《（山西專版）2020版高考物理二輪復(fù)習(xí) 第三篇 計算題 熱點19 電磁學(xué)綜合題（一）帶電粒子在復(fù)合場中的運動精練（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（山西專版）2020版高考物理二輪復(fù)習(xí) 第三篇 計算題 熱點19 電磁學(xué)綜合題（一）帶電粒子在復(fù)合場中的運動精練（含解析）（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、熱點19　電磁學(xué)綜合題(一)帶電粒子在復(fù)合場中的運動 熱考題型 題型一　帶電粒子在電場或磁場中的運動 　　帶電粒子在勻強磁場中的勻速圓周運動一直是高考考查的重點和熱點,備受命題專家的青睞,近幾年主要以選擇題形式考查帶電粒子在直線邊界和圓形邊界磁場中的運動;帶電粒子在電場中的運動也是歷年高考試題的“?？汀?常常以選擇題形式考查電場力與能的性質(zhì),也以計算題形式考查帶電粒子的類平拋運動、勻變速直線運動等。 1.反射式速調(diào)管是常用的微波器件之一,它利用電子團在電場中的振蕩來產(chǎn)生微波,其振蕩原理與下述過程類似。已知靜電場的方向平行于x軸,其電勢φ隨x的分布如圖所示。一質(zhì)量m=1.0×10-20k

2、g、電荷量q=1.0×10-9C的帶負(fù)電的粒子從(-1cm,0)點由靜止開始,僅在電場力作用下在x軸上往返運動。忽略粒子的重力等因素。求: (1)x軸左側(cè)電場強度E1和右側(cè)電場強度E2的大小之比E1E2; (2)該粒子運動的最大動能Ekm; (3)該粒子運動的周期T。 答案　(1)12　(2)2.0×10-8J　(3)3.0×10-8s 解析　(1)由題圖可知: x軸左側(cè)電場強度大小E1=201×10-2V/m=2.0×103V/m① x軸右側(cè)電場強度大小E2=200.5×10-2V/m=4.0×103V/m② 所以E1E2=12 (2)粒子運動到原點時速度最大,根據(jù)動能

3、定理有 qE1·x=Ekm③ 其中x=1.0×10-2m 聯(lián)立①③式并代入數(shù)據(jù)可得Ekm=2.0×10-8J④ (3)設(shè)粒子在原點左右兩側(cè)運動的時間分別為t1、t2,在原點時的速度為vm,由運動學(xué)公式有 vm=qE1mt1⑤ vm=qE2mt2⑥ 又Ekm=12mvm2⑦ T=2(t1+t2)⑧ 聯(lián)立①②④⑤⑥⑦⑧式并代入數(shù)據(jù)可得T=3.0×10-8s 題型二　帶電粒子在復(fù)合場中的運動 　　帶電粒子在復(fù)合場中的運動是高考的重點和熱點,考查題型有計算題和選擇題,計算題常以壓軸題出現(xiàn),難度較大,題目綜合性較強,分值較大。此類問題命題情境新穎,慣于物理情境的重組翻新,設(shè)問的巧妙

4、變換,具有不回避重復(fù)考查的特點。也常以速度選擇器、磁流體發(fā)電機、霍爾效應(yīng)、質(zhì)譜儀等為背景出實際應(yīng)用題。 　　該題型問題一般有三種情況:帶電粒子在組合場中的運動、在疊加場中的運動和在變化的電場、磁場中的運動。 　　(1)在組合場中的運動:分析帶電粒子在勻強電場中的運動過程時應(yīng)用牛頓第二定律和運動學(xué)公式處理;分析帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動時應(yīng)用幾何知識找出粒子運動的圓心、半徑,抓住粒子處在分段運動的連接點時的速度分析求解。 　　(2)在疊加場中的運動:先從力的角度對帶電粒子進行受力分析,注意電場力、重力與洛倫茲力大小和方向間的關(guān)系及它們的特點(重力、電場力做功與路徑無關(guān),洛倫茲力永遠(yuǎn)不做

5、功),分清帶電粒子的狀態(tài)和運動過程,然后運用相關(guān)規(guī)律求解。 　　(3)在變化的電場或磁場中的運動:仔細(xì)分析帶電粒子的運動過程、受力情況,清楚帶電粒子在變化的電場或磁場中各處于什么狀態(tài)、做什么運動,然后分過程求解。 2.若將一光滑的豎直絕緣擋板MN上端固定,整個裝置處于無限大的電磁場中,電場強度為E,磁感應(yīng)強度為B,如圖所示。已知MN=h,N點距地面的高度為h,質(zhì)量為m、帶電荷量為q的正電小滑塊從M點由靜止沿MN下滑,其他條件保持不變。求: (1)小滑塊經(jīng)過N點時對擋板的壓力大小; (2)小滑塊經(jīng)過N點后立即撤去磁場,N點與小滑塊落地點間的電勢差大小。 答案　(1)q(E+B2gh

