2023屆高考物理一輪復習課時跟蹤檢測（三十四）帶電粒子在組合場中的運動（卷Ⅱ）（重點班）

課時跟蹤檢測〔三十四〕帶電粒子在組合場中的運動〔卷Ⅱ〕[B級——拔高題目穩(wěn)做準做]1．(2023·榆林模擬)如下圖，有一平行板電容器左邊緣在y軸上，下極板與x軸重合，兩極板間勻強電場的場強為E。一電荷量為q，質(zhì)量為m的帶電粒子，從O點與x軸成θ角斜向上射入極板間，粒子經(jīng)過K板邊緣a點平行于x軸飛出電容器，立即進入一磁感應(yīng)強度為B的圓形磁場的一局部(磁場分布在電容器的右側(cè)且未畫出)，隨后從c點垂直穿過x軸離開磁場。粒子在O點的初速度大小為v＝eq\f(\r(3)E,B)，∠acO＝45°，cosθ＝eq\f(\r(3),3)，磁場方向垂直于坐標平面向外，磁場與電容器不重合，帶電粒子重力不計，試求：(1)K極板所帶電荷的電性；(2)粒子經(jīng)過c點時的速度大?。?3)圓形磁場區(qū)域的最小面積。解析：(1)粒子由a到c，向下偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定那么判斷，可知粒子帶正電。粒子在電場中做類斜拋運動，根據(jù)粒子做曲線運動的條件可知電場力垂直于兩極板向下，正電荷受到的電場力與電場方向相同，故電場方向垂直于兩極板向下，K板帶正電，L板帶負電。(2)粒子由O到a做類斜拋運動，水平方向分運動為勻速直線運動，豎直方向為勻減速運動，到達a點平行于x軸飛出電容器，即豎直方向分速度減為零，a點速度為初速度的水平分量，出電場后粒子在磁場外做勻速直線運動，在磁場中做勻速圓周運動，速度大小始終不變，故粒子經(jīng)過c點時的速度與a點速度大小相等。由上可知粒子經(jīng)過c點時的速度大小vc＝va＝vcosθ＝eq\f(\r(3)Ecosθ,B)＝eq\f(E,B)。(3)粒子在磁場中做圓周運動，軌跡如下圖，a、c為兩個切點。洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律可知：qvcB＝meq\f(vc2,R)可得軌跡半徑R＝eq\f(mvc,qB)＝eq\f(mE,qB2)粒子飛出電容器立即進入圓形磁場且磁場與電容器不重合，圓形磁場必與電容器右邊界ab切于a點，還需保證c點也在磁場中，當圓形磁場與bc切于c點時磁場面積最小，此時磁場半徑與軌跡半徑相等。磁場最小面積S＝πR2＝eq\f(πm2E2,q2B4)。答案：(1)正電(2)eq\f(E,B)(3)eq\f(πm2E2,q2B4)2．(2023·福建質(zhì)檢)如下圖，圓形區(qū)域半徑為R，圓心在O點，區(qū)域中有方向垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B。電子在電子槍中經(jīng)電場加速后沿AO方向垂直進入磁場，偏轉(zhuǎn)后從M點射出并垂直打在熒光屏PQ上的N點，PQ平行于AO，O點到PQ的距離為2R。電子電荷量為e，質(zhì)量為m，忽略電子加速前的初動能及電子間的相互作用。求：(1)電子進入磁場時的速度大小v；(2)電子槍的加速電壓U；(3)假設(shè)保持電子槍與AO平行，將電子槍在紙面內(nèi)向下平移至距AO為eq\f(R,2)處，那么電子打在熒光屏上的點位于N點的左側(cè)還是右側(cè)及該點距N點的距離。解析：(1)電子在磁場中，洛倫茲力提供做圓周運動的向心力evB＝meq\f(v2,r)電子軌跡如圖甲所示，由幾何關(guān)系得r＝R聯(lián)立解得v＝eq\f(eBR,m)。(2)電子在電子槍中加速，由動能定理得eU＝eq\f(1,2)mv2聯(lián)立解得U＝eq\f(eB2R2,2m)。(3)電子在磁場中運動的半徑r＝R，故平行于AO射入磁場的電子都將經(jīng)過M點后打在熒光屏上。從與AO相距eq\f(R,2)的C點射入磁場的電子打在熒光屏上的G點，G點位于N點的左側(cè)，其軌跡如圖乙所示。由幾何關(guān)系，α＝60°GN＝eq\f(R,tanα)＝eq\f(\r(3),3)R。答案：(1)eq\f(eBR,m)(2)eq\f(eB2R2,2m)(3)左側(cè)eq\f(\r(3),3)R★3.(2023·四川綿陽南山中學模擬)如下圖，半徑R＝1.6m的eq\f(1,6)光滑圓弧軌道位于豎直平面內(nèi)，與長L＝3m的絕緣水平傳送帶平滑連接，傳送帶以v＝3m/s的速度順時針轉(zhuǎn)動，傳送帶右側(cè)空間存在互相垂直的勻強電場和勻強磁場，電場強度E＝20N/C，磁感應(yīng)強度B＝3.0T，方向垂直紙面向外。