综合•融通(三) 带电粒子在复合场中的运动（课件PPT）-【新课程学案】2024-2025学年高中物理选择性必修第二册（鲁科版2019 福建专版）

带电粒子在复合场中的运动 (融会课—主题串知综合应用) 综合•融通(三) 带电粒子在复合场中的运动问题是高考的重点、难点,也是高考的热点。通过本节课的学习,掌握用力学规律分析带电体在洛伦兹力作用下的力学问题;学会分析带电粒子在组合场和叠加场中的受力情况和运动情况,并能正确选择物理规律和方法加以解决。 1 主题(一) 带电体在磁场中的运动 2 主题(二) 带电粒子在组合场中的运动 3 主题(三) 带电粒子在叠加场中的运动 4 课时跟踪检测 CONTENTS 目录 主题(一) 带电体在磁场 中的运动 1.带电体在匀强磁场中速度变化时洛伦兹力往往随之变化,并进一步导致弹力、摩擦力等的变化,带电体将在变力作用下做变加速运动。 2.利用牛顿运动定律和平衡条件分析各物理量的动态变化时要注意弹力为零的临界状态,此状态是弹力方向发生改变的转折点。 知能融会通 [典例]　如图所示,在磁感应强度大小为B的水平 匀强磁场中,有一足够长的绝缘细棒OO'在竖直面内 垂直磁场方向放置,细棒与水平面间的夹角为α,一质 量为m、带电荷量为+q的圆环A套在OO'棒上,圆环与棒间的动摩擦因数为μ,且μ<tan α,重力加速度为g。现让圆环A由静止开始下滑,试问在圆环下滑过程中: (1)圆环A的最大加速度为多大?获得最大加速度时的速度为多大? [答案]　gsin α　 [解析]　由于μ<tan α,所以圆环将由静止开始沿棒下滑,圆环A沿棒运动的速度为v时,对圆环A受力分析, 根据牛顿第二定律,沿棒的方向有 mgsin α-f1=ma 垂直棒的方向有N1+qvB=mgcos α 所以当N1=0,即f1=0时,a有最大值am,am=gsin α,此时qvB=mgcos α 解得v=。 (2)圆环A能够达到的最大速度为多大? [答案]　 [解析]　当圆环A的速度达到最大值vm时,a=0。设圆环受到棒的弹力大小为N2,方向垂直于棒向下,摩擦力为f2=μN2,N2+mgcos α=qvmB 根据平衡条件可得f2=mgsin α 解得vm=。 1.(2024·南通高二阶段检测)如图,足够长的绝缘杆竖直 放置,空间中有水平向左的匀强电场E、垂直纸面向里的匀 强磁场B。一质量为m、电荷量为-q的小圆环套在杆上(环 内径略大于杆的直径)无初速加速下滑。圆环与杆接触面粗糙,圆环电荷量不变,圆环的速度随时间变化关系的图像是 (　　) 题点全练清 √ 解析:圆环受到重力向下、洛伦兹力向左、电场力向右、摩擦力向上、杆的弹力。在0~t1时间内,电场力大于洛伦兹力,杆的弹力向左,根据牛顿第二定律得mg-μ=ma1,随着速度的增大,洛伦兹力增大,合力增大,加速度增大,图像的斜率增大;在t1时刻,洛伦兹力等于电场力,弹力等于零,摩擦力等于零,加速度最大等于重力加速度g,图像的斜率最大;在t1~t2时间内,电场力小于洛伦兹力,杆的弹力向右,根据牛顿第二定律得mg-μ=ma2,随着速度的增大,洛伦兹力增大,合力减小,加速度减小,图像的斜率减小;在t2以后的时间内,摩擦力等于重力,圆环达到最大速度,做匀速运动,图像是水平的。故选D。 2.(2024·山东鄄城高二阶段检测)如图所示,物体带正 电,与斜面间的动摩擦因数为μ(μ<tan θ),斜面足够长且所 在空间均有图示方向的匀强磁场。现给物体一个沿斜面 向上的初速度v0,使物体沿斜面向上运动(物体始终未脱离斜面)。下列说法正确的是 (　　) A.物体可能匀速向上运动 B.物体向上运动时加速度越来越小,最后停在斜面上 C.物体在斜面上运动的过程中,加速度将一直增大 D.物体最终匀速运动 √ 解析:物体先沿斜面向上运动,垂直于斜面方向有qvB+N=mgcos θ,沿着斜面方向有mgsin θ+f=mgsin θ+μN=ma,加速度沿斜面向下,物体向上减速,速度减小,所受洛伦兹力减小,N增大,加速度变大,故物体沿斜面向上做加速度增大的减速运动;速度减为零后,由于μ<tan θ,则物体将沿斜面向下加速,垂直于斜面方向有qvB+mgcos θ=N',沿斜面方向有mgsin θ-f'=mgsin θ-μN‘ =ma',物体向下加速,速度增大,所受洛伦兹力增大,N'增大,加速度减小,所以物体将沿斜面向下做加速度减小的加速运动,最后匀速运动,D正确,A、B、C错误。 主题(二) 带电粒子在组合 场中的运动 1.组合场 电场与磁场各位于一定的区域内,并不重叠,或在同一区域,电场、磁场分时间段或分区域交替出现。 2.分阶段运动 带电粒子可能依次通过几个情况不同的组合场区域,其运动情况随区域发生变化,其运动过程由几种不同的运动阶段组成。 知能融会通 3.