新高考物理二轮复习过关练习第1部分 专题3 微专题4　带电粒子在复合场中的运动 (含解析)

这是一份新高考物理二轮复习过关练习第1部分 专题3 微专题4　带电粒子在复合场中的运动 (含解析)，共14页。试卷主要包含了命题角度，常用方法等内容，欢迎下载使用。

2.常用方法：分段分析法，建立运动模型.3.常考题型：计算题．
考点一 带电粒子在组合场中的运动
1．带电粒子的“电偏转”和“磁偏转”的比较
2．常见运动及处理方法
3．“5步”突破带电粒子在组合场中的运动问题
例1 (2021·全国甲卷·25)如图，长度均为l的两块挡板竖直相对放置，间距也为l，两挡板上边缘P和M处于同一水平线上，在该水平线的上方区域有方向竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E；两挡板间有垂直纸面向外、磁感应强度大小可调节的匀强磁场．一质量为m，电荷量为q(q>0)的粒子自电场中某处以大小为v0的速度水平向右发射，恰好从P点处射入磁场，从两挡板下边缘Q和N之间射出磁场，运动过程中粒子未与挡板碰撞．已知粒子射入磁场时的速度方向与PQ的夹角为60°，不计重力．
(1)求粒子发射位置到P点的距离；
(2)求磁感应强度大小的取值范围；
(3)若粒子正好从QN的中点射出磁场，求粒子在磁场中的轨迹与挡板MN的最近距离．
答案 (1)eq \f(\r(13)mv02,6qE) (2)eq \f(3－\r(3)mv0,3ql)解析 (1)由题可知，粒子在电场中做类平抛运动，进入磁场时速度方向与PQ的夹角为60°，设粒子在P点时竖直方向上的速度为vy，由几何关系得tan 60°＝eq \f(v0,vy)①
由运动学公式可得vy＝at②
根据牛顿第二定律有qE＝ma③
联立①②③解得粒子在电场中运动的时间t＝eq \f(\r(3)mv0,3qE)④
则粒子在水平方向的位移x＝v0t＝eq \f(\r(3)mv02,3qE)⑤
竖直方向的位移y＝eq \f(0＋vy,2)t＝eq \f(mv02,6qE)⑥
则粒子发射位置到P点的距离为
d＝eq \r(x2＋y2)＝eq \f(\r(13)mv02,6qE)⑦
(2)设粒子在磁场中运动的速度为v，结合题意及几何关系可知，v＝eq \f(v0,sin 60°)＝eq \f(2\r(3),3)v0⑧
粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，
则有qvB＝meq \f(v2,r)
解得B＝eq \f(mv,qr)＝eq \f(2\r(3)mv0,3qr)⑨
磁感应强度最大时，粒子由Q点射出，粒子轨迹如图甲所示，设此时的轨迹圆圆心为O1，半径为r1，由几何关系可知r1＝eq \f(\f(1,2)l,cs 30°)＝eq \f(\r(3)l,3)，对应的磁感应强度B1＝eq \f(2mv0,ql)⑩
磁感应强度最小时，粒子由N点射出，粒子轨迹如图乙所示，设此时的轨迹圆圆心为O2，半径为r2.过O2作PQ的垂线与PQ的延长线交于点A，由几何关系有O2A＝eq \f(r2,2)，故O2Q＝eq \f(\r(2),2)r2
⑪
结合PB＝QB＝eq \f(\r(2),2)l
在△O2PB中，由勾股定理有
(eq \f(\r(2),2)l)2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)l＋\f(\r(2),2)r2))2＝r22⑫
解得r2＝(eq \r(3)＋1)l
对应的磁感应强度B2＝eq \f(3－\r(3)mv0,3ql)⑬
故磁感应强度的取值范围为eq \f(3－\r(3)mv0,3ql)(3)由题意可知，粒子正好从QN的中点射出磁场，画出粒子在磁场中的运动轨迹如图丙所示，设此时轨迹圆圆心为O3，半径为r3，
由几何关系可知PD＝eq \f(\r(5)l,4)，
sin θ＝eq \f(\r(5),5)，cs θ＝eq \f(2\r(5),5)
r3＝eq \f(PD,csθ＋30°)＝eq \f(5l,4\r(3)－2)
设F为轨迹与挡板MN最近处的点，O3F⊥PQ，且与PQ相交于点E.
