《金版程》2025-高考大二輪刷題首選卷-物理培優(yōu)專練二 培優(yōu)點1　帶電粒子在復(fù)合場中的運動含答案

大二輪刷題首選卷物理《金版程》2025-高考大二輪刷題首選卷-物理培優(yōu)專練二培優(yōu)點1帶電粒子在復(fù)合場中的運動培優(yōu)專練二電磁場綜合問題培優(yōu)點1帶電粒子在復(fù)合場中的運動題組一帶電粒子在組合場中的運動1.(2024·山東省泰安市高三下三模)如圖所示，比荷不同的兩個帶電粒子在A處由靜止釋放，經(jīng)加速電壓U0加速后，垂直磁場左邊界MN射入寬度為d的勻強磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強度大小為B，磁場方向垂直紙面向里。兩個粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后一個從左邊界MN的a點離開磁場區(qū)域，另一個從磁場的右邊界b點離開磁場區(qū)域，a、b兩點的連線剛好與磁場邊界垂直，從b點離開的粒子在磁場區(qū)域運動過程中偏轉(zhuǎn)的角度為60°，不計粒子重力及粒子間的相互作用，下列說法正確的是()A．從a點離開磁場區(qū)域的粒子帶正電，從b點離開磁場區(qū)域的粒子帶負(fù)電B．從a點離開磁場區(qū)域的粒子比荷大小為eq\f(2U0,3d2B2)C．從b點離開磁場區(qū)域的粒子比荷大小為eq\f(3U0,2d2B2)D．從a、b兩點離開的粒子在磁場區(qū)域中運動的時間之比為3∶1答案：C解析：粒子進入磁場區(qū)域后均向上偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則可知，兩個粒子均帶正電，A錯誤；兩粒子的運動軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系可知，從b點離開的粒子在磁場做勻速圓周運動的半徑rb＝eq\f(d,sin60°)＝eq\f(2\r(3),3)d，從a點離開的粒子在磁場做勻速圓周運動的半徑ra＝eq\f(rb（1－cos60°）,2)＝eq\f(\r(3),6)d，粒子經(jīng)加速電壓U0加速后，由動能定理有U0q＝eq\f(1,2)mv2－0，由洛倫茲力提供向心力有qvB＝meq\f(v2,r)，解得粒子的比荷eq\f(\a\vs4\al(q),m)＝eq\f(2U0,B2r2)，則從a點離開的粒子的比荷為eq\f(qa,ma)＝eq\f(2U0,B2req\o\al(2,a))＝eq\f(24U0,d2B2)，從b點離開的粒子的比荷為eq\f(qb,mb)＝eq\f(2U0,B2req\o\al(2,b))＝eq\f(3U0,2d2B2)，B錯誤，C正確；兩個粒子在磁場中運動的周期分別為Ta＝eq\f(2πma,qaB)，Tb＝eq\f(2πmb,qbB)，運動軌跡對應(yīng)圓心角分別為θa＝180°，θb＝60°，則運動時間ta＝eq\f(θa,360°)Ta，Tb＝eq\f(θb,360°)Tb，聯(lián)立解得ta∶tb＝3∶16，D錯誤。2．現(xiàn)代科學(xué)儀器常用電場、磁場控制帶電粒子的運動。真空中存在著如圖所示的多層緊密相鄰的相同勻強電場和勻強磁場，電場和磁場的寬度相同，長度足夠長。電場強度方向水平向右，磁場方向垂直紙面向里。電場、磁場的邊界互相平行且與電場方向垂直。一個帶正電的粒子在第1層左側(cè)邊界某處由靜止釋放，不計粒子的重力及運動時的電磁輻射。已知粒子從第4層磁場右側(cè)邊界穿出時，速度的方向與水平方向的夾角為30°。若保證粒子不能從第n層磁場右邊界穿出，n至少為()A．12 B．16C．20 D．24答案：B解析：設(shè)粒子在第n層磁場中運動的速度為vn，軌道半徑為rn，則有nqEd＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,n)，qBvn＝meq\f(veq\o\al(2,n),rn)，設(shè)粒子進入第n層磁場時，速度的方向與水平方向的夾角為αn，從第n層磁場右側(cè)邊界穿出時速度方向與水平方向的夾角為θn，粒子在電場中運動時，垂直于電場線方向的速度分量不變，則有vn－1·sinθn－1＝vnsinαn，由圖甲可知rnsinθn－rnsinαn＝d，則有rnsinθn－rn－1·sinθn－1＝d，則r1sinθ1、r2sinθ2、r3sinθ3、…、rnsinθn為一組等差數(shù)列，公差為d，可得rnsinθn＝r1sinθ1＋(n－1)d，當(dāng)n＝1時，由圖乙可知：r1sinθ1＝d，則rnsinθn＝nd，解得sinθn＝Beq\r(\f(nqd,2mE))。由題目可知當(dāng)n＝4時，θ4＝30°，即sin30°＝Beq\r(\f(4qd,2mE))；若粒子恰好不能從第n層磁場右側(cè)邊界穿出，則θn＝eq\f(π,2)，即sinθn＝Beq\r(\f(nqd,2mE))＝1，解得n＝16，故B正確，A、C、D錯誤。3.(2024·江蘇高考)如圖所示，兩個半圓環(huán)區(qū)域abcd、a′b′c′d′中有垂直紙面向里的勻強磁場，區(qū)域內(nèi)、外邊界的半徑分別為R1、R2。ab與a′b′間有一個勻強電場，電勢差為U，cd與c′d′間有一個插入體，電子每次經(jīng)過插入體速度減小為原來的k倍。現(xiàn)有一個質(zhì)量為m、電荷量為e的電子，從cd面射入插入體，經(jīng)過磁場、電場后再次到達(dá)cd面，速度增加，多次循環(huán)運動后，電子的速度大小達(dá)到一個穩(wěn)定值，忽略相對論效應(yīng)，不計電子經(jīng)過插入體和電場的時間，電子每次進出磁場時速度方向均垂直于邊界。