2025屆高中物理三輪沖刺練習(xí)-專題一培優(yōu)點1帶電粒子在復(fù)合場中的運動習(xí)題

培優(yōu)點1帶電粒子在復(fù)合場中的運動1.帶電粒子在組合場中運動問題的處理方法(1)按照進入不同的場的時間順序分成幾個不同的階段。(2)分析帶電粒子在各場中的受力情況和運動情況。若粒子進入電場區(qū)域，則其運動為加速(減速)以及偏轉(zhuǎn)兩大類運動，而進入磁場區(qū)域時，粒子通常做勻速圓周運動。(3)畫出帶電粒子的運動軌跡，注意運用幾何知識，找出相應(yīng)的幾何關(guān)系與物理關(guān)系。(4)注意確定粒子在組合場交界處的速度大小與方向，該速度往往是聯(lián)系兩段運動的“橋梁”。2.(1)重力場、靜電場和磁場，其中兩場共存時，粒子受其中兩個力的合力為零，則其表現(xiàn)為勻速直線運動狀態(tài)或靜止?fàn)顟B(tài)。(2)重力場、靜電場和磁場三場共存①合力為零時，粒子做勻速直線運動，其中洛倫茲力F=qvB的方向與速度v垂直。②粒子做勻速圓周運動時，則有mg=qE，粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，即qvB=mv23.“配速法”求解擺線問題(1)適用條件：①在疊加場中；②合力做功不為零。(2)方法：把速度分解為兩個分速度，使其中一個分速度對應(yīng)的洛倫茲力與重力(或靜電力、或重力和靜電力的合力)平衡，使粒子在這個方向上做勻速直線運動，另一個分速度產(chǎn)生的洛倫茲力使粒子做勻速圓周運動，粒子的運動軌跡為擺線。初速度為零時，速度分解為兩個等大反向的速度；初速度不為零時，按矢量分解法則分解?？键c一帶電粒子在組合場中的運動1.(2024·青海西寧市三模)如圖所示，一虛線將xOy坐標(biāo)系分為上下兩部分，虛線交y軸于P點、交x軸于Q點，∠PQO=60°。虛線上方區(qū)域為垂直PQ指向左下方的勻強電場，電場強度大小為E；下方區(qū)域為垂直于平面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度未知。一帶電荷量為+q、質(zhì)量為m的粒子從P點以速度v0沿x軸正方向拋出，不計重力，此后運動過程中其軌跡與虛線邊界的第一個交點為M、第二個交點為N(M、N兩點未畫出)。(1)(3分)求從P點運動至M點的過程中，粒子離虛線邊界的最遠(yuǎn)距離；(2)(5分)若PM=MN，求磁感應(yīng)強度的大小。2.(2024·黑吉遼·15)現(xiàn)代粒子加速器常用電磁場控制粒子團的運動及尺度。簡化模型如圖：Ⅰ、Ⅱ區(qū)寬度均為L，存在垂直于紙面的勻強磁場，磁感應(yīng)強度等大反向；Ⅲ、Ⅳ區(qū)為電場區(qū)，Ⅳ區(qū)電場足夠?qū)?，各區(qū)邊界均垂直于x軸，O為坐標(biāo)原點。甲、乙為粒子團中的兩個電荷量均為+q，質(zhì)量均為m的粒子。如圖，甲、乙平行于x軸向右運動，先后射入Ⅰ區(qū)時速度大小分別為32v0和v0。甲到P點時，乙剛好射入Ⅰ區(qū)。乙經(jīng)過Ⅰ區(qū)的速度偏轉(zhuǎn)角為30°，甲到O點時，乙恰好到P點。已知Ⅲ區(qū)存在沿+x方向的勻強電場，電場強度大小E0=9(1)(3分)求磁感應(yīng)強度的大小B；(2)(3分)求Ⅲ區(qū)寬度d；(3)(6分)Ⅳ區(qū)x軸上的電場方向沿x軸，電場強度E隨時間t、位置坐標(biāo)x的變化關(guān)系為E=ωt-kx，其中常系數(shù)ω>0，ω已知、k未知，取甲經(jīng)過O點時t=0。已知甲在Ⅳ區(qū)始終做勻速直線運動，設(shè)乙在Ⅳ區(qū)受到的電場力大小為F，甲、乙間距為Δx，求乙追上甲前F與Δx間的關(guān)系式(不要求寫出Δx的取值范圍)?！军c撥·提煉】考點二帶電粒子在疊加場中的運動3.