兩個質(zhì)量均為m＝1.0×10－3kg的物塊a和b，物塊a不帶電，b帶q＝1.0×10－3C的正電并靜止于圓弧軌道最低點，將a物塊從圓弧軌道頂端由靜止釋放，運動到最低點與b發(fā)生正碰，碰撞時間極短，碰后粘合在一起，離開傳送帶后一起飛入復合場中，最后以與水平面成60°角落在地面上的P點(如圖)，兩物塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.1，取g＝10m/s2，a、b均可看做質(zhì)點。求：(1)物塊a運動到圓弧軌道最低點時對軌道的壓力；(2)傳送帶距離水平地面的高度；(3)兩物塊碰撞后到落地前瞬間的運動過程中，a、b系統(tǒng)機械能的變化量。解析：(1)a物塊從釋放運動到圓弧軌道最低點C時，機械能守恒，mgR(1－cosθ)＝eq\f(1,2)mvC2得：vC＝4m/s在C點，由牛頓第二定律：FN－mg＝meq\f(vC2,R)解得：FN＝2×10－2N由牛頓第三定律，a物塊對圓弧軌道壓力：FN′＝2×10－2N，方向豎直向下。(2)a、b碰撞動量守恒mvC＝2mvC′vC′＝2m/sab在傳送帶上假設(shè)能與傳送帶到達共速時經(jīng)過的位移為s，μ·2mg＝2mav2－vC′＝2as得：s＝2.5m<L所以ab離開傳送帶時與其共速為v＝3m/s進入復合場后，qE＝2mg＝2×10－2N，所以做勻速圓周運動由qvB＝2meq\f(v2,r)得：r＝eq\f(2mv,qB)＝2m由幾何知識解得傳送帶與水平地面的高度：h＝r＋eq\f(r,2)＝3m。(3)ab系統(tǒng)在傳送帶上運動過程中，摩擦力對其做功Wf＝μ·2mgs＝5×10－3Jab系統(tǒng)在復合場運動過程中，電場力對其做功：W電＝－qEh＝－6×10－2J所以，二者碰后一直到落地，系統(tǒng)機械能的變化量：ΔE＝Wf＋W電＝－5.5×10－2J。故a、b系統(tǒng)機械能減少5.5×10－2J。答案：(1)2×10－2N，方向豎直向下(2)3m(3)機械能減少5.5×10－2J★4.(2023·黑龍江大慶中學期末)如下圖，在xOy坐標系內(nèi)存在一個以(A,0)為圓心、半徑為a的圓形磁場區(qū)域，方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強度大小為B。另在y軸右側(cè)有一方向向左的勻強電場，電場強度大小為E，分布于y≥a的范圍內(nèi)。O點為質(zhì)子源，其射出質(zhì)子的速度大小相等、方向各異，但質(zhì)子的運動軌跡均在紙面內(nèi)。質(zhì)子在磁場中的偏轉(zhuǎn)半徑也為a，設(shè)質(zhì)子的質(zhì)量為m、電荷量為e，重力及阻力忽略不計。求：(1)射出速度沿x軸正方向的質(zhì)子，到達y軸所用的時間；(2)射出速度與x軸正方向成30°角(如圖中所示)的質(zhì)子，到達y軸時的位置與O點的距離；(3)質(zhì)子到達y軸的位置坐標的范圍。解析：(1)質(zhì)子在磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)洛倫茲力提供向心力得：evB＝meq\f(v2,a)即：v＝eq\f(Bea,m)射出速度沿x軸正方向的質(zhì)子，經(jīng)eq\f(1,4)圓弧后以速度v垂直于電場方向進入電場，在磁場中運動的時間為：t1＝eq\f(T,4)＝eq\f(πa,2v)＝eq\f(πm,2eB)質(zhì)子進入電場后做類平拋運動，沿電場方向運動a后到達y軸，由勻變速直線運動規(guī)律有：a＝eq\f(eEt22,2m)即：t2＝eq\r(\f(2ma,eE))故所求時間為：t＝t1＋t2＝eq\f(πm,2eB)＋eq\r(\f(2ma,eE))。(2)質(zhì)子轉(zhuǎn)過120°角后離開磁場，再沿直線到達圖中P點，最后垂直電場方向進入電場，做類平拋運動，并到達y軸，運動軌跡如圖中所示。由幾何關(guān)系可得P點距y軸的距離為：x1＝a＋asin30°＝1.5設(shè)在電場中運動的時間為t3，由勻變速直線運動規(guī)律有：x1＝eq\f(eEt32,2m)即t3＝eq\r(\f(3ma,eE))質(zhì)子在y軸方向做勻速直線運動，到達y軸時有：y1＝vt3＝Baeq\r(\f(3ea,mE))所以質(zhì)子在y軸上的位置為：y＝a＋y1＝a＋Baeq\r(\f(3ea,mE))。(3)假設(shè)質(zhì)子在y軸上運動最遠，應(yīng)是質(zhì)子在磁場中沿右邊界向上直行，垂直進入電場中做類平拋運動，此時x′＝2質(zhì)子在電場中在y方向運動的距離為：y2＝2Baeq\r(\f(ea,mE))質(zhì)子離坐標原點的距離為：ym＝a＋y2＝a＋2Baeq\r(\f(ea,mE))由幾何關(guān)系可證得，此題中凡進入磁場中的粒子，從磁場穿出時速度方向均與y軸平行，且只有進入電場中的粒子才能打到y(tǒng)軸上，因此質(zhì)子