求：(1)電子進入插入體前后在磁場中運動的半徑r1、r2之比；(2)電子多次循環(huán)后到達(dá)cd的穩(wěn)定速度v；(3)若電子到達(dá)cd中點P時速度穩(wěn)定，并最終到達(dá)邊界d，求電子從P到d的時間t。答案：(1)eq\f(1,k)(2)eq\r(\f(2eU,m（1－k2）))(3)eq\f(π（R2－R1）,2)eq\r(\f(（1＋k）m,2（1－k）eU))解析：(1)設(shè)磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，電子進入插入體前的速度大小為v0，則電子經(jīng)過插入體后的速度大小為kv0，由洛倫茲力提供向心力有ev0B＝meq\f(veq\o\al(2,0),r1)e·kv0B＝meq\f(（kv0）2,r2)聯(lián)立解得eq\f(r1,r2)＝eq\f(1,k)。(2)電子多次循環(huán)穩(wěn)定后，到達(dá)cd的速度為v，則到達(dá)c′d′的速度為kv，此后，對電子從c′d′出發(fā)經(jīng)磁場、電場、磁場到cd的過程，由動能定理有eU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)m(kv)2解得v＝eq\r(\f(2eU,m（1－k2）))。(3)當(dāng)電子到達(dá)cd中點P時速度穩(wěn)定后，設(shè)其在abcd區(qū)域運動的軌跡半徑為r，則有evB＝meq\f(v2,r)解得r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,e（1－k2）))結(jié)合(1)問分析可知，電子在a′b′c′d′區(qū)域運動的半徑為r′＝eq\f(k,B)eq\r(\f(2mU,e（1－k2）))所以電子相鄰兩次經(jīng)過cd邊的位置間的距離為l＝2(r－r′)設(shè)電子從P到d運動了n周，由幾何關(guān)系可知eq\f(R2－R1,2)＝nl又電子在磁場中運動的周期為T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,eB)T與速度大小無關(guān)，則電子從P運動到d的時間為t＝nT聯(lián)立解得t＝eq\f(π（R2－R1）,2)eq\r(\f(（1＋k）m,2（1－k）eU))。4．(2024·遼寧高考)現(xiàn)代粒子加速器常用電磁場控制粒子團的運動及尺度。簡化模型如圖：Ⅰ、Ⅱ區(qū)寬度均為L，存在垂直于紙面的勻強磁場，磁感應(yīng)強度等大反向；Ⅲ、Ⅳ區(qū)為電場區(qū)，Ⅳ區(qū)電場足夠?qū)?；各區(qū)邊界均垂直于x軸，O為坐標(biāo)原點。甲、乙為粒子團中的兩個電荷量均為＋q、質(zhì)量均為m的粒子。如圖，甲、乙平行于x軸向右運動，先后射入Ⅰ區(qū)時速度大小分別為eq\f(3,2)v0和v0。甲到P點時，乙剛好射入Ⅰ區(qū)。乙經(jīng)過Ⅰ區(qū)的速度偏轉(zhuǎn)角為30°。甲到O點時，乙恰好到P點。已知Ⅲ區(qū)存在沿＋x方向的勻強電場，電場強度大小E0＝eq\f(9mveq\o\al(2,0),4πqL)。不計粒子重力及粒子間相互作用，忽略邊界效應(yīng)及變化的電場產(chǎn)生的磁場。(1)求磁感應(yīng)強度的大小B；(2)求Ⅲ區(qū)寬度d；(3)Ⅳ區(qū)x軸上的電場方向沿x軸，電場強度E隨時間t、位置坐標(biāo)x的變化關(guān)系為E＝ωt－kx，其中常系數(shù)ω>0，ω已知、k未知，取甲經(jīng)過O點時t＝0。已知甲在Ⅳ區(qū)始終做勻速直線運動，設(shè)乙在Ⅳ區(qū)受到的電場力大小為F，甲、乙間距為Δx，求乙追上甲前F與Δx間的關(guān)系式(不要求寫出Δx的取值范圍)。答案：(1)eq\f(mv0,2qL)(2)eq\f(3,2)πL(3)F＝eq\f(qω,3v0)·Δx解析：(1)根據(jù)題意，畫出乙在Ⅰ區(qū)的運動軌跡，如圖所示設(shè)乙在Ⅰ區(qū)做圓周運動的軌跡半徑為r1，由幾何關(guān)系得L＝r1sin30°解得r1＝2L由洛倫茲力提供向心力得qv0B＝meq\f(veq\o\al(2,0),r1)解得B＝eq\f(mv0,2qL)。(2)根據(jù)對稱性可知，乙經(jīng)過P點時的速度沿x軸正方向，在Ⅱ區(qū)中的速度偏轉(zhuǎn)角也為30°。乙在磁場中做圓周運動的周期為T＝eq\f(2πr1,v0)根據(jù)題意，乙在磁場中運動的總時間等于甲在Ⅲ區(qū)運動的時間，為t1＝2×eq\f(30°,360°)×T聯(lián)立解得t1＝eq\f(2πL,3v0)由對稱性可知，甲在P點的速度沿x軸正方向，則甲從P點到O點做勻加速直線運動，設(shè)加速度大小為a，由牛頓第二定律得qE0＝ma解得a＝eq\f(9veq\o\al(2,0),4πL)由運動學(xué)公式得d＝eq\f(3,2)v0t1＋eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)解得d＝eq\f(3,2)πL。(3)甲經(jīng)過O點時的速度為v甲＝eq\f(3,2)v0＋at1設(shè)t時刻甲的位置坐標(biāo)為x1，因為甲在Ⅳ區(qū)始終做勻速直線運動，則x1＝v甲t受力分析知，甲不受電場力作用，則有ωt－kx1＝0設(shè)t時刻乙的位置坐標(biāo)為x2，對乙可得eq\f(F,q)＝ωt－kx2乙追上甲前，甲、乙間距Δx＝x1－x2聯(lián)立可得，乙追上甲前F與Δx間的關(guān)系式為F＝eq\f(qω,3v0)·Δx。5．