2023年浙江选考高考物理二轮复习专题七计算题题型强化第3讲加试计算题22题带电粒子在复合场中的运动学案.pdf

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1、1/14 第 3 讲加试计算题 22 题带电粒子在复合场中的运动题型 1 带电粒子在叠加场中的运动1.如图 1 所示的坐标系，x轴沿水平方向，y轴沿竖直方向第一、第二和第四象限内，既无电场也无磁场，在第三象限，存在沿y轴正方向的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场一质量为m、电荷量为q的带电质点，从y轴上y1h处的P1点，以一定的水平初速度沿x轴负方向进入第二象限；然后经过x轴上x 2h处的P2点进入第三象限，带电质点恰好做匀速圆周运动，经y轴上y3 2h的P3点离开电磁场，重力加速度为g.求：图 1 点时速度的大小和方向；2P带电质点到达(1)(2)第三象限内电场强度的大小；(3)第三象限内

2、磁感应强度的大小2ghmq(3)mgq(2)角45轴负方向成x方向与gh(1)2答案解析(1)带电质点运动轨迹如图点，2P到1P带电质点从得：由平抛运动规律2gt12h2ht0vgtyvvyv0tan gh2v0 2vy2v方向与x轴负方向成45角，重力与电场力平衡，得：3P到2P带电质点从(2)2/14 Eqmg.mgqE解得：(3)第三象限内，洛伦兹力提供带电质点做匀速圆周运动的向心力，由牛顿第二定律得：mv2RqvB2)h(22)h(22)R(2由几何关系得：.2ghmqB式得：联立2如图2 所示，在足够大的空间范围内，同时存在着竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，电场强度为E，

3、磁感应强度为B.足够长的斜面固定在水平面上，斜面倾角为45.有一带电的小球P静止于斜面顶端A处，且恰好对斜面无压力若将小球P以初速度点已知小球的运动轨迹C，一段时间后，小球落在斜面上的)视为质点P(水平向右抛出0v在同一竖直平面内，重力加速度为g，求：图 2(1)小球P落到斜面上时速度方向与斜面的夹角及由A到C所需的时间t；(2)小球P抛出到落到斜面的位移x的大小2Ev0gB(2)2gB1)45(答案解析(1)小球P静止时不受洛伦兹力作用，仅受自身重力和电场力，对斜面无压力，则mgqEP获得水平初速度后由于重力和电场力平衡，将在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由对称性可得小球P落到斜面上时其速度

4、方向与斜面的夹角为453/14 v02RmB0qv2qB2v0T2gBT4t所需的时间：C到A由P，小球90圆周运动转过的圆心角为mv0qBR做匀速圆周运动的半径P式可知，由(2)R2x由几何关系知.2Ev0gBx可解得位移由1.带电粒子在叠加场中无约束情况下的运动情况分类(1)洛伦兹力、重力并存若重力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动若重力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒，由此可求解问题(2)电场力、洛伦兹力并存(不计重力的微观粒子)若电场力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子将做复杂的曲线运动，因洛

5、伦兹力不做功，可用动能定理求解问题(3)电场力、洛伦兹力、重力并存若三力平衡，一定做匀速直线运动若重力与电场力平衡，一定做匀速圆周运动若合力不为零且与速度方向不垂直，将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用能量守恒定律或动能定理求解问题2带电粒子在叠加场中有约束情况下的运动带电粒子在叠加场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道等约束的情况下，常见的运动形式有直线运动和圆周运动，此时解题要通过受力分析明确变力、恒力做功情况，并注意洛伦兹力不做功的特点，运用动能定理、能量守恒定律结合牛顿运动定律求解4/14 题型 2 带电粒子在组合场中的运动1如图 3 所示，在xOy平面内存在、四个场区，y轴右侧存在匀强磁

6、场，y轴左侧与虚线MN之间存在方向相反的两个匀强电场，区电场方向竖直向下，区电场方向竖直向上，P点是MN与x轴的交点有一质量为m、带电荷量q的带电粒子由原点O，的磁感应强度垂直纸面向里，大，已知匀强磁场轴正方向水平射入磁场x沿0v以速度区的磁场垂直纸面向，B0v04E的电场强度大小均为和匀强电场，匀强电场0B小为点O，已知粒子最后能回到8mv0qB0之间的距离为OP，B02外，大小为图 3(1)带电粒子从O点飞出后，第一次回到x轴时的位置和时间；(2)根据题给条件画出粒子运动的轨迹；(3)带电粒子从O点飞出后到再次回到O点的时间见解析图(2)错误!0)，4mv0qB0(1)(答案错误!(3)m

