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文檔簡介
大二輪刷題首選卷物理《金版程》2025-高考大二輪刷題首選卷-物理培優專練二培優點1帶電粒子在復合場中的運動培優專練二電磁場綜合問題培優點1帶電粒子在復合場中的運動題組一帶電粒子在組合場中的運動1.(2024·山東省泰安市高三下三模)如圖所示,比荷不同的兩個帶電粒子在A處由靜止釋放,經加速電壓U0加速后,垂直磁場左邊界MN射入寬度為d的勻強磁場區域,磁感應強度大小為B,磁場方向垂直紙面向里。兩個粒子經磁場偏轉后一個從左邊界MN的a點離開磁場區域,另一個從磁場的右邊界b點離開磁場區域,a、b兩點的連線剛好與磁場邊界垂直,從b點離開的粒子在磁場區域運動過程中偏轉的角度為60°,不計粒子重力及粒子間的相互作用,下列說法正確的是()A.從a點離開磁場區域的粒子帶正電,從b點離開磁場區域的粒子帶負電B.從a點離開磁場區域的粒子比荷大小為eq\f(2U0,3d2B2)C.從b點離開磁場區域的粒子比荷大小為eq\f(3U0,2d2B2)D.從a、b兩點離開的粒子在磁場區域中運動的時間之比為3∶1答案:C解析:粒子進入磁場區域后均向上偏轉,根據左手定則可知,兩個粒子均帶正電,A錯誤;兩粒子的運動軌跡如圖所示,由幾何關系可知,從b點離開的粒子在磁場做勻速圓周運動的半徑rb=eq\f(d,sin60°)=eq\f(2\r(3),3)d,從a點離開的粒子在磁場做勻速圓周運動的半徑ra=eq\f(rb(1-cos60°),2)=eq\f(\r(3),6)d,粒子經加速電壓U0加速后,由動能定理有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點離開的粒子的比荷為eq\f(qa,ma)=eq\f(2U0,B2req\o\al(2,a))=eq\f(24U0,d2B2),從b點離開的粒子的比荷為eq\f(qb,mb)=eq\f(2U0,B2req\o\al(2,b))=eq\f(3U0,2d2B2),B錯誤,C正確;兩個粒子在磁場中運動的周期分別為Ta=eq\f(2πma,qaB),Tb=eq\f(2πmb,qbB),運動軌跡對應圓心角分別為θa=180°,θb=60°,則運動時間ta=eq\f(θa,360°)Ta,Tb=eq\f(θb,360°)Tb,聯立解得ta∶tb=3∶16,D錯誤。2.現代科學儀器常用電場、磁場控制帶電粒子的運動。真空中存在著如圖所示的多層緊密相鄰的相同勻強電場和勻強磁場,電場和磁場的寬度相同,長度足夠長。電場強度方向水平向右,磁場方向垂直紙面向里。電場、磁場的邊界互相平行且與電場方向垂直。一個帶正電的粒子在第1層左側邊界某處由靜止釋放,不計粒子的重力及運動時的電磁輻射。已知粒子從第4層磁場右側邊界穿出時,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層磁場右邊界穿出,n至少為()A.12 B.16C.20 D.24答案:B解析:設粒子在第n層磁場中運動的速度為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),設粒子進入第n層磁場時,速度的方向與水平方向的夾角為αn,從第n層磁場右側邊界穿出時速度方向與水平方向的夾角為θn,粒子在電場中運動時,垂直于電場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為一組等差數列,公差為d,可得rnsinθn=r1sinθ1+(n-1)d,當n=1時,由圖乙可知:r1sinθ1=d,則rnsinθn=nd,解得sinθn=Beq\r(\f(nqd,2mE))。由題目可知當n=4時,θ4=30°,即sin30°=Beq\r(\f(4qd,2mE));若粒子恰好不能從第n層磁場右側邊界穿出,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錯誤。3.(2024·江蘇高考)如圖所示,兩個半圓環區域abcd、a′b′c′d′中有垂直紙面向里的勻強磁場,區域內、外邊界的半徑分別為R1、R2。ab與a′b′間有一個勻強電場,電勢差為U,cd與c′d′間有一個插入體,電子每次經過插入體速度減小為原來的k倍。