“电偏转”和“磁偏转”的比较   垂直进入磁场(磁偏转) 垂直进入电场(电偏转) 情景图 受力 FB=qv0B,大小不变,方向总指向圆心,方向变化,FB为变力 FE=qE,FE大小、方向不变,为恒力 运动规律 匀速圆周运动r=,T= 类平抛运动vx=v0,vy=t,x=v0t,y=t2 运动时间 t=T= t= 动能 不变 变化 续表 [典例]　(2023·辽宁高考,节选)如图,水平放置 的两平行金属板间存在匀强电场,板长是板间距离 的倍。金属板外有一圆心为O的圆形区域,其内 部存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场。质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子沿中线以速度v0水平向右射入两板间,恰好从下板边缘P点飞出电场,并沿PO方向从图中O'点射入磁场。已知圆形磁场区域半径为,不计粒子重力。 (1)求金属板间电势差U。 [答案]　 [解析]　设板间距离为d,则板长为d,带电粒子在板间做类平抛运动,两板间的电场强度为E= 根据牛顿第二定律可知,电场力提供加速度qE=ma 解得a= 设粒子在两板间的运动时间为t0,根据类平抛运动的运动规律得=a,d=v0t0 联立解得U=。 (2)求粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角θ。 [答案]　(或60°) [解析]　设粒子射出电场时运动方向与水平方向夹角为α,则有tan α== 故α= 则粒子射出电场时的速度为v==v0 粒子射出电场后沿直线匀速运动,接着进入磁场,根据洛伦兹力提供匀速圆周运动所需的向心力得qvB=m 解得r== 已知圆形磁场区域半径为R=,故r=R 如图所示,粒子沿PO方向射入磁场即沿半径 方向射入磁场,故粒子将沿半径方向射出磁场,设 粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向的夹角 为θ,则粒子在磁场中运动圆弧轨迹对应的圆心角也为θ,根据tan==,可得θ=2α= 故粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向的夹角为(或60°)。 /方法技巧/ 带电粒子在组合场中运动问题的分析方法 1.(多选)一个带电粒子(重力不计)以初速度v0垂直于电场方向向右射入匀强电场区域,穿出电场后接着又进入匀强磁场区域。设电场和磁场区域有明确的分界线,且分界线与电场强度方向平行,如图中的虚线所示。在如图所示的几种情况中,可能出现的是 (　　) 题点全练清 √ √ 解析:题图A、C、D中粒子在电场中向电场线的方向偏转,说明粒子带正电荷,进入磁场后,由左手定则可知题图A中粒子应逆时针旋转,题图C中粒子应顺时针旋转,题图D中粒子应顺时针旋转,A、D正确,C错误;同理,可以判断B错误。 2.(2024·山西晋城高二月考)如图所示,在坐标系xOy 的第一象限内存在沿x轴负方向的匀强电场,电场强度大 小为E;第二象限内存在沿y轴负方向的匀强电场,电场强 度大小为E;第三象限内存在垂直纸面向里的匀强磁场。一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子从第一象限内点P(l,l)由静止释放,经过x轴上的M点进入第三象限,恰好沿x轴正方向进入第四象限,不计粒子重力。求: (1)带电粒子到达点M时的速度; 答案:　与x轴负方向呈60°角 解析:带电粒子从P点运动至M点,根据动能定理有Eql+Eq·l=mv2 可得带电粒子到达点M时的速度大小为v= 带电粒子在第一象限过程中,根据动能定理有 Eql=m 可得vx= 带电粒子到达M点的速度与x轴负方向夹角的余弦值为cos θ== 可得θ=60°。 (2)匀强磁场中磁感应强度B的大小。 答案: 解析:带电粒子在第二象限过程中,竖直方向有l=at2 根据牛顿第二定律有Eq=ma 加速度为a= 可得粒子在第二象限运动时间为t= 水平方向的位移为d=vxt=2l 根据洛伦兹力提供向心力qvB=m 根据几何关系有rsin θ=d 匀强磁场中磁感应强度大小为B=。 主题(三) 带电粒子在叠加 场中的运动 1.叠加场 电场、磁场、重力场叠加,或其中某两场叠加。 2.是否考虑粒子重力 (1)对于微观粒子,如电子、质子、离子等,因为其重力一般情况下与静电力或洛伦兹力相比太小,可以忽略;而对于一些实际物体,如带电小球、液滴、尘埃等一般应当考虑其重力。 知能融会通 (2)在题目中有明确说明是否要考虑重力的,按题目要求处理。 (3)不能直接判断是否要考虑重力的,在进行受力分析与运动分析时,要结合运动状态确定是否要考虑重力。 