（江苏选考）物理第一部分三电场与磁场跟踪检测（十六）压轴题-带电粒子在复合场中的运动

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精PAGE1学必求其心得，业必贵于专精PAGE专题跟踪检测(十六)高考压轴题——带电粒子在复合场中的运动1.(2017·海安中学模拟）如图所示，矩形磁场区域abcd内有垂直纸面的匀强磁场，bc＝eq\r（3）ab，不计重力的带电粒子以初速度v0从a点垂直ab射入匀强磁场中，经磁场偏转后从c点射出；若撤去磁场加一个与ab边平行的匀强电场，带电粒子仍以v0从a点进入电场，仍能通过c点,下列结论正确的是（）A．该粒子带正电B．b点为圆周运动的圆心C．电场强度E与磁感应强度B之比为eq\f(2，3）v0D．电场强度E与磁感应强度B之比为eq\f（4,3）v0解析：选D因为电场和磁场的方向均未知，所以粒子可能带正电也可能带负电,故A错误；画出粒子轨迹如图所示,根据几何关系可知：粒子做圆周运动的圆心O在b点正下方,根据几何关系知距b点距离为：d＝r(1－sin30°）＝eq\f（r，2），故B错误;粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据半径推论公式r＝eq\f（mv0,qB）,再根据几何关系r＝2ab，联立可得：B＝eq\f（mv0，2ab·q），粒子在电场中做类平抛运动，eq\r（3)ab＝v0t，ab＝eq\f（1,2）·eq\f（Eq，m)t2,联立可得：E＝eq\f(2mv02,3ab·q)，所以：eq\f(E，B)＝eq\f(4,3)v0，故D正确，C错误。2．(多选）（2017·雁塔区二模)如图所示,两虚线之间的空间存在由匀强电场E和匀强磁场B组成的正交或平行的电场和磁场,有一个带正电小球（电荷量为＋q，质量为m）从正交或平行的电磁混合场上方的某一高度自由落下，小球通过下列电磁混合场时，可能沿直线运动的是（)解析：选CDA中小球受重力、水平向左的电场力、水平向右的洛伦兹力,下降过程中速度一定变大,故洛伦兹力一定变化，不可能一直与电场力平衡，故合力不可能一直向下，故一定做曲线运动,故A错误；B中小球受重力、向上的电场力、垂直纸面向外的洛伦兹力，合力与速度一定不共线，故一定做曲线运动，故B错误；C中小球受重力、斜向左上方的电场力、水平向右的洛伦兹力,若三力平衡，则小球做匀速直线运动，故C正确；D中小球受向下的重力和向上的电场力，合力一定与速度共线，故小球一定做直线运动，故D正确。3。（2017·天门期末)一个质量为m、带电量为q的小球,从倾角为θ的光滑绝缘斜面上由静止下滑，整个斜面置于方向垂直纸面向外的匀强磁场中，其磁感应强度为B,如图所示。小球下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，已知重力加速度为g。下列说法中正确的是（)A．小球带负电B．小球对斜面的作用力恰好为零时的速率为eq\f（mgsinθ，Bq)C．小球在斜面上运动的加速度逐渐增大D．小球在斜面上的运动是匀加速直线运动解析：选D小球沿斜面下滑，且磁场方向垂直纸面向外，由题意可知，要使小球对斜面的压力为零,洛伦兹力必须垂直斜面向上,由左手定则可知，小球一定带正电，故A错误；小球在斜面上下滑过程中，当小球受到的洛伦兹力等于重力垂直于斜面的分力时,小球对斜面压力为零.所以Bqv＝mgcosθ,则速率为v＝eq\f（mgcosθ，Bq)，故B错误；小球没有离开斜面之前,在重力、支持力、洛伦兹力作用下做加速直线运动,虽然速度变大,导致洛伦兹力变大，但三个力沿斜面方向的合力却不变，加速度不变,故小球做匀加速直线运动，故C错误，D正确。4．（多选)(2017·苏锡常二模)如图所示,在正交的匀强电场和匀强磁场中，电场方向水平向左，磁场方向垂直于纸面水平向里,一质量为m、带电量为＋q的小球用长为L的绝缘细线悬挂于O点，并在最低点由静止释放，小球向左摆到最高点时，悬线与竖直方向的夹角为θ，不计小球的大小和空气阻力，重力加速度为g，下列说法中正确的是()A．电场强度的大小为eq\f（mgtanθ，q）B．小球从释放到摆动到左侧最高点的过程中，电势能减小了C．小球从释放到摆动到左侧最高点的过程中，当悬线与竖直方向的夹角为eq\f（θ,2）时，悬线拉力最大D．