第64練專題強(qiáng)化：復(fù)合場(chǎng)中的擺線問題動(dòng)量定理在磁場(chǎng)中的應(yīng)用分值：60分1、2題每小題7分，3、4題每小題15分，5題16分，共60分1.(2022·全國(guó)甲卷·18)空間存在著勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)，磁場(chǎng)的方向垂直于紙面(xOy平面)向里，電場(chǎng)的方向沿y軸正方向。一帶正電的粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)的作用下，從坐標(biāo)原點(diǎn)O由靜止開始運(yùn)動(dòng)。下列四幅圖中，可能正確描述該粒子運(yùn)動(dòng)軌跡的是()2.如圖所示，兩平行極板水平放置，兩板間有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。一束質(zhì)量均為m、電荷量均為＋q的粒子，以不同速率沿著兩板中軸線PQ方向進(jìn)入板間后，速率為v的甲粒子恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)；速率為v2的乙粒子在板間的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中曲線所示，A為乙粒子第一次到達(dá)軌跡最低點(diǎn)的位置，乙粒子全程速率在v2和3v2A.兩板間電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為BB.乙粒子偏離中軸線的最遠(yuǎn)距離為mvC.乙粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡在A處對(duì)應(yīng)的曲率圓半徑為9D.乙粒子從進(jìn)入板間運(yùn)動(dòng)至A位置的過程中，在水平方向上做勻速運(yùn)動(dòng)3.(15分)如圖所示，坐標(biāo)系xOy平面在紙面內(nèi)，在x≥0的區(qū)域存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，0≤x<d的區(qū)域Ⅰ和x≥d的區(qū)域Ⅱ內(nèi)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為B1和B2。大量質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子，同時(shí)從原點(diǎn)O射入磁場(chǎng)，粒子射入的速度大小相等，在坐標(biāo)平面內(nèi)與x正方向成θ(－90°≤θ≤90°)角。沿y軸正方向射入的粒子在P(d，d)點(diǎn)垂直兩磁場(chǎng)的邊界射入?yún)^(qū)域Ⅱ。不計(jì)粒子的重力和粒子間的相互作用。(1)(3分)求粒子從原點(diǎn)O射入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小；(2)(3分)求不能進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ內(nèi)的粒子，在區(qū)域Ⅰ內(nèi)運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間；(3)(9分)若粒子在區(qū)域Ⅱ中受到與速度大小成正比、方向相反的阻力，比例系數(shù)為k，觀察發(fā)現(xiàn)沿y軸正方向射入的粒子，射入?yún)^(qū)域Ⅱ后粒子軌跡呈螺旋狀并與兩磁場(chǎng)的邊界相切于Q點(diǎn)(未畫出)，求：①該粒子由P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)的時(shí)間；②該粒子在區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動(dòng)軌跡的長(zhǎng)度。4.(15分)(2024·甘肅卷·15)質(zhì)譜儀是科學(xué)研究中的重要儀器，其原理如圖所示。Ⅰ為粒子加速器，加速電壓為U；Ⅱ?yàn)樗俣冗x擇器，勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E1，方向沿紙面向下，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1，方向垂直紙面向里；Ⅲ為偏轉(zhuǎn)分離器，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2，方向垂直紙面向里。從S點(diǎn)釋放初速度為零的帶電粒子(不計(jì)重力)，加速后進(jìn)入速度選擇器做直線運(yùn)動(dòng)、再由O點(diǎn)進(jìn)入分離器做圓周運(yùn)動(dòng)，最后打到照相底片的P點(diǎn)處，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中虛線所示。(1)(5分)粒子帶正電還是負(fù)電？求粒子的比荷。(2)(3分)求O點(diǎn)到P點(diǎn)的距離。(3)(7分)若速度選擇器Ⅱ中勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小變?yōu)镋2(E2略大于E1)，方向不變，粒子恰好垂直打在速度選擇器右擋板的O'點(diǎn)上。求粒子打在O'點(diǎn)的速度大小。5.(16分)(八省聯(lián)考·四川·15)電容為C的平行板電容器兩極板間距為d，極板水平且足夠長(zhǎng)，下極板接地，將電容器與開關(guān)S、電阻R1和R2連接成如圖所示電路，a、b是兩個(gè)輸出端，S斷開，極板間充滿垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。由質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的帶電粒子組成的粒子束以水平速度v0沿下極板邊緣進(jìn)入極板間區(qū)域，單位時(shí)間進(jìn)入的粒子數(shù)為n。帶電粒子不計(jì)重力且不與下極板接觸，忽略極板邊緣效應(yīng)和帶電粒子間相互作用。(1)(4分)為使帶電粒子能落在電容器上極板，求極板間距的最大值dm；(2)(5分)滿足(1)的前提下，求電容器所帶電荷量的最大值Qm；(3)(7分)已知R1＝2R，R2＝R，閉合S，電容器重新達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)后，為使a、b端接入任意負(fù)載時(shí)進(jìn)入極板間的帶電粒子全部落在上極板，求R應(yīng)滿足的條件和此時(shí)a、b間輸出功率的最大值。

