（課標(biāo)通用）高考物理二輪復(fù)習(xí) 計算題提分技巧 熱點19 電磁學(xué)綜合題（一）帶電粒子在復(fù)合場中的運動（含解析）-人教版高三全冊物理試題

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1、帶電粒子在復(fù)合場中的運動 (建議用時：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＝1.0×10－20 kg、電荷量q＝1.0×10－9 C的帶負(fù)電的粒子從(－1 cm,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(qiáng)度E1和右側(cè)電場強(qiáng)度E2的大小之比； (2)該粒子運動的最大動能Ekm； (3)該粒子運動的周期T. 解析 (1)由題圖可知，x軸左側(cè)電場強(qiáng)度大小 E1

2、＝ V/m＝2.0×103 V/m，① x軸右側(cè)電場強(qiáng)度大小 E2＝ V/m＝4.0×103 V/m，② 所以 ＝＝. (2)粒子運動到原點時速度最大，根據(jù)動能定理有 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＝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，在真空中建立一個平面直角坐標(biāo)系xOy，y軸左邊有一個矩形AOGF，F(xiàn)點坐標(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，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，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，帶電粒子恰好從區(qū)域的A點垂直電場方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場，并從坐標(biāo)原點O離開電場，不計粒子的重力．求： (1)帶電粒子的比荷； (2)電場強(qiáng)度E的大小； (3)若要使帶電粒子不

4、進(jìn)入電場區(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，帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑為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，粒子在在電場中做類平拋運動，運動軌跡如圖所示，由類平拋運動可知， 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)入電場時，其運動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，能沿紙面向各個方向不斷發(fā)射電荷量為＋q、質(zhì)量為m的粒子(不計重力)，粒子的速率都相同．a(chǎn)b為P點附近的一條水平直線，P到直線ab的距離PC＝L，Q為直線ab上一點，它與P點相距PQ＝L.當(dāng)直線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)磁場時，水平向左射出的粒子恰到達(dá)Q點；當(dāng)ab以上區(qū)域只

6、存在平行該平面的勻強(qiáng)電場時，所有粒子都能到達(dá)ab直線，且它們到達(dá)ab直線時動能都相等，其中水平向左射出的粒子也恰好到達(dá)Q點．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： (1)粒子的發(fā)射速率； (2)勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小和方向； (3)僅有磁場時，能到達(dá)直線ab的粒子所用最長時間和最短時間的比值． 解析 (1)設(shè)粒子做勻速圓周運動的半徑為R，過O作PQ的垂線交PQ于A點，如圖甲所示， 由幾何知識可得 ＝， 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)電場時，由粒子到達(dá)ab直線的動能相等

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