培优专练二 培优点2 带电粒子在交变场中的运动-【金版教程】2025年高考物理大二轮刷题首选卷全书Word

大二轮刷题首选卷 物理 培优点2　带电粒子在交变场中的运动 题组一　带电粒子在交变电场中的运动 1．(2024·广东高考)如图甲所示，两块平行正对的金属板水平放置，板间加上如图乙所示幅值为U0、周期为t0的交变电压。金属板左侧存在一水平向右的恒定匀强电场，右侧分布着垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一带电粒子在t＝0时刻从左侧电场某处由静止释放，在t＝t0时刻从下板左端边缘位置水平向右进入金属板间的电场内，在t＝2t0时刻第一次离开金属板间的电场、水平向右进入磁场，并在t＝3t0时刻从下板右端边缘位置再次水平进入金属板间的电场。已知金属板的板长是板间距离的倍，粒子质量为m。忽略粒子所受的重力和场的边缘效应。 (1)判断带电粒子的电性并求其所带的电荷量q； (2)求金属板的板间距离D和带电粒子在t＝t0时刻的速度大小v； (3)求从t＝0时刻开始到带电粒子最终碰到上金属板的过程中，电场力对粒子做的功W。 答案：(1)正电　 (2)　π　(3) 解析：(1)根据带电粒子在右侧磁场中的运动轨迹，结合左手定则可知，粒子带正电 设粒子在磁场中运动的周期为T，则有 ＝3t0－2t0 设粒子在磁场中运动的速率为v0，轨迹半径为r，则有T＝ 根据洛伦兹力提供向心力，有qv0B＝m 联立解得q＝。 (2)由题意知，金属板的板长为L＝ 粒子在板间运动时，沿金属板方向有L＝vt0 根据题意，粒子离开金属板间电场时，垂直金属板方向的速度为0，则v0＝v 设粒子在金属板间运动的加速度大小为a，则沿垂直金属板方向的位移大小为 y＝2×a 根据牛顿第二定律，有qE＝ma 其中板间场强大小E＝ 由几何关系可知y＝2r 联立解得D＝，v＝π。 (3)由(2)可解得r＝，即金属板的板间距离D＝3r 分析可知，粒子在t＝4t0时刻进入金属板左侧的电场开始做减速运动，在t＝6t0时刻再次进入金属板间的偏转电场，t＝6.5t0时刻碰到上金属板，带电粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图所示。根据轨迹图分析可知，整个过程中电场力对粒子做的功，等于粒子最开始在水平向右的匀强电场中运动的过程以及最后0.5t0时间内电场力做功之和，设在这两个过程中电场力做的功分别为W1、W2，则W＝W1＋W2 根据动能定理知W1＝mv2－0 根据功的定义有W2＝qE(D－2r) 联立解得W＝。 题组二　带电粒子在交变磁场中的运动 2．(2024·陕西省铜川市王益区高三下四模)如图1所示，在直角坐标系xOy中，MN垂直x轴于N点，第二象限中存在方向沿y轴负方向的匀强电场，Oy与MN间(包括Oy、MN)存在均匀分布的磁场，取垂直纸面向里为磁场的正方向，其磁感应强度随时间变化的规律如图2所示。一比荷＝的带正电粒子(不计重力)从O点沿纸面以大小v0＝、方向与Oy夹角θ＝60°的速度射入第一象限中，已知场强大小E＝，ON＝L。 (1)若粒子在t＝t0时刻从O点射入，求粒子在磁场中运动的时间t1； (2)若粒子在0～t0之间的某时刻从O点射入，恰好垂直y轴进入电场，之后从P点离开电场，求从O点射入的时刻t2以及P点的横坐标xP； (3)若粒子在0～t0之间的某时刻从O点射入，求粒子在Oy与MN间运动的最大路程s。 