由几何关系可得O3E＝eq \f(1,2)r3，
故EF＝eq \f(1,2)r3
F到MN的最近距离为dmin＝l－eq \f(1,2)r3＝eq \f(39－10\r(3)l,44).
考点二 带电粒子在叠加场中的运动
1．三种典型情况
(1)若只有两个场，所受合力为零，则表现为匀速直线运动或静止状态．例如电场与磁场叠加满足qE＝qvB时，重力场与磁场叠加满足mg＝qvB时，重力场与电场叠加满足mg＝qE时．
(2)若三场共存，所受合力为零时，粒子做匀速直线运动，其中洛伦兹力F＝qvB的方向与速度v垂直．
(3)若三场共存，粒子做匀速圆周运动时，则有mg＝qE，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，即qvB＝meq \f(v2,r).
2．当带电粒子做复杂的曲线运动或有约束的变速直线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解．
3．分析
例2 (2022·广东高州市二模)如图所示，在区域Ⅰ有与水平方向成45°角的匀强电场，电场方向斜向左下方．在区域Ⅱ有竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，电场强度大小为E2＝eq \f(mg,q)，磁感应强度大小为B.质量为m、电荷量为－q的粒子从区域Ⅰ的左边界P点由静止释放，粒子沿虚线水平向右运动，进入区域Ⅱ，区域Ⅱ的宽度为d.粒子从区域Ⅱ右边界的Q点离开，速度方向偏转了60°.重力加速度大小为g.求：
(1)区域Ⅰ的电场强度大小E1；
(2)粒子进入区域Ⅱ时的速度大小；
(3)粒子从P点运动到Q点的时间．
答案 (1)eq \f(\r(2)mg,q) (2)eq \f(2\r(3)qBd,3m) (3)eq \f(2\r(3)qBd,3mg)＋eq \f(πm,3qB)
解析 (1)粒子在区域Ⅰ受重力和静电力，做匀加速直线运动，θ＝45°，如图所示
故有sin θ＝eq \f(mg,qE1)
解得E1＝eq \f(mg,qsin θ)＝eq \f(\r(2)mg,q)
(2)设粒子进入区域Ⅱ的速度为v，粒子受竖直向下的重力和竖直向上的静电力，且qE2＝mg
则所受的洛伦兹力提供向心力，有qvB＝meq \f(v2,r)
速度方向偏转了60°，则对应圆心角为60°，
有sin 60°＝eq \f(d,r)，联立解得v＝eq \f(2\r(3)qBd,3m)
(3)设粒子在区域Ⅰ沿虚线水平加速的加速度大小为a，有a＝eq \f(g,tan θ)＝g，由速度公式有v＝at1
可得加速时间为t1＝eq \f(2\r(3)qBd,3mg)
粒子在区域Ⅱ做匀速圆周运动的周期为
T＝eq \f(2πr,v)＝eq \f(2πm,qB)
则做匀速圆周运动的时间为t2＝eq \f(60°,360°)T＝eq \f(πm,3qB)
则粒子从P点运动到Q点的时间为
t＝t1＋t2＝eq \f(2\r(3)qBd,3mg)＋eq \f(πm,3qB).
