專題九帶電體在組合場、復(fù)合場中的運動限時規(guī)范訓(xùn)練[單獨成冊](時間：45分鐘)1.如圖，在兩水平極板間存在勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向下，磁場方向垂直于紙面對里．一帶電粒子以某一速度沿水平直線通過兩極板．若不計重力，下列四個物理量中哪一個轉(zhuǎn)變時，粒子運動軌跡不會轉(zhuǎn)變()A．粒子速度的大小B．粒子所帶的電荷量C．電場強度D．磁感應(yīng)強度解析：選B.粒子作直線運動，有qvB＝qE，即E＝vB，與q無關(guān)．2.如圖所示，空間的某一正方形區(qū)域存在著相互垂直的勻強電場和勻強磁場，一個帶電粒子以某一初速度由邊界中點A進入這個區(qū)域沿直線運動，從中點C離開區(qū)域；假如將磁場撤去，其他變件不變，則粒子從B點離開場區(qū)；假如將電場撤去，其他條件不變，則粒子從D點離開場區(qū)．已知BC＝CD，設(shè)粒子在上述三種狀況下，從A到B，從A到C和從A到D所用的時間分別是t1、t2、t3，離開三點時的動能分別是Ek1、Ek2、Ek3，粒子重力忽視不計，以下關(guān)系式正確的是()A．t1＝t2＜t3 B．t1＜t2＝t3C．Ek1＝Ek2＜Ek3 D．Ek1＞Ek2＞Ek3解析：選A.依據(jù)題意可知，粒子在復(fù)合場中做直線運動，由于忽視粒子重力，則洛倫茲力與電場力平衡，即有qE＝qv0B，可得粒子從A到C的運動時間為t2＝eq\f(d,v0)，其中d表示AC間距；若將磁場撤去，粒子從B點離開場區(qū)，該過程中粒子在電場力作用下做類平拋運動，運動時間t1＝eq\f(d,v0)；若撤去電場，粒子做勻速圓周運動，從A到D的過程中，沿AC方向的速度重量漸漸減小，且均小于v0，則有t3＞eq\f(d,v0)，據(jù)以上分析，選項A正確、選項B錯誤．粒子從A到C過程是勻速直線運動，動能不變；從A到D過程中，粒子只在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，動能不變，則Ek2＝Ek3；粒子從A到B過程中，合外力是電場力，電場力做了正功，粒子的動能增加，則有Ek1＞Ek2＝Ek3，選項C、D錯誤．3.(多選)在半導(dǎo)體離子注入工藝中，初速度可忽視的磷離子P＋和P3＋，經(jīng)電壓為U的電場加速后，垂直進入磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直紙面對里、有肯定寬度的勻強磁場區(qū)域，如右圖所示．已知離子P＋在磁場中轉(zhuǎn)過θ＝30°后從磁場右邊界射出，在電場和磁場中運動時，離子P＋和P3＋()A．在電場中的加速度之比為1∶1B．在磁場中運動的半徑之比為eq\r(3)∶1C．在磁場中轉(zhuǎn)過的角度之比為1∶2D．離開電場區(qū)域時的動能之比為1∶3解析：選BCD.離子P＋和P3＋質(zhì)量之比為1∶1，電荷量之比等于1∶3，故在電場中的加速度(a＝qE/m)之比不等于1∶1，則A項錯誤；離子在離開電場區(qū)域時有：qU＝eq\f(1,2)mv2，在磁場中做勻速圓周運動，有：qvB＝meq\f(v2,r)，得半徑r＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))，則半徑之比為1∶eq\f(1,\r(3))＝eq\r(3)∶1，則B項正確；設(shè)磁場寬度為d，由幾何關(guān)系d＝rsinθ，可知離子在磁場中轉(zhuǎn)過的角度正弦值之比等于半徑倒數(shù)之比，即1∶eq\r(3)，因θ＝30°，則θ′＝60°，故轉(zhuǎn)過的角度之比為1∶2，則C項正確；離子離開電場時的動能之比等于電荷量之比，即1∶3，則D項正確．4.(2022·高考大綱全國卷)如圖，在第一象限存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度方向垂直于紙面(xy平面)向外；在第四象限存在勻強電場，方向沿x軸負(fù)向．在y軸正半軸上某點以與x軸正向平行、大小為v0的速度放射出一帶正電荷的粒子，該粒子在(d,0)點沿垂直于x軸的方向進入電場．不計重力．若該粒子離開電場時速度方向與y軸負(fù)方向的夾角為θ.求(1)電場強度大小與磁感應(yīng)強度大小的比值；(2)該粒子在電場中運動的時間．解析：(1)如圖，粒子進入磁場后做勻速圓周運動．設(shè)磁感應(yīng)強度的大小為B，粒子質(zhì)量與所帶電荷量分別為m和q，圓周運動的半徑為R0.由洛倫茲力公式及牛頓其次定律得qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),R0)①由題給條件和幾何關(guān)系可知R0＝d②設(shè)電場強度大小為E，粒子進入電場后沿x軸負(fù)方向的加速度大小為ax，在電場中運動的時間為t，離開電場時沿x軸負(fù)方向的速度大小為vx.由牛頓其次定律及運動學(xué)公式得Eq＝max③vx＝axt④eq\f(vx,2)t＝d⑤由于粒子在電場中做類平拋運動(如圖)，有tanθ＝eq\f(vx,v0)⑥聯(lián)立①②③④⑤⑥式得eq\f(E,B)＝eq\f(1,2)v0tan2θ(2)聯(lián)立⑤⑥式得t＝eq\f(2d,v0tanθ).