(2024·新課標(biāo)卷)一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的帶電粒子始終在同一水平面內(nèi)運動，其速度可用圖示的直角坐標(biāo)系內(nèi)一個點P(vx，vy)表示，vx、vy分別為粒子速度在水平面內(nèi)兩個坐標(biāo)軸上的分量。粒子出發(fā)時P位于圖中a(0，v0)點，粒子在水平方向的勻強電場作用下運動，P點沿線段ab移動到b(v0，v0)點；隨后粒子離開電場，進入方向豎直、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，P點沿以O(shè)為圓心的圓弧移動至c(－v0，v0)點；然后粒子離開磁場返回電場，P點沿線段ca回到a點。已知任何相等的時間內(nèi)P點沿圖中閉合曲線通過的曲線長度都相等。不計重力。求(1)粒子在磁場中做圓周運動的半徑和周期；(2)電場強度的大??；(3)P點沿圖中閉合曲線移動1周回到a點時，粒子位移的大小。答案：(1)eq\f(\r(2)mv0,Bq)eq\f(2πm,Bq)(2)eq\r(2)Bv0(3)eq\f(（2－\r(2)）mv0,Bq)解析：(1)由題意知，粒子在磁場中做圓周運動的速度大小為v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,0))解得v＝eq\r(2)v0設(shè)粒子在磁場中做圓周運動的半徑為r，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有Bqv＝meq\f(v2,r)解得r＝eq\f(\r(2)mv0,Bq)粒子在磁場中做圓周運動的周期為T＝eq\f(2πr,v)解得T＝eq\f(2πm,Bq)。(2)分析可知，P點由a點移動到b點的過程，粒子在電場中做類平拋運動。設(shè)電場強度的大小為E，粒子在電場中運動的加速度大小為a，P點從a點移動到b點所用時間為tab，沿電場方向，由運動學(xué)公式有v0＝atab由牛頓第二定律有qE＝ma設(shè)P點從b點移動到c點的時間為tbc，eq\o(bc,\s\up8(︵))的長度為sbc，根據(jù)任何相等的時間內(nèi)P點沿圖中閉合曲線通過的曲線長度都相等，可知eq\f(tab,tbc)＝eq\f(v0,sbc)由題圖知，eq\o(bc,\s\up8(︵))所對圓心角為θ＝eq\f(3,2)π，半徑為v，則sbc＝vθP點從b點移動到c點，粒子在磁場中做圓周運動的速度的偏轉(zhuǎn)角即為θ，則tbc＝eq\f(θ,2π)T聯(lián)立解得tab＝eq\f(\r(2)m,2qB)，E＝eq\r(2)Bv0。(3)P點移動1周回到a點的過程中，粒子兩次在電場中運動，分析可知，粒子的運動軌跡如圖所示。P點從a移動到b過程中，粒子在電場中做類平拋運動，沿y軸正方向運動的距離L＝v0tab解得L＝eq\f(\r(2)mv0,2qB)根據(jù)幾何知識，可得粒子第一次進、出磁場的位置之間的距離為ybc＝eq\r(2)r解得ybc＝eq\f(2mv0,qB)由粒子兩次在電場中運動的對稱性，結(jié)合ybc>2L可知，P點移動1周回到a點時，粒子位移的大小為y總＝y(tǒng)bc－2L聯(lián)立解得y總＝eq\f(（2－\r(2)）mv0,Bq)。6．(2024·浙江1月選考)類似光學(xué)中的反射和折射現(xiàn)象，用磁場或電場調(diào)控也能實現(xiàn)質(zhì)子束的“反射”和“折射”。如圖所示，在豎直平面內(nèi)有三個平行區(qū)域Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ，Ⅰ區(qū)寬度為d，存在磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直平面向外的勻強磁場，Ⅱ區(qū)的寬度很小。Ⅰ區(qū)和Ⅲ區(qū)電勢處處相等，分別為φⅠ和φⅢ，其電勢差U＝φⅠ－φⅢ。一束質(zhì)量為m、電荷量為e的質(zhì)子從O點以入射角θ射向Ⅰ區(qū)，在P點以出射角θ射出，實現(xiàn)“反射”；質(zhì)子束從P點以入射角θ射入Ⅱ區(qū)，經(jīng)Ⅱ區(qū)“折射”進入Ⅲ區(qū)，其出射方向與法線夾角為“折射”角。已知質(zhì)子僅在平面內(nèi)運動，單位時間發(fā)射的質(zhì)子數(shù)為N，初速度為v0，不計質(zhì)子重力，不考慮質(zhì)子間相互作用以及質(zhì)子對磁場和電勢分布的影響。(1)若不同角度射向磁場的質(zhì)子都能實現(xiàn)“反射”，求d的最小值；(2)若U＝eq\f(mveq\o\al(2,0),2e)，求“折射率”n(入射角正弦與折射角正弦的比值)；(3)計算說明如何調(diào)控電場，實現(xiàn)質(zhì)子束從P點進入Ⅱ區(qū)發(fā)生“全反射”(即質(zhì)子束全部返回Ⅰ區(qū))；(4)在P點下方距離eq\f(\r(3)mv0,eB)處水平放置一長為eq\f(4mv0,eB)的探測板CQD(Q在P的正下方)，CQ長為eq\f(mv0,eB)，質(zhì)子打在探測板上即被吸收中和。若還有另一相同質(zhì)子束，與原質(zhì)子束關(guān)于法線左右對稱，同時從O點射入Ⅰ區(qū)，且θ＝30°，求探測板受到豎直方向力F的大小與U之間的關(guān)系。