2024年新高考物理二輪熱點題型歸納：帶電粒子在組（復(fù)）合場中的運動（解析版）

(1)勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小B；(2)粒子在一個周期內(nèi)的平均速度大小v。qE=max1=v0th=at211B=B=t1= 子從C點以初速度v0水平拋出，恰好從B點進入磁場。A、B、C三點坐標(biāo)分別為0,l、3l,0、（0,l不計粒子重力。求：l=at23l=v0t 3lv 3lv0E=mv22tanα===3tanβ==33R=3l x=2v0t't'=或t'= 在垂直于坐標(biāo)平面向外的勻強磁場，足夠長的薄擋板在-9C的帶正電粒子從第二象限的M點由靜止釋放，經(jīng)歷一段時間到達(dá)y軸上(1)求第一象限內(nèi)的勻強電場的電場強度大小E2；求粒子從M點靜止釋放至到該點的時間t(結(jié)果保留2位有效數(shù)字)；磁感應(yīng)強度B大小的可能值。334N/C-6s；(3)B=0.16T或B=0.06TqE1xMP=mv-0xOQ=v0t1t1=0.5×10-6syOP=atE2q=mav1v1y=at1=v0tanθ44v0=t00sinθ=xOQt2=間t=2t0+t1+t2=7.1×10-6s2xOQ=0.6m<xON=1.0mOQ-Rsinθ=xONn=2，3，4，?R+Rsinθ≤xOQn=2、n=3qv1B=mB=0.16TB=0.06T5566①帶電粒子經(jīng)過電場區(qū)域時利用動能定理或類平拋的知識來處理；②帶電粒子經(jīng)過磁場區(qū)域時利用圓周運動規(guī)律結(jié)合幾何關(guān)系來處理。垂直電場線進入勻強電場(不計重力)垂直磁感線進入勻強磁場(不計重力)vx=v0，x=v0tvy=t，y=t2tanφ==t=t=T=1 1(2)質(zhì)子從P點出發(fā)到第三次穿越y(tǒng)軸時的運動時間；(3)質(zhì)子第四次穿越y(tǒng)軸時的坐標(biāo)。(1)((1)根據(jù)0B=m得mvr=mv yQ=1+r=t1=t3==質(zhì)子從P點出發(fā)到第三次穿越y(tǒng)軸時的運動時間為t=t1+t2+t3=+77v0t4=t得t4=y=、、 的平板記錄儀AC上。已知磁場區(qū)域半徑為R，磁感應(yīng)強度大小為B(方向與紙面垂直)，記錄儀AC長度為(1)打在記錄板上點D的粒子的比荷；(3)若勻強磁場區(qū)域磁感應(yīng)強度大小的波動范圍為B±ΔB88 ≤≤r=RqU=mv2根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得qvB=mq2U =mB2R23-13+1q1U=m1vq1v1B=m1r1=1r2=1q2=q12=3m1 = =3r1r1=R則r2=3R992α=π3H打在D點右側(cè)與D點的距離為x=Rtan=R(3)若H在磁感應(yīng)強度為B-ΔB與H在磁感應(yīng)強度為B+ΔB時打在記錄板上同一位置，則兩粒子的軌r1=r2即q21Bq21B-ΔB=B+ΔBq1)BΔB=(2)BBΔBB ≤-ΔBB ≤-1≤(2-333(1)電場強度的大小E；(3)粒子從進入電場到到達(dá)y軸經(jīng)歷的總時間t；(1)E=；(2)h=atE=由qvB=mr= y=-(r+rsin45°(=-t1=tanα===tanθ=2tanα=1T==t2=Ts=2h-t3===-t=t1+t2+t3=+場的分界線，OM與x軸的負(fù)方向成45°。在x<0且OM0B=mR=4×10-3mt=又T=T=t=3.14×10-6smamh=at'2t==10-4sx=v0t=0.2m A.甲圖可通過增加回旋加速器的半徑來增大粒子的最大動能B.乙圖可通過增加A、B兩板間的距離來增大電源qvmB=mvm=Ekm=mv=qvB=qU=BvdqvB=qE故選AB。 