(2024·河北省二模)如圖所示，在豎直面內(nèi)的直角坐標(biāo)系xOy中，在第二象限內(nèi)存在沿x軸正方向的勻強電場和磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直坐標(biāo)平面向里的勻強磁場；在第一象限內(nèi)存在方向豎直向上的勻強電場和磁感應(yīng)強度大小也為B、方向垂直坐標(biāo)平面向外的勻強磁場。一帶正電的小球P從x軸上的A點以某一速度沿AK方向做直線運動，AK與x軸正方向的夾角θ=60°，從K點進入第一象限后小球P恰好做勻速圓周運動，經(jīng)過x軸時豎直向下?lián)糁芯o貼x軸上方靜止的帶電小球Q，碰后兩球結(jié)合為一個結(jié)合體M，之后M從y軸上的F點離開第四象限，第四象限存在勻強磁場，方向如圖所示。已知重力加速度大小為g，小球P、Q帶電荷量均為q、質(zhì)量均為m，均可視為質(zhì)點，不計空氣阻力。(1)(3分)求第二象限與第一象限內(nèi)電場的電場強度大小之比E2(2)(4分)求小球Q靜止的位置距O點的距離；(3)(3分)若結(jié)合體M進入第四象限時的速度為v，M在第四象限運動時的最大速度為2v，則當(dāng)其速度為2v時，結(jié)合體M距x軸的距離是多少？考點三“配速法”解擺線問題4.(2024·黑龍江大慶市模擬)如圖所示，兩平行極板水平放置，兩板間有垂直紙面向里的勻強磁場和豎直向下的勻強電場，磁場的磁感應(yīng)強度為B。一束質(zhì)量均為m、電荷量均為+q的粒子，以不同速率沿著兩板中軸線PQ方向進入板間后，速率為v的甲粒子恰好做勻速直線運動；速率為v2的乙粒子在板間的運動軌跡如圖中曲線所示，A(1)(2分)兩板間電場強度的大??；(2)(4分)乙粒子偏離中軸線的最遠(yuǎn)距離；(3)(4分)乙粒子運動過程中的最大速度。1.(多選)(2024·安徽卷·10)空間中存在豎直向下的勻強電場和垂直于紙面向里的勻強磁場，電場強度大小為E，磁感應(yīng)強度大小為B。一質(zhì)量為m的帶電油滴a，在紙面內(nèi)做半徑為R的圓周運動，軌跡如圖所示。當(dāng)a運動到最低點P時，瞬間分成兩個小油滴Ⅰ、Ⅱ，二者帶電量、質(zhì)量均相同。Ⅰ在P點時與a的速度方向相同，并做半徑為3R的圓周運動，軌跡如圖所示。Ⅱ的軌跡未畫出。已知重力加速度大小為g，不計空氣浮力與阻力以及Ⅰ、Ⅱ分開后的相互作用，則：A.油滴a帶負(fù)電，所帶電量的大小為mgB.油滴a做圓周運動的速度大小為gBRC.小油滴Ⅰ做圓周運動的速度大小為3gBRED.小油滴Ⅱ沿順時針方向做圓周運動2.(2024·甘肅卷·15)質(zhì)譜儀是科學(xué)研究中的重要儀器，其原理如圖所示。Ⅰ為粒子加速器，加速電壓為U；Ⅱ為速度選擇器，勻強電場的電場強度大小為E1，方向沿紙面向下，勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為B1，方向垂直紙面向里；Ⅲ為偏轉(zhuǎn)分離器，勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為B2，方向垂直紙面向里。從S點釋放初速度為零的帶電粒子(不計重力)，加速后進入速度選擇器做直線運動、再由O點進入分離器做圓周運動，最后打到照相底片的P點處，運動軌跡如圖中虛線所示。(1)(4分)粒子帶正電還是負(fù)電？求粒子的比荷。(2)(2分)求O點到P點的距離。(3)(6分)若速度選擇器Ⅱ中勻強電場的電場強度大小變?yōu)镋2(E2略大于E1)，方向不變，粒子恰好垂直打在速度選擇器右擋板的O'點上。求粒子打在O'點的速度大小。答案精析高頻考點練1.(1)3mv028解析(1)將v0在沿電場強度方向和垂直電場強度方向分解，當(dāng)沿電場強度方向速度減至0時，粒子離虛線邊界最遠(yuǎn)，根據(jù)牛頓第二定律有qE=mat1=v最遠(yuǎn)距離s=12at1(2)粒子軌跡如圖所示。粒子從P→M在垂直電場強度方向上做勻速直線運動，則PM=v0sin30°·2t1=3粒子從M到N做勻速圓周運動，由qv0B0=mv整理得R0=m由幾何關(guān)系知MN=2R0cos30°=3結(jié)合PM=MN解得B0=2E2.