高考物理三轮冲刺复习计算题19电磁学综合题带电粒子在复合场中的运动(含解析)

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1．(2019·枣庄诊断)反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似．已知静电场的方向平行于x轴，其电势φ随x的分布如图所示．一质量m＝1.0×10－20 kg、电荷量q＝1.0×10－9 C的带负电的粒子从(－1 cm，0)点由静止开始，仅在电场力作用下在x轴上往返运动．忽略粒子的重力等因素．求：
(1)x轴左侧电场强度E1和右侧电场强度E2的大小之比eq \f(E1,E2)；
(2)该粒子运动的最大动能Ekm；
(3)该粒子运动的周期T.
2．如图所示，在直角坐标系xOy平面的第一、四象限内各有一个边长为L的正方形匀强磁场区域，第二、三象限区域内各有一个高L，宽2L的长方形匀强磁场，其中在第二象限内有垂直坐标平面向外的匀强磁场，第一、三、四象限内有垂直坐标平面向里的匀强磁场，各磁场的磁感应强度大小均相等，第一象限的x(1)求电场强度大小E；
(2)为使粒子进入磁场后途经坐标原点O到达坐标(－L，0)点，求匀强磁场的磁感应强度大小B；
(3)求第(2)问中粒子从进入磁场到坐标(－L，0)点所用的时间．
3．(2019·滨州质检)如图所示，在真空室内的P点，能沿纸面向各个方向不断发射电荷量为＋q、质量为m的粒子(不计重力)，粒子的速率都相同．ab为P点附近的一条水平直线，P到直线ab的距离PC＝L，Q为直线ab上一点，它与P点相距PQ＝eq \f(\r(5),2)L.当直线ab以上区域只存在垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场时，水平向左射出的粒子恰到达Q点；当ab以上区域只存在平行该平面的匀强电场时，所有粒子都能到达ab直线，且它们到达ab直线时动能都相等，其中水平向左射出的粒子也恰好到达Q点．已知sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，求：
(1)粒子的发射速率；
(2)匀强电场的场强大小和方向；
(3)仅有磁场时，能到达直线ab的粒子所用最长时间和最短时间的比值．
热点19 电磁学综合题
(带电粒子在复合场中的运动)
1．解析：(1)由题图可知：
x轴左侧电场强度大小
E1＝eq \f(20,1×10－2) V/m＝2.0×103 V/m①
x轴右侧电场强度大小
E2＝eq \f(20,0.5×10－2) V/m＝4.0×103 V/m②
所以eq \f(E1,E2)＝eq \f(1,2).
(2)粒子运动到原点时速度最大，根据动能定理有qE1·x＝Ekm③
其中x＝1.0×10－2 m
联立①③式并代入数据可得
Ekm＝2.0×10－8 J．④
(3)设粒子在原点左右两侧运动的时间分别为t1、t2，在原点时的速度为vm，由运动学公式有vm＝eq \f(qE1,m)t1⑤
vm＝eq \f(qE2,m)t2⑥
又Ekm＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)⑦
T＝2(t1＋t2)⑧
联立①②④⑤⑥⑦⑧式并代入数据可得
T＝3.0×10－8 s.
答案：(1)eq \f(1,2) (2)2.0×10－8 J
(3)3.0×10－8 s
2．解析：(1)带电粒子在电场中做类平抛运动有：L＝v0t，eq \f(L,2)＝eq \f(1,2)at2，qE＝ma
联立解得：E＝eq \f(mveq \\al(2,0),qL).