(2022·山西省一模)如图所示，以两竖直虚线M、N为边界，中间区域Ⅰ内存在方向竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E，两边界M、N间距为d.N边界右侧区域Ⅱ中存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场．M边界左侧区域Ⅲ内，存在垂直于纸面向外的匀强磁场．边界线M上的O点处有一离子源，水平向右发射同种正离子．已知初速度为v0的离子第一次回到边界M时恰好到达O点，电场及两磁场区域足够大，不考虑离子的重力和离子间的相互作用．
(1)求离子的比荷；
(2)初速度为eq \f(v0,2)的离子第二次回到边界M时也能恰好到达O点，求区域Ⅲ内磁场的磁感应强度大小．
答案 (1)eq \f(v0,d)eq \r(\f(v0,EB)) (2)eq \f(B,7)
解析 (1)由题可知，离子在区域Ⅰ和Ⅱ中的运动轨迹如图所示，离子在区域Ⅰ由O运动到A过程中，水平方向以速度v0做匀速直线运动，有d＝v0t
竖直方向做匀加速直线运动，有y1＝eq \f(1,2)at2
又qE＝ma
联立可得y1＝eq \f(qEd2,2mv02)
设离子运动到A点时的速度方向与边界N的夹角为θ，则离子运动到A点速度为v＝eq \f(v0,sin θ)
离子在区域Ⅱ中做匀速圆周运动
有qvB＝meq \f(v2,r)
解得r＝eq \f(mv0,qBsin θ)
由几何关系可知AC＝2rsin θ＝eq \f(2mv0,qB)
从C点运动到O点过程，竖直方向有
y2＝at·t＋eq \f(1,2)at2＝eq \f(3,2)at2
又AC＝y1＋y2
联立可得eq \f(q,m)＝eq \f(v0,d)eq \r(\f(v0,EB))
(2)当初速度为eq \f(v0,2)时，离子运动轨迹如图所示．
从O点射出到进入区域Ⅱ中，竖直方向有y1′＝eq \f(1,2)at′2
水平方向有d＝eq \f(v0,2)t′
可得y1′＝4y1
设离子运动到A′点时的速度方向与边界N的夹角为θ′，则运动到A点速度为v′＝eq \f(v0,2sin θ′)，在区域Ⅱ中有qv′B＝eq \f(mv′2,r′)，则r′＝eq \f(mv0,2qBsin θ′)
从进入区域Ⅱ到射出区域Ⅱ，弦长A′C′＝2r′sin θ′＝eq \f(mv0,qB)
再次进入区域Ⅰ中，竖直分位移为
y2′＝at′·t′＋eq \f(1,2)at′2＝eq \f(3,2)at′2＝4y2
所以y1′＋y2′＝4(y1＋y2)＝4AC
在区域Ⅲ中的弦长OF＝2r″sin θ″
又qv″B′＝meq \f(v″2,r″)，v″＝eq \f(v0,2sin θ″)
所以OF＝eq \f(mv0,qB′)
由几何关系可知OF＝y1′＋y2′－A′C′＝eq \f(7mv0,qB)
联立解得B′＝eq \f(B,7).
专题强化练
1．(2022·山东省名校联盟高三期末)如图所示，在xOy坐标系的第一象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，在第四象限内存在垂直坐标平面向里的匀强磁场．一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(粒子所受重力不计)从坐标原点O射入磁场，其入射方向与x轴的夹角θ＝30°，第一次进入电场后，粒子到达坐标为(2eq \r(3)L＋L，L)的P点处时的速度大小为v、方向沿x轴正方向．求：
(1)粒子从O点射入磁场时的速度大小v0；
(2)电场的电场强度大小E以及磁场的磁感应强度大小B；
(3)粒子从O点运动到P点的时间t.
答案 (1)eq \f(2\r(3),3)v (2)eq \f(mv2,6qL) eq \f(2\r(3)mv,3qL) (3)eq \f(\r(3)Lπ＋12,6v)
解析 (1)由题意知，粒子的运动轨迹如图所示，由于洛伦兹力不做功，粒子经过Q点时的速度大小也为v0，根据对称性，粒子经过Q点时的速度方向与x轴正方向的夹角也为θ，粒子进入第一象限后，沿x轴方向做匀速直线运动，沿y轴方向做匀减速直线运动，根据几何关系有eq \f(v,v0)＝cs θ
解得v0＝eq \f(2\r(3),3)v
(2)对粒子从Q点运动到P点的过程，根据动能定理有
－qEL＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02
解得E＝eq \f(mv2,6qL)
设粒子从Q点运动到P点的时间为t1，有
eq \f(0＋v0sin θ,2)·t1＝L
解得t1＝eq \f(2\r(3)L,v)
粒子从Q点运动到P点的过程中沿x轴方向的位移大小为
xQP＝vt1
解得xQP＝2eq \r(3)L
则OQ＝2eq \r(3)L＋L－xQP＝L
设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R，
根据几何关系有OQ＝2Rsin θ
解得R＝L
根据洛伦兹力提供向心力有qv0B＝meq \f(v02,R)
解得B＝eq \f(2\r(3)mv,3qL)
(3)粒子在磁场中做圆周运动的周期T＝eq \f(2πR,v0)
根据几何关系，在粒子从O点运动到Q点的过程中，运动轨迹对应的圆心角为90°－θ，
故粒子在该过程中运动的时间t2＝eq \f(90°－θ,360°)·T
解得t2＝eq \f(\r(3)πL,6v)
又t＝t1＋t2
解得t＝eq \f(\r(3)Lπ＋12,6v).