(1)mv02qL(2(3)F=qω3v解析(1)對乙粒子，如圖所示由洛倫茲力提供向心力qv0B=mv由幾何關(guān)系sin30°=L聯(lián)立解得磁感應(yīng)強度的大小為B=m(2)由題意可知，根據(jù)對稱性，乙在磁場中運動的時間為t1=2×30°360°×2πm對甲粒子，由對稱性可知，甲粒子沿著直線從P點到O點，由運動學(xué)公式d=32v0t1+12由牛頓第二定律a=qE0聯(lián)立可得Ⅲ區(qū)寬度為d=32π(3)甲粒子經(jīng)過O點時的速度為v甲=32v0+at1=3v因為甲在Ⅳ區(qū)始終做勻速直線運動，則E=0，即ωt=kx=k×3v0t可得k=ω設(shè)乙粒子經(jīng)過Ⅲ區(qū)的時間為t2，乙粒子在Ⅳ區(qū)運動時間為t0，則t=t0+t2對乙可得Fq=ω(t0+t2)-kx整理可得x2=3v0(t0+t2)-3對甲可得x1=3v0(t0+t2)則Δx=x1-x2=3化簡可得乙追上甲前F與Δx間的關(guān)系式為F=qω3v03.(1)3(2)(3+2)m2gq2B解析(1)小球P沿AK方向做直線運動，由于洛倫茲力與速度有關(guān)，可知其一定做勻速直線運動，受力如圖所示根據(jù)受力平衡及幾何關(guān)系可得E2qmg小球Q靜止在第一象限，則qE1=mg聯(lián)立可得E2E1=tan(2)小球P豎直向下?lián)糁蠶，軌跡如圖所示根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB=mvrsinθ+r=d小球P在第二象限中有qvBcosθ=mg聯(lián)立解得d=(3+2)m(3)結(jié)合體在第四象限中洛倫茲力對它不做功，只有重力做功，根據(jù)動能定理可得2mgh=12×2m(2v)2-12×2解得h=3v4.(1)Bv(2)mvqB(3)3解析(1)速率為v的甲粒子恰好做勻速直線運動，則qE=Bqv，解得兩板間電場強度的大小為E=Bv；(2)(3)解法1：配速法將在P點的速度分解為向右的v和向左的v2，其中向右的v產(chǎn)生的洛倫茲力qvB=qE，向左的qv2B=解得r=mvymax=2r=mvvmax=v2+v=32解法2：動量定理+動能定理法對甲：qvB=qE①對乙：從開始至最低點的過程中，根據(jù)動能定理qEym=12mvm2-12m(粒子在y方向的速度產(chǎn)生x方向的洛倫茲力，即Fx=qBvy取沿x方向移動一小段時間Δt，根據(jù)動量定理：FxΔt=qBvy·Δt③式子中vy·Δt表示粒子沿y方向運動的距離則從開始至最遠(yuǎn)點的過程qBym=m(vm-v2)由①②④得ym=mvqB，vm=3補償強化練1.ABD[油滴a做圓周運動，故重力與靜電力平衡，可知帶負(fù)電，有mg=Eq解得q=mgE，故根據(jù)洛倫茲力提供向心力有Bqv=mv聯(lián)立解得油滴a做圓周運動的速度大小為v=gBRE，故設(shè)小油滴Ⅰ的速度大小為v1，得q2v1B=m2解得v1=3周期為T=2π·3Rv1帶電油滴a分離前后動量守恒，設(shè)分離后小油滴Ⅱ的速度為v2，取油滴a分離前瞬間的速度方向為正方向，得mv=m2v1+m2v解得v2=-gBR由于分離后的小液滴受到的靜電力和重力仍然平衡，分離后小油滴Ⅱ的速度方向與正方向相反，根據(jù)左手定則可知小油滴Ⅱ沿順時針方向做圓周運動，故D正確。]2.(1)帶正電E122UB(3)2解析(1)粒子在Ⅲ中磁場所受洛倫茲力方向向上，根據(jù)左手定則可知粒子帶正電；設(shè)粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，粒子進入速度選擇器時的速度為v0，在加速電場中，由動能定理qU=12m在速度選擇器中粒子做勻速直線運動，由平衡條件qv0B1=qE1聯(lián)立解得，粒子的比荷為qm=(2)在Ⅲ中由洛倫茲力提供向心力qv0