3.带电粒子在叠加场中的常见运动 静止或匀速 直线运动 当带电粒子在叠加场中所受合力为零时,将处于静止状态或匀速直线运动状态 匀速 圆周运动 当带电粒子所受的重力与静电力大小相等、方向相反时,带电粒子在洛伦兹力的作用下,在垂直于匀强磁场的平面内做匀速圆周运动 较复杂的 曲线运动 当带电粒子所受合力的大小和方向均变化,且与初速度方向不在同一条直线上,粒子做非匀变速曲线运动,这时粒子运动轨迹既不是圆弧,也不是抛物线 [典例]　霍尔推进器某局部区域可抽象成如图 所示的模型。Oxy平面内存在竖直向下的匀强电场 和垂直坐标平面向里的匀强磁场,磁感应强度为B。 质量为m、电荷量为e的电子从O点沿x轴正方向水平入射。入射速度为v0时,电子沿x轴做直线运动;入射速度小于v0时,电子的运动轨迹如图中的虚线所示,且在最高点与在最低点所受的合力大小相等。不计重力及电子间相互作用。 (1)求电场强度的大小E; [答案]　v0B　 [解析]　由题知,入射速度为v0时,电子沿x轴做直线运动,则有Ee=ev0B 解得E=v0B。 (2)若电子入射速度为,求运动到速度为时位置的纵坐标y1。 [答案]　 [解析]　电子在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场的叠加场中,由于洛伦兹力不做功,且由于电子入射速度为,则电子受到的电场力大于洛伦兹力,则电子向上偏转,根据动能定理有 eEy1=m-m 解得y1=。 　/方法技巧/ 带电粒子在叠加场中运动问题的分析方法 1.如图所示,一带电液滴在相互垂直的匀强电场 和匀强磁场中刚好做匀速圆周运动,其轨道半径为R。 已知该电场的电场强度为E,方向竖直向下;该磁场的 磁感应强度为B,方向垂直纸面向里。不计空气阻力, 设重力加速度为g,则 (　　) 题点全练清 A.液滴带正电荷 B.液滴比荷= C.液滴沿顺时针方向运动 D.液滴运动速度大小v= √ 解析:液滴在重力场、匀强电场、匀强磁场的复合场中做匀速圆周运动,可知qE=mg,得=,B错误;液滴所受的静电力竖直向上,则液滴带负电荷,A错误;由左手定则可判断液滴沿顺时针方向运动,C正确;对液滴有qE=mg,qvB=m,解得v=,D错误。 2.(2024·云南曲靖高二期中)如图所示,水平地面 上方MN边界左侧存在垂直纸面向里的匀强磁场和 沿竖直方向的匀强电场(图中未画出),磁感应强度B= 1.0 T,边界MN右侧离地面高h=0.45 m处固定光滑绝缘平台上有一带正电的小球,质量m=0.1 kg、电量q=0.1 C,以初速度v0=0.9 m/s水平向左垂直MN边界进入后恰好做匀速圆周运动,小球视为质点,g=10 m/s2,求: (1)电场强度的大小和方向; 答案:10 N/C　竖直向上　 解析:小球通过MN边界后恰好做匀速圆周运动,则qE=mg 解得E=10 N/C,方向竖直向上。 (2)小球落地点距地面上N点多远?(小数点后保留两位有效数字) 答案:0.78 m 解析:由题意作出轨迹图如图所示: 由洛伦兹力提供向心力qBv0=m 解得r==0.9 m 根据cos θ= 可得θ= 设小球落地点距地面N点距离为x,由几何关系可得=sin 解得x≈0.78 m。 课时跟踪检测 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1.(2023·海南高考)如图所示,带正电的小球竖直向下射 入垂直纸面向里的匀强磁场,关于小球运动和受力的说法 正确的是 (　　) A.小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右 B.小球运动过程中的速度不变 C.小球运动过程中的加速度保持不变 D.小球受到的洛伦兹力对小球做正功 √ 6 7 8 9 10 11 12 解析:根据左手定则,可知小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右,A正确;小球受洛伦兹力和重力作用,合力不为零且时刻变化,则小球运动过程中的速度、加速度都改变,B、C错误;洛伦兹力永不做功,D错误。 1 2 3 4 5 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2.如图所示,足够长的导体棒AB水平放置,通有向右的 恒定电流I。足够长的粗糙细杆CD处在导体棒AB的正下 方不远处,与AB平行。一质量为m、电荷量为+q的小圆环套在细杆CD上。