7、v0qB01R中运动的半径为带电粒子在磁场(1)解析qB0T21t，时间为2mv0qB01R2y轴的坐标y磁场中运动了半个圆，回到带电粒子在带电粒子在场区做类平抛运动，qB0v04mqEma根据牛顿第二定律得带电粒子运动的加速度，2t0vx，水平位移22at12y竖直方向4mv0qB0 x，4mqB02t联立得错误!2t1t总t故0)，4mv0qB0(轴的位置x第一次回到5/14(2)根据运动的对称性画出粒子在场区的运动轨迹如图所示带电粒子在场区运动的半径是场区运动半径的2 倍，画出粒子的运动轨迹，同样根据运动的对称性画出粒子回到O点的运动轨迹如图所示2qB01t个周期，故1中运动的时间正好为

8、带电粒子在磁场(3)16mqB02t42t两个电场中运动的时间、带电粒子在2qB03t场中运动的时间为半个周期带电粒子在因此带电粒子从O点飞出后到再次回到O点的时间.错误!3t2t1t总t、电荷量为kg112.0 10m所示，一带电微粒质量为4如图)杭州市四校联考(2017 2的电场加速后，水平进入两平行金属板100 V1U，从静止开始经电压为C51.0 10q间的偏转电场中，微粒射出电场时的偏转角30，并接着进入一个方向垂直纸面向d，两板间距20 cmL的匀强磁场区域已知偏转电场中金属板长cm320D里、宽度为，重力忽略不计求：cm310图 4；1v带电微粒进入偏转电场时的速率(1)；2U偏

9、转电场中两金属板间的电压(2)(3)为使带电微粒不会由磁场右边射出，该匀强磁场的磁感应强度B至少为多大？(3)0.1 T(2)100 Vm/s4(1)1.010答案12mv12q1U，根据动能定理v设带电微粒经加速电场加速后速度为(1)解析6/14 m/s41.0 102U1qm1v得(2)带电微粒在偏转电场中做类平抛运动Lt1v水平方向：2v，出电场时竖直方向速度为a带电微粒在竖直方向做匀加速直线运动，设其加速度为Lv1qU2dmat2v，qU2dmEqma竖直方向：U2L2dU1qU2Ldmv12v2v1tan 由几何关系100 V2U代入数据解得(3)带电微粒进入磁场做匀速圆周运动，洛伦

10、兹力提供向心力，设微粒轨道半径为R，由几D23R，DR2R何关系知设微粒进入磁场时的速度为v，v1cos 30 v，mvRBqv又解得B0.1 T为使带电粒子不射出磁场，磁感应强度B至少为 0.1 T.，其、的区域被平均分为区域L3所示，宽度为5如图)嘉兴市一中期末(2017 3L2、宽为L3有匀强磁场，它们的磁感应强度大小相等，方向垂直纸面且相反长为、中的矩形abcd紧邻磁场下方，与磁场边界对齐，O为dc边中点，P为dc中垂线上一点，OP3L.矩形内有匀强电场，电场强度大小为E，方向由a指向O.电荷量为q、质量为m、重力不计的带电粒子由a点静止释放，经电场加速后进入磁场，运动轨迹刚好与区域的

11、右边界相切7/14 图 5；0v点时的速度大小O求该粒子经过(1)(2)求匀强磁场的磁感应强度大小B；(3)若在aO之间距O点x处静止释放该粒子，粒子在磁场区域中共偏转n次到达P点，求x满足的条件及n的可能取值8、7、6、5、4、3、2n，L2)1632n(x(3)3mE2qL(2)2qELm(1)答案02mv12qEL加速过程由动能定理：aO，粒子在LaO由题意中长宽几何关系可知(1)解析2EqLm0v点时速度大小：O得粒子经过，0R中的运动轨迹如图，设粒子轨迹圆半径为粒子在磁场区域(2)由几何关系可得：L33cos 600R0Rmv02R0B0qv由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得：3mE2q

12、LB式，得：联立(3)若粒子在磁场中一共经过n次偏转到达P，设粒子轨迹圆半径为R，L3cos 30）Rtan 303L6(n2由几何关系有：0RR0依题意有取正整数n，且9n97得联立mv2RqvB，有：v设粒子在磁场中的运动速率为8/14 2mv12qEx在电场中的加速过程，由动能定理：联立式，8、7、6、5、4、3、2n，其中L2)1632n(x得：“电偏转”和“磁偏转”的比较垂直电场线进入匀强电场(不计重力)垂直磁感线进入匀强磁场(不计重力)受力情况电场力FqE，其大小、方向不变，与速度v无关，F是恒力洛伦兹力F洛qvB，其大小不变，方向随v而改变，F洛是变力轨迹抛物线圆或圆的一部分运动