答案精析1.B[解法一在xOy平面內(nèi)電場(chǎng)的方向沿y軸正方向，故在坐標(biāo)原點(diǎn)O靜止的帶正電粒子在電場(chǎng)力作用下會(huì)向y軸正方向運(yùn)動(dòng)，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里，根據(jù)左手定則，可判斷出向y軸正方向運(yùn)動(dòng)的粒子同時(shí)受到沿x軸負(fù)方向的洛倫茲力，故帶電粒子向x軸負(fù)方向偏轉(zhuǎn)，A、C錯(cuò)誤；運(yùn)動(dòng)的過程中靜電力對(duì)帶電粒子做功，粒子速度大小發(fā)生變化，粒子所受的洛倫茲力方向始終與速度方向垂直.由于勻強(qiáng)電場(chǎng)方向是沿y軸正方向，故x軸為勻強(qiáng)電場(chǎng)的等勢(shì)面，從開始到帶電粒子偏轉(zhuǎn)再次運(yùn)動(dòng)到x軸時(shí)，靜電力做功為0，洛倫茲力不做功，故帶電粒子再次回到x軸時(shí)的速度為0，隨后受靜電力作用再次進(jìn)入第二象限重復(fù)向左偏轉(zhuǎn)，B正確，D錯(cuò)誤。解法二粒子在O點(diǎn)靜止，對(duì)速度進(jìn)行分解，分解為沿x軸正方向的速度v，沿x軸負(fù)方向的速度v'，兩個(gè)速度大小相等，方向相反，使得一個(gè)洛倫茲力平衡靜電力，即qBv'＝qE，則粒子在電場(chǎng)、磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，可視為沿x軸負(fù)方向以速度v'＝EB做勻速直線運(yùn)動(dòng)，同時(shí)在x軸上方做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。故選B。2.B[速率為v的甲粒子恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則qE＝Bqv，解得兩板間電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E＝Bv，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由于洛倫茲力一直不做功，乙粒子所受靜電力方向一直豎直向下，當(dāng)粒子速度最大時(shí)，靜電力做的功最多，偏離中軸線的距離最遠(yuǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理有qEymax＝12m×(3v2)2－12m×(v2)2，整理可得ymax＝mvqB，故B正確；由題意，乙粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡在A處時(shí)為粒子偏離中軸線的距離最遠(yuǎn)，粒子速度達(dá)到最大為vA＝3v2，洛倫茲力與靜電力的合力提供向心力qvAB－qE＝mvA2rA，所以對(duì)應(yīng)圓周的半徑為rA＝3.(1)qB1dm(2)π②q解析(1)由題意知，粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r＝d由qvB1＝mv解得v＝q(2)由旋轉(zhuǎn)圓模型知，對(duì)于不能進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ內(nèi)的粒子，當(dāng)粒子沿x軸正向進(jìn)入Ⅰ區(qū)域時(shí)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)，即tmax＝T2＝(3)①該粒子在區(qū)域Ⅱ中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示洛倫茲力提供向心力qvB2＝mωv可得ω＝q即角速度為一定值，又可知粒子與邊界相切時(shí)轉(zhuǎn)過的弧度θ＝32π時(shí)間t＝θ解得t＝3π②粒子在區(qū)域Ⅱ中做螺旋線運(yùn)動(dòng)，由于阻力最后停下來，在切線方向上，由動(dòng)量定理有－kvtΔt＝mΔvt求和則有－k∑(vtΔt)＝m∑Δvt有kl＝mv解得l＝q4.(1)帶正電E122(3)2解析(1)粒子在磁場(chǎng)B2中O處所受洛倫茲力方向向上，根據(jù)左手定則可知粒子帶正電；設(shè)粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，粒子進(jìn)入速度選擇器時(shí)的速度為v0，在加速電場(chǎng)中，由動(dòng)能定理qU＝12m在速度選擇器中粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由平衡條件qv0B1＝qE1聯(lián)立解得，粒子的比荷為q(2)在Ⅲ中由洛倫茲力提供向心力qv0B2＝mv可得O點(diǎn)到P點(diǎn)的距離為OP＝2r＝4(3)粒子進(jìn)入Ⅱ瞬間，粒子受到向上的洛倫茲力F洛＝qv0B1向下的靜電力F＝qE2由于E2>E1，且qv0B1＝qE1所以通過配速法，如圖所示其中滿足qE2＝q(v0＋v1)B1則粒子在速度選擇器中水平向右以速度v0＋v1做勻速直線運(yùn)動(dòng)的同時(shí)，豎直方向以v1做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度轉(zhuǎn)向到水平向右時(shí)，滿足垂直打在速度選擇器右擋板的O'點(diǎn)的要求，故此時(shí)粒子打在O'點(diǎn)的速度大小為v'＝v0＋v1＋v1＝2E5.(1)2mv0qB(2)CBd(v0－(3)R≤Bd3nq(v0－Bqd2解析(1)由題意可知帶電粒子在兩極板間做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力有qv0B＝mv為使帶電粒子能落在電容器上極板，則有r≥d聯(lián)立可得d≤2即最大值為dm＝2(2)當(dāng)電容器所帶電荷量最大時(shí)，板間電勢(shì)差最大，粒子束恰好不能到達(dá)上極板，將粒子入射速度分解為向右的兩個(gè)速度，一個(gè)速度產(chǎn)生的洛倫茲力與電場(chǎng)力平衡，做勻速直線運(yùn)動(dòng)；另一個(gè)速度提供洛倫茲力，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)；即v0＝v1＋v2其中qE＝qv1B粒子以v2做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，有qv2B＝mv粒子恰好不到達(dá)上極板，則有d＝2r'聯(lián)立各式可得E＝B(v0－Bqd2此時(shí)兩極板所帶電荷量最大為Qm＝CUm＝CEd＝CBd(v0－Bqd2(3)根據(jù)題意可知當(dāng)R1和R2兩端的總電壓不大于Um時(shí)帶電粒子才能全部落在上極板，閉合S，電容器重新達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)后，電流恒定，