《（課標(biāo)通用）高考物理二輪復(fù)習(xí) 計(jì)算題提分技巧 熱點(diǎn)19 電磁學(xué)綜合題（一）帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)（含解析）-人教版高三全冊(cè)物理試題》由會(huì)員分享，可在線(xiàn)閱讀，更多相關(guān)《（課標(biāo)通用）高考物理二輪復(fù)習(xí) 計(jì)算題提分技巧 熱點(diǎn)19 電磁學(xué)綜合題（一）帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)（含解析）-人教版高三全冊(cè)物理試題（5頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) (建議用時(shí)：30分鐘) 1．(2019·浙江慈溪期末)反射式速調(diào)管是常用的微波器件之一，它利用電子團(tuán)在電場(chǎng)中的振蕩來(lái)產(chǎn)生微波，其振蕩原理與下述過(guò)程類(lèi)似．已知靜電場(chǎng)的方向平行于x軸，其電勢(shì)φ隨x的分布如圖所示．一質(zhì)量m＝1.0×10－20 kg、電荷量q＝1.0×10－9 C的帶負(fù)電的粒子從(－1 cm,0)點(diǎn)由靜止開(kāi)始，僅在電場(chǎng)力作用下在x軸上往返運(yùn)動(dòng)．忽略粒子的重力等因素．求： (1)x軸左側(cè)電場(chǎng)強(qiáng)度E1和右側(cè)電場(chǎng)強(qiáng)度E2的大小之比； (2)該粒子運(yùn)動(dòng)的最大動(dòng)能Ekm； (3)該粒子運(yùn)動(dòng)的周期T. 解析 (1)由題圖可知，x軸左側(cè)電場(chǎng)強(qiáng)度大小 E1

2、＝ V/m＝2.0×103 V/m，① x軸右側(cè)電場(chǎng)強(qiáng)度大小 E2＝ V/m＝4.0×103 V/m，② 所以 ＝＝. (2)粒子運(yùn)動(dòng)到原點(diǎn)時(shí)速度最大，根據(jù)動(dòng)能定理有 qE1·x＝Ekm，③ 其中x＝1.0×10－2 m， 聯(lián)立①③式并代入數(shù)據(jù)可得Ekm＝2.0×10－8 J．④ (3)設(shè)粒子在原點(diǎn)左右兩側(cè)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間分別為t1、t2，在原點(diǎn)時(shí)的速度為vm，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有 vm＝t1，⑤ vm＝t2，⑥ 又Ekm＝mv，⑦ T＝2(t1＋t2)，⑧ 聯(lián)立①②④⑤⑥⑦⑧式并代入數(shù)據(jù)可得T＝3.0×10－8 s. 答案 (1)　(2)2.0×10－8 J　(3)3.0

3、×10－8 s 2．(2020·安徽江淮十校聯(lián)考)如圖所示，在真空中建立一個(gè)平面直角坐標(biāo)系xOy，y軸左邊有一個(gè)矩形AOGF，F(xiàn)點(diǎn)坐標(biāo)為(－1 m， m)，矩形區(qū)域內(nèi)有與x軸正方向成60°角斜向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，矩形區(qū)域外有方向垂直于坐標(biāo)軸平面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝1.0 T的足夠大勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在x軸上坐標(biāo)(1 m,0)處有一粒子發(fā)射源S，沿著與x軸正方向30°角斜向上發(fā)射帶正電粒子，當(dāng)發(fā)射速度v＝1.5×106m/s 時(shí)，帶電粒子恰好從區(qū)域的A點(diǎn)垂直電場(chǎng)方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)，并從坐標(biāo)原點(diǎn)O離開(kāi)電場(chǎng)，不計(jì)粒子的重力．求： (1)帶電粒子的比荷； (2)電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小； (3)若要使帶電粒子不