增大悬线的长度，θ会增大解析：选BC小球从释放到摆动到左侧最高点的过程中，重力做负功，电场力做正功,对小球由动能定理得：mgL(1－cosθ）－qELsinθ＝0－0，解得：E＝eq\f（mg1－cosθ,qsinθ)，故A错误；小球从释放到摆动到左侧最高点的过程中,电场力做正功，电势能减小了，故B正确;小球摆动的过程中,运动状态具有对称性,可知小球从释放到摆动到左侧最高点的过程中，当悬线与竖直方向的夹角为eq\f(θ，2）时，小球的速度最大，则需要的向心力eq\f（mv2,L）和洛伦兹力qvB都最大；根据左手定则可知，小球从最低点向左运动的过程中洛伦兹力的方向始终与悬线拉力的方向相反.由以上分析可知，当悬线与竖直方向的夹角为eq\f（θ,2）时，悬线拉力最大，故C正确；根据A项的分析mgL（1－cosθ）－qELsinθ＝0－0,可知，增大悬线的长度，θ不会增大,故D错误。5．如图所示，匀强电场区域和匀强磁场区域紧邻且宽度均为d,电场方向在纸平面内竖直向下，而磁场方向垂直纸面向里,一带正电粒子从O点以速度v0沿垂直电场方向进入电场，从A点出电场进入磁场，离开电场时带电粒子在电场方向的偏转位移为电场宽度的一半，当粒子从磁场右边界上C点穿出磁场时速度方向与进入电场O点时的速度方向一致，已知d、v0（带电粒子重力不计)，求：（1）粒子从C点穿出磁场时的速度大小；(2）电场强度E和磁感应强度B的比值eq\f(E，B)。解析:(1)粒子在电场中偏转时做类平抛运动,则垂直电场方向d＝v0t，平行电场方向eq\f(d，2）＝eq\f(vy，2)t得vy＝v0，到A点时速度大小为v＝eq\r(2)v0粒子在磁场中运动时速度大小不变，所以粒子从C点穿出磁场时速度大小仍为eq\r(2)v0。（2）由几何关系知，粒子在电场中偏转出A点时速度方向与水平方向成45°角vy＝eq\f(qE,m）t＝eq\f（qEd，mv0),并且vy＝v0得E＝eq\f（mv02，qd)在磁场中做匀速圆周运动，轨迹如图所示由几何关系得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。如图所示，竖直平面坐标系xOy的第一象限有垂直xOy面向外的水平匀强磁场和竖直向上的匀强电场，大小分别为B和E；第四象限有垂直xOy面向里的水平匀强电场，大小也为E；第三象限内有一绝缘光滑竖直放置的半径为R的半圆轨道，轨道最高点与坐标原点O相切,最低点与绝缘光滑水平面相切于N.一质量为m的带电小球从y轴上(y〉0)的P点沿x轴正方向进入第一象限后做圆周运动,恰好通过坐标原点O，且水平切入半圆轨道并沿轨道内侧运动，过N点水平进入第四象限，并在电场中运动(已知重力加速度为g)。(1)判断小球的带电性质并求出其所带电荷量；(2)P点距坐标原点O至少多高；（3）若该小球以满足(2)中OP最小值的位置和对应速度进入第一象限,从通过N点开始计时，经时间t＝2eq\r(\f（R，g))，小球距坐标原点O的距离s为多远？解析：(1)小球进入第一象限正交的电场和磁场后，在垂直磁场的平面内做圆周运动，说明重力与电场力平衡，设小球所带电荷量为q，则有：qE＝mg①解得：q＝eq\f(mg,E)②又电场方向竖直向上，故小球带正电。(2)设匀速圆周运动的速度为v、轨道半径为r，由洛伦兹力提供向心力得：qBv＝meq\f（v2,r）③小球通过半圆轨道的最高点并恰能沿轨道运动,为满足题目要求,则有:mg＝meq\f(v2,R）④由②③④得：r＝eq\f(E，B）eq\r(\f(R，g)）⑤即:PO的最小距离为：y＝2r＝eq\f(2E,B）eq\r（\f(R,g）)。⑥(3)设小球到达N点的速度为vN，由机械能守恒得:mg·2R＝eq\f（1,2）mvN2－eq\f（1，2）mv2⑦由④⑦解得：vN＝eq\r(5gR）⑧小球从N点进入电场区域后，在绝缘光滑水平面上做类平抛运动，设加速度为a,则有：沿x轴方向x＝vNt⑨沿电场方向z＝eq\f（1，2)at2⑩由牛顿第二定律得:a＝eq\f(qE，m)⑪t时刻小球距O点为：s＝eq\r(x2＋2R2＋z2)＝2eq\r(7）R.答案:（1）带正电eq\f(mg，E）(2）eq\f(2E，B)eq\r（\f(R，g)）(3）2eq\r（7）R7．(2017·镇江模拟）如图甲所示，在直角坐标系0≤x≤L区域内有沿y轴正方向的匀强电场,右侧有一个以点(3L，0）为圆心、半径为L的圆形区域，圆形区域与x轴的交点分别为M、N。