（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

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，其電勢隨x的分布如圖所示一質(zhì)量m1.0×1020 kg、電荷量q1.0×109 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 V/m2.0×103 V/m，x軸右側(cè)電場強(qiáng)度大小E2 V/m4.0×103 V/m，所以 .(2)粒子運動到原點時速度最大，根據(jù)動能定理有qE1·xEkm，其中x1.0×102 m，聯(lián)立式并代入數(shù)據(jù)可得Ekm2.0×108 J(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vmt1，vmt2，又Ekmmv，T2(t1t2)，聯(lián)立式并代入數(shù)據(jù)可得T3.0×108 s.答案 (1)(2)2.0×108 J(3)3.0×108 s2(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B1.0 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v1.5×106m/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??；(3)若要使帶電粒子不進(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R1 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，vtAOsin 30°，at2AOcos 30°，qEma，解得E6×106 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v11×106 m/s，v23×106 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v3×106 m/s或v1×106 m/s.答案 (1)1.5×106 C/kg(2)6×106 N/C(3)v3×106 m/s或v1×106 m/s3(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ab為P點附近的一條水平直線，P到直線ab的距離PCL，Q為直線ab上一點，它與P點相距PQL.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Bqvm，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，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，Lat2，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 ，解得37°，故最大偏轉(zhuǎn)角max233°，粒子在磁場中運動最大時長t1T，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 ，解得53°，速度偏轉(zhuǎn)角最小為min106°，故最短時長t2T；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)