得R′＝eq\f(R,\r(k))⑮ 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)eq\f(1,R)eq\r(\f(2mU,q))(2)eq\f(qU,πR)eq\r(\f(nqU,2m)) (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．t＝0时，带负电粒子从原点O以初速度v0沿y轴正方向运动，t＝5t0时，粒子回到O点，v0、t0、B0已知，粒子的比荷eq\f(q,m)＝eq\f(π,B0t0)，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．t＝0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t＝9t0时的位置坐标．图6 解析(1)粒子在磁场中运动时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时回到原点，轨迹如图所示 由牛顿其次定律qv0B0＝eq\f(mv\o\al(2,0),r1)④ 由几何关系得r2＝2r1⑤ 得v2＝2v0⑥ 由运动学公式v2＝v0＋at0⑦ 由牛顿其次定律E0q＝ma⑧ 得E0＝eq\f(B0v0,π)⑨ (3)t0时刻粒子回到x轴⑩ t0～2t0时间内，粒子位移 s1＝2[v0·eq\f(t0,2)＋eq\f(1,2)a(eq\f(t\o\al(2,0),2))]，⑪ 2t0时刻粒子速度为v0 3t0时刻，粒子以速度v0到达y轴⑫ 3t0～4t0时间内，粒子运动的位移