（江蘇選考）物理第一部分三電場(chǎng)與磁場(chǎng)跟蹤檢測(cè)（十六）壓軸題-帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專(zhuān)精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專(zhuān)精PAGE1學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專(zhuān)精PAGE專(zhuān)題跟蹤檢測(cè)(十六)高考?jí)狠S題——帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1.(2017·海安中學(xué)模擬）如圖所示，矩形磁場(chǎng)區(qū)域abcd內(nèi)有垂直紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，bc＝eq\r（3）ab，不計(jì)重力的帶電粒子以初速度v0從a點(diǎn)垂直ab射入勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后從c點(diǎn)射出；若撤去磁場(chǎng)加一個(gè)與ab邊平行的勻強(qiáng)電場(chǎng)，帶電粒子仍以v0從a點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)，仍能通過(guò)c點(diǎn),下列結(jié)論正確的是（）A．該粒子帶正電B．b點(diǎn)為圓周運(yùn)動(dòng)的圓心C．電場(chǎng)強(qiáng)度E與磁感應(yīng)強(qiáng)度B之比為eq\f(2，3）v0D．電場(chǎng)強(qiáng)度E與磁感應(yīng)強(qiáng)度B之比為eq\f（4,3）v0解析：選D因?yàn)殡妶?chǎng)和磁場(chǎng)的方向均未知，所以粒子可能帶正電也可能帶負(fù)電,故A錯(cuò)誤；畫(huà)出粒子軌跡如圖所示,根據(jù)幾何關(guān)系可知：粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心O在b點(diǎn)正下方,根據(jù)幾何關(guān)系知距b點(diǎn)距離為：d＝r(1－sin30°）＝eq\f（r，2），故B錯(cuò)誤;粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)半徑推論公式r＝eq\f（mv0,qB）,再根據(jù)幾何關(guān)系r＝2ab，聯(lián)立可得：B＝eq\f（mv0，2ab·q），粒子在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，eq\r（3)ab＝v0t，ab＝eq\f（1,2）·eq\f（Eq，m)t2,聯(lián)立可得：E＝eq\f(2mv02,3ab·q)，所以：eq\f(E，B)＝eq\f(4,3)v0，故D正確，C錯(cuò)誤。2．(多選）（2017·雁塔區(qū)二模)如圖所示,兩虛線之間的空間存在由勻強(qiáng)電場(chǎng)E和勻強(qiáng)磁場(chǎng)B組成的正交或平行的電場(chǎng)和磁場(chǎng),有一個(gè)帶正電小球（電荷量為＋q，質(zhì)量為m）從正交或平行的電磁混合場(chǎng)上方的某一高度自由落下，小球通過(guò)下列電磁混合場(chǎng)時(shí)，可能沿直線運(yùn)動(dòng)的是（)解析：選CDA中小球受重力、水平向左的電場(chǎng)力、水平向右的洛倫茲力,下降過(guò)程中速度一定變大,故洛倫茲力一定變化，不可能一直與電場(chǎng)力平衡，故合力不可能一直向下，故一定做曲線運(yùn)動(dòng),故A錯(cuò)誤；B中小球受重力、向上的電場(chǎng)力、垂直紙面向外的洛倫茲力，合力與速度一定不共線，故一定做曲線運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；C中小球受重力、斜向左上方的電場(chǎng)力、水平向右的洛倫茲力,若三力平衡，則小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故C正確；D中小球受向下的重力和向上的電場(chǎng)力，合力一定與速度共線，故小球一定做直線運(yùn)動(dòng)，故D正確。3。