13、轨迹求解方法利用类平抛运动的规律求解：vxv0，xv0tvyqEmt，y12qEmt2偏转角：tan vyvxqEtmv0半径：rmvqB周期：T2qB偏移距离y和偏转角要结合圆的几何关系利用圆周运动规律讨论求解运动时间txv0t2TqB动能变化不变专题强化练(限时：35 分钟)1(2017 温州市9 月选考)如图1 所示，空心圆台上、下底面水平，其半径分别为3r和2r，圆台高为H4r，圆台壁内表面涂有荧光粉位于圆台轴线位置的某电学器件，其阴极是一根细圆柱形导体，阳极是环绕阴极半径为r的圆柱形金属网(厚度不计)，阳极与圆台壁之间的空间区域分布着竖直向下的匀强磁场，从阴极发出的电子(初速度不计)

14、，经加速后从9/14 阳极小孔中水平射出，撞到圆台壁上可使圆台壁发光已知阴阳两级之间所加的电压恒为U，电子比荷为k，电子重力、电子间的相互作用力以及其他阻力均忽略不计图 1(1)若使圆台壁不发光，则磁感应强度至少为多大？(2)若将阳极半径缩小，使其与阴极距离忽略不计，并使磁场充满整个圆台空间，改变磁感应强度B的大小，圆台壁发光部分的竖直高度h也随之改变，试确定h随B变化的函数关系)2Uk1rB2Uk23r(r82Uk8Bh(2)2Uk43r(1)答案2mv12eU由动能定理得：(1)解析2)Rr(22r2R由几何关系可知：v2Rm0evB，2kUv得由 可，r34R得由 可.2Uk43r0B可

15、得代 入(2)设高为h处的台体半径为R，则hR2rHrv2R2mevB，h4r2R得由10/14)rRr(22Uk2R2vkR2mveRB，2vkBR得由，得2kUv再结合)2Uk1rB2Uk23r(r82Uk8Bh2如图 2 甲所示，长为L的平行金属板M、N水平放置，两板之间的距离为d，两板间有沿水平方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，一个带正电的质点，沿水平方向从两板的正中央垂直于磁场方向进入两板之间，重力加速度为g.图 2(1)若M板接直流电源正极，N板接负极，电源电压恒为U，带电质点以恒定的速度v匀速通过两板之间的复合场(电场、磁场和重力场)，求带电质点的电荷量与质量的比值(2

16、)若M、N接如图乙所示的交变电流(M板电势高时U为正)，L0.5 m，d0.4 m，B0.1，1 m/sv速度的带正电质点以水平C2210q、带电荷量为kg4110m，质量为T，试定性画出质点的运动轨迹210 m/sg时刻开始进入复合场，0t从(3)在第(2)问的条件下求质点在复合场中的运动时间(3)0.814 s见解析图(2)gdBvdU(1)答案UdE(1)解析由质点做匀速直线运动可得：BqvqEmg.gdBvdUqm得：(2)当M板电势高U为正时，有BqvqEmg，粒子做匀速直线运动当M板电势低U为负时，有mgqE，粒子在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，所以轨迹如图所示：0.814 s.

17、2BqLvt运动时间：(3)3(2017 宁波市九校高二上期末)宇宙射线中，往往含有大量的粒子与反粒子.1932年，11/14 美国加州理工学院的安德森通过威尔逊云室、强磁铁等实验仪器，发现了电子的反粒子正电子.1955年，张伯伦和塞格雷用加速器证实了反质子的存在与氘H1，现有一束由反质子L4间距为N、M是速度选择器，极板所示，已知区域3如图点进入极板O射入，并从中心0v中间线以相同速度N、M两种粒子组成的射线，沿极板H2 1核上方的区域.已知质子的质量为m，电荷量为e，忽略电荷之间的相互作用图 3 图 4(1)区域是威尔逊云室，云室中充满过饱和乙醚蒸汽，当带电粒子经过时，蒸汽凝结，形成轨迹，

18、云室中加垂直纸面向里的匀强磁场，图中显示了两种粒子在云室中的径迹1、2，试判断在云室中显示径迹1 的是哪种粒子的运动轨迹，并分析半径减小的原因(2)现有一科研团队，通过实验观察质子和反质子的碰撞过程，他们撤去区域中的云室和孔竖直向上进入1B、1A的质子和反质子先后从0v磁场，经过速度选择器的选择，选出速度y所示，在4为原点，建立直角坐标系如图O，以极板中间线上的L1OB1OA极板上方，轴的左侧区域加一水平向右的匀强电场，在y轴的右侧区域加一垂直纸面向外的匀强磁场，要使质子和反质子在y轴上的P(0，L)处相碰，求：在P点相碰的质子和反质子的动能之比和射入小孔的时间差t.1)2(Lv051(2)因