答案：(1)eq\f(2mv0,Be)(2)eq\r(2)(3)U≤－eq\f(mveq\o\al(2,0)cos2θ,2e)(4)F＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2Nm\r(\f(3,4)veq\o\al(2,0)＋\f(2eU,m))，U≥0,Nm\r(\f(3,4)veq\o\al(2,0)＋\f(2eU,m))，－\f(mveq\o\al(2,0),3e)≤U<0,0，U<－\f(mveq\o\al(2,0),3e)))解析：(1)設(shè)質(zhì)子在Ⅰ區(qū)中運動的軌跡半徑為r，根據(jù)牛頓第二定律有Bev0＝meq\f(veq\o\al(2,0),r)若不同角度射向磁場的質(zhì)子都能實現(xiàn)“反射”，當(dāng)質(zhì)子射入Ⅰ區(qū)的速度平行于邊界時，d有最小值，為dmin＝2r聯(lián)立解得dmin＝eq\f(2mv0,Be)。(2)設(shè)質(zhì)子進入Ⅲ區(qū)時速度大小為v1，根據(jù)動能定理有Ue＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)其中U＝eq\f(mveq\o\al(2,0),2e)設(shè)“折射”角為θ′，質(zhì)子在Ⅱ區(qū)運動時，平行于邊界方向不受電場力，則平行于邊界方向上的分速度不變，有v0sinθ＝v1sinθ′又由“折射率”定義有n＝eq\f(sinθ,sinθ′)聯(lián)立解得n＝eq\r(2)。(3)“全反射”的臨界情況為：質(zhì)子到達(dá)Ⅱ區(qū)與Ⅲ區(qū)的邊界時，速度方向與邊界平行；又質(zhì)子在Ⅱ區(qū)運動時，平行于邊界方向的分速度不變，則質(zhì)子到達(dá)Ⅱ區(qū)與Ⅲ區(qū)的邊界時，速度大小為v2＝v0sinθ質(zhì)子從Ⅱ區(qū)的上邊界到Ⅱ區(qū)的下邊界，根據(jù)動能定理，有Ue＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)聯(lián)立解得U＝－eq\f(mveq\o\al(2,0)cos2θ,2e)分析可知，要實現(xiàn)質(zhì)子束從P點進入Ⅱ區(qū)發(fā)生“全反射”，應(yīng)滿足U≤－eq\f(mveq\o\al(2,0)cos2θ,2e)。(4)設(shè)質(zhì)子進入Ⅲ區(qū)時的速度大小為v3，速度的豎直分量大小為vy，由質(zhì)子在Ⅱ區(qū)中沿平行邊界方向速度不變，可知質(zhì)子進入Ⅲ區(qū)時速度的水平分量大小vx＝v0sinθ則v3＝eq\r(veq\o\al(2,x)＋veq\o\al(2,y))質(zhì)子從Ⅱ區(qū)上邊界到Ⅱ區(qū)下邊界，由動能定理，有eU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)聯(lián)立解得vy＝eq\r(\f(3,4)veq\o\al(2,0)＋\f(2eU,m))設(shè)單位時間內(nèi)有N0個質(zhì)子打到探測板上，探測板對質(zhì)子沿豎直方向的作用力大小為F′，以豎直向上為正方向，對Δt時間內(nèi)打到探測板上的質(zhì)子，在豎直方向由動量定理有F′Δt＝0－N0Δt·m(－vy)由牛頓第三定律有F＝F′聯(lián)立解得F＝N0meq\r(\f(3,4)veq\o\al(2,0)＋\f(2eU,m))。①在△CPQ中，tan∠CPQ＝eq\f(CQ,PQ)由題意知CQ＝eq\f(mv0,eB)，PQ＝eq\f(\r(3)mv0,eB)聯(lián)立解得∠CPQ＝30°故當(dāng)U＝0時，其中一束質(zhì)子恰好打在C點，另一束質(zhì)子打在探測板上分析可知，當(dāng)U≥0時，兩束質(zhì)子都能打到探測板上，此時N0＝2NF＝2Nmeq\r(\f(3,4)veq\o\al(2,0)＋\f(2eU,m))；②在△DPQ中，tan∠DPQ＝eq\f(DQ,PQ)由題意知DQ＝eq\f(4mv0,eB)－eq\f(mv0,eB)，PQ＝eq\f(\r(3)mv0,eB)聯(lián)立解得∠DPQ＝60°當(dāng)其中一束質(zhì)子恰好打在D點時，有eq\f(vx,vy)＝tan60°聯(lián)立解得U＝－eq\f(mveq\o\al(2,0),3e)故當(dāng)－eq\f(mveq\o\al(2,0),3e)≤U<0時，只有一束質(zhì)子能打到探測板上，此時N0＝NF＝Nmeq\r(\f(3,4)veq\o\al(2,0)＋\f(2eU,m))當(dāng)U<－eq\f(mveq\o\al(2,0),3e)時，沒有質(zhì)子打到探測板上，N0＝0，F(xiàn)＝0。綜上所述，F(xiàn)與U之間的關(guān)系為F＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2Nm\r(\f(3,4)veq\o\al(2,0)＋\f(2eU,m))，U≥0,Nm\r(\f(3,4)veq\o\al(2,0)＋\f(2eU,m))，－\f(mveq\o\al(2,0),3e)≤U<0,0，U<－\f(mveq\o\al(2,0),3e)))。題組二帶電粒子在疊加場中的運動7.如圖所示，空間存在垂直紙面向里、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場和水平向左、場強為E的勻強電場。有一質(zhì)量為m、電荷量大小為q的微粒以垂直于磁場方向且與水平方向成45°角的速度v進入磁場和電場并做直線運動，重力加速度為g。則下列說法正確的是()A．微?？赡茏鰟蚣铀僦本€運動B．微?？赡苤皇軆蓚€力作用C．勻強磁場的磁感應(yīng)強度B＝eq\f(\a\vs4\al(mg),qv)D．