6、)　(2)(3-22)qE2hmg 解析　(1)小滑塊由M至N的過程中,由動能定理得 mgh=12mv2 在N點,小滑塊水平方向上有 FN-qE-qvB=0 解得FN=q(E+B2gh) 由牛頓第三定律得 FN'=FN=q(E+B2gh) (2)小滑塊離開N點后,水平方向和豎直方向均做勻加速直線運動,則: 豎直方向:h=vt+12gt2 水平方向:d=12·qEmt2 解得d=(3-22)qEhmg 故電勢差大小U=Ed=(3-22)qE2hmg 跟蹤集訓(xùn) 1.如圖所示,在xOy平面內(nèi)0L的區(qū)域內(nèi)有一方向垂直于xOy平

7、面向外的勻強磁場。某時刻,一帶正電的粒子從坐標(biāo)原點,以沿x軸正方向的初速度v0進入電場;之后的某一時刻,一帶負(fù)電粒子以同樣的初速度從坐標(biāo)原點進入電場。正、負(fù)粒子從電場進入磁場時速度方向與電場和磁場邊界的夾角分別為60°和30°,兩粒子在磁場中分別運動半周后恰好在某點相遇。已知兩粒子的重力以及兩粒子之間的相互作用都可忽略不計。求: (1)正、負(fù)粒子的比荷之比q1m1∶q2m2; (2)正、負(fù)粒子在磁場中運動的半徑大小; (3)兩粒子先后進入電場的時間差。 答案　(1)1∶3　(2)12L　36L　(3)3πL6v0 解析　(1)設(shè)粒子進磁場時速度方向與邊界夾角為θ, vy=v0t

8、anθ vy=Eqmt,t=Lv0 qm=v02ELtanθ 故q1m1∶q2m2=1tan60°∶1tan30°=1∶3 (2)進入磁場時正、負(fù)粒子的速度分別為v1=v0sin60°=233v0,v2=v0sin30°=2v0 粒子在磁場中運動時,qvB=mv2R,R=mvqB 得R1R2=31 出電場時,粒子沿豎直方向的位移大小y=vy2·t, 兩粒子離開電場位置間的距離d=y1+y2=233L 根據(jù)題意作出運動軌跡,兩粒子在P點相遇, 由幾何關(guān)系可得2R1=dsin60°,2R2=dsin30° 則R1=3d4=12L,R2=14d=36L (3)兩粒子在磁場

9、中運動的時間均為半個周期 t1=πR1v1=3πL4v0 t2=πR2v2=3πL12v0 由于兩粒子在電場中運動時間相同,所以進電場時間差即磁場中相遇前的時間差 Δt=t1-t2=3πL6v0。 2.如圖所示,豎直平行正對放置的帶電金屬板A、B,B板中心的小孔正好位于平面直角坐標(biāo)系xOy的O點,y軸沿豎直方向,在x>0的區(qū)域內(nèi)存在沿y軸正方向的勻強電場,電場強度大小為E=43×103V/m;比荷為1.0×105C/kg的帶正電的粒子P從A板中心O'處由靜止釋放,其運動軌跡恰好經(jīng)過M(3,1)點;粒子P的重力不計,試求: (1)金屬板A、B之間的電勢差UAB; (2)若在粒

10、子P經(jīng)過O點的同時,在y軸右側(cè)勻強電場中某點由靜止釋放另一帶電微粒Q,使P、Q恰能在運動中相碰;假設(shè)Q的質(zhì)量是P的2倍,帶電情況與P相同;Q的重力及P、Q之間的相互作用力均忽略不計;求粒子Q所有釋放點的集合。 答案　(1)1000V　(2)y=16x2,其中x>0 解析　(1)設(shè)粒子P的質(zhì)量為m、帶電荷量為q,從O點進入勻強電場時的速度大小為v0;由題意可知,粒子P在y軸右側(cè)勻強電場中做類平拋運動;設(shè)從O點運動到M(3,1)點歷時為t0,由類平拋運動規(guī)律可得xM=v0t0,yM=12qEmt02,解得v0=2×104m/s。 在金屬板A、B之間運動過程,由動能定理得qUAB=12mv02,解得UAB=1000V (2)設(shè)P、Q在右側(cè)電場中運動時的加速度分別為a1、a2;Q粒子從坐標(biāo)N(x,y)點釋放后,經(jīng)時間t與粒子P相碰;由牛頓運動定律及類平拋運動的規(guī)律和幾何關(guān)系可得: 對于P:Eq=ma1 對于Q:Eq=2ma2 x=v0t 12a1t2=y+12a2t2 解得y=16x2,其中x>0 即粒子Q釋放點N(x,y)坐標(biāo)滿足的方程為y=16x2,其中x>0。 7