現有一個質量為m、電荷量為e的電子,從cd面射入插入體,經過磁場、電場后再次到達cd面,速度增加,多次循環運動后,電子的速度大小達到一個穩定值,忽略相對論效應,不計電子經過插入體和電場的時間,電子每次進出磁場時速度方向均垂直于邊界。求:(1)電子進入插入體前后在磁場中運動的半徑r1、r2之比;(2)電子多次循環后到達cd的穩定速度v;(3)若電子到達cd中點P時速度穩定,并最終到達邊界d,求電子從P到d的時間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)設磁場的磁感應強度大小為B,電子進入插入體前的速度大小為v0,則電子經過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)聯立解得eq\f(r1,r2)=eq\f(1,k)。(2)電子多次循環穩定后,到達cd的速度為v,則到達c′d′的速度為kv,此后,對電子從c′d′出發經磁場、電場、磁場到cd的過程,由動能定理有eU=eq\f(1,2)mv2-eq\f(1,2)m(kv)2解得v=eq\r(\f(2eU,m(1-k2)))。(3)當電子到達cd中點P時速度穩定后,設其在abcd區域運動的軌跡半徑為r,則有evB=meq\f(v2,r)解得r=eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,e(1-k2)))結合(1)問分析可知,電子在a′b′c′d′區域運動的半徑為r′=eq\f(k,B)eq\r(\f(2mU,e(1-k2)))所以電子相鄰兩次經過cd邊的位置間的距離為l=2(r-r′)設電子從P到d運動了n周,由幾何關系可知eq\f(R2-R1,2)=nl又電子在磁場中運動的周期為T=eq\f(2πr,v)=eq\f(2πm,eB)T與速度大小無關,則電子從P運動到d的時間為t=nT聯立解得t=eq\f(π(R2-R1),2)eq\r(\f((1+k)m,2(1-k)eU))。4.(2024·遼寧高考)現代粒子加速器常用電磁場控制粒子團的運動及尺度。簡化模型如圖:Ⅰ、Ⅱ區寬度均為L,存在垂直于紙面的勻強磁場,磁感應強度等大反向;Ⅲ、Ⅳ區為電場區,Ⅳ區電場足夠寬;各區邊界均垂直于x軸,O為坐標原點。甲、乙為粒子團中的兩個電荷量均為+q、質量均為m的粒子。如圖,甲、乙平行于x軸向右運動,先后射入Ⅰ區時速度大小分別為eq\f(3,2)v0和v0。甲到P點時,乙剛好射入Ⅰ區。乙經過Ⅰ區的速度偏轉角為30°。甲到O點時,乙恰好到P點。已知Ⅲ區存在沿+x方向的勻強電場,電場強度大小E0=eq\f(9mveq\o\al(2,0),4πqL)。不計粒子重力及粒子間相互作用,忽略邊界效應及變化的電場產生的磁場。(1)求磁感應強度的大小B;(2)求Ⅲ區寬度d;(3)Ⅳ區x軸上的電場方向沿x軸,電場強度E隨時間t、位置坐標x的變化關系為E=ωt-kx,其中常系數ω>0,ω已知、k未知,取甲經過O點時t=0。已知甲在Ⅳ區始終做勻速直線運動,設乙在Ⅳ區受到的電場力大小為F,甲、乙間距為Δx,求乙追上甲前F與Δx間的關系式(不要求寫出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)根據題意,畫出乙在Ⅰ區的運動軌跡,如圖所示設乙在Ⅰ區做圓周運動的軌跡半徑為r1,由幾何關系得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)根據對稱性可知,乙經過P點時的速度沿x軸正方向,在Ⅱ區中的速度偏轉角也為30°。乙在磁場中做圓周運動的周期為T=eq\f(2πr1,v0)根據題意,乙在磁場中運動的總時間等于甲在Ⅲ區運動的時間,為t1=2×eq\f(30°,360°)×T聯立解得t1=eq\f(2πL,3v0)由對稱性可知,甲在P點的速度沿x軸正方向,則甲從P點到O點做勻加速直線運動,設加速度大小為a,由牛頓第二定律得qE0=ma解得a=eq\f(9veq\o\al(2,0),4πL)由運動學公式得d=eq\f(3,2)v0t1+eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)解得d=eq\f(3,2)πL。(3)甲經過O點時的速度為v甲=eq\f(3,2)v0+at1設t時刻甲的位置坐標為x1,因為甲在Ⅳ區始終做勻速直線運動,則x1=v甲t受力分析知,甲不受電場力作用,則有ωt-kx1=0設t時刻乙的位置坐標為x2,對乙可得eq\f(F,q)=ωt-kx2乙追上甲前,甲、乙間距Δx=x1-x2聯立可得,乙追上甲前F與Δx間的關系式為F=eq\f(qω,3v0)·Δx。