4、進(jìn)入電場(chǎng)區(qū)域，求發(fā)射速度(發(fā)射方向不變)的范圍． 解析 (1)由題意和題圖可知，帶電粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R＝1 m，由牛頓第二定律得qvB＝， 解得＝＝1.5×106 C/kg. (2)由題意可知，粒子在在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，由類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)可知， vt＝AOsin 30°，at2＝AOcos 30°，qE＝ma， 解得E＝6×106 N/C． (3)根據(jù)題意可知，當(dāng)粒子不進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)，其運(yùn)動(dòng)的臨界軌跡如圖所示， 有幾何關(guān)系可知，小圓半徑R1＝ m，大圓半徑R2＝ 2 m， 根據(jù)牛頓第二定律有qvB＝， 解得v1＝1×106 m/s，v2＝3

5、×106 m/s， 則要使帶電粒子不進(jìn)入電場(chǎng)區(qū)域，發(fā)射速度的范圍為v≥3×106 m/s或v≤1×106 m/s. 答案 (1)1.5×106 C/kg　　(2)6×106 N/C (3)v≥3×106 m/s或v≤1×106 m/s 3．(2019·湖南株洲質(zhì)檢)如圖所示，在真空室內(nèi)的P點(diǎn)，能沿紙面向各個(gè)方向不斷發(fā)射電荷量為＋q、質(zhì)量為m的粒子(不計(jì)重力)，粒子的速率都相同．a(chǎn)b為P點(diǎn)附近的一條水平直線(xiàn)，P到直線(xiàn)ab的距離PC＝L，Q為直線(xiàn)ab上一點(diǎn)，它與P點(diǎn)相距PQ＝L.當(dāng)直線(xiàn)ab以上區(qū)域只存在垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)時(shí)，水平向左射出的粒子恰到達(dá)Q點(diǎn)；當(dāng)ab以上區(qū)域只

6、存在平行該平面的勻強(qiáng)電場(chǎng)時(shí)，所有粒子都能到達(dá)ab直線(xiàn)，且它們到達(dá)ab直線(xiàn)時(shí)動(dòng)能都相等，其中水平向左射出的粒子也恰好到達(dá)Q點(diǎn)．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： (1)粒子的發(fā)射速率； (2)勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小和方向； (3)僅有磁場(chǎng)時(shí)，能到達(dá)直線(xiàn)ab的粒子所用最長(zhǎng)時(shí)間和最短時(shí)間的比值． 解析 (1)設(shè)粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，過(guò)O作PQ的垂線(xiàn)交PQ于A點(diǎn)，如圖甲所示， 由幾何知識(shí)可得 ＝， 代入數(shù)據(jù)可得粒子軌跡半徑R＝＝， 洛倫茲力提供向心力 Bqv＝m， 解得粒子發(fā)射速度為v＝. (2)真空室只加勻強(qiáng)電場(chǎng)時(shí)，由粒子到達(dá)ab直線(xiàn)的動(dòng)能相等

7、，可知ab為等勢(shì)面，電場(chǎng)方向垂直ab向下． 水平向左射出的粒子經(jīng)時(shí)間t到達(dá)Q點(diǎn)，在這段時(shí)間內(nèi) ＝＝vt，＝L＝at2， 式中a＝，解得電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E＝. (3)只有磁場(chǎng)時(shí)，粒子以O(shè)1為圓心沿圓弧PD運(yùn)動(dòng)，當(dāng)圓弧和直線(xiàn)ab相切于D點(diǎn)時(shí)，粒子速度的偏轉(zhuǎn)角最大，對(duì)應(yīng)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)，如圖乙所示．據(jù)圖有sin α＝＝， 解得α＝37°， 故最大偏轉(zhuǎn)角γmax＝233°， 粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)最大時(shí)長(zhǎng)t1＝T， 式中T為粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期． 粒子以O(shè)2為圓心沿圓弧PC運(yùn)動(dòng)的速度偏轉(zhuǎn)角最小，對(duì)應(yīng)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間最短．據(jù)圖乙有sin β＝＝， 解得β＝53°， 速度偏轉(zhuǎn)角最小為γmin＝106°， 故最短時(shí)長(zhǎng)t2＝T； 因此，粒子到達(dá)直線(xiàn)ab所用最長(zhǎng)時(shí)間和最短時(shí)間的比值 ＝＝. 答案 (1)　(2)　電場(chǎng)方向垂直ab向下　(3)