（2017·天門(mén)期末)一個(gè)質(zhì)量為m、帶電量為q的小球,從傾角為θ的光滑絕緣斜面上由靜止下滑，整個(gè)斜面置于方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，其磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,如圖所示。小球下滑后某時(shí)刻對(duì)斜面的作用力恰好為零，已知重力加速度為g。下列說(shuō)法中正確的是（)A．小球帶負(fù)電B．小球?qū)π泵娴淖饔昧η『脼榱銜r(shí)的速率為eq\f（mgsinθ，Bq)C．小球在斜面上運(yùn)動(dòng)的加速度逐漸增大D．小球在斜面上的運(yùn)動(dòng)是勻加速直線運(yùn)動(dòng)解析：選D小球沿斜面下滑，且磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，由題意可知，要使小球?qū)π泵娴膲毫榱?洛倫茲力必須垂直斜面向上,由左手定則可知，小球一定帶正電，故A錯(cuò)誤；小球在斜面上下滑過(guò)程中，當(dāng)小球受到的洛倫茲力等于重力垂直于斜面的分力時(shí),小球?qū)π泵鎵毫榱?所以Bqv＝mgcosθ,則速率為v＝eq\f（mgcosθ，Bq)，故B錯(cuò)誤；小球沒(méi)有離開(kāi)斜面之前,在重力、支持力、洛倫茲力作用下做加速直線運(yùn)動(dòng),雖然速度變大,導(dǎo)致洛倫茲力變大，但三個(gè)力沿斜面方向的合力卻不變，加速度不變,故小球做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤，D正確。4．（多選)(2017·蘇錫常二模)如圖所示,在正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，電場(chǎng)方向水平向左，磁場(chǎng)方向垂直于紙面水平向里,一質(zhì)量為m、帶電量為＋q的小球用長(zhǎng)為L(zhǎng)的絕緣細(xì)線懸掛于O點(diǎn)，并在最低點(diǎn)由靜止釋放，小球向左擺到最高點(diǎn)時(shí)，懸線與豎直方向的夾角為θ，不計(jì)小球的大小和空氣阻力，重力加速度為g，下列說(shuō)法中正確的是()A．電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為eq\f（mgtanθ，q）B．小球從釋放到擺動(dòng)到左側(cè)最高點(diǎn)的過(guò)程中，電勢(shì)能減小了C．小球從釋放到擺動(dòng)到左側(cè)最高點(diǎn)的過(guò)程中，當(dāng)懸線與豎直方向的夾角為eq\f（θ,2）時(shí)，懸線拉力最大D．增大懸線的長(zhǎng)度，θ會(huì)增大解析：選BC小球從釋放到擺動(dòng)到左側(cè)最高點(diǎn)的過(guò)程中，重力做負(fù)功，電場(chǎng)力做正功,對(duì)小球由動(dòng)能定理得：mgL(1－cosθ）－qELsinθ＝0－0，解得：E＝eq\f（mg1－cosθ,qsinθ)，故A錯(cuò)誤；小球從釋放到擺動(dòng)到左側(cè)最高點(diǎn)的過(guò)程中,電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小了，故B正確;小球擺動(dòng)的過(guò)程中,運(yùn)動(dòng)狀態(tài)具有對(duì)稱(chēng)性,可知小球從釋放到擺動(dòng)到左側(cè)最高點(diǎn)的過(guò)程中，當(dāng)懸線與豎直方向的夾角為eq\f(θ，2）時(shí)，小球的速度最大，則需要的向心力eq\f（mv2,L）和洛倫茲力qvB都最大；根據(jù)左手定則可知，小球從最低點(diǎn)向左運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中洛倫茲力的方向始終與懸線拉力的方向相反.由以上分析可知，當(dāng)懸線與豎直方向的夾角為eq\f（θ,2）時(shí)，懸線拉力最大，故C正確；根據(jù)A項(xiàng)的分析mgL（1－cosθ）－qELsinθ＝0－0,可知，增大懸線的長(zhǎng)度，θ不會(huì)增大,故D錯(cuò)誤。5．