5.(2024·新課標卷)一質量為m、電荷量為q(q>0)的帶電粒子始終在同一水平面內運動,其速度可用圖示的直角坐標系內一個點P(vx,vy)表示,vx、vy分別為粒子速度在水平面內兩個坐標軸上的分量。粒子出發時P位于圖中a(0,v0)點,粒子在水平方向的勻強電場作用下運動,P點沿線段ab移動到b(v0,v0)點;隨后粒子離開電場,進入方向豎直、磁感應強度大小為B的勻強磁場,P點沿以O為圓心的圓弧移動至c(-v0,v0)點;然后粒子離開磁場返回電場,P點沿線段ca回到a點。已知任何相等的時間內P點沿圖中閉合曲線通過的曲線長度都相等。不計重力。求(1)粒子在磁場中做圓周運動的半徑和周期;(2)電場強度的大小;(3)P點沿圖中閉合曲線移動1周回到a點時,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,粒子在磁場中做圓周運動的速度大小為v=eq\r(veq\o\al(2,0)+veq\o\al(2,0))解得v=eq\r(2)v0設粒子在磁場中做圓周運動的半徑為r,根據洛倫茲力提供向心力有Bqv=meq\f(v2,r)解得r=eq\f(\r(2)mv0,Bq)粒子在磁場中做圓周運動的周期為T=eq\f(2πr,v)解得T=eq\f(2πm,Bq)。(2)分析可知,P點由a點移動到b點的過程,粒子在電場中做類平拋運動。設電場強度的大小為E,粒子在電場中運動的加速度大小為a,P點從a點移動到b點所用時間為tab,沿電場方向,由運動學公式有v0=atab由牛頓第二定律有qE=ma設P點從b點移動到c點的時間為tbc,eq\o(bc,\s\up8(︵))的長度為sbc,根據任何相等的時間內P點沿圖中閉合曲線通過的曲線長度都相等,可知eq\f(tab,tbc)=eq\f(v0,sbc)由題圖知,eq\o(bc,\s\up8(︵))所對圓心角為θ=eq\f(3,2)π,半徑為v,則sbc=vθP點從b點移動到c點,粒子在磁場中做圓周運動的速度的偏轉角即為θ,則tbc=eq\f(θ,2π)T聯立解得tab=eq\f(\r(2)m,2qB),E=eq\r(2)Bv0。(3)P點移動1周回到a點的過程中,粒子兩次在電場中運動,分析可知,粒子的運動軌跡如圖所示。P點從a移動到b過程中,粒子在電場中做類平拋運動,沿y軸正方向運動的距離L=v0tab解得L=eq\f(\r(2)mv0,2qB)根據幾何知識,可得粒子第一次進、出磁場的位置之間的距離為ybc=eq\r(2)r解得ybc=eq\f(2mv0,qB)由粒子兩次在電場中運動的對稱性,結合ybc>2L可知,P點移動1周回到a點時,粒子位移的大小為y總=ybc-2L聯立解得y總=eq\f((2-\r(2))mv0,Bq)。6.(2024·浙江1月選考)類似光學中的反射和折射現象,用磁場或電場調控也能實現質子束的“反射”和“折射”。如圖所示,在豎直平面內有三個平行區域Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ,Ⅰ區寬度為d,存在磁感應強度大小為B、方向垂直平面向外的勻強磁場,Ⅱ區的寬度很小。Ⅰ區和Ⅲ區電勢處處相等,分別為φⅠ和φⅢ,其電勢差U=φⅠ-φⅢ。一束質量為m、電荷量為e的質子從O點以入射角θ射向Ⅰ區,在P點以出射角θ射出,實現“反射”;質子束從P點以入射角θ射入Ⅱ區,經Ⅱ區“折射”進入Ⅲ區,其出射方向與法線夾角為“折射”角。已知質子僅在平面內運動,單位時間發射的質子數為N,初速度為v0,不計質子重力,不考慮質子間相互作用以及質子對磁場和電勢分布的影響。(1)若不同角度射向磁場的質子都能實現“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)計算說明如何調控電場,實現質子束從P點進入Ⅱ區發生“全反射”(即質子束全部返回Ⅰ區);(4)在P點下方距離eq\f(\r(3)mv0,eB)處水平放置一長為eq\f(4mv0,eB)的探測板CQD(Q在P的正下方),CQ長為eq\f(mv0,eB),質子打在探測板上即被吸收中和。若還有另一相同質子束,與原質子束關于法線左右對稱,同時從O點射入Ⅰ區,且θ=30°,求探測板受到豎直方向力F的大小與U之間的關系。