2023届高考物理一轮复习课时跟踪检测（三十四）带电粒子在组合场中的运动（卷Ⅱ）（重点班）

课时跟踪检测〔三十四〕带电粒子在组合场中的运动〔卷Ⅱ〕[B级——拔高题目稳做准做]1．(2023·榆林模拟)如下图，有一平行板电容器左边缘在y轴上，下极板与x轴重合，两极板间匀强电场的场强为E。一电荷量为q，质量为m的带电粒子，从O点与x轴成θ角斜向上射入极板间，粒子经过K板边缘a点平行于x轴飞出电容器，立即进入一磁感应强度为B的圆形磁场的一局部(磁场分布在电容器的右侧且未画出)，随后从c点垂直穿过x轴离开磁场。粒子在O点的初速度大小为v＝eq\f(\r(3)E,B)，∠acO＝45°，cosθ＝eq\f(\r(3),3)，磁场方向垂直于坐标平面向外，磁场与电容器不重合，带电粒子重力不计，试求：(1)K极板所带电荷的电性；(2)粒子经过c点时的速度大小；(3)圆形磁场区域的最小面积。解析：(1)粒子由a到c，向下偏转，根据左手定那么判断，可知粒子带正电。粒子在电场中做类斜抛运动，根据粒子做曲线运动的条件可知电场力垂直于两极板向下，正电荷受到的电场力与电场方向相同，故电场方向垂直于两极板向下，K板带正电，L板带负电。(2)粒子由O到a做类斜抛运动，水平方向分运动为匀速直线运动，竖直方向为匀减速运动，到达a点平行于x轴飞出电容器，即竖直方向分速度减为零，a点速度为初速度的水平分量，出电场后粒子在磁场外做匀速直线运动，在磁场中做匀速圆周运动，速度大小始终不变，故粒子经过c点时的速度与a点速度大小相等。由上可知粒子经过c点时的速度大小vc＝va＝vcosθ＝eq\f(\r(3)Ecosθ,B)＝eq\f(E,B)。(3)粒子在磁场中做圆周运动，轨迹如下图，a、c为两个切点。洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律可知：qvcB＝meq\f(vc2,R)可得轨迹半径R＝eq\f(mvc,qB)＝eq\f(mE,qB2)粒子飞出电容器立即进入圆形磁场且磁场与电容器不重合，圆形磁场必与电容器右边界ab切于a点，还需保证c点也在磁场中，当圆形磁场与bc切于c点时磁场面积最小，此时磁场半径与轨迹半径相等。磁场最小面积S＝πR2＝eq\f(πm2E2,q2B4)。答案：(1)正电(2)eq\f(E,B)(3)eq\f(πm2E2,q2B4)2．(2023·福建质检)如下图，圆形区域半径为R，圆心在O点，区域中有方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。电子在电子枪中经电场加速后沿AO方向垂直进入磁场，偏转后从M点射出并垂直打在荧光屏PQ上的N点，PQ平行于AO，O点到PQ的距离为2R。电子电荷量为e，质量为m，忽略电子加速前的初动能及电子间的相互作用。求：(1)电子进入磁场时的速度大小v；(2)电子枪的加速电压U；(3)假设保持电子枪与AO平行，将电子枪在纸面内向下平移至距AO为eq\f(R,2)处，那么电子打在荧光屏上的点位于N点的左侧还是右侧及该点距N点的距离。解析：(1)电子在磁场中，洛伦兹力提供做圆周运动的向心力evB＝meq\f(v2,r)电子轨迹如图甲所示，由几何关系得r＝R联立解得v＝eq\f(eBR,m)。(2)电子在电子枪中加速，由动能定理得eU＝eq\f(1,2)mv2联立解得U＝eq\f(eB2R2,2m)。(3)电子在磁场中运动的半径r＝R，故平行于AO射入磁场的电子都将经过M点后打在荧光屏上。从与AO相距eq\f(R,2)的C点射入磁场的电子打在荧光屏上的G点，G点位于N点的左侧，其轨迹如图乙所示。由几何关系，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)左侧eq\f(\r(3),3)R★3.(2023·四川绵阳南山中学模拟)如下图，半径R＝1.6m的eq\f(1,6)光滑圆弧轨道位于竖直平面内，与长L＝3m的绝缘水平传送带平滑连接，传送带以v＝3m/s的速度顺时针转动，传送带右侧空间存在互相垂直的匀强电场和匀强磁场，电场强度E＝20N/C，磁感应强度B＝3.0T，方向垂直纸面向外。