【高考复习指导】2022届高三物理二轮复习限时规范训练-专题九-带电体在组合场、复合场中的运动

专题九带电体在组合场、复合场中的运动限时规范训练[单独成册](时间：45分钟)1.如图，在两水平极板间存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下，磁场方向垂直于纸面对里．一带电粒子以某一速度沿水平直线通过两极板．若不计重力，下列四个物理量中哪一个转变时，粒子运动轨迹不会转变()A．粒子速度的大小B．粒子所带的电荷量C．电场强度D．磁感应强度解析：选B.粒子作直线运动，有qvB＝qE，即E＝vB，与q无关．2.如图所示，空间的某一正方形区域存在着相互垂直的匀强电场和匀强磁场，一个带电粒子以某一初速度由边界中点A进入这个区域沿直线运动，从中点C离开区域；假如将磁场撤去，其他变件不变，则粒子从B点离开场区；假如将电场撤去，其他条件不变，则粒子从D点离开场区．已知BC＝CD，设粒子在上述三种状况下，从A到B，从A到C和从A到D所用的时间分别是t1、t2、t3，离开三点时的动能分别是Ek1、Ek2、Ek3，粒子重力忽视不计，以下关系式正确的是()A．t1＝t2＜t3 B．t1＜t2＝t3C．Ek1＝Ek2＜Ek3 D．Ek1＞Ek2＞Ek3解析：选A.依据题意可知，粒子在复合场中做直线运动，由于忽视粒子重力，则洛伦兹力与电场力平衡，即有qE＝qv0B，可得粒子从A到C的运动时间为t2＝eq\f(d,v0)，其中d表示AC间距；若将磁场撤去，粒子从B点离开场区，该过程中粒子在电场力作用下做类平抛运动，运动时间t1＝eq\f(d,v0)；若撤去电场，粒子做匀速圆周运动，从A到D的过程中，沿AC方向的速度重量渐渐减小，且均小于v0，则有t3＞eq\f(d,v0)，据以上分析，选项A正确、选项B错误．粒子从A到C过程是匀速直线运动，动能不变；从A到D过程中，粒子只在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，动能不变，则Ek2＝Ek3；粒子从A到B过程中，合外力是电场力，电场力做了正功，粒子的动能增加，则有Ek1＞Ek2＝Ek3，选项C、D错误．3.(多选)在半导体离子注入工艺中，初速度可忽视的磷离子P＋和P3＋，经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面对里、有肯定宽度的匀强磁场区域，如右图所示．已知离子P＋在磁场中转过θ＝30°后从磁场右边界射出，在电场和磁场中运动时，离子P＋和P3＋()A．在电场中的加速度之比为1∶1B．在磁场中运动的半径之比为eq\r(3)∶1C．在磁场中转过的角度之比为1∶2D．离开电场区域时的动能之比为1∶3解析：选BCD.离子P＋和P3＋质量之比为1∶1，电荷量之比等于1∶3，故在电场中的加速度(a＝qE/m)之比不等于1∶1，则A项错误；离子在离开电场区域时有：qU＝eq\f(1,2)mv2，在磁场中做匀速圆周运动，有：qvB＝meq\f(v2,r)，得半径r＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))，则半径之比为1∶eq\f(1,\r(3))＝eq\r(3)∶1，则B项正确；设磁场宽度为d，由几何关系d＝rsinθ，可知离子在磁场中转过的角度正弦值之比等于半径倒数之比，即1∶eq\r(3)，因θ＝30°，则θ′＝60°，故转过的角度之比为1∶2，则C项正确；离子离开电场时的动能之比等于电荷量之比，即1∶3，则D项正确．4.(2022·高考大纲全国卷)如图，在第一象限存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面(xy平面)向外；在第四象限存在匀强电场，方向沿x轴负向．在y轴正半轴上某点以与x轴正向平行、大小为v0的速度放射出一带正电荷的粒子，该粒子在(d,0)点沿垂直于x轴的方向进入电场．不计重力．若该粒子离开电场时速度方向与y轴负方向的夹角为θ.求(1)电场强度大小与磁感应强度大小的比值；(2)该粒子在电场中运动的时间．解析：(1)如图，粒子进入磁场后做匀速圆周运动．设磁感应强度的大小为B，粒子质量与所带电荷量分别为m和q，圆周运动的半径为R0.由洛伦兹力公式及牛顿其次定律得qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),R0)①由题给条件和几何关系可知R0＝d②设电场强度大小为E，粒子进入电场后沿x轴负方向的加速度大小为ax，在电场中运动的时间为t，离开电场时沿x轴负方向的速度大小为vx.由牛顿其次定律及运动学公式得Eq＝max③vx＝axt④eq\f(vx,2)t＝d⑤由于粒子在电场中做类平抛运动(如图)，有tanθ＝eq\f(vx,v0)⑥联立①②③④⑤⑥式得eq\f(E,B)＝eq\f(1,2)v0tan2θ(2)联立⑤⑥式得t＝eq\f(2d,v0tanθ).答案：(1)eq\f(1,2)v0tan2θ(2)eq\f(2d,v0tanθ)5．