答案：(1)t0　(2)t0　－ (3)L 解析：(1)设粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为R，由洛伦兹力提供向心力，有 qv0B0＝m 且＝ 粒子在磁场中做圆周运动的周期T＝ 解得T＝2t0 若粒子在t0时刻从O点射入，运动轨迹如图甲所示 由几何关系可知轨迹对应的圆心角α＝ 粒子在磁场中运动的时间t1＝T＝t0。 (2)由(1)可知R＝，粒子的运动轨迹如图乙所示 则＝v0(t0－t2) 解得t2＝t0 粒子在电场中做类平抛运动，设加速度大小为a，沿电场方向有R＋＝at 根据牛顿第二定律有qE＝ma 垂直电场方向有－xP＝v0t3 解得xP＝－。 (3)粒子在磁场中做匀速圆周运动，已知周期T＝2t0，粒子在Oy与MN间运动的路程最大时，其运动轨迹如图丙所示 当粒子第1次圆周运动的轨迹与y轴相切时，OC＝＝L<v0t0＝L，该运动情况符合题意 由于3t0－t0＝2t0＝T，粒子从C点开始恰好做匀速圆周运动一圈回到C点，4t0时刻运动到D，则CD＝v0t0＝L 假设粒子从D点开始恰好做匀速圆周运动一圈回到D点，与MN相切，6t0后沿DG做直线运动，则 DG＝Rtan＝L，OG＝OC＋CD＋DG＝L 因为OGsinθ＝L，恰好等于ON的长度，假设成立 所以粒子在Oy与MN间运动的最大路程s＝OG＋2×2πR＝L。 3．(2024·江苏省苏锡常镇四市高三下5月二模)如图甲所示，边长为L的正方形ABCD区域内存在垂直纸面的匀强磁场，在CD边右侧3L处平行CD放置荧光屏，O1O2是通过正方形中心O1和荧光屏中心O2的轴线。电子从静止经加速电压加速后以一定速度沿轴线连续射入磁场。整个系统置于真空中，不计电子重力，已知电子电荷量为e、质量为m，当θ很小时，近似有sinθ＝tanθ＝θ，cosθ＝1－θ2。 (1)若磁感应强度大小为B0，加速电压从0开始缓慢增加，求电子在磁场中运动的最长时间t； (2)若入射电子速度大小均为v0，正方形区域所加磁场如图乙所示，磁场变化周期为T，且T远大于电子在磁场中的运动时间，电子偏转后恰好全部从CD边射出磁场并能全部打在荧光屏上形成运动的光点，求最大磁感应强度Bm以及荧光屏的最小长度d； (3)在(2)的条件下求荧光屏上光点经过O2的速度大小v。 答案：(1)　(2)　9L　(3) 解析：(1)当电子旋转半圈从AB边射出磁场时运动时间最长，设电子的速度大小为v，由洛伦兹力提供向心力有evB0＝m 电子在磁场中运动的时间t＝ 解得t＝。 (2)磁感应强度为最大时粒子从D点(或C点)射出，设此时电子的轨迹半径为r1，如图1所示，由几何关系可知r＝L2＋ 解得r1＝L 由洛伦兹力提供向心力，有 ev0Bm＝m 解得Bm＝ 设此时电子偏转角度为α，有sinα＝＝ 则tanα＝ 由几何关系可得＝＋3Ltanα 联立解得d＝9L。 (3)设任意时刻电子的轨迹半径为r，偏转角度为θ，有r＝ 如图2所示，由几何关系知sinθ＝＝ 解法一：当电子的偏转角度θ很小时，因sinθ＝tanθ，则射出点到O1的距离为，即电子偏转后速度的反向延长线可以看作通过O1点，设荧光屏上光点到O2的距离为Y，有 Y＝tanθ 把tanθ＝sinθ代入，解得Y＝ 可见电子的偏转角度θ很小时，Y正比于磁感应强度B，则ΔY＝ΔB 光点通过O2时的速度v＝ 根据题图乙有＝ 联立解得v＝。 解法二：设电子刚出磁场时在CD方向上的偏移量为y，由几何关系可知y＝r(1－cosθ) 当θ很小时，cosθ＝1－θ2 θ＝sinθ 解得y＝ 则Y＝y＋3Ltanθ 且tanθ＝sinθ 解得Y＝ 则ΔY＝ΔB 光点通过O2时的速度v＝ 根据题图乙有＝ 联立解得v＝。 7 学科网（北京）股份有限公司 $$