勻強電場的電場強度E＝eq\f(\a\vs4\al(mg),q)答案：D解析：若微粒做變速運動，洛倫茲力隨速度變化而變化，故不可能做直線運動，故微粒一定做勻速直線運動，A錯誤；若微粒只受電場力和洛倫茲力兩個力，合力不為零，微粒不可能做直線運動，B錯誤；若微粒帶正電，電場力水平向左，洛倫茲力垂直速度方向斜向右下方，而重力豎直向下，則電場力、洛倫茲力和重力三個力的合力不可能為零，微粒不可能做勻速直線運動，由此可知微粒帶負(fù)電，電場力水平向右，洛倫茲力垂直速度方向斜向左上方，重力豎直向下，根據(jù)平衡條件，有：qE＝mgtan45°，qvB＝eq\r(（mg）2＋（qE）2)，解得：E＝eq\f(\a\vs4\al(mg),q)，B＝eq\f(\a\vs4\al(\r(2)mg),qv)，C錯誤，D正確。8.(2024·安徽高考)(多選)空間中存在豎直向下的勻強電場和垂直于紙面向里的勻強磁場，電場強度大小為E，磁感應(yīng)強度大小為B。一質(zhì)量為m的帶電油滴a，在紙面內(nèi)做半徑為R的圓周運動，軌跡如圖所示。當(dāng)a運動到最低點P時，瞬間分成兩個小油滴Ⅰ、Ⅱ，二者帶電量、質(zhì)量均相同。Ⅰ在P點時與a的速度方向相同，并做半徑為3R的圓周運動，軌跡如圖所示。Ⅱ的軌跡未畫出。已知重力加速度大小為g，不計空氣浮力與阻力以及Ⅰ、Ⅱ分開后的相互作用，則()A．油滴a帶負(fù)電，所帶電量的大小為eq\f(mg,E)B．油滴a做圓周運動的速度大小為eq\f(gBR,E)C．小油滴Ⅰ做圓周運動的速度大小為eq\f(3gBR,E)，周期為eq\f(4πE,gB)D．小油滴Ⅱ沿順時針方向做圓周運動答案：ABD解析：設(shè)油滴a所帶電量的大小為q，運動至P點之前，油滴a做圓周運動，故所受重力與電場力平衡，有mg＝Eq，且所受電場力方向豎直向上，與電場方向相反，可知q＝eq\f(\a\vs4\al(mg),E)，油滴a帶負(fù)電，故A正確；設(shè)油滴a做圓周運動的速度大小為v，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,R)，解得v＝eq\f(\a\vs4\al(gBR),E)，故B正確；設(shè)小油滴Ⅰ做圓周運動的速度大小為v1，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，有eq\f(1,2)qv1B＝eq\f(1,2)meq\f(veq\o\al(2,1),3R)，解得v1＝eq\f(\a\vs4\al(3gBR),E)，則小油滴Ⅰ做圓周運動的周期為T＝eq\f(2π·3R,v1)＝eq\f(2πE,gB)，故C錯誤；帶電油滴a分離前后系統(tǒng)動量守恒，設(shè)分離后小油滴Ⅱ的速度為v2，以油滴a分離前瞬間的速度方向為正方向，由動量守恒定律有mv＝eq\f(m,2)v1＋eq\f(m,2)v2，解得v2＝－eq\f(\a\vs4\al(gBR),E)，負(fù)號表示小油滴Ⅱ在P點的速度方向與正方向相反，由eq\f(1,2)mg＝eq\f(1,2)qE知，分離后的小油滴Ⅱ受到的電場力和重力仍然平衡，結(jié)合左手定則可知，小油滴Ⅱ沿順時針方向做圓周運動，故D正確。9.如圖所示，將一質(zhì)量為m、帶電量為＋q的小球在空間垂直紙面向里的勻強磁場中由靜止釋放，其運動軌跡為“輪擺線”，為方便分析，可將初始狀態(tài)的速度(為零)分解為一對水平方向等大反向的速度v，即該運動可以分解為一個勻速直線運動1和一個勻速圓周運動2兩個分運動，重力加速度為g，磁感應(yīng)強度大小為B，為實現(xiàn)上述運動的分解，下列說法正確的是()A．速度v＝eq\f(2mg,qB)B．分運動2的半徑為eq\f(m2g,2q2B2)C．小球在軌跡最低點處的曲率半徑為eq\f(4m2g,q2B2)D．小球從釋放到最低點的過程中重力勢能的減少量為eq\f(m3g2,2q2B2)答案：C解析：因分運動1為勻速直線運動，根據(jù)平衡條件有qvB＝mg，所以v＝eq\f(\a\vs4\al(mg),qB)，A錯誤；對于分運動2，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律，有qvB＝meq\f(v2,R)，所以R＝eq\f(\a\vs4\al(m2g),q2B2)，B錯誤；小球在軌跡最低點處根據(jù)牛頓第二定律，有qv′B－mg＝meq\f(v′2,r)，當(dāng)小球運動到軌跡最低點時，v′水平向右，根據(jù)運動的合成v′＝2v，解得r＝eq\f(\a\vs4\al(4m2g),q2B2)，C正確；從釋放到最低點的過程只有重力做功，重力勢能全部轉(zhuǎn)化為動能，所以ΔEp＝eq\f(1,2)mv′2＝eq\f(\a\vs4\al(2m3g2),q2B2)，D錯誤。題組三帶電粒子在組合場和疊加場中運動的綜合問題10．粗糙水平地面上方存在著方向豎直向下的勻強電場，MN邊界的左邊存在著如圖所示的勻強磁場，一帶電滑塊(可視為質(zhì)點)以速度v向右勻速運動，已知電場強度為E，磁感應(yīng)強度B＝eq\f(E,2v)，重力加速度為g，滑塊滑過邊界MN之后經(jīng)時間t，速度方向與水平面夾角為30°，根據(jù)以上條件，下列結(jié)論正確的是()A．滑塊帶正電B．滑塊可以帶正電也可以帶負(fù)電C．t＝eq\f(\r(3)v,3g)D．在時間t內(nèi)，滑塊在水平方向的位移大小為eq\f(\r(3)v2,g)答案：C解析：滑塊滑過邊界MN之后經(jīng)時間t，速度方向與水平面夾角為30°，可知滑塊所受電場力向上且大于重力，所以滑塊帶負(fù)電，故A、B錯誤；在MN左側(cè)，帶電滑塊(可視為質(zhì)點)以速度v向右勻速運動，滑塊受力平衡且不受摩擦力作用，根據(jù)平衡條件和左手定則，滑塊所受洛倫茲力豎直向下，且有qE＝qvB＋mg，結(jié)合題中B＝eq\f(E,2v)，解得qE＝2mg，滑塊在MN右側(cè)運動時，根據(jù)牛頓第二定律有qE－mg＝ma，解得滑塊的加速度大小a＝g，方向豎直向上，經(jīng)時間t，根據(jù)速度的關(guān)系有tan30°＝eq\f(at,v)，解得t＝eq\f(\r(3)v,3g)，水平方向做勻速直線運動，則在時間t內(nèi)，滑塊在水平方向的位移大小為x＝vt＝eq\f(\r(3)v2,3g)，故C正確，D錯誤。