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)設質子在Ⅰ區中運動的軌跡半徑為r,根據牛頓第二定律有Bev0=meq\f(veq\o\al(2,0),r)若不同角度射向磁場的質子都能實現“反射”,當質子射入Ⅰ區的速度平行于邊界時,d有最小值,為dmin=2r聯立解得dmin=eq\f(2mv0,Be)。(2)設質子進入Ⅲ區時速度大小為v1,根據動能定理有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“折射”角為θ′,質子在Ⅱ區運動時,平行于邊界方向不受電場力,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′)聯立解得n=eq\r(2)。(3)“全反射”的臨界情況為:質子到達Ⅱ區與Ⅲ區的邊界時,速度方向與邊界平行;又質子在Ⅱ區運動時,平行于邊界方向的分速度不變,則質子到達Ⅱ區與Ⅲ區的邊界時,速度大小為v2=v0sinθ質子從Ⅱ區的上邊界到Ⅱ區的下邊界,根據動能定理,有Ue=eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)-eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)聯立解得U=-eq\f(mveq\o\al(2,0)cos2θ,2e)分析可知,要實現質子束從P點進入Ⅱ區發生“全反射”,應滿足U≤-eq\f(mveq\o\al(2,0)cos2θ,2e)。(4)設質子進入Ⅲ區時的速度大小為v3,速度的豎直分量大小為vy,由質子在Ⅱ區中沿平行邊界方向速度不變,可知質子進入Ⅲ區時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))質子從Ⅱ區上邊界到Ⅱ區下邊界,由動能定理,有eU=eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)-eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)聯立解得vy=eq\r(\f(3,4)veq\o\al(2,0)+\f(2eU,m))設單位時間內有N0個質子打到探測板上,探測板對質子沿豎直方向的作用力大小為F′,以豎直向上為正方向,對Δt時間內打到探測板上的質子,在豎直方向由動量定理有F′Δt=0-N0Δt·m(-vy)由牛頓第三定律有F=F′聯立解得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)聯立解得∠CPQ=30°故當U=0時,其中一束質子恰好打在C點,另一束質子打在探測板上分析可知,當U≥0時,兩束質子都能打到探測板上,此時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)聯立解得∠DPQ=60°當其中一束質子恰好打在D點時,有eq\f(vx,vy)=tan60°聯立解得U=-eq\f(mveq\o\al(2,0),3e)故當-eq\f(mveq\o\al(2,0),3e)≤U<0時,只有一束質子能打到探測板上,此時N0=NF=Nmeq\r(\f(3,4)veq\o\al(2,0)+\f(2eU,m))當U<-eq\f(mveq\o\al(2,0),3e)時,沒有質子打到探測板上,N0=0,F=0。綜上所述,F與U之間的關系為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中的運動7.如圖所示,空間存在垂直紙面向里、磁感應強度為B的勻強磁場和水平向左、場強為E的勻強電場。有一質量為m、電荷量大小為q的微粒以垂直于磁場方向且與水平方向成45°角的速度v進入磁場和電場并做直線運動,重力加速度為g。則下列說法正確的是()A.微粒可能做勻加速直線運動B.微粒可能只受兩個力作用C.勻強磁場的磁感應強度B=eq\f(\a\vs4\al(mg),qv)D.勻強電場的電場強度E=eq\f(\a\vs4\al(mg),q)答案:D解析:若微粒做變速運動,洛倫茲力隨速度變化而變化,故不可能做直線運動,故微粒一定做勻速直線運動,A錯誤;若微粒只受電場力和洛倫茲力兩個力,合力不為零,微粒不可能做直線運動,B錯誤;若微粒帶正電,電場力水平向左,洛倫茲力垂直速度方向斜向右下方,而重力豎直向下,則電場力、洛倫茲力和重力三個力的合力不可能為零,微粒不可能做勻速直線運動,由此可知微粒帶負電,電場力水平向右,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錯誤,D正確。