19、受阻力作用氘核(1)答案的运动轨迹H2 1是氘核1由左手定则知径迹(1)解析带电粒子受到过饱和乙醚蒸汽阻力作用，速度减小，所以半径减小Lv01t方向做匀速运动y射入的粒子做类平抛运动：1A从(2)LR射入的粒子做匀速圆周运动，半径1B从2v02t点，P到达T14经1)2(Lv0Lv02v0t时间差0v2xv，则1t0vL方向：y，1tvx2L方向：x类平抛运动：射入的粒子做1A从)x2v02v(m12AkE12/14，故02mv12BkE射入的粒子做匀速圆周运动，1B从EkAEkB.51v02 vx2v021U直角坐标系，第一象限有一对电压为xOy所示5如图)联考”阳光七彩“浙江(2017 4

20、，板的右侧有一粒子接收屏，下40 cmL的平行金属板，板间距离和板长均为V4310极板刚好在x轴上且带正电，第二象限有一半径为R 20 cm的圆形匀强磁场，分别与x轴、y轴在C点和D点相切，磁感应强度B0.1 T，方向垂直纸面向外，第三象限有一个半圆形带正电的电极AO，圆心在C点，在其内部存在由电极指向圆心C点的电场，电极与C圆的粒子在半C193.2 10q、kg276.4 10m现有许多V41102U点的电势差为形电极处由静止释放不考虑各场之间的影响和粒子之间的相互作用求：图 5(1)粒子在C点的速度大小；(2)粒子击中y轴的范围；(3)粒子接收屏接收到的粒子数和进入平行板总粒子数的比值K.

21、14(3)40 cm(2)0m/s6(1)1 10答案2mv122qU电场力做正功，由动能定理得：(1)解析m/s6110v得(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动R0.2 mmvqBr，得mv2rqvB根据：1EO1CO，因为1EO，1CO，连接2O点离开，圆周运动的圆心为E取一粒子速度如图所示，从点速度方向水E，所以1CO平行于2EO是一个菱形，因而2EO1CO所以四边形R,2EO2CO平向右，由此可见所有粒子水平向右离开磁场，所以y轴击中范围为040 cm13/14(3)粒子水平向右进入电场，做类平抛运动s7410Lvt若打到接收屏，则0.3 m2tU1qLm12h竖直位移.14K进入的粒子能

22、打到接收屏，因此比值cm4030轴y所以从5(2017 宁波市九校高三上学期期末)正负电子对撞机是使正负电子以相同速率对撞(撞前速度在同一直线上的碰撞)并进行高能物理研究的实验装置，该装置一般由高能加速器、环形储存室和对撞测量区三个部分组成为了使正负电子在测量区内不同位置进行对撞，在对撞测量区内设置两个方向相反的匀强磁场区域对撞区域设计的简化原理如图6 所示：MN和PQ为足够长的竖直边界，水平边界EF将整个区域分成上下两部分，区域的磁场方向垂直纸面向内，区域的磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小均为B.现有一对正负电子以相同速率分别从注入口C和注入口D同时水平射入，在对撞测量区发生对撞已知两注

23、入口到EF的距离均为d，边界MN和PQ的间距为L，正电子的质量为m，电荷量为e，负电子的质量为m，电荷量为e.图 6(1)试判断从注入口C入射的是正电子还是负电子；一次后对撞，求正电子在磁场中运动的时EF，要使正负电子经过水平边界d34L若(2)间；(3)若只从注入口C射入电子，要使电子从D飞出，求电子射入的最小速率，及此时间距L的大小1,2,3）n(，d)错误!(2n4错误!(3)23eB(2)负电子(1)答案解析(1)由题意知从注入口C入射的粒子向下偏转，由左手定则可知是负电子(2)电子运动轨迹如图实线所示，由几何关系有：14/14 d2R，得到：2R2)d3(2)dR(3，得323dRsin 故2eB2vT，可知v2RmqvB由23eBT22t所以正电子运动时间(3)要使粒子从D点飞出的临界情况是运动轨迹与MN相切，如图所示：由几何关系可知：30且RRcos d.d)32(2R解得：，v2RmqvB由错误!v得到：1,2,3）n其中(，d)3(2n4RnL由图可知，间距