11.(2023·湖南高考)如圖，真空中有區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，區(qū)域Ⅰ中存在勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向下(與紙面平行)，磁場方向垂直紙面向里，等腰直角三角形CGF區(qū)域(區(qū)域Ⅱ)內(nèi)存在勻強磁場，磁場方向垂直紙面向外。圖中A、C、O三點在同一直線上，AO與GF垂直，且與電場和磁場方向均垂直。A點處的粒子源持續(xù)將比荷一定但速率不同的粒子射入?yún)^(qū)域Ⅰ中，只有沿直線AC運動的粒子才能進入?yún)^(qū)域Ⅱ。若區(qū)域Ⅰ中電場強度大小為E、磁感應(yīng)強度大小為B1，區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強度大小為B2，則粒子從CF的中點射出，它們在區(qū)域Ⅱ中運動的時間為t0。若改變電場或磁場強弱，能進入?yún)^(qū)域Ⅱ中的粒子在區(qū)域Ⅱ中運動的時間為t，不計粒子的重力及粒子之間的相互作用，下列說法正確的是()A．若僅將區(qū)域Ⅰ中磁感應(yīng)強度大小變?yōu)?B1，則t>t0B．若僅將區(qū)域Ⅰ中電場強度大小變?yōu)?E，則t>t0C．若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強度大小變?yōu)閑q\f(\r(3),4)B2，則t＝eq\f(t0,2)D．若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強度大小變?yōu)閑q\f(\r(2),4)B2，則t＝eq\r(2)t0答案：D解析：設(shè)能進入?yún)^(qū)域Ⅱ中的粒子沿AC做勻速直線運動的速度為v，則有qvB1＝qE，可得粒子的運動速度v＝eq\f(E,B1)；在區(qū)域Ⅱ中，由洛倫茲力提供向心力，有qvB2＝meq\f(v2,r)，得軌跡半徑r＝eq\f(mv,qB2)；粒子從CF的中點射出，由幾何關(guān)系可知，軌跡半徑r＝eq\f(1,2)CO，粒子在區(qū)域Ⅱ中轉(zhuǎn)過的圓心角為θ＝90°，則t0＝eq\f(rθ,v)。若僅將區(qū)域Ⅰ中磁感應(yīng)強度大小變?yōu)?B1，由v＝eq\f(E,B1)可知，進入?yún)^(qū)域Ⅱ的粒子的運動速度變?yōu)関A＝eq\f(v,2)，再根據(jù)r＝eq\f(mv,qB2)，可知粒子在區(qū)域Ⅱ中的運動軌跡半徑減小為rA＝eq\f(1,2)r，則粒子仍然從CF邊射出區(qū)域Ⅱ，粒子在區(qū)域Ⅱ中轉(zhuǎn)過的圓心角仍為θ＝90°，則t＝eq\f(\f(1,2)r·θ,\f(1,2)v)＝t0，A錯誤。若僅將區(qū)域Ⅰ中電場強度大小變?yōu)?E，由v＝eq\f(E,B1)可知，進入?yún)^(qū)域Ⅱ的粒子的運動速度變?yōu)関B＝2v，再根據(jù)r＝eq\f(mv,qB2)，可知粒子在區(qū)域Ⅱ中的運動軌跡半徑變?yōu)閞B＝2r，由幾何關(guān)系可知，粒子由F點射出區(qū)域Ⅱ，粒子在區(qū)域Ⅱ中轉(zhuǎn)過的圓心角仍為θ＝90°，則t＝eq\f(2r·θ,2v)＝t0，B錯誤。若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強度大小變?yōu)閑q\f(\r(3),4)B2，則沿AC做直線運動的粒子速度仍為v，粒子在區(qū)域Ⅱ中運動時，由r＝eq\f(mv,qB2)，可知粒子運動軌跡半徑rC＝eq\f(4,\r(3))r>2r，則粒子從OF邊射出區(qū)域Ⅱ，設(shè)粒子在區(qū)域Ⅱ中轉(zhuǎn)過的圓心角為θC，根據(jù)幾何關(guān)系可知，sinθC＝eq\f(2r,rC)＝eq\f(2r,\f(4,\r(3))r)＝eq\f(\r(3),2)，解得θC＝60°，所以粒子在區(qū)域Ⅱ中的運動時間t＝eq\f(rCθC,v)＝eq\f(\f(4,\r(3))r·\f(2,3)θ,v)＝eq\f(8\r(3)t0,9)，C錯誤。若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強度大小變?yōu)閑q\f(\r(2),4)B2，則沿AC做直線運動的粒子速度仍為v，粒子在區(qū)域Ⅱ中運動時，由r＝eq\f(mv,qB2)，可知粒子運動軌跡半徑rD＝eq\f(4,\r(2))r>2r，則粒子從OF邊射出區(qū)域Ⅱ，設(shè)粒子在區(qū)域Ⅱ中轉(zhuǎn)過的圓心角為θD，根據(jù)幾何關(guān)系可知，sinθD＝eq\f(2r,rD)＝eq\f(2r,\f(4,\r(2))r)＝eq\f(\r(2),2)，解得θD＝45°，所以粒子在區(qū)域Ⅱ中的運動時間t＝eq\f(rDθD,v)＝eq\f(\f(4,\r(2))r·\f(1,2)θ,v)＝eq\r(2)t0，D正確。12．(2024·海南高考)如圖，在xOy坐標(biāo)系中有三個區(qū)域，圓形區(qū)域Ⅰ分別與x軸和y軸相切于P點和S點。半圓形區(qū)域Ⅱ的半徑是區(qū)域Ⅰ半徑的2倍。區(qū)域Ⅰ、Ⅱ的圓心O1、O2連線與x軸平行，半圓與圓相切于Q點，QF垂直于x軸，半圓的直徑MN所在的直線右側(cè)為區(qū)域Ⅲ。