如圖所示，勻強(qiáng)電場(chǎng)區(qū)域和勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域緊鄰且寬度均為d,電場(chǎng)方向在紙平面內(nèi)豎直向下，而磁場(chǎng)方向垂直紙面向里,一帶正電粒子從O點(diǎn)以速度v0沿垂直電場(chǎng)方向進(jìn)入電場(chǎng)，從A點(diǎn)出電場(chǎng)進(jìn)入磁場(chǎng)，離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)帶電粒子在電場(chǎng)方向的偏轉(zhuǎn)位移為電場(chǎng)寬度的一半，當(dāng)粒子從磁場(chǎng)右邊界上C點(diǎn)穿出磁場(chǎng)時(shí)速度方向與進(jìn)入電場(chǎng)O點(diǎn)時(shí)的速度方向一致，已知d、v0（帶電粒子重力不計(jì))，求：（1）粒子從C點(diǎn)穿出磁場(chǎng)時(shí)的速度大小；(2）電場(chǎng)強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B的比值eq\f(E，B)。解析:(1)粒子在電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)時(shí)做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng),則垂直電場(chǎng)方向d＝v0t，平行電場(chǎng)方向eq\f(d，2）＝eq\f(vy，2)t得vy＝v0，到A點(diǎn)時(shí)速度大小為v＝eq\r(2)v0粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)速度大小不變，所以粒子從C點(diǎn)穿出磁場(chǎng)時(shí)速度大小仍為eq\r(2)v0。（2）由幾何關(guān)系知，粒子在電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)出A點(diǎn)時(shí)速度方向與水平方向成45°角vy＝eq\f(qE,m）t＝eq\f（qEd，mv0),并且vy＝v0得E＝eq\f（mv02，qd)在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，軌跡如圖所示由幾何關(guān)系得R＝eq\r（2)d又qvB＝eq\f(mv2,R）,且v＝eq\r（2)v0得B＝eq\f（mv0，qd）解得eq\f(E，B)＝v0。答案：（1）eq\r(2)v0(2）v06。如圖所示，豎直平面坐標(biāo)系xOy的第一象限有垂直xOy面向外的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)和豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，大小分別為B和E；第四象限有垂直xOy面向里的水平勻強(qiáng)電場(chǎng)，大小也為E；第三象限內(nèi)有一絕緣光滑豎直放置的半徑為R的半圓軌道，軌道最高點(diǎn)與坐標(biāo)原點(diǎn)O相切,最低點(diǎn)與絕緣光滑水平面相切于N.一質(zhì)量為m的帶電小球從y軸上(y〉0)的P點(diǎn)沿x軸正方向進(jìn)入第一象限后做圓周運(yùn)動(dòng),恰好通過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)O，且水平切入半圓軌道并沿軌道內(nèi)側(cè)運(yùn)動(dòng)，過(guò)N點(diǎn)水平進(jìn)入第四象限，并在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)(已知重力加速度為g)。(1)判斷小球的帶電性質(zhì)并求出其所帶電荷量；(2)P點(diǎn)距坐標(biāo)原點(diǎn)O至少多高；（3）若該小球以滿(mǎn)足(2)中OP最小值的位置和對(duì)應(yīng)速度進(jìn)入第一象限,從通過(guò)N點(diǎn)開(kāi)始計(jì)時(shí)，經(jīng)時(shí)間t＝2eq\r(\f（R，g))，小球距坐標(biāo)原點(diǎn)O的距離s為多遠(yuǎn)？解析：(1)小球進(jìn)入第一象限正交的電場(chǎng)和磁場(chǎng)后，在垂直磁場(chǎng)的平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，說(shuō)明重力與電場(chǎng)力平衡，設(shè)小球所帶電荷量為q，則有：qE＝mg①解得：q＝eq\f(mg,E)②又電場(chǎng)方向豎直向上，故小球帶正電。(2)設(shè)勻速圓周運(yùn)動(dòng)的速度為v、軌道半徑為r，由洛倫茲力提供向心力得：qBv＝meq\f（v2,r）③小球通過(guò)半圓軌道的最高點(diǎn)并恰能沿軌道運(yùn)動(dòng),為滿(mǎn)足題目要求,則有:mg＝meq\f(v2,R）④由②③④得：r＝eq\f(E，B）eq\r(\f(R，g)）⑤即:PO的最小距離為：y＝2r＝eq\f(2E,B）eq\r（\f(R,g）)。