2．(2022·河北唐山市高三期末)如图，顶角为30°的“V”字形区域内存在垂直于纸面向外的匀强磁场．OM上方存在电场强度大小为E的匀强电场，方向竖直向上．在OM上距离O点3L处有一点A，在电场中距离A为d的位置由静止释放一个质量为m、电荷量为q的带负电的粒子，经电场加速后该粒子以一定速度从A点射入磁场后，第一次恰好不从ON边界射出．不计粒子的重力．求：
(1)粒子运动到A点时的速率v0；
(2)匀强磁场磁感应强度大小B；
(3)粒子从释放到第2次离开磁场的总时间．
答案 (1)eq \r(\f(2qEd,m)) (2)eq \f(1,L)eq \r(\f(2Edm,q)) (3)3eq \r(\f(2md,qE))＋eq \f(7πL,6)eq \r(\f(m,2qEd))
解析 (1)带电粒子由静止开始到达A点时，由动能定理可得qEd＝eq \f(1,2)mv02
解得v0＝eq \r(\f(2qEd,m))
(2)根据题意作出粒子在磁场中完整的运动轨迹图如图所示
粒子在磁场中的运动轨迹的圆心为O1，轨迹与ON边界相切于D点，设轨迹半径为r，由几何关系可得sin 30°＝eq \f(r,3L－r)
解得r＝L
设匀强磁场磁感应强度大小为B，由洛伦兹力提供向心力可得Bqv0＝eq \f(mv02,r)
联立解得B＝eq \f(mv0,qr)＝eq \f(1,L)eq \r(\f(2Edm,q))
(3)带电粒子从静止加速到A点所用时间为
t1＝eq \f(2d,v0)＝eq \r(\f(2md,qE))
带电粒子在磁场中运动的周期
T＝eq \f(2πr,v0)＝πLeq \r(\f(2m,qEd))
带电粒子第一次在磁场中运动时间为t2＝eq \f(T,2)
带电粒子再次进入电场再返回磁场所用时间t3＝2t1
再次返回磁场由几何关系可知，以O点为圆心继续做圆周运动至ON边界离开，则再次做圆周运动的时间为t4＝eq \f(30°,360°)T＝eq \f(T,12)
所以总时间为
t＝t1＋t2＋t3＋t4＝3eq \r(\f(2md,qE))＋eq \f(7πL,6)eq \r(\f(m,2qEd)).
3．(2022·河北张家口市一模)如图所示，平面直角坐标系xOy的第一象限存在垂直于xOy平面向里的匀强磁场，第二象限存在沿x轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E.一质量为m、电荷量为q的带正电粒子在x轴上的A(－d,0)点沿y轴正方向射入电场区域，粒子第一次经过y轴时的速度方向与y轴正方向的夹角为60°，之后每相邻两次经过y轴时的位置间距相等．不计粒子重力．求：
(1)粒子的初速度的大小v0；
(2)匀强磁场磁感应强度的大小B；
(3)粒子从A点运动到第n次经过y轴的时间．
答案 (1)eq \r(\f(2Eqd,3m)) (2)eq \r(\f(3Em,2qd)) (3)见解析
解析 (1)粒子进入电场后做类平抛运动，沿x轴方向的加速度大小a＝eq \f(Eq,m)
从A点第一次运动到y轴的过程，x轴方向有
vx2＝2ad
第一次经过y轴时有tan 60°＝eq \f(vx,v0)
联立解得v0＝eq \r(\f(2Eqd,3m))
(2)粒子第一次经过y轴时的速度大小v＝eq \f(vx,sin 60°)
粒子在磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力有
qvB＝meq \f(v2,r)
由几何关系可知，粒子每次进入磁场到离开磁场的过程中沿y轴方向运动的距离
L＝2rsin 60°
之后粒子每次从y轴进入电场到离开电场，运动的时间t0＝eq \f(2vx,a)
t0时间内，粒子沿y轴方向运动的距离为y＝v0t0
由题意可知y＝L
联立解得B＝eq \r(\f(3Em,2qd))
(3)设粒子从A点第一次运动到y轴的时间为t1，则有eq \f(1,2)at12＝d
解得t1＝eq \r(\f(2dm,Eq))