區(qū)域Ⅰ、Ⅱ分別有磁感應(yīng)強度大小為B、eq\f(B,2)的勻強磁場，磁場方向均垂直紙面向外。區(qū)域Ⅰ下方有一粒子源和加速電場組成的發(fā)射器，可將質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子由電場加速到v0。改變發(fā)射器的位置，使帶電粒子在OF范圍內(nèi)都沿著y軸正方向以相同的速度v0沿紙面射入?yún)^(qū)域Ⅰ。已知某粒子從P點射入?yún)^(qū)域Ⅰ，并從Q點射入?yún)^(qū)域Ⅱ(不計粒子的重力和粒子之間的影響)。(1)求加速電場兩板間的電壓U和區(qū)域Ⅰ的半徑R；(2)在能射入?yún)^(qū)域Ⅲ的粒子中，某粒子在區(qū)域Ⅱ中運動的時間最短，求該粒子在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ中運動的總時間t；(3)在區(qū)域Ⅲ加入勻強磁場和勻強電場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直紙面向里，電場強度的大小E＝Bv0，方向沿x軸正方向。此后，粒子源中某粒子經(jīng)區(qū)域Ⅰ、Ⅱ射入?yún)^(qū)域Ⅲ，進入?yún)^(qū)域Ⅲ時速度方向與y軸負(fù)方向的夾角成74°角。當(dāng)粒子動能最大時，求粒子的速度大小及所在的位置到y(tǒng)軸的距離eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin37°＝\f(3,5)，sin53°＝\f(4,5)))。答案：(1)eq\f(mveq\o\al(2,0),2q)eq\f(mv0,Bq)(2)eq\f(πm,Bq)(3)eq\f(13,5)v0eq\f(172mv0,25Bq)解析：(1)帶電粒子在加速電場中運動時，根據(jù)動能定理得qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－0解得U＝eq\f(mveq\o\al(2,0),2q)由題意可知，粒子在區(qū)域Ⅰ中做圓周運動的半徑r＝R粒子在區(qū)域Ⅰ中運動時，由洛倫茲力提供向心力，有Bqv0＝meq\f(veq\o\al(2,0),r)聯(lián)立解得R＝eq\f(mv0,Bq)。(2)帶電粒子在OF范圍內(nèi)都沿著y軸正方向以相同的速度v0沿紙面射入?yún)^(qū)域Ⅰ，由(1)可知粒子在區(qū)域Ⅰ中做勻速圓周運動的半徑均為R，分析可知，粒子都從Q點射入?yún)^(qū)域Ⅱ，且射入?yún)^(qū)域Ⅱ時的速度方向在沿y軸負(fù)方向到沿y軸正方向右側(cè)180°角范圍內(nèi)。設(shè)粒子在區(qū)域Ⅱ中做圓周運動的半徑為r′，由洛倫茲力提供向心力有qeq\f(B,2)v0＝meq\f(veq\o\al(2,0),r′)解得r′＝eq\f(2mv0,Bq)＝2R在能射入?yún)^(qū)域Ⅲ的粒子中，在區(qū)域Ⅱ中運動的時間最短的粒子的運動軌跡如圖甲所示，根據(jù)幾何知識可得，此粒子在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ中運動的軌跡所對應(yīng)的圓心角都為θ＝60°粒子在兩區(qū)域磁場中的運動周期分別為T1＝eq\f(2πr,v0)T2＝eq\f(2πr′,v0)該粒子在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ中運動的總時間為t＝eq\f(60°,360°)T1＋eq\f(60°,360°)T2聯(lián)立解得t＝eq\f(πm,Bq)。(3)將粒子進入?yún)^(qū)域Ⅲ時的速度v0分解為v1和v2，使其中一個分速度v1對應(yīng)的粒子所受洛倫茲力與電場力平衡，則粒子沿v1方向做勻速直線運動分運動，粒子的另一個分運動是初速度為v2的勻速圓周運動。根據(jù)平衡條件可知，v1對應(yīng)的洛倫茲力方向沿x軸負(fù)方向，且qv1B＝qE又E＝Bv0解得v1＝v0由左手定則知，v1沿y軸正方向，將粒子射入?yún)^(qū)域Ⅲ時的速度v0分解，如圖乙所示，由幾何關(guān)系可知，2β＝74°解得β＝37°則v2＝2v0cosβ設(shè)圓周分運動的半徑為r″，由洛倫茲力提供向心力有qv2B＝meq\f(veq\o\al(2,2),r″)根據(jù)運動的合成可知，當(dāng)圓周分運動的速度變?yōu)檠貀軸正方向時，粒子的速度最大，動能最大，此時粒子的速度大小為vm＝v1＋v2聯(lián)立解得vm＝eq\f(13,5)v0從進入?yún)^(qū)域Ⅲ到粒子動能最大，圓周分運動的軌跡如圖丙所示，由幾何關(guān)系可知，粒子動能最大時，粒子所在位置到y(tǒng)軸的距離為L＝2R＋2R＋r″(1＋cosβ)聯(lián)立解得L＝eq\f(172mv0,25Bq)。培優(yōu)點2帶電粒子在交變場中的運動題組一帶電粒子在交變電場中的運動1．(2024·廣東高考)如圖甲所示，兩塊平行正對的金屬板水平放置，板間加上如圖乙所示幅值為U0、周期為t0的交變電壓。金屬板左側(cè)存在一水平向右的恒定勻強電場，右側(cè)分布著垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B。一帶電粒子在t＝0時刻從左側(cè)電場某處由靜止釋放，在t＝t0時刻從下板左端邊緣位置水平向右進入金屬板間的電場內(nèi)，在t＝2t0時刻第一次離開金屬板間的電場、水平向右進入磁場，并在t＝3t0時刻從下板右端邊緣位置再次水平進入金屬板間的電場。已知金屬板的板長是板間距離的eq\f(π,3)倍，粒子質(zhì)量為m。