⑥(3)設(shè)小球到達(dá)N點(diǎn)的速度為vN，由機(jī)械能守恒得:mg·2R＝eq\f（1,2）mvN2－eq\f（1，2）mv2⑦由④⑦解得：vN＝eq\r(5gR）⑧小球從N點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)區(qū)域后，在絕緣光滑水平面上做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為a,則有：沿x軸方向x＝vNt⑨沿電場(chǎng)方向z＝eq\f（1，2)at2⑩由牛頓第二定律得:a＝eq\f(qE，m)?t時(shí)刻小球距O點(diǎn)為：s＝eq\r(x2＋2R2＋z2)＝2eq\r(7）R.答案:（1）帶正電eq\f(mg，E）(2）eq\f(2E，B)eq\r（\f(R，g)）(3）2eq\r（7）R7．(2017·鎮(zhèn)江模擬）如圖甲所示，在直角坐標(biāo)系0≤x≤L區(qū)域內(nèi)有沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng),右側(cè)有一個(gè)以點(diǎn)(3L，0）為圓心、半徑為L(zhǎng)的圓形區(qū)域，圓形區(qū)域與x軸的交點(diǎn)分別為M、N。現(xiàn)有一質(zhì)量為m、帶電量為e的電子，從y軸上的A點(diǎn)以速度v0沿x軸正方向射入電場(chǎng)，飛出電場(chǎng)后從M點(diǎn)進(jìn)入圓形區(qū)域，此時(shí)速度方向與x軸正方向的夾角為θ＝30°，不考慮電子所受的重力。(1)求電子進(jìn)入圓形區(qū)域時(shí)的速度大小和勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)E的大??；(2）若在圓形區(qū)域內(nèi)加一個(gè)垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，使電子穿出圓形區(qū)域時(shí)速度方向垂直于x軸。求所加磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小和電子剛穿出圓形區(qū)域時(shí)的位置坐標(biāo)；(3)若在電子剛進(jìn)入圓形區(qū)域時(shí),在圓形區(qū)域內(nèi)加上如圖乙所示變化的磁場(chǎng)(以垂直于紙面向外為磁場(chǎng)正方向）,最后電子從N點(diǎn)處飛出，速度方向與進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度方向相同.請(qǐng)寫(xiě)出磁感應(yīng)強(qiáng)度B0的大小、磁場(chǎng)變化周期T各應(yīng)滿(mǎn)足的關(guān)系表達(dá)式。解析：(1）電子在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng),射出電場(chǎng)時(shí)，速度分解圖如圖1中所示.由速度關(guān)系可得:eq\f(v0,v)＝cosθ解得：v＝eq\f(2\r(3），3)v0由速度關(guān)系得：vy＝v0tanθ＝eq\f（\r(3）,3）v0在豎直方向：vy＝at＝eq\f（Ee,m)t而水平方向上t＝eq\f(L,v0）解得:E＝eq\f（\r(3)mv02，3eL).(2)根據(jù)題意作圖如圖1所示，由幾何關(guān)系知，電子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R＝L根據(jù)牛頓第二定律：evB＝eq\f(mv2，R)解得：B＝eq\f(2\r（3)mv0,3eL）根據(jù)幾何關(guān)系得電子穿出圓形區(qū)域時(shí)x軸位置：x＝2L＋Rsinθ＝eq\f(5,2)Ly軸位置:y＝－Rcosθ＝－eq\f(\r（3），2）L即位置坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（5L，2），－\f（\r（3），2)L）).(3)電子在在磁場(chǎng)中最簡(jiǎn)單的運(yùn)動(dòng)情景如圖2所示。