8.(2024·安徽高考)(多選)空間中存在豎直向下的勻強電場和垂直于紙面向里的勻強磁場,電場強度大小為E,磁感應強度大小為B。一質量為m的帶電油滴a,在紙面內做半徑為R的圓周運動,軌跡如圖所示。當a運動到最低點P時,瞬間分成兩個小油滴Ⅰ、Ⅱ,二者帶電量、質量均相同。Ⅰ在P點時與a的速度方向相同,并做半徑為3R的圓周運動,軌跡如圖所示。Ⅱ的軌跡未畫出。已知重力加速度大小為g,不計空氣浮力與阻力以及Ⅰ、Ⅱ分開后的相互作用,則()A.油滴a帶負電,所帶電量的大小為eq\f(mg,E)B.油滴a做圓周運動的速度大小為eq\f(gBR,E)C.小油滴Ⅰ做圓周運動的速度大小為eq\f(3gBR,E),周期為eq\f(4πE,gB)D.小油滴Ⅱ沿順時針方向做圓周運動答案:ABD解析:設油滴a所帶電量的大小為q,運動至P點之前,油滴a做圓周運動,故所受重力與電場力平衡,有mg=Eq,且所受電場力方向豎直向上,與電場方向相反,可知q=eq\f(\a\vs4\al(mg),E),油滴a帶負電,故A正確;設油滴a做圓周運動的速度大小為v,根據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;設小油滴Ⅰ做圓周運動的速度大小為v1,根據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做圓周運動的周期為T=eq\f(2π·3R,v1)=eq\f(2πE,gB),故C錯誤;帶電油滴a分離前后系統動量守恒,設分離后小油滴Ⅱ的速度為v2,以油滴a分離前瞬間的速度方向為正方向,由動量守恒定律有mv=eq\f(m,2)v1+eq\f(m,2)v2,解得v2=-eq\f(\a\vs4\al(gBR),E),負號表示小油滴Ⅱ在P點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受到的電場力和重力仍然平衡,結合左手定則可知,小油滴Ⅱ沿順時針方向做圓周運動,故D正確。9.如圖所示,將一質量為m、帶電量為+q的小球在空間垂直紙面向里的勻強磁場中由靜止釋放,其運動軌跡為“輪擺線”,為方便分析,可將初始狀態的速度(為零)分解為一對水平方向等大反向的速度v,即該運動可以分解為一個勻速直線運動1和一個勻速圓周運動2兩個分運動,重力加速度為g,磁感應強度大小為B,為實現上述運動的分解,下列說法正確的是()A.速度v=eq\f(2mg,qB)B.分運動2的半徑為eq\f(m2g,2q2B2)C.小球在軌跡最低點處的曲率半徑為eq\f(4m2g,q2B2)D.小球從釋放到最低點的過程中重力勢能的減少量為eq\f(m3g2,2q2B2)答案:C解析:因分運動1為勻速直線運動,根據平衡條件有qvB=mg,所以v=eq\f(\a\vs4\al(mg),qB),A錯誤;對于分運動2,洛倫茲力提供向心力,根據牛頓第二定律,有qvB=meq\f(v2,R),所以R=eq\f(\a\vs4\al(m2g),q2B2),B錯誤;小球在軌跡最低點處根據牛頓第二定律,有qv′B-mg=meq\f(v′2,r),當小球運動到軌跡最低點時,v′水平向右,根據運動的合成v′=2v,解得r=eq\f(\a\vs4\al(4m2g),q2B2),C正確;從釋放到最低點的過程只有重力做功,重力勢能全部轉化為動能,所以ΔEp=eq\f(1,2)mv′2=eq\f(\a\vs4\al(2m3g2),q2B2),D錯誤。題組三帶電粒子在組合場和疊加場中運動的綜合問題10.粗糙水平地面上方存在著方向豎直向下的勻強電場,MN邊界的左邊存在著如圖所示的勻強磁場,一帶電滑塊(可視為質點)以速度v向右勻速運動,已知電場強度為E,磁感應強度B=eq\f(E,2v),重力加速度為g,滑塊滑過邊界MN之后經時間t,速度方向與水平面夾角為30°,根據以上條件,下列結論正確的是()A.滑塊帶正電B.滑塊可以帶正電也可以帶負電C.t=eq\f(\r(3)v,3g)D.