现给小圆环向右的初速度v0,圆环运动的v-t图像不可能是 (　　) 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 解析:由右手螺旋定则可知导体棒AB下方的磁场垂直纸面向里,所以带电小圆环受到竖直向上的洛伦兹力,当qvB=mg时,小圆环做匀速直线运动,故A可能;当qvB<mg时,在竖直方向,根据平衡条件有FN+qvB=mg,水平方向,有f=μFN=ma,小圆环做加速度逐渐增大的减速运动,直至停止,所以其v-t图像的斜率应该逐渐增大,故B不可能,C可能;当qvB>mg时,在竖直方向,根据平衡条件有qvB=mg+FN,水平方向,有f=μFN=ma,小圆环做加速度逐渐减小的减速运动,直到重力与洛伦兹力相等时,小圆环开始做匀速运动,故D可能。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3.如图所示,在真空中一个光滑绝缘的水平面上,有 两个完全相同的金属球A、C,两球质量均为m=0.01 kg,静止在磁感应强度B=1 T的匀强磁场中的C球带正电,电荷量qC=2×10-2 C,在磁场外的不带电的A球以速度v0=15 m/s进入磁场中与C球发生正碰后,C球对水平面压力恰好为零,设向右为正,重力加速度为g=10 m/s2,则碰后A球的速度为 (　　) A.5 m/s　 B.10 m/s　 C.15 m/s　 D.20 m/s 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 解析:设碰后A、C速度分别为vA和vC,由动量守恒定律得mAv0=mAvA +mCvC,碰后两球平均分配电荷,C球对水平面压力恰好为零,则有mCg= BqCvC,代入数据得vA=5 m/s,故选A。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 4.(2024·四川成都高二月考)(多选)如图所示,在 直角坐标系xOy的第一象限内有一条虚线x=L,虚线 左方有与虚线平行的匀强电场(图中未画出),虚线右 方有垂直纸面向里的匀强磁场。一带电粒子从坐标原点O点以速率v0沿某一方向射入第一象限,经电场作用后,粒子正好从点A(L,L)平行于x轴离开电场进入磁场。之后,粒子在磁场作用下正好经过x轴上的点C(2L,0)。不计重力,则下列说法中正确的是 (　　) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 A.粒子带正电 B.电场方向沿+y方向 C.磁场磁感应强度B= D.粒子从O到A的时间小于从A到C的时间 2 3 4 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 解析:根据粒子在磁场中的运动轨迹可知,粒子带负电,选项A错误;粒子垂直虚线进入磁场,可知粒子在电场中沿y轴正方向做减速运动,电场力沿y轴负方向,则电场方向沿+y方向,选项B正确;设v0的水平分量为v,粒子在磁场中运动的轨迹半径为R=L,则根据qvB=m,可得磁场磁感应强度B=,选项C错误;粒子从O到A的时间tOA=,从A到C的时间tAC=>=tOA,选项D正确。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 5.(2024·滨州高二调研)(多选)如图所示,空间存在水平向左的匀强电场和垂直于纸面向外的匀强磁场,一质量为m、带电量大小为q的小球,以初速度v0沿与电场方向成45°夹角射入场区,能沿直线运动。经过时间t,小球到达C点(图中没标出),电场方向突然变为竖直向下,电场强度大小不变。已知重力加速度为g,则 (　　) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 A.小球可能带正电 B.匀强磁场的磁感应强度为 C.时间t内小球可能做匀减速直线运动 D.电场方向突然变为竖直向下,则小球做匀速圆周运动 2 3 4 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 解析:若小球做变速运动,则洛伦兹力的大小一定改变,而小球沿直线运动,洛伦兹力方向一定不变,则合外力方向一定改变,则小球不可能做直线运动,故小球做匀速直线运动,故C错误;根据平衡条件可以判断,小球所受合力必然为零,故电场力水平向右,洛伦兹力斜向左上,故小球一定带负电,故A错误;根据平衡条件qv0B=,解得B=,故B正确;根据平衡条件可知mg=qEtan 45°,电场方向突然变为竖直向下,则电场力变为竖直向上,与重力恰好平衡,洛伦兹力提供向心力,小球做匀速圆周运动,故D正确。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 6.