如图甲所示为质谱仪的工作原理图，一比荷为eq\f(q,m)＝5×105C/kg的带正电粒子从O1点由静止开头被加速，加速电压U＝6400V，粒子进入速度选择器后沿直线从O点进入下方磁感应强度B＝0.2T的匀强磁场中发生偏转而打在底片上的A点．现因发生故障，技术人员检修时(速度选择器下方两极板间挡板被打开)发觉，速度选择器中的磁场消逝，电场按图乙所示规律变化，粒子被加速后在t＝0时刻进入速度选择器，并从下方某点进入匀强磁场中，速度选择器极板长L＝0.8m，粒子重力不计，求：(1)正常时，OA的长度；(2)出故障时，粒子在磁场中的轨道半径．解析：(1)粒子在加速电场中，qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，代入数值得v0＝8×104m/s.在匀强磁场中由Bqv0＝meq\f(v\o\al(2,0),r)得r＝eq\f(mv0,Bq)，代入数值得r＝0.8m，所以OA的长度为2r＝1.6m.(2)粒子在速度选择器中运行时间t1＝eq\f(L,v0)＝10×10－6s，所以在0～5×10－6s内，粒子在垂直极板方向上做初速度为0的匀加速运动：v⊥＝eq\f(qE,m)·eq\f(t1,2)＝6×104m/s，在5×10－6s～10×10－6s内，粒子做匀速直线运动，速度为v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,⊥))＝1×105m/s在匀强磁场中由Bqv＝meq\f(v2,r1)得r1＝eq\f(mv,Bq)，代入数值得r1＝1m.答案：(1)1.6m(2)1m6.(2021·湖南五市十校联考)如图所示，空间存在匀强电场和匀强磁场，电场方向为y轴正方向，磁场方向垂直于xOy平面(纸面)向外，电场和磁场都可以任凭加上或撤除，重新加上的电场或磁场与撤除前的一样．一带正电荷的粒子从坐标原点O(0,0)点以肯定的速度平行于x轴正向入射．这时若只有磁场，粒子将做半径为R0的圆周运动；若同时存在电场和磁场，粒子恰好做直线运动．现在只加电场，当粒子从O点运动到x＝R0平面(图中虚线所示)时，马上撤除电场同时加上磁场，粒子连续运动，其轨迹与x轴交于M点，不计重力，求：(1)粒子到达x＝R0平面时的速度；(2)M点的横坐标xM.解析：(1)粒子做直线运动时，有：qE＝qBv0做圆周运动时，有：qBv0＝eq\f(mv\o\al(2,0),R0)只有电场时，粒子做类平抛运动，则有：qE＝maR0＝v0tvy＝at解得：vy＝v0粒子的速度大小为：v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,y))＝eq\r(2)v0速度方向与x轴的夹角为θ＝eq\f(π,4).(2)当粒子从O点运动到x＝R0平面，粒子与x轴的距离为：H＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(R0,2)撤去电场加上磁场后，有：qBv＝meq\f(v2,R)解得：R＝eq\r(2)R0此时粒子的运动轨迹如图所示圆心C位于与速度v方向垂直的直线上，该直线与x轴和y轴的夹角均为eq\f(π,4)，由几何关系可得C点的坐标为：xC＝2R0yC＝－eq\f(R0,2)过C点作x轴的垂线，垂足为D，在△CDM中，有：lCM＝R＝eq\r(2)R0lCD＝eq\f(R0,2)解得：lDM＝eq\r(l\o\al(2,CM)－l\o\al(2,CD))＝eq\f(\r(7)R0,2)M点的横坐标为：xM＝2R0＋eq\f(\r(7)R0,2).答案：见解析7．(2021·陕西西安市八校联考)如图1所示，竖直面MN的左侧空间存在竖直向上的匀强电场(上、下及左侧无边界)．一个质量为m、电量为q的可视为质点的带正电的小球，以大小为v0的速度垂直于竖直面MN向右做直线运动，小球在t＝0时刻通过电场中的P点，为使小球能在以后的运动中竖直向下通过D点(P、D间距为L，且它们的连线垂直于竖直平面MN，D到竖直面MN的距离DQ等于eq\f(L,π))，经过争辩，可以在电场所在的空间叠加如图2所示随时间周期性变化的、垂直纸面对里的磁场，设t0≤eq\f(2πm,qB0)且为未知量，取重力加速度为g.求：(1)场强E的大小；(2)假如磁感应强度B0为已知量，试推出满足条件t1的表达式；(3)进一步的争辩表明，竖直向下通过D点的小球将做周期性运动，则当小球运动的周期最大时，求出磁感应强度B0及运动最大周期T的大小，并在图中定性画出此时小球运动一个周期的轨迹．解析：(1)小球进入电场，做匀速直线运动时Eq＝mg解得：E＝eq\f(mg,q).(2)在t1时刻加磁场，小球在时间t0内做匀速圆周运动，设圆周运动周期为T0，半径为R，有：B0qv0＝eq\f(mv\o\al(2,0),R)竖直向下通过D点应有：PF－PD＝R即：v0t1－L＝R解得t1＝eq\f(L,v0)＋eq\f(m,qB0).(3)小球运动的速