(2)粒子进入磁场时，速度方向与y轴负方向夹角的正切值tan θ＝eq \f(vx,vy)＝1
速度大小v＝eq \f(v0,sin θ)＝eq \r(2)v0
设x为每次偏转圆弧对应的弦长，根据运动的对称性，粒子能到达(－L，0)点，应满足L＝2nx，其中n＝1、2、3…，粒子轨迹如图甲所示，偏转圆弧对应的圆心角为eq \f(π,2)；当满足L＝(2n＋1)x时，粒子轨迹如图乙所示．
若轨迹如图甲，设圆弧的半径为R，圆弧对应的圆心角为eq \f(π,2).则有x＝eq \r(2)R，此时满足L＝2nx，联立可得：R＝eq \f(L,2\r(2)n)
洛伦兹力提供向心力，则有：qvB＝meq \f(v2,R)
得：B＝eq \f(4nmv0,qL)(n＝1、2、3…)
若轨迹如图乙，设圆弧的半径为R，圆弧对应的圆心角为eq \f(π,2).则有x＝eq \r(2)R，此时满足L＝(2n＋1)x，联立可得：R＝eq \f(L,（2n＋1）\r(2))
洛伦兹力提供向心力，则有：qvB＝meq \f(v2,R)
得：B＝eq \f(2（2n＋1）mv0,qL)(n＝1、2、3…)
所以为使粒子进入磁场后途经坐标原点O到达坐标(－L，0)点，匀强磁场的磁感应强度大小B＝eq \f(4nmv0,qL)(n＝1、2、3…)或B＝eq \f(2（2n＋1）mv0,qL)(n＝1、2、3…)
(3)若轨迹如图甲，粒子从进入磁场到从坐标(－L，0)点射出磁场过程中，圆心角的总和θ＝2n×eq \f(π,2)×2＝2nπ，则
t＝T×eq \f(2nπ,2π)＝eq \f(2nπm,qB)＝eq \f(πL,2v0).
若轨迹如图乙，粒子从进入磁场到从坐标(－L，0)点射出磁场过程中，圆心角的总和θ＝(2n＋1)×2π＝(4n＋2)π，则
t＝T×eq \f(（4n＋2）π,2π)＝eq \f(（4n＋2）πm,qB)＝eq \f(πL,v0)
所以粒子从进入磁场到坐标(－L，0)点所用的时间为eq \f(πL,2v0)或eq \f(πL,v0).
答案：(1)eq \f(mveq \\al(2,0),qL) (2)B＝eq \f(4nmv0,qL)(n＝1、2、3…)或B＝eq \f(2（2n＋1）mv0,qL)(n＝1、2、3…)
(3)eq \f(πL,2v0)或eq \f(πL,v0)
3．解析：(1)设粒子做匀速圆周运动的半径为R，过O作PQ的垂线交PQ于A点，如图甲所示：
由几何知识可得eq \f( eq \x\t(PC),PQ)＝eq \f( eq \x\t(QA),QO)
代入数据可得粒子轨迹半径R＝ eq \x\t(QO)＝eq \f(5L,8)
洛伦兹力提供向心力Bqv＝meq \f(v2,R)
解得粒子发射速度为v＝eq \f(5BqL,8m).
(2)真空室只加匀强电场时，由粒子到达ab直线的动能相等，可知ab为等势面，电场方向垂直ab向下．
水平向左射出的粒子经时间t到达Q点，在这段时间内 eq \x\t(CQ)＝eq \f(L,2)＝vt eq \x\t(PC)＝L＝eq \f(1,2)at2
式中a＝eq \f(qE,m)
解得电场强度的大小为E＝eq \f(25qLB2,8m).
(3)只有磁场时，粒子以O1为圆心沿圆弧PD运动，当圆弧和直线ab相切于D点时，粒子速度的偏转角最大，对应的运动时间最长，如图乙所示．据图有
sin α＝eq \f(L－R,R)＝eq \f(3,5)
解得α＝37°
故最大偏转角γmax＝233°
粒子在磁场中运动最大时长t1＝eq \f(γmax,360°)T
式中T为粒子在磁场中运动的周期．
粒子以O2为圆心沿圆弧PC运动的速度偏转角最小，对应的运动时间最短．据图乙有
sin β＝eq \f(L/2,R)＝eq \f(4,5)
解得β＝53°
速度偏转角最小为γmin＝106°
故最短时长t2＝eq \f(γmin,360°)T
因此，粒子到达直线ab所用最长时间和最短时间的比值eq \f(t1,t2)＝eq \f(γmax,γmin)＝eq \f(233,106).
答案：(1)eq \f(5BqL,8m) (2)eq \f(25B2qL,8m) 电场方向垂直ab向下 (3)eq \f(233,106)