（江蘇選考）2023版高考物理二輪復(fù)習(xí)第一部分專題三電場與磁場專題跟蹤檢測（十六）高考壓軸題-帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動

PAGEPAGE1專題跟蹤檢測〔十六〕高考壓軸題——帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動1.(2022·海安中學(xué)模擬)如下圖，矩形磁場區(qū)域abcd內(nèi)有垂直紙面的勻強(qiáng)磁場，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)磁場中，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后從c點(diǎn)射出；假設(shè)撤去磁場加一個與ab邊平行的勻強(qiáng)電場，帶電粒子仍以v0從a點(diǎn)進(jìn)入電場，仍能通過c點(diǎn)，以下結(jié)論正確的選項(xiàng)是()A．該粒子帶正電B．b點(diǎn)為圓周運(yùn)動的圓心C．電場強(qiáng)度E與磁感應(yīng)強(qiáng)度B之比為eq\f(2,3)v0D．電場強(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)殡妶龊痛艌龅姆较蚓粗粤Ｗ涌赡軒д娨部赡軒ж?fù)電，故A錯誤；畫出粒子軌跡如下圖，根據(jù)幾何關(guān)系可知：粒子做圓周運(yùn)動的圓心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錯誤；粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，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)，粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，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錯誤。2．(多項(xiàng)選擇)(2022·雁塔區(qū)二模)如下圖，兩虛線之間的空間存在由勻強(qiáng)電場E和勻強(qiáng)磁場B組成的正交或平行的電場和磁場，有一個帶正電小球(電荷量為＋q，質(zhì)量為m)從正交或平行的電磁混合場上方的某一高度自由落下，小球通過以下電磁混合場時，可能沿直線運(yùn)動的是()解析：選CDA中小球受重力、水平向左的電場力、水平向右的洛倫茲力，下降過程中速度一定變大，故洛倫茲力一定變化，不可能一直與電場力平衡，故合力不可能一直向下，故一定做曲線運(yùn)動，故A錯誤；B中小球受重力、向上的電場力、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，故B錯誤；C中小球受重力、斜向左上方的電場力、水平向右的洛倫茲力，假設(shè)三力平衡，那么小球做勻速直線運(yùn)動，故C正確；D中小球受向下的重力和向上的電場力，合力一定與速度共線，故小球一定做直線運(yùn)動，故D正確。3.(2022·天門期末)一個質(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，整個斜面置于方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場中，其磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，如下圖。小球下滑后某時刻對斜面的作用力恰好為零，重力加速度為g。以下說法中正確的選項(xiàng)是()A．小球帶負(fù)電B．小球?qū)π泵娴淖饔昧η『脼榱銜r的速率為eq\f(mgsinθ,Bq)C．小球在斜面上運(yùn)動的加速度逐漸增大D．小球在斜面上的運(yùn)動是勻加速直線運(yùn)動解析：選D小球沿斜面下滑，且磁場方向垂直紙面向外，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，由左手定那么可知，小球一定帶正電，故A錯誤；小球在斜面上下滑過程中，當(dāng)小球受到的洛倫茲力等于重力垂直于斜面的分力時，小球?qū)π泵鎵毫榱?。所以Bqv＝mgcosθ，那么速率為v＝eq\f(mgcosθ,Bq)，故B錯誤；小球沒有離開斜面之前，在重力、支持力、洛倫茲力作用下做加速直線運(yùn)動，雖然速度變大，導(dǎo)致洛倫茲力變大，但三個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，故C錯誤，D正確。4．(多項(xiàng)選擇)(2022·蘇錫常二模)如下圖，在正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中，電場方向水平向左，磁場方向垂直于紙面水平向里，一質(zhì)量為m、帶電量為＋q的小球用長為L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，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，以下說法中正確的選項(xiàng)是()A．電場強(qiáng)度的大小為eq\f(mgtanθ,q)B．小球從釋放到擺動到左側(cè)最高點(diǎn)的過程中，電勢能減小了C．小球從釋放到擺動到左側(cè)最高點(diǎn)的過程中，當(dāng)懸線與豎直方向的夾角為eq\f(θ,2)時，懸線拉力最大D．增大懸線的長度，θ會增大解析：選BC小球從釋放到擺動到左側(cè)最高點(diǎn)的過程中，重力做負(fù)功，電場力做正功，對小球由動能定理得：mgL(1－cosθ)－qELsinθ＝0－0，解得：E＝eq\f(mg1－cosθ,qsinθ)，故A錯誤；小球從釋放到擺動到左側(cè)最高點(diǎn)的過程中，電場力做正功，電勢能減小了，故B正確；小球擺動的過程中，運(yùn)動狀態(tài)具有對稱性，可知小球從釋放到擺動到左側(cè)最高點(diǎn)的過程中，當(dāng)懸線與豎直方向的夾角為eq\f(θ,2)時，小球的速度最大，那么需要的向心力eq\f(mv2,L)和洛倫茲力qvB都最大；根據(jù)左手定那么可知，小球從最低點(diǎn)向左運(yùn)動的過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，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，增大懸線的長度，θ不會增大，故D錯誤。5．如下圖，勻強(qiáng)電場區(qū)域和勻強(qiáng)磁場區(qū)域緊鄰且寬度均為d，電場方向在紙平面內(nèi)豎直向下，而磁場方向垂直紙面向里，一帶正電粒子從O點(diǎn)以速度v0沿垂直電場方向進(jìn)入電場，從A點(diǎn)出電場進(jìn)入磁場，離開電場時帶電粒子在電場方向的偏轉(zhuǎn)位移為電場寬度的一半，當(dāng)粒子從磁場右邊界上C點(diǎn)穿出磁場時速度方向與進(jìn)入電場O點(diǎn)時的速度方向一致，d、v0(帶電粒子重力不計(jì))，求：(1)粒子從C點(diǎn)穿出磁場時的速度大??；(2)電場強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B的比值eq\f(E,B)。