在時間t內,滑塊在水平方向的位移大小為eq\f(\r(3)v2,g)答案:C解析:滑塊滑過邊界MN之后經時間t,速度方向與水平面夾角為30°,可知滑塊所受電場力向上且大于重力,所以滑塊帶負電,故A、B錯誤;在MN左側,帶電滑塊(可視為質點)以速度v向右勻速運動,滑塊受力平衡且不受摩擦力作用,根據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,結合題中B=eq\f(E,2v),解得qE=2mg,滑塊在MN右側運動時,根據牛頓第二定律有qE-mg=ma,解得滑塊的加速度大小a=g,方向豎直向上,經時間t,根據速度的關系有tan30°=eq\f(at,v),解得t=eq\f(\r(3)v,3g),水平方向做勻速直線運動,則在時間t內,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錯誤。11.(2023·湖南高考)如圖,真空中有區域Ⅰ和Ⅱ,區域Ⅰ中存在勻強電場和勻強磁場,電場方向豎直向下(與紙面平行),磁場方向垂直紙面向里,等腰直角三角形CGF區域(區域Ⅱ)內存在勻強磁場,磁場方向垂直紙面向外。圖中A、C、O三點在同一直線上,AO與GF垂直,且與電場和磁場方向均垂直。A點處的粒子源持續將比荷一定但速率不同的粒子射入區域Ⅰ中,只有沿直線AC運動的粒子才能進入區域Ⅱ。若區域Ⅰ中電場強度大小為E、磁感應強度大小為B1,區域Ⅱ中磁感應強度大小為B2,則粒子從CF的中點射出,它們在區域Ⅱ中運動的時間為t0。若改變電場或磁場強弱,能進入區域Ⅱ中的粒子在區域Ⅱ中運動的時間為t,不計粒子的重力及粒子之間的相互作用,下列說法正確的是()A.若僅將區域Ⅰ中磁感應強度大小變為2B1,則t>t0B.若僅將區域Ⅰ中電場強度大小變為2E,則t>t0C.若僅將區域Ⅱ中磁感應強度大小變為eq\f(\r(3),4)B2,則t=eq\f(t0,2)D.若僅將區域Ⅱ中磁感應強度大小變為eq\f(\r(2),4)B2,則t=eq\r(2)t0答案:D解析:設能進入區域Ⅱ中的粒子沿AC做勻速直線運動的速度為v,則有qvB1=qE,可得粒子的運動速度v=eq\f(E,B1);在區域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的中點射出,由幾何關系可知,軌跡半徑r=eq\f(1,2)CO,粒子在區域Ⅱ中轉過的圓心角為θ=90°,則t0=eq\f(rθ,v)。若僅將區域Ⅰ中磁感應強度大小變為2B1,由v=eq\f(E,B1)可知,進入區域Ⅱ的粒子的運動速度變為vA=eq\f(v,2),再根據r=eq\f(mv,qB2),可知粒子在區域Ⅱ中的運動軌跡半徑減小為rA=eq\f(1,2)r,則粒子仍然從CF邊射出區域Ⅱ,粒子在區域Ⅱ中轉過的圓心角仍為θ=90°,則t=eq\f(\f(1,2)r·θ,\f(1,2)v)=t0,A錯誤。若僅將區域Ⅰ中電場強度大小變為2E,由v=eq\f(E,B1)可知,進入區域Ⅱ的粒子的運動速度變為vB=2v,再根據r=eq\f(mv,qB2),可知粒子在區域Ⅱ中的運動軌跡半徑變為rB=2r,由幾何關系可知,粒子由F點射出區域Ⅱ,粒子在區域Ⅱ中轉過的圓心角仍為θ=90°,則t=eq\f(2r·θ,2v)=t0,B錯誤。若僅將區域Ⅱ中磁感應強度大小變為eq\f(\r(3),4)B2,則沿AC做直線運動的粒子速度仍為v,粒子在區域Ⅱ中運動時,由r=eq\f(mv,qB2),可知粒子運動軌跡半徑rC=eq\f(4,\r(3))r>2r,則粒子從OF邊射出區域Ⅱ,設粒子在區域Ⅱ中轉過的圓心角為θC,根據幾何關系可知,sinθC=eq\f(2r,rC)=eq\f(2r,\f(4,\r(3))r)=eq\f(\r(3),2),解得θC=60°,所以粒子在區域Ⅱ中的運動時間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錯誤。若僅將區域Ⅱ中磁感應強度大小變為eq\f(\r(2),4)B2,則沿AC做直線運動的粒子速度仍為v,粒子在區域Ⅱ中運動時,由r=eq\f(mv,qB2),可知粒子運動軌跡半徑rD=eq\f(4,\r(2))r>2r,則粒子從OF邊射出區域Ⅱ,設粒子在區域Ⅱ中轉過的圓心角為θD,根據幾何關系可知,sinθD=eq\f(2r,rD)=eq\f(2r,\f(4,\r(2))r)=eq\f(\r(2),2),解得θD=45°,所以粒子在區域Ⅱ中的運動時間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坐標系中有三個區域,圓形區域Ⅰ分別與x軸和y軸相切于P點和S點。