忽略粒子所受的重力和場的邊緣效應(yīng)。(1)判斷帶電粒子的電性并求其所帶的電荷量q；(2)求金屬板的板間距離D和帶電粒子在t＝t0時刻的速度大小v；(3)求從t＝0時刻開始到帶電粒子最終碰到上金屬板的過程中，電場力對粒子做的功W。答案：(1)正電eq\f(πm,Bt0)(2)eq\r(\f(3πt0U0,8B))πeq\r(\f(πU0,24Bt0))(3)eq\f(πmU0（π2＋16）,48Bt0)解析：(1)根據(jù)帶電粒子在右側(cè)磁場中的運動軌跡，結(jié)合左手定則可知，粒子帶正電設(shè)粒子在磁場中運動的周期為T，則有eq\f(T,2)＝3t0－2t0設(shè)粒子在磁場中運動的速率為v0，軌跡半徑為r，則有T＝eq\f(2πr,v0)根據(jù)洛倫茲力提供向心力，有qv0B＝meq\f(veq\o\al(2,0),r)聯(lián)立解得q＝eq\f(πm,Bt0)。(2)由題意知，金屬板的板長為L＝eq\f(πD,3)粒子在板間運動時，沿金屬板方向有L＝vt0根據(jù)題意，粒子離開金屬板間電場時，垂直金屬板方向的速度為0，則v0＝v設(shè)粒子在金屬板間運動的加速度大小為a，則沿垂直金屬板方向的位移大小為y＝2×eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t0,2)))eq\s\up12(2)根據(jù)牛頓第二定律，有qE＝ma其中板間場強大小E＝eq\f(U0,D)由幾何關(guān)系可知y＝2r聯(lián)立解得D＝eq\r(\f(3πt0U0,8B))，v＝πeq\r(\f(πU0,24Bt0))。(3)由(2)可解得r＝eq\r(\f(πt0U0,24B))，即金屬板的板間距離D＝3r分析可知，粒子在t＝4t0時刻進入金屬板左側(cè)的電場開始做減速運動，在t＝6t0時刻再次進入金屬板間的偏轉(zhuǎn)電場，t＝6.5t0時刻碰到上金屬板，帶電粒子在電場和磁場中的運動軌跡如圖所示。根據(jù)軌跡圖分析可知，整個過程中電場力對粒子做的功，等于粒子最開始在水平向右的勻強電場中運動的過程以及最后0.5t0時間內(nèi)電場力做功之和，設(shè)在這兩個過程中電場力做的功分別為W1、W2，則W＝W1＋W2根據(jù)動能定理知W1＝eq\f(1,2)mv2－0根據(jù)功的定義有W2＝qE(D－2r)聯(lián)立解得W＝eq\f(πmU0（π2＋16）,48Bt0)。題組二帶電粒子在交變磁場中的運動2．(2024·陜西省銅川市王益區(qū)高三下四模)如圖1所示，在直角坐標(biāo)系xOy中，MN垂直x軸于N點，第二象限中存在方向沿y軸負(fù)方向的勻強電場，Oy與MN間(包括Oy、MN)存在均勻分布的磁場，取垂直紙面向里為磁場的正方向，其磁感應(yīng)強度隨時間變化的規(guī)律如圖2所示。一比荷eq\f(q,m)＝eq\f(π,B0t0)的帶正電粒子(不計重力)從O點沿紙面以大小v0＝eq\f(L,t0)、方向與Oy夾角θ＝60°的速度射入第一象限中，已知場強大小E＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2\r(3),3)))eq\f(2B0L,t0)，ON＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,π)＋\f(\r(3),2)))L。(1)若粒子在t＝t0時刻從O點射入，求粒子在磁場中運動的時間t1；(2)若粒子在0～t0之間的某時刻從O點射入，恰好垂直y軸進入電場，之后從P點離開電場，求從O點射入的時刻t2以及P點的橫坐標(biāo)xP；(3)若粒子在0～t0之間的某時刻從O點射入，求粒子在Oy與MN間運動的最大路程s。答案：(1)eq\f(2,3)t0(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,\r(3)π)))t0－eq\f(L,π)(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5＋\f(4\r(3),3π)))L解析：(1)設(shè)粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌跡半徑為R，由洛倫茲力提供向心力，有qv0B0＝meq\f(veq\o\al(2,0),R)且eq\f(q,m)＝eq\f(π,B0t0)粒子在磁場中做圓周運動的周期T＝eq\f(2πR,v0)解得T＝2t0若粒子在t0時刻從O點射入，運動軌跡如圖甲所示由幾何關(guān)系可知軌跡對應(yīng)的圓心角α＝eq\f(2π,3)粒子在磁場中運動的時間t1＝eq\f(α,2π)T＝eq\f(2,3)t0。(2)由(1)可知R＝eq\f(L,π)，粒子的運動軌跡如圖乙所示則eq\f(R,tanθ)＝v0(t0－t2)解得t2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,\r(3)π)))t0粒子在電場中做類平拋運動，設(shè)加速度大小為a，沿電場方向有R＋eq\f(R,sinθ)＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,3)根據(jù)牛頓第二定律有qE＝ma垂直電場方向有－xP＝v0t3解得xP＝－eq\f(L,π)。(3)粒子在磁場中做勻速圓周運動，已知周期T＝2t0，粒子在Oy與MN間運動的路程最大時，其運動軌跡如圖丙所示當(dāng)粒子第1次圓周運動的軌跡與y軸相切時，OC＝eq\f(R,tan\f(θ,2))＝eq\f(\r(3),π)L<v0t0＝L，該運動情況符合題意由于3t0－t0＝2t0＝