值調(diào)節(jié)為R0(未知)時，電路中電流達(dá)到最大值(飽和值)Im(未知)。不計離子重力，下列判斷正確的是 ()B.回路的最大電流為Im=nqabvC.滑動變阻器的阻值R0=-ρD.發(fā)電機的最大功率P=nqBb2a2v2qvB=qE=BavU=E-IrU<Bav故A錯誤；B．根據(jù)電流的微觀表達(dá)式可知Im=nqabv，故B正確；r=ρ根據(jù)閉合電路歐姆定律可得=R0+rR0=-ρP=EIm=nqBba2v2故D錯誤。故選BC。在電磁技術(shù)中，中學(xué)階段常見的是帶電粒子在正交的勻強電場和勻強磁場中運動的幾種模型。如：速度qvB1=qvB1=Eq其中速度選擇器、磁流體發(fā)電機、霍爾元件和電磁流量計的共同特征是粒子在儀器中只受電場11v=2離器后做勻速圓周運動。則下列說法正確的是()2A.粒子帶負(fù)電A.粒子帶負(fù)電mmC.速度選擇器兩板間電場強度E=mv21=mv2//1m故B正確；qvB1=qEE=B1故選B。33且加速過程中忽略相對論效應(yīng)和重力的影響。下列說法正確的是()A.帶電粒子加速獲得的能量來自于磁場qvB=mvT=vT=2πmqvB=m得v= A.保持勻強磁場的磁感應(yīng)強度B0不變，調(diào)節(jié)加0=mv2v=qBv=mR==故選A。 下列關(guān)于霍爾元件說法正確的是()A.霍爾元件前表面的電勢比后表面的高B.電壓U與元件單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)n無關(guān)C.元件中通有的電流為D.每個自由電子所受洛倫茲力的大小為e=evBU=BbvI=neSvS=bdI=nedUBF= 出公式時未計及的因素(如流量計管道內(nèi)的流速并不均勻等)的影響。那么A應(yīng)該為()A.恒定常數(shù)B.管道的橫截面積C.液體的流速D.液體中單位時間內(nèi)流過某一橫截面的電荷量qvB=qE而E=所以Q=故選B。 kBdQ=SvQ=式中的A應(yīng)該為管道的橫截面積S。 磁感應(yīng)強度B隨時間t變化的關(guān)系圖象如圖乙所示，選q=+2×10-4C的微粒在O點具有豎直向下的速度v=0.12m/s，O'是擋板 2=8-3NF=Eq=8×10-3NqvB=mR=0.6mvT=vl=2R=1.2mh=R+v=2.48mL=2n+1R±Rn=0,1,2,3?L= 一恒定初速度沿水平方向射入電場，若t=時刻射入電場的顆粒，在電磁場中做勻速圓周運動，t=時刻射入電場的顆粒從dc邊射出電磁場時到E0q=mgL=v0?，=a2a==2gv0=2gL y=T2=9y=Ly=-y=LM點的水平位移為x=v0?T=Ltanθ=2tanα=2×則θ=37°y3 =x4M點處速度的大小為v==v0M到N的過程中顆粒做勻速圓周運動根據(jù)幾何關(guān)系可知M點與運動軌跡圓心的連線與水平方向夾角為rcos53°+L-L-x（2+(rsin53°-y)2=r211A.粒子在電場中運動的最短時間為B.射出粒子的最大動能為mv【答案】AD-d0-d00v0加=> v0 v0d4,減速過程豎直方向的位移y2=y1d4d2,由y1+y2d2向下加速，再向下減速到豎直方向速度為零??如此反復(fù)，則最后從電場射出時沿電場方向的位移2>0區(qū)域有沿y軸正方向的勻強電場?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m，帶電量為+q的小球以速度v0從O點沿x軸正方2mg=EqE=0B0=mr=小球第一次經(jīng)過y軸與原點的距離為d=2r=小球第一次經(jīng)過y軸的坐標(biāo)為2Rcosθ≥R+Rsinθsin2θ+cos2θ=10≤sinθ≤33…Eq=mg0B0=m即r=L1=2rL2=2v0tcosx=n2L1+2L2+L1=8+π+n=0,1,2,3,?.