两个质量均为m＝1.0×10－3kg的物块a和b，物块a不带电，b带q＝1.0×10－3C的正电并静止于圆弧轨道最低点，将a物块从圆弧轨道顶端由静止释放，运动到最低点与b发生正碰，碰撞时间极短，碰后粘合在一起，离开传送带后一起飞入复合场中，最后以与水平面成60°角落在地面上的P点(如图)，两物块与传送带之间的动摩擦因数均为μ＝0.1，取g＝10m/s2，a、b均可看做质点。求：(1)物块a运动到圆弧轨道最低点时对轨道的压力；(2)传送带距离水平地面的高度；(3)两物块碰撞后到落地前瞬间的运动过程中，a、b系统机械能的变化量。解析：(1)a物块从释放运动到圆弧轨道最低点C时，机械能守恒，mgR(1－cosθ)＝eq\f(1,2)mvC2得：vC＝4m/s在C点，由牛顿第二定律：FN－mg＝meq\f(vC2,R)解得：FN＝2×10－2N由牛顿第三定律，a物块对圆弧轨道压力：FN′＝2×10－2N，方向竖直向下。(2)a、b碰撞动量守恒mvC＝2mvC′vC′＝2m/sab在传送带上假设能与传送带到达共速时经过的位移为s，μ·2mg＝2mav2－vC′＝2as得：s＝2.5m<L所以ab离开传送带时与其共速为v＝3m/s进入复合场后，qE＝2mg＝2×10－2N，所以做匀速圆周运动由qvB＝2meq\f(v2,r)得：r＝eq\f(2mv,qB)＝2m由几何知识解得传送带与水平地面的高度：h＝r＋eq\f(r,2)＝3m。(3)ab系统在传送带上运动过程中，摩擦力对其做功Wf＝μ·2mgs＝5×10－3Jab系统在复合场运动过程中，电场力对其做功：W电＝－qEh＝－6×10－2J所以，二者碰后一直到落地，系统机械能的变化量：ΔE＝Wf＋W电＝－5.5×10－2J。故a、b系统机械能减少5.5×10－2J。答案：(1)2×10－2N，方向竖直向下(2)3m(3)机械能减少5.5×10－2J★4.(2023·黑龙江大庆中学期末)如下图，在xOy坐标系内存在一个以(A,0)为圆心、半径为a的圆形磁场区域，方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B。另在y轴右侧有一方向向左的匀强电场，电场强度大小为E，分布于y≥a的范围内。O点为质子源，其射出质子的速度大小相等、方向各异，但质子的运动轨迹均在纸面内。质子在磁场中的偏转半径也为a，设质子的质量为m、电荷量为e，重力及阻力忽略不计。求：(1)射出速度沿x轴正方向的质子，到达y轴所用的时间；(2)射出速度与x轴正方向成30°角(如图中所示)的质子，到达y轴时的位置与O点的距离；(3)质子到达y轴的位置坐标的范围。解析：(1)质子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力得：evB＝meq\f(v2,a)即：v＝eq\f(Bea,m)射出速度沿x轴正方向的质子，经eq\f(1,4)圆弧后以速度v垂直于电场方向进入电场，在磁场中运动的时间为：t1＝eq\f(T,4)＝eq\f(πa,2v)＝eq\f(πm,2eB)质子进入电场后做类平抛运动，沿电场方向运动a后到达y轴，由匀变速直线运动规律有：a＝eq\f(eEt22,2m)即：t2＝eq\r(\f(2ma,eE))故所求时间为：t＝t1＋t2＝eq\f(πm,2eB)＋eq\r(\f(2ma,eE))。(2)质子转过120°角后离开磁场，再沿直线到达图中P点，最后垂直电场方向进入电场，做类平抛运动，并到达y轴，运动轨迹如图中所示。由几何关系可得P点距y轴的距离为：x1＝a＋asin30°＝1.5设在电场中运动的时间为t3，由匀变速直线运动规律有：x1＝eq\f(eEt32,2m)即t3＝eq\r(\f(3ma,eE))质子在y轴方向做匀速直线运动，到达y轴时有：y1＝vt3＝Baeq\r(\f(3ea,mE))所以质子在y轴上的位置为：y＝a＋y1＝a＋Baeq\r(\f(3ea,mE))。(3)假设质子在y轴上运动最远，应是质子在磁场中沿右边界向上直行，垂直进入电场中做类平抛运动，此时x′＝2质子在电场中在y方向运动的距离为：y2＝2Baeq\r(\f(ea,mE))质子离坐标原点的距离为：ym＝a＋y2＝a＋2Baeq\r(\f(ea,mE))由几何关系可证得，此题中凡进入磁场中的粒子，从磁场穿出时速度方向均与y轴平行，且只有进入电场中的粒子才能打到y轴上，因此质子