(2024·甘肃张掖高二阶段测评)如图所示,半径 为R的光滑半圆形绝缘轨道固定在竖直平面内,轨道 所在空间存在磁感应强度大小为B、方向垂直于轨 道平面向里的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的带正电小球(可视为质点)由轨道左端A处无初速度滑下,当小球滑至轨道最低点C时,给小球再施加一始终水平向右的外力F,使小球能保持速率不变滑过轨道右侧的D点。若轨道两端等高,小球始终与轨道接触,重力加速度为g,则下列判断正确的是 (　　) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 A.小球在C点受到的洛伦兹力大小为qB B.小球在C点对轨道的压力大小为3mg C.小球从C到D的过程中,外力F的大小保持不变 D.小球从C到D的过程中,外力F的功率逐渐增大 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 解析:小球从A到C过程机械能守恒mgR=mv2,解得v=,所以小球在C点受到的洛伦兹力大小为f=qB,故A错误;在C点由牛顿第二定律有FN-mg+f=m,解得FN=3mg-qB,由牛顿第三定律可知,小球在C点对轨道的压力大小为3mg-qB,故B错误;小球从C到D的过程中,合外力大小不变,方向始终指向圆心,而洛伦兹力和支持力沿水平方向的分力增大,故外力F的大小发生变化,故C错误;小球从C到D的过程中,由能量守恒定律可知外力F的功率等于重力功率大小,所以外力F的功率逐渐增大,故D正确。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 7.(2023·新课标卷)一电子和一α粒子从铅盒上的小孔 O竖直向上射出后,打到铅盒上方水平放置的屏幕P上的a 和b两点,a点在小孔O的正上方,b点在a点的右侧,如图所示。 已知α粒子的速度约为电子速度的,铅盒与屏幕之间存在匀强电场和匀强磁场,则电场和磁场方向可能为(　　) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 A.电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向里 B.电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向外 C.电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向里 D.电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向外 解析:带电粒子在电场和磁场中运动,打到a点的粒子所受电场力和洛伦兹力平衡,当电场水平向左、磁场垂直纸面向里时,α粒子受到水平向左的电场力和洛伦兹力,电子受到水平向右的电场力和洛伦兹力,均不能满足受力平衡打到a点,A错误; 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 同理可知,D错误。电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向外时,此时如果α粒子打在a点,则受到水平向左的电场力和水平向右的洛伦兹力平衡,qE=qvB,则电子受到水平向左的洛伦兹力大于水平向右的电场力,向左偏转,同理如果电子打在a点,则α粒子受到水平向左的电场力大于水平向右的洛伦兹力,向左偏转,均不会打在b点,B错误;同理可知,C正确。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 8.(2024·湖北高考)如图所示,在以O点为圆心、半径为 R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度 大小为B。圆形区域外有大小相等、方向相反、范围足够大的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子沿直径AC方向从A点射入圆形区域。不计重力,下列说法正确的是 (　　) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 A.粒子的运动轨迹可能经过O点 B.粒子射出圆形区域时的速度方向不一定沿该区域的半径方向 C.粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域的最小时间间隔为 D.若粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短,粒子运动的速度大小为 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 解析:在圆形匀强磁场区域内,沿着半径方向射入的粒子,总是沿着半径方向射出,根据圆的特点可知粒子的运动轨迹不可能经过O点,故A、B错误;若粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域用时最短,则根据对称性可知粒子运动轨迹如图甲所示, 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 则最短时间t=2T=,故C错误;若粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短,则粒子运动轨迹如图乙所示,设粒子在磁场中运动的半径为r,根据几何关系可知r=,根据洛伦兹力提供向心力有qvB=m,可得v=,故D正确。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 9.如图所示,两导体板水平放置,两板间电势差U=100 V,不计重力的带电粒子以初速度v0=300 m/s沿平行于两板的方向从两板正中间射入,穿过两板后,又垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场,磁场垂直于纸面向里,粒子射入磁场的点M和射出磁场的点N之间的距离d=20 cm,则 (　　) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 A.当v0=600 m/s,U=50 V时,d=20 cm B.当v0=600 m/s,U=100 V时,d=40 cm C.当v0=300 m/s,U=50 V时,d<20 cm D.当v0=600 m/s,U=100 V时,d<40 cm 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 解析:设带电粒子离开电场时速度为v,与水平方向的夹角为θ,可得v=,粒子以速度v进入磁场后做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力可得qvB=m,则粒子在磁场中运动的轨迹半径r=,由几何关系可得M、N之间的距离d=2rcos θ,联立可解得d=,与U无关。当v0=300 m/s时, d=20 cm,故当v0=600 m/s时,d=40 cm,选项B正确。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 10.(2024·福建福安月考)如图所示,空间中有垂直纸 面向里的匀强磁场和方向水平向右的匀强电场,磁感应 强度大小B=0.5 T,电场强度大小E=5 V/m。质量M=0.2 kg 的绝缘立方体物块中心为一球形空洞,空洞内有一半径等于空洞半径、质量m=0.05 kg的光滑圆球,圆球均匀带电,总电荷量q=+0.5 C。水平面足够长,且立方体物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.5。将物块放置在水平面上由静止释放。g取10 m/s2,不计空气阻力。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 (1)求物块释放瞬间的加速度大小a1; 答案:5 m/s2　 解析:物块释放瞬间,圆球不受洛伦兹力,对物块和圆球整体受力分析 根据牛顿运动定律,水平方向有 qE-μFN'=(M+m)a1 竖直方向有FN'-(M+m)g=0 解得a1=5 m/s2。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 (2)求物块脱离水平面前的瞬间,圆球对物块的弹力FN; 答案:2N,方向斜向右上方45°　 解析:物块脱离水平面时,水平面对物块的支持力为零,对物块和圆球整体受力分析,根据牛顿运动定律,水平方向有qE=(M+m)a2 以物块为研究对象,可知物块受到重力和圆球对物块的弹力FN两个力的作用,设弹力FN与水平方向的夹角为θ,分析可知FNsin θ=Mg,FNcos θ=Ma2 解得FN=2 N,θ=45° 弹力方向斜向右上方。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 (3)若在物块脱离水平面前的瞬间,保持匀强电场的电场强度大小不变,方向改为竖直向上,求再经过 s时物块距离水平面的高度h。