半圓形區域Ⅱ的半徑是區域Ⅰ半徑的2倍。區域Ⅰ、Ⅱ的圓心O1、O2連線與x軸平行,半圓與圓相切于Q點,QF垂直于x軸,半圓的直徑MN所在的直線右側為區域Ⅲ。區域Ⅰ、Ⅱ分別有磁感應強度大小為B、eq\f(B,2)的勻強磁場,磁場方向均垂直紙面向外。區域Ⅰ下方有一粒子源和加速電場組成的發射器,可將質量為m、電荷量為q的粒子由電場加速到v0。改變發射器的位置,使帶電粒子在OF范圍內都沿著y軸正方向以相同的速度v0沿紙面射入區域Ⅰ。已知某粒子從P點射入區域Ⅰ,并從Q點射入區域Ⅱ(不計粒子的重力和粒子之間的影響)。(1)求加速電場兩板間的電壓U和區域Ⅰ的半徑R;(2)在能射入區域Ⅲ的粒子中,某粒子在區域Ⅱ中運動的時間最短,求該粒子在區域Ⅰ和區域Ⅱ中運動的總時間t;(3)在區域Ⅲ加入勻強磁場和勻強電場,磁感應強度大小為B,方向垂直紙面向里,電場強度的大小E=Bv0,方向沿x軸正方向。此后,粒子源中某粒子經區域Ⅰ、Ⅱ射入區域Ⅲ,進入區域Ⅲ時速度方向與y軸負方向的夾角成74°角。當粒子動能最大時,求粒子的速度大小及所在的位置到y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中運動時,根據動能定理得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,粒子在區域Ⅰ中做圓周運動的半徑r=R粒子在區域Ⅰ中運動時,由洛倫茲力提供向心力,有Bqv0=meq\f(veq\o\al(2,0),r)聯立解得R=eq\f(mv0,Bq)。(2)帶電粒子在OF范圍內都沿著y軸正方向以相同的速度v0沿紙面射入區域Ⅰ,由(1)可知粒子在區域Ⅰ中做勻速圓周運動的半徑均為R,分析可知,粒子都從Q點射入區域Ⅱ,且射入區域Ⅱ時的速度方向在沿y軸負方向到沿y軸正方向右側180°角范圍內。設粒子在區域Ⅱ中做圓周運動的半徑為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在能射入區域Ⅲ的粒子中,在區域Ⅱ中運動的時間最短的粒子的運動軌跡如圖甲所示,根據幾何知識可得,此粒子在區域Ⅰ和區域Ⅱ中運動的軌跡所對應的圓心角都為θ=60°粒子在兩區域磁場中的運動周期分別為T1=eq\f(2πr,v0)T2=eq\f(2πr′,v0)該粒子在區域Ⅰ和區域Ⅱ中運動的總時間為t=eq\f(60°,360°)T1+eq\f(60°,360°)T2聯立解得t=eq\f(πm,Bq)。(3)將粒子進入區域Ⅲ時的速度v0分解為v1和v2,使其中一個分速度v1對應的粒子所受洛倫茲力與電場力平衡,則粒子沿v1方向做勻速直線運動分運動,粒子的另一個分運動是初速度為v2的勻速圓周運動。根據平衡條件可知,v1對應的洛倫茲力方向沿x軸負方向,且qv1B=qE又E=Bv0解得v1=v0由左手定則知,v1沿y軸正方向,將粒子射入區域Ⅲ時的速度v0分解,如圖乙所示,由幾何關系可知,2β=74°解得β=37°則v2=2v0cosβ設圓周分運動的半徑為r″,由洛倫茲力提供向心力有qv2B=meq\f(veq\o\al(2,2),r″)根據運動的合成可知,當圓周分運動的速度變為沿y軸正方向時,粒子的速度最大,動能最大,此時粒子的速度大小為vm=v1+v2聯立解得vm=eq\f(13,5)v0從進入區域Ⅲ到粒子動能最大,圓周分運動的軌跡如圖丙所示,由幾何關系可知,粒子動能最大時,粒子所在位置到y軸的距離為L=2R+2R+r″(1+cosβ)聯立解得L=eq\f(172mv0,25Bq)。培優點2帶電粒子在交變場中的運動題組一帶電粒子在交變電場中的運動1.(2024·廣東高考)如圖甲所示,兩塊平行正對的金屬板水平放置,板間加上如圖乙所示幅值為U0、周期為t0的交變電壓。金屬板左側存在一水平向右的恒定勻強電場,右側分布著垂直紙面向外的勻強磁場,磁感應強度大小為B。一帶電粒子在t=0時刻從左側電場某處由靜止釋放,在t=t0時刻從下板左端邊緣位置水平向右進入金屬板間的電場內,在t=2t0時刻第一次離開金屬板間的電場、水平向右進入磁場,并在t=3t0時刻從下板右端邊緣位置再次水平進入金屬板間的電場。已知金屬板的板長是板間距離的eq\f(π,3)倍,粒子質量為m。忽略粒子所受的重力和場的邊緣效應。