粒子第一次经过y轴到第二次经过y轴，在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系可知粒子在磁场中运动的时间为
t2＝eq \f(T,3)
粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期
T＝eq \f(2πm,qB)
解得t2＝eq \f(2π,9)eq \r(\f(6dm,Eq))
粒子第二次经过y轴到第三次经过y轴，在电场中运动的时间
t3＝eq \f(2vx,a)＝2eq \r(\f(2dm,Eq))＝2t1
即粒子从A点运动到第三次经过y轴时的时间为t3＋t2＋t1＝3t1＋t2
所以粒子从A点运动到第n次经过y轴时的时间
t＝nt1＋eq \f(n－1,2)t2＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(3)n－1π,9)＋n))eq \r(\f(2dm,Eq))(n＝1,3,5,7，…)
t′＝(n－1)t1＋eq \f(n,2)t2＝(eq \f(\r(3)nπ,9)＋n－1)eq \r(\f(2dm,Eq))(n＝2,4,6,8，…)
4．(2022·安徽省江南十校一模)如图所示，竖直平面内建立直角坐标系xOy，y轴正向竖直向上，x轴正向水平向右，x轴在水平平面M内，在x轴上方存在方向竖直向下、电场强度大小为E1的匀强电场．两平行水平面M和N之间的距离为d，其间的区域存在方向竖直向上、电场强度大小为E2的匀强电场(E2＝eq \f(1,2)E1)和方向水平向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场．带电荷量分别为q和－q(q>0)的小球1和2先后从y轴上距O点为h的P点以相同的初速率v0沿x轴正向水平射出，小球1从x轴上距O点为2h的A点进入MN间，恰好未从平面N离开．小球2从x轴上C点进入两平面间，最后从平面N上某点离开．设两小球质量分别为m1和m2，且qE1＝2m1g，题中h、d和重力加速度g已知，其他量均未知．
(1)求两小球的初速率v0；
(2)求电场强度E2和磁感应强度B的大小之比；
(3)若C点坐标为(4h,0)，求m1和m2之比以及球2离开平面N时速度大小．
答案 (1)eq \r(6gh) (2)eq \f(2\r(3)－\r(6)d\r(gh),6h) (3)eq \f(1,8) eq \f(\r(30gh＋9gd),2)
解析 (1)小球1在x轴上方做类平抛运动，有
x1＝2h＝v0t1
y1＝h＝eq \f(1,2)a1t12
qE1＋m1g＝m1a1
且qE1＝2m1g
联立解得v0＝eq \r(6gh)
(2)因为E2＝eq \f(1,2)E1
则m1g＝qE2
所以小球1在MN间做匀速圆周运动．由题意可知，小球1恰好未从下边界平面N离开，其轨迹应与平面N相切，如图所示，
设小球1刚进入MN时速度偏转角为θ1，
由几何关系可知Rcs θ1＋R＝d
由tan θ1＝eq \f(2y1,x1)＝1，知θ1＝45°
又qvAB＝eq \f(m1vA2,R)
vA＝eq \f(v0,cs θ1)
联立解得eq \f(E2,B)＝eq \f(2\r(3)－\r(6)d\r(gh),6h)
(3)小球2在x轴上方做类平抛运动，有
x2＝4h＝v0t2
y2＝h＝eq \f(1,2)a2t22
m2g－qE1＝m2a2
结合(1)问中4个式子可得eq \f(m1,m2)＝eq \f(1,8)
小球2从P点到离开平面N全过程由动能定理得
m2g(h＋d)－qE1h＋qE2d
＝eq \f(1,2)m2v2－eq \f(1,2)m2v02
解得v＝eq \f(\r(30gh＋9gd),2).垂直进入磁场(磁偏转)
垂直进入电场(电偏转)
情景图
受力
FB＝qv0B，FB大小不变，方向变化，方向总指向圆心，FB为变力
FE＝qE，FE大小、方向均不变，FE为恒力
运动规律
匀速圆周运动
r＝eq \f(mv0,Bq)，T＝eq \f(2πm,Bq)
类平抛运动
vx＝v0，vy＝eq \f(Eq,m)t
x＝v0t，y＝eq \f(Eq,2m)t2