由圖可知，在磁場(chǎng)變化的前三分之一個(gè)周期內(nèi),電子的偏轉(zhuǎn)角為60°，設(shè)電子運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為r,運(yùn)動(dòng)的周期為T(mén)0，電子在x軸方向上的位移恰好等于r；在磁場(chǎng)變化的后三分之二個(gè)周期內(nèi),因磁感應(yīng)強(qiáng)度減半,電子運(yùn)動(dòng)的周期T′＝2T0，故粒子的偏轉(zhuǎn)角仍為60°,電子運(yùn)動(dòng)的軌道半徑變?yōu)?r，粒子在x軸方向上的位移恰好等于2r。綜合上述分析,則電子能到達(dá)N點(diǎn)且速度符合要求的條件是：3rn＝2L（n＝1,2，3…）r＝eq\f(mv，B0e）解得：B0＝eq\f（\r(3）nmv0，eL)（n＝1,2，3…)應(yīng)滿(mǎn)足的時(shí)間條件為:eq\f（1，6）（T0＋T′)＝TT0＝eq\f（2πm，B0e）T′＝eq\f(2πm,\f(B0,2)e)解得T＝eq\f(\r（3）πL,3nv0)（n＝1,2，3…）。答案：(1)eq\f（2\r（3），3）v0eq\f（\r(3）mv02,3eL)（2)eq\f(2\r（3）mv0，3eL)eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（5L,2)，－\f(\r（3），2)L))(3）B0＝eq\f(\r(3）nmv0,eL）（n＝1，2,3…）T＝eq\f(\r（3）πL，3nv0)（n＝1,2，3…)8.(2017·揚(yáng)州模擬）北京正、負(fù)電子對(duì)撞機(jī)是國(guó)際上唯一高亮度對(duì)撞機(jī),它主要由直線加速器、電子分離器、環(huán)形儲(chǔ)存器和對(duì)撞測(cè)量區(qū)組成，其簡(jiǎn)化原理如圖所示：MN和PQ為足夠長(zhǎng)的水平邊界，豎直邊界EF將整個(gè)區(qū)域分成左右兩部分，Ⅰ區(qū)域的磁場(chǎng)方向垂直紙面向里,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，Ⅱ區(qū)域的磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，調(diào)節(jié)Ⅱ區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小，可以使正、負(fù)電子在測(cè)量區(qū)內(nèi)不同位置進(jìn)行對(duì)撞.經(jīng)加速和積累后的電子束以相同速率分別從注入口C和D同時(shí)入射，入射方向平行于EF且垂直于磁場(chǎng)。已知注入口C、D到EF的距離均為d，邊界MN和PQ的間距為8d，正、負(fù)電子的質(zhì)量均為m，所帶電荷量分別為＋e和－e。(1)試判斷從注入口C入射的是哪種電子；忽略電子進(jìn)入加速器的初速度，電子經(jīng)加速器加速后速度為v0，求直線加速器的加速電壓U；(2）若將Ⅱ區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小調(diào)為B，正、負(fù)電子以v1＝eq\f（deB,m）的速率同時(shí)射入，則正、負(fù)電子經(jīng)多長(zhǎng)時(shí)間相撞？（3）若將Ⅱ區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小調(diào)為eq\f(B，3），正、負(fù)電子仍以v1＝eq\f(deB，m)的速率射入，但負(fù)電子射入時(shí)刻滯后于正電子Δt＝eq\f（πm,eB)，以F為原點(diǎn)，建立如圖所示坐標(biāo)系,求正、負(fù)電子相撞的位置坐標(biāo)。解析：(1）從C入射的電子在C點(diǎn)受到的洛倫茲力向右，粒子向右偏轉(zhuǎn)，經(jīng)過(guò)Ⅱ區(qū)域反向偏轉(zhuǎn)，再進(jìn)入Ⅰ區(qū)域，這樣才能持續(xù)向下運(yùn)動(dòng)直至與從D入射的電子碰撞；若從C入射的電子在C點(diǎn)受到的洛倫茲力向左，則粒子可能還未碰撞就從MN邊界射出，所以，由左手定則可判斷從C入射的電子為正電子,忽略電子進(jìn)入加速器的初速度,電子經(jīng)加速器加速后速度為v0，則由動(dòng)能定理可得：Ue＝eq\f(1,2)mv02，解得U＝eq\f(mv02，2e)。(2）電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng),洛倫茲力提供向心力，所以有,Bv1e＝eq\f(mv12，R1），則R1＝eq\f（mv1,Be)＝d，T＝eq\f(2πR1,v1）＝eq\f（2πm，