=2π+2mv0. 荷為=5C/kg的帶正電的小球，從y軸上的A0,0.2m點以初速度v0水平向右拋出，經(jīng)過x軸上的x=v0t1y=gtt1=0.2s0=2m/svy=gt1=2m/sv=v+v=22m/sqvB=R=m(3)小球第一次在第IV象限運動的時間為t2==0.314sa===2gt3==0.4s則小球從A點出發(fā)到第二次經(jīng)過y軸負(fù)半軸所用的總時間為t=t1+t2+t3=(0.2+0.314+0.4)s=0.914so=acos45ot4Δy=vsin45ot4+asin45oty=2Rcos45o+2Rsin45o+Δy=2.4m 豎直向上的勻強電場E1、垂直于xOy平面向里的勻強磁場B1=4T；第二象限內(nèi)有平行于xOy平面且方點以速度v0垂直x軸進入第一象限，做勻速圓周運動且從B點離開第一象限。小球進入第(1)第一象限內(nèi)電場的電場強度E1與小球初速度v0的大小；(2)第二象限內(nèi)電場強度E2的最小值和E2取最小值時小球運動到C點的速度vc；q=mgE1=40N/Cr+r2-OB2=OAr=2m0B1=v0=2m/sqE2min=mgsinθE2min=20N/Cmgcosθ=maxBC==mv-v=2axBCvC=26m/sBqv1=mgv1==26m/s則v2=26m/sB2qv1-mg=0Fvm=v1+v2=46m/s M(3.6m，3.2m)點，以v0=1m/s的水平速度開始運動。已知球在第一象限內(nèi)做勻速圓周運動，從P(2)小球由P點運動至N點的時間；(3)y軸上的N點坐標(biāo)。qE1=mg0B=mrsinθ=xM-xPr+rcosθ=yMθ=53°r=2mB=2ΤqE2=ma水-v水2-v0cosα2=2?-a水?-xP-v水=v0cosα-att=1syN=v0sinα?t+gt2yN=5.8m①兩場共存，電場與磁場中滿足qE=qvB或重力場與磁場中滿足mg=qvB且兩力方向相反時，粒子做判定粒子電性。粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，應(yīng)用洛倫茲力公式和牛頓運動定律結(jié)動規(guī)律求解，有qvB=mrω2=m=mr=ma。 點，小滑塊與AB段的動摩擦因數(shù)為μ=,BC段是半徑為R=2m的光滑圓弧，BC連線水平。軌道所在處有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大緣小滑塊自圖中P點以水平速度v0=3m/s向右拋出，剛好可以無碰撞地進入斜面AB。已知斜面傾角θ=(2)小滑塊在C點時的速度大小vC；(3)小滑塊在軌道最低點D時對軌道的壓力。tanθ=所以P與A的水平距離為x=v0t=1.2mFN=qvBB+mgcos53°mgsin53°=FfFf=μFNvB=3m/svC=vB=3m/smgR-Rcos53°=mv-mv在D點FND-qvDB-mg=FND=32.5N 沿y軸正方向的勻強電場(圖中未畫出)，在x>0區(qū)域內(nèi)存在沿y軸負(fù)方向的勻強磁場B。一質(zhì)量為3m、(1)求勻強電場E的大小；3mg=EqE=2l=v0?tl=vy?tvy=v0則vb=v+v=2v0mvb=mv+3mvmv=mv2+?3mv2v=vb=v00FF洛=2Eqv0=gv0=gg33=2mgqL=2mgqLqT+mg-qE=m(qE-mg)L=mv2T=3qE-mg=3mg-qEy+mgy=mv-mv2成對應(yīng)的fx，fyfx=qBvyfy=qBvx-t=0-mv即qBL=mvt+mgt-qEt=0即qBx-mgt=0得 gt g4坐標(biāo)分別為(-L,L)與(L,0)。y>0的區(qū)域內(nèi)有沿4(1)第二象限內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強度大小B