《（山西專版）2020版高考物理二輪復(fù)習(xí) 第三篇 計(jì)算題 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)精練（含解析）》由會(huì)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(jì)算題 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)精練（含解析）（7頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、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) 熱考題型 題型一　帶電粒子在電場(chǎng)或磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 　　帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的勻速圓周運(yùn)動(dòng)一直是高考考查的重點(diǎn)和熱點(diǎn),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(chǎng)中的運(yùn)動(dòng);帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)也是歷年高考試題的“常客”,常常以選擇題形式考查電場(chǎng)力與能的性質(zhì),也以計(jì)算題形式考查帶電粒子的類平拋運(yùn)動(dòng)、勻變速直線運(yùn)動(dòng)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(tuán)在電場(chǎng)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(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=1.0×10-20k

2、g、電荷量q=1.0×10-9C的帶負(fù)電的粒子從(-1cm,0)點(diǎn)由靜止開始,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E1E2; (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。 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(chǎng)強(qiáng)度大小E1=201×10-2V/m=2.0×103V/m① x軸右側(cè)電場(chǎng)強(qiáng)度大小E2=200.5×10-2V/m=4.0×103V/m② 所以E1E2=12 (2)粒子運(yùn)動(dòng)到原點(diǎn)時(shí)速度最大,根據(jù)動(dòng)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(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=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(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 　　帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)是高考的重點(diǎn)和熱點(diǎn),考查題型有計(jì)算題和選擇題,計(jì)算題常以壓軸題出現(xiàn),難度較大,題目綜合性較強(qiáng),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(diǎn)。也常以速度選擇器、磁流體發(fā)電機(jī)、霍爾效應(yīng)、質(zhì)譜儀等為背景出實(shí)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(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)、在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)和在變化的電場(chǎng)、磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)。 　　(1)在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng):分析帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)過程時(shí)應(yīng)用牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式處理;分析帶電粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)應(yīng)用幾何知識(shí)找出粒子運(yùn)動(dòng)的圓心、半徑,抓住粒子處在分段運(yùn)動(dòng)的連接點(diǎn)時(shí)的速度分析求解。 　　(2)在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng):先從力的角度對(duì)帶電粒子進(jìn)行受力分析,注意電場(chǎng)力、重力與洛倫茲力大小和方向間的關(guān)系及它們的特點(diǎn)(重力、電場(chǎng)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(yùn)動(dòng)過程,然后運(yùn)用相關(guān)規(guī)律求解。 　　(3)在變化的電場(chǎng)或磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng):仔細(xì)分析帶電粒子的運(yùn)動(dòng)過程、受力情況,清楚帶電粒子在變化的電場(chǎng)或磁場(chǎng)中各處于什么狀態(tài)、做什么運(yùn)動(dòng),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(gè)裝置處于無限大的電磁場(chǎng)中,電場(chǎng)強(qiáng)度為E,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,如圖所示。已知MN=h,N點(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)時(shí)對(duì)擋板的壓力大小; (2)小滑塊經(jīng)過N點(diǎn)后立即撤去磁場(chǎng),N點(diǎn)與小滑塊落地點(diǎn)間的電勢(shì)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(dòng)能定理得 mgh=12mv2 在N點(diǎn),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(diǎn)后,水平方向和豎直方向均做勻加速直線運(yùn)動(dòng),則: 豎直方向:h=vt+12gt2 水平方向:d=12·qEmt2 解得d=(3-22)qEhmg 故電勢(shì)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(qiáng)磁場(chǎng)。某時(shí)刻,一帶正電的粒子從坐標(biāo)原點(diǎn),以沿x軸正方向的初速度v0進(jìn)入電場(chǎng);之后的某一時(shí)刻,一帶負(fù)電粒子以同樣的初速度從坐標(biāo)原點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)。正、負(fù)粒子從電場(chǎng)進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度方向與電場(chǎng)和磁場(chǎng)邊界的夾角分別為60°和30°,兩粒子在磁場(chǎng)中分別運(yùn)動(dòng)半周后恰好在某點(diǎn)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(jì)。求: (1)正、負(fù)粒子的比荷之比q1m1∶q2m2; (2)正、負(fù)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑大小; (3)兩粒子先后進(jìn)入電場(chǎng)的時(shí)間差。 答案　(1)1∶3　(2)12L　36L　(3)3πL6v0 解析　(1)設(shè)粒子進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)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(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)正、負(fù)粒子的速度分別為v1=v0sin60°=233v0,v2=v0sin30°=2v0 粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí),qvB=mv2R,R=mvqB 得R1R2=31 出電場(chǎng)時(shí),粒子沿豎直方向的位移大小y=vy2·t, 兩粒子離開電場(chǎng)位置間的距離d=y1+y2=233L 根據(jù)題意作出運(yùn)動(dòng)軌跡,兩粒子在P點(diǎn)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(chǎng)

9、中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間均為半個(gè)周期 t1=πR1v1=3πL4v0 t2=πR2v2=3πL12v0 由于兩粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同,所以進(jìn)電場(chǎng)時(shí)間差即磁場(chǎng)中相遇前的時(shí)間差 Δt=t1-t2=3πL6v0。 2.如圖所示,豎直平行正對(duì)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(diǎn),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(qiáng)電場(chǎng),電場(chǎng)強(qiáng)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(yùn)動(dòng)軌跡恰好經(jīng)過M(3,1)點(diǎn);粒子P的重力不計(jì),試求: (1)金屬板A、B之間的電勢(shì)差UAB; (2)若在粒

10、子P經(jīng)過O點(diǎn)的同時(shí),在y軸右側(cè)勻強(qiáng)電場(chǎng)中某點(diǎn)由靜止釋放另一帶電微粒Q,使P、Q恰能在運(yùn)動(dòng)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(jì);求粒子Q所有釋放點(diǎn)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(diǎn)進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)時(shí)的速度大小為v0;由題意可知,粒子P在y軸右側(cè)勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng);設(shè)從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到M(3,1)點(diǎn)歷時(shí)為t0,由類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得xM=v0t0,yM=12qEmt02,解得v0=2×104m/s。 在金屬板A、B之間運(yùn)動(dòng)過程,由動(dòng)能定理得qUAB=12mv02,解得UAB=1000V (2)設(shè)P、Q在右側(cè)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度分別為a1、a2;Q粒子從坐標(biāo)N(x,y)點(diǎn)釋放后,經(jīng)時(shí)間t與粒子P相碰;由牛頓運(yùn)動(dòng)定律及類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律和幾何關(guān)系可得: 對(duì)于P:Eq=ma1 對(duì)于Q:Eq=2ma2 x=v0t 12a1t2=y+12a2t2 解得y=16x2,其中x>0 即粒子Q釋放點(diǎn)N(x,y)坐標(biāo)滿足的方程為y=16x2,其中x>0。 7