(该过程中物块可视为质点) 答案:15 m 解析:物块脱离水平面的瞬间,对物块和圆球整体有qvB=(M+m)g 保持匀强电场的电场强度大小不变,方向改为竖直向上,对物块和圆球整体受力分析可知qE=(M+m)g 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 重力与电场力恰好平衡,相当于只受洛伦兹力作用,整体做匀速圆周运动 由洛伦兹力提供向心力可知qvB= 角速度为ω=,圆心角为φ=ωt 解得φ= 物块底部距离水平面的高度为h=r+rcos(φ-π) 解得h=15 m。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 11.(2024·黑龙江哈尔滨高二模拟)如图所示,光滑 绝缘的水平面上放置一个质量为m、带电荷量为+q的 小球(可视为点电荷)。在竖直平面内存在匀强磁场和 匀强电场,y轴左侧电场方向水平向右,无磁场;y轴右侧电场方向竖直向上,磁感应强度大小为B,磁场方向垂直纸面向里。两侧电场强度大小相等,均为。现将小球从左侧距O点为L的A点由静止释放,若小球第一次落回地面时落到A点。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 (1)求小球第二次经过y轴时与O的距离d; 答案: 解析:在y轴右侧空间中,由于qE=mg 小球相当于只受洛伦兹力,做匀速圆周运动qvB=,R= 根据动能定理qEL=mv2 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 解得v= 结合几何关系可得d=2R=。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 (2)小球从开始运动到第二次经过y轴后速度达到最小所用的时间t。 答案:3+ 解析:由A到O小球做匀加速运动, 根据牛顿第二定律有qE=ma 根据运动学规律有L=a 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 小球在磁场中做匀速圆周运动qvB=, T=,t2= 小球回到y轴左侧后,做类斜抛运动,当速度与合力方向垂直时,即速度方向斜向左下45°时,速度最小,设小球从回到y轴左侧起至速度最小所需时间为t3 vx=v-t3,vy=gt3,vx=vy,解得t3= 总时间t=t1+t2+t3=3+。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 12.(2024·重庆北碚高二阶段练习)如图在第一象 限内存在沿y轴负方向的匀强电场,在第二、三、四 象限内存在垂直xOy平面向外的匀强磁场。一带正 电粒子从x轴上的M点以速度v0沿与x轴正方向成60°角射入第二象限,恰好垂直于y轴从N点进入匀强电场,从x轴上的P点再次进入匀强磁场,且经过P点的速度v=v0。已知磁场的范围足够大,=h,粒子的比荷为,不计粒子重力及一切阻力。求: 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 (1)匀强磁场的磁感应强度B的大小; 答案:　 解析:粒子从M点做匀速圆周运动到N点,设轨迹圆的半径为r1,根据洛伦兹力提供向心力qv0B=m 由几何关系r1sin 60°=h 解得r1=2h,B=。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 (2)匀强电场的电场强度E的大小; 答案: 解析:粒子离开电场时v=v0,设粒子从P点进入磁场时速度与x轴正方向夹角为θ, 则有cos θ=,tan θ= 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 解得θ=45°,vy=v0 又vy= 对带电粒子,沿电场方向有qE=ma 根据几何关系=r1(1-cos 60°)=h 解得E=。 (用动能定理qE=mv2-m解答亦可) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 (3)粒子从P点进入匀强磁场再次到达x轴的位置与M点的距离以及经历的时间。 答案: (2-)h　 2 3 4 解析:在电场中粒子做类平抛运动,可得=v0t,t= 解得t=,=2h 1 5 6 7 8 9 10 11 12 从P点进入磁场后由洛伦兹力提供向心力,可得qvB=m 解得r2==2h 根据对称性可知,粒子再次到达x轴时的速度与x轴正方向夹角为45°,粒子转过圆周 设再次到达x轴的位置为P',可得 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 = 则与M点相距为=(2-)h 圆周运动的周期为T== 从P到P'点经历时间为t=T=。 2 3 4 阶段质量评价（一） (单击进入电子文档) $$