(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時刻的速度大小v;(3)求從t=0時刻開始到帶電粒子最終碰到上金屬板的過程中,電場力對粒子做的功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)根據帶電粒子在右側磁場中的運動軌跡,結合左手定則可知,粒子帶正電設粒子在磁場中運動的周期為T,則有eq\f(T,2)=3t0-2t0設粒子在磁場中運動的速率為v0,軌跡半徑為r,則有T=eq\f(2πr,v0)根據洛倫茲力提供向心力,有qv0B=meq\f(veq\o\al(2,0),r)聯立解得q=eq\f(πm,Bt0)。(2)由題意知,金屬板的板長為L=eq\f(πD,3)粒子在板間運動時,沿金屬板方向有L=vt0根據題意,粒子離開金屬板間電場時,垂直金屬板方向的速度為0,則v0=v設粒子在金屬板間運動的加速度大小為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)根據牛頓第二定律,有qE=ma其中板間場強大小E=eq\f(U0,D)由幾何關系可知y=2r聯立解得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時刻進入金屬板左側的電場開始做減速運動,在t=6t0時刻再次進入金屬板間的偏轉電場,t=6.5t0時刻碰到上金屬板,帶電粒子在電場和磁場中的運動軌跡如圖所示。根據軌跡圖分析可知,整個過程中電場力對粒子做的功,等于粒子最開始在水平向右的勻強電場中運動的過程以及最后0.5t0時間內電場力做功之和,設在這兩個過程中電場力做的功分別為W1、W2,則W=W1+W2根據動能定理知W1=eq\f(1,2)mv2-0根據功的定義有W2=qE(D-2r)聯立解得W=eq\f(πmU0(π2+16),48Bt0)。題組二帶電粒子在交變磁場中的運動2.(2024·陜西省銅川市王益區高三下四模)如圖1所示,在直角坐標系xOy中,MN垂直x軸于N點,第二象限中存在方向沿y軸負方向的勻強電場,Oy與MN間(包括Oy、MN)存在均勻分布的磁場,取垂直紙面向里為磁場的正方向,其磁感應強度隨時間變化的規律如圖2所示。一比荷eq\f(q,m)=eq\f(π,B0t0)的帶正電粒子(不計重力)從O點沿紙面以大小v0=eq\f(L,t0)、方向與Oy夾角θ=60°的速度射入第一象限中,已知場強大小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時刻從O點射入,求粒子在磁場中運動的時間t1;(2)若粒子在0~t0之間的某時刻從O點射入,恰好垂直y軸進入電場,之后從P點離開電場,求從O點射入的時刻t2以及P點的橫坐標xP;(3)若粒子在0~t0之間的某時刻從O點射入,求粒子在Oy與MN間運動的最大路程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)設粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌跡半徑為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)粒子在磁場中做圓周運動的周期T=eq\f(2πR,v0)解得T=2t0若粒子在t0時刻從O點射入,運動軌跡如圖甲所示由幾何關系可知軌跡對應的圓心角α=eq\f(2π,3)粒子在磁場中運動的時間t1=eq\f(α,2π)T=eq\f(2,3)t0。(2)由(1)可知R=eq\f(L,π),粒子的運動軌跡如圖乙所示則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粒子在電場中做類平拋運動,設加速度大小為a,沿電場方向有R+eq\f(R,sinθ)=eq\f(1,2)ateq\o\al(2,3)根據牛頓第二定律有qE=ma垂直電場方向有-xP=v0t3解得xP=-eq\f(L,π)。(3)粒子在磁場中做勻速圓周運動,已知周期T=2t0,粒子在Oy與MN間運動的路程最大時,其運動軌跡如圖丙所示當粒子第1次圓周運動的軌跡與y軸相切時,OC=eq\f(R,tan\f(θ,2))=eq\f(\r(3),π)L<v0t0=L,該運動情況符合題意由于3t0-t0=2t0=
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