现有一质量为m、带电量为e的电子，从y轴上的A点以速度v0沿x轴正方向射入电场，飞出电场后从M点进入圆形区域，此时速度方向与x轴正方向的夹角为θ＝30°，不考虑电子所受的重力。(1)求电子进入圆形区域时的速度大小和匀强电场场强E的大小；(2）若在圆形区域内加一个垂直纸面向里的匀强磁场，使电子穿出圆形区域时速度方向垂直于x轴。求所加磁场磁感应强度B的大小和电子刚穿出圆形区域时的位置坐标；(3)若在电子刚进入圆形区域时,在圆形区域内加上如图乙所示变化的磁场(以垂直于纸面向外为磁场正方向）,最后电子从N点处飞出，速度方向与进入磁场时的速度方向相同.请写出磁感应强度B0的大小、磁场变化周期T各应满足的关系表达式。解析：(1）电子在电场中做类平抛运动,射出电场时，速度分解图如图1中所示.由速度关系可得:eq\f(v0,v)＝cosθ解得：v＝eq\f(2\r(3），3)v0由速度关系得：vy＝v0tanθ＝eq\f（\r(3）,3）v0在竖直方向：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)根据题意作图如图1所示，由几何关系知，电子做匀速圆周运动的半径R＝L根据牛顿第二定律：evB＝eq\f(mv2，R)解得：B＝eq\f(2\r（3)mv0,3eL）根据几何关系得电子穿出圆形区域时x轴位置：x＝2L＋Rsinθ＝eq\f(5,2)Ly轴位置:y＝－Rcosθ＝－eq\f(\r（3），2）L即位置坐标为eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（5L，2），－\f（\r（3），2)L）).(3)电子在在磁场中最简单的运动情景如图2所示。由图可知，在磁场变化的前三分之一个周期内,电子的偏转角为60°，设电子运动的轨道半径为r,运动的周期为T0，电子在x轴方向上的位移恰好等于r；在磁场变化的后三分之二个周期内,因磁感应强度减半,电子运动的周期T′＝2T0，故粒子的偏转角仍为60°,电子运动的轨道半径变为2r，粒子在x轴方向上的位移恰好等于2r。综合上述分析,则电子能到达N点且速度符合要求的条件是：3rn＝2L（n＝1,2，3…）r＝eq\f(mv，B0e）解得：B0＝eq\f（\r(3）nmv0，eL)（n＝1,2，3…)应满足的时间条件为: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·扬州模拟）北京正、负电子对撞机是国际上唯一高亮度对撞机,它主要由直线加速器、电子分离器、环形储存器和对撞测量区组成，其简化原理如图所示：MN和PQ为足够长的水平边界，竖直边界EF将整个区域分成左右两部分，Ⅰ区域的磁场方向垂直纸面向里,磁感应强度为B，Ⅱ区域的磁场方向垂直纸面向外，调节Ⅱ区域的磁感应强度的大小，可以使正、负电子在测量区内不同位置进行对撞.经加速和积累后的电子束以相同速率分别从注入口C和D同时入射，入射方向平行于EF且垂直于磁场。已知注入口C、D到EF的距离均为d，边界MN和PQ的间距为8d，正、负电子的质量均为m，所带电荷量分别为＋e和－e。(1)试判断从注入口C入射的是哪种电子；忽略电子进入加速器的初速度，电子经加速器加速后速度为v0，求直线加速器的加速电压U；(2）若将Ⅱ区域的磁感应强度大小调为B，正、负电子以v1＝eq\f（deB,m）的速率同时射入，则正、负电子经多长时间相撞？（3）若将Ⅱ区域的磁感应强度大小调为eq\f(B，3），正、负电子仍以v1＝eq\f(deB，m)的速率射入，但负电子射入时刻滞后于正电子Δt＝eq\f（πm,eB)，以F为原点，建立如图所示坐标系,求正、负电子相撞的位置坐标。解析：(1）从C入射的电子在C点受到的洛伦兹力向右，粒子向右偏转，经过Ⅱ区域反向偏转，再进入Ⅰ区域，这样才能持续向下运动直至与从D入射的电子碰撞；若从C入射的电子在C点受到的洛伦兹力向左，则粒子可能还未碰撞就从MN边界射出，所以，由左手定则可判断从C入射的电子为正电子,忽略电子进入加速器的初速度,电子经加速器加速后速度为v0，则由动能定理可得：Ue＝eq\f(1,2)mv02，解得U＝eq\f(mv02，2e)。(2）电子在磁场中运动,洛伦兹力提供向心力，所以有,Bv1e＝eq\f(mv12，R1），则R1＝eq\f（mv1,Be)＝d，T＝eq\f(2πR1,v1）＝eq\f（2πm，