解析：(1)粒子在電場中偏轉(zhuǎn)時做類平拋運(yùn)動，那么垂直電場方向d＝v0t，平行電場方向eq\f(d,2)＝eq\f(vy,2)t得vy＝v0，到A點(diǎn)時速度大小為v＝eq\r(2)v0粒子在磁場中運(yùn)動時速度大小不變，所以粒子從C點(diǎn)穿出磁場時速度大小仍為eq\r(2)v0。(2)由幾何關(guān)系知，粒子在電場中偏轉(zhuǎn)出A點(diǎn)時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)在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，軌跡如下圖由幾何關(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.如下圖，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)磁場和豎直向上的勻強(qiáng)電場，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，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，恰好通過坐標(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，過N點(diǎn)水平進(jìn)入第四象限，并在電場中運(yùn)動(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)假設(shè)該小球以滿足(2)中OP最小值的位置和對應(yīng)速度進(jìn)入第一象限，從通過N點(diǎn)開始計(jì)時，經(jīng)時間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和磁場后，在垂直磁場的平面內(nèi)做圓周運(yùn)動，說明重力與電場力平衡，設(shè)小球所帶電荷量為q，那么有：qE＝mg①解得：q＝eq\f(mg,E)②又電場方向豎直向上，故小球帶正電。(2)設(shè)勻速圓周運(yùn)動的速度為v、軌道半徑為r，由洛倫茲力提供向心力得：qBv＝meq\f(v2,r)③小球通過半圓軌道的最高點(diǎn)并恰能沿軌道運(yùn)動，為滿足題目要求，那么有：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)入電場區(qū)域后，在絕緣光滑水平面上做類平拋運(yùn)動，設(shè)加速度為a，那么有：沿x軸方向x＝vNt⑨沿電場方向z＝eq\f(1,2)at2⑩由牛頓第二定律得：a＝eq\f(qE,m)?t時刻小球距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．(2022·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，右側(cè)有一個以點(diǎn)(3L,0)為圓心、半徑為L的圓形區(qū)域，圓形區(qū)域與x軸的交點(diǎn)分別為M、N?，F(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，飛出電場后從M點(diǎn)進(jìn)入圓形區(qū)域，此時速度方向與x軸正方向的夾角為θ(1)求電子進(jìn)入圓形區(qū)域時的速度大小和勻強(qiáng)電場場強(qiáng)E的大??；(2)假設(shè)在圓形區(qū)域內(nèi)加一個垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，使電子穿出圓形區(qū)域時速度方向垂直于x軸。求所加磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小和電子剛穿出圓形區(qū)域時的位置坐標(biāo)；(3)假設(shè)在電子剛進(jìn)入圓形區(qū)域時，在圓形區(qū)域內(nèi)加上如圖乙所示變化的磁場(以垂直于紙面向外為磁場正方向)，最后電子從N點(diǎn)處飛出，速度方向與進(jìn)入磁場時的速度方向相同。請寫出磁感應(yīng)強(qiáng)度B0的大小、磁場變化周期T各應(yīng)滿足的關(guān)系表達(dá)式。解析：(1)電子在電場中做類平拋運(yùn)動，射出電場時，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)電子在在磁場中最簡單的運(yùn)動情景如圖2所示。由圖可知，在磁場變化的前三分之一個周期內(nèi)，電子的偏轉(zhuǎn)角為60°，設(shè)電子運(yùn)動的軌道半徑為r，運(yùn)動的周期為T0，電子在x軸方向上的位移恰好等于r；在磁場變化的后三分之二個周期內(nèi)，因磁感應(yīng)強(qiáng)度減半，電子運(yùn)動的周期T′＝2T0，故粒子的偏轉(zhuǎn)角仍為60°，電子運(yùn)動的軌道半徑變?yōu)?r，粒子在x軸方向上的位移恰好等于2r。綜合上述分析，那么電子能到達(dá)N點(diǎn)且速度符合要求的條件是：3rn＝2L(nr＝eq\f(mv,B0e)解得：B0＝eq\f(\r(3)nmv0,eL)(n＝1,2,3…)應(yīng)滿足的時間條件為：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.(2022·揚(yáng)州模擬)北京正、負(fù)電子對撞機(jī)是國際上唯一高亮度對撞機(jī)，它主要由直線加速器、電子別離器、環(huán)形儲存器和對撞測量區(qū)組成，其簡化原理如下圖：MN和PQ為足夠長的水平邊界，豎直邊界EF將整個區(qū)域分成左右兩局部，Ⅰ區(qū)域的磁場方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，Ⅱ區(qū)域的磁場方向垂直紙面向外，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)電子在測量區(qū)內(nèi)不同位置進(jìn)行對撞。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同時入射，入射方向平行于EF且垂直于磁場。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)假設(shè)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)的速率同時射入，那么正、負(fù)電子經(jīng)多長時間相撞？(3)假設(shè)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)電子射入時刻滯后于正電子Δt＝eq\f(πm,eB)，以F為原點(diǎn)，建立如下圖坐標(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)動直至與從D入射的電子碰撞；假設(shè)從C入射的電子在C點(diǎn)受到的洛倫茲力向左，那么粒子可能還未碰撞就從MN邊界射出，所以，由左手定那么可判斷從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，那么由動能定理可得：Ue＝eq\f(1,2)mv02，解得U＝eq\f(mv02,2e)。(2)電子在磁場中運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，所以有，