答案：(1)eq\f(1,2)v0tan2θ(2)eq\f(2d,v0tanθ)5．如圖甲所示為質(zhì)譜儀的工作原理圖，一比荷為eq\f(q,m)＝5×105C/kg的帶正電粒子從O1點由靜止開頭被加速，加速電壓U＝6400V，粒子進入速度選擇器后沿直線從O點進入下方磁感應(yīng)強度B＝0.2T的勻強磁場中發(fā)生偏轉(zhuǎn)而打在底片上的A點．現(xiàn)因發(fā)生故障，技術(shù)人員檢修時(速度選擇器下方兩極板間擋板被打開)發(fā)覺，速度選擇器中的磁場消逝，電場按圖乙所示規(guī)律變化，粒子被加速后在t＝0時刻進入速度選擇器，并從下方某點進入勻強磁場中，速度選擇器極板長L＝0.8m，粒子重力不計，求：(1)正常時，OA的長度；(2)出故障時，粒子在磁場中的軌道半徑．解析：(1)粒子在加速電場中，qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，代入數(shù)值得v0＝8×104m/s.在勻強磁場中由Bqv0＝meq\f(v\o\al(2,0),r)得r＝eq\f(mv0,Bq)，代入數(shù)值得r＝0.8m，所以O(shè)A的長度為2r＝1.6m.(2)粒子在速度選擇器中運行時間t1＝eq\f(L,v0)＝10×10－6s，所以在0～5×10－6s內(nèi)，粒子在垂直極板方向上做初速度為0的勻加速運動：v⊥＝eq\f(qE,m)·eq\f(t1,2)＝6×104m/s，在5×10－6s～10×10－6s內(nèi)，粒子做勻速直線運動，速度為v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,⊥))＝1×105m/s在勻強磁場中由Bqv＝meq\f(v2,r1)得r1＝eq\f(mv,Bq)，代入數(shù)值得r1＝1m.答案：(1)1.6m(2)1m6.(2021·湖南五市十校聯(lián)考)如圖所示，空間存在勻強電場和勻強磁場，電場方向為y軸正方向，磁場方向垂直于xOy平面(紙面)向外，電場和磁場都可以任憑加上或撤除，重新加上的電場或磁場與撤除前的一樣．一帶正電荷的粒子從坐標(biāo)原點O(0,0)點以肯定的速度平行于x軸正向入射．這時若只有磁場，粒子將做半徑為R0的圓周運動；若同時存在電場和磁場，粒子恰好做直線運動．現(xiàn)在只加電場，當(dāng)粒子從O點運動到x＝R0平面(圖中虛線所示)時，馬上撤除電場同時加上磁場，粒子連續(xù)運動，其軌跡與x軸交于M點，不計重力，求：(1)粒子到達x＝R0平面時的速度；(2)M點的橫坐標(biāo)xM.解析：(1)粒子做直線運動時，有：qE＝qBv0做圓周運動時，有：qBv0＝eq\f(mv\o\al(2,0),R0)只有電場時，粒子做類平拋運動，則有：qE＝maR0＝v0tvy＝at解得：vy＝v0粒子的速度大小為：v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,y))＝eq\r(2)v0速度方向與x軸的夾角為θ＝eq\f(π,4).(2)當(dāng)粒子從O點運動到x＝R0平面，粒子與x軸的距離為：H＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(R0,2)撤去電場加上磁場后，有：qBv＝meq\f(v2,R)解得：R＝eq\r(2)R0此時粒子的運動軌跡如圖所示圓心C位于與速度v方向垂直的直線上，該直線與x軸和y軸的夾角均為eq\f(π,4)，由幾何關(guān)系可得C點的坐標(biāo)為：xC＝2R0yC＝－eq\f(R0,2)過C點作x軸的垂線，垂足為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點的橫坐標(biāo)為：xM＝2R0＋eq\f(\r(7)R0,2).答案：見解析7．(2021·陜西西安市八校聯(lián)考)如圖1所示，豎直面MN的左側(cè)空間存在豎直向上的勻強電場(上、下及左側(cè)無邊界)．一個質(zhì)量為m、電量為q的可視為質(zhì)點的帶正電的小球，以大小為v0的速度垂直于豎直面MN向右做直線運動，小球在t＝0時刻通過電場中的P點，為使小球能在以后的運動中豎直向下通過D點(P、D間距為L，且它們的連線垂直于豎直平面MN，D到豎直面MN的距離DQ等于eq\f(L,π))，經(jīng)過爭辯，可以在電場所在的空間疊加如圖2所示隨時間周期性變化的、垂直紙面對里的磁場，設(shè)t0≤eq\f(2πm,qB0)且為未知量，取重力加速度為g.求：(1)場強E的大??；(2)假如磁感應(yīng)強度B0為已知量，試推出滿足條件t1的表達式；(3)進一步的爭辯表明，豎直向下通過D點的小球?qū)⒆鲋芷谛赃\動，則當(dāng)小球運動的周期最大時，求出磁感應(yīng)強度B0及運動最大周期T的大小，并在圖中定性畫出此時小球運動一個周期的軌跡．解析：(1)小球進入電場，做勻速直線運動時Eq＝mg解得：E＝eq\f(mg,q).(2)在t1時刻加磁場，小球在時間t0內(nèi)做勻速圓周運動，設(shè)圓周運動周期為T0，半徑為R，有：B0qv0＝eq\f(mv\o\al(2,0),R)豎直向下通過D點應(yīng)有：PF－PD＝R即：v0t1－L＝R解得t1＝eq\f(L,v0)＋eq\f(m,qB0).(3)小球運動的速