4.9.2 带电粒子在叠加场中的运动(Word教师用书)-【创新方案】2025年高考物理二轮复习专题辅导与测试

主题二　带电粒子在叠加场中的运动 1.叠加场中的三种常见情形 (1)洛伦兹力与重力共存 (2)洛伦兹力与静电力共存 (3)静电力、洛伦兹力与重力共存 2.带电粒子在叠加场中的解题思路 [典例]　(2023·江苏高考)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; (2)若电子入射速度为,求运动到速度为时位置的纵坐标y1; (3)若电子入射速度在0<v<v0范围内均匀分布,求能到达纵坐标y2=位置的电子数N占总电子数N0的百分比。 [解析]　(1)由题意知,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)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,电子向上偏转,根据动能定理有 eEy1=m-m 解得y1=。 (3)若电子以速度v入射时,设电子能达到的最高点位置的纵坐标为y,则根据动能定理有 eEy=m-mv2 由于电子在最高点与在最低点所受的合力大小相等,则在最高点有F合=evmB-eE 最低点有F合=eE-evB 联立有vm=-v,y= 要让电子到达纵坐标y2=位置,即y ≥ y2 解得v≤v0 若电子入射速度在0 < v < v0范围内均匀分布,则能到达纵坐标y2=位置的电子数N占总电子数N0的90%。 [答案]　(1)v0B　(2)　(3)90% [考法全训] 考法1　洛伦兹力与重力共存 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 解析:选A　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。 考法2　洛伦兹力与静电力共存 2.(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 (　 ) 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:选C　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,均不能打到a点,A错误;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。 考法3　静电力、洛伦兹力与重力共存 3.(2024·安徽高考)(多选)空间中存在竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场,电场强度大小为E,磁感应强度大小为B。一质量为m的带电油滴a,在纸面内做半径为R的圆周运动,轨迹如图所示。当a运动到最低点P时,瞬间分成两个小油滴Ⅰ、Ⅱ,二者带电量、质量均相同。Ⅰ在P点时与a的速度方向相同,并做半径为3R的圆周运动,轨迹如图所示。Ⅱ的轨迹未画出。已知重力加速度大小为g,不计空气浮力与阻力以及Ⅰ、Ⅱ分开后的相互作用,则 (　 ) A.油滴a带负电,所带电量的大小为 B.油滴a做圆周运动的速度大小为 C.小油滴Ⅰ做圆周运动的速度大小为,周期为 D.小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动 解析:选ABD　油滴a做圆周运动,故重力与电场力平衡,可知其带负电,有mg=Eq,解得q=,故A正确;根据洛伦兹力提供向心力有Bqv=m,可得R=,解得油滴a做圆周运动的速度大小为v=,故B正确;设小油滴Ⅰ的速度大小为v1,则有3R=,解得v1==,周期为T==,故C错误;带电油滴a分离前后动量守恒,设分离后小油滴Ⅱ的速度为v2,取油滴a分离前瞬间的速度方向为正方向,由动量守恒定律得mv=v1+v2,解得v2=-,由于分离后的小油滴Ⅱ受到的电场力和重力仍然平衡,且分离后小油滴Ⅱ的速度方向与正方向相反,根据左手定则可知,小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动,故D正确。 [专题九　课时作业(二)]　主题二学习效果评价 (本检测满分75分) 一、选择题(共10小题,每小题5分,共50分) 1.(2024·湖南三模)如图所示,直角坐标系xOy位于竖直平面内,y轴竖直向上,第Ⅲ、Ⅳ象限内有垂直于坐标平面向外的匀强磁场,第Ⅳ象限同时存在方向平行于y轴的匀强电场(图中未画出),一质量为m、带电荷量绝对值为q的小球从x轴上的A点由静止释放,恰好从P点垂直于y轴进入第Ⅳ象限,然后做圆周运动,从Q点以速度v垂直于x轴进入第Ⅰ象限,重力加速度为g,不计空气阻力。则 (　 ) A.从A点到Q点的过程小球的机械能守恒 B.电场方向竖直向上 C.小球在第Ⅳ象限运动的时间为 D.小球能够返回到A点 解析:选C　根据左手定则和小球从A点运动到P点的轨迹可知小球带负电,从P点到Q点过程中小球做圆周运动,可知此时小球受到向下的重力与向上的电场力平衡,又因为小球带负电,所以电场方向竖直向下,从A点到Q点的过程中,洛伦兹力不做功,电场力做正功,机械能增加,故A、B错误;小球恰好从P点垂直于y轴进入第Ⅳ象限,然后做圆周运动,从Q点以速度v垂直于x轴进入第Ⅰ象限,所以设小球做圆周运动的半径为r,则从A点到P点的过程中,根据动能定理可得mgh=mv2-0,r=h,小球做圆周运动的周期T=,小球在第Ⅳ象限运动的时间为t=T=,故C正确;根据竖直上抛运动规律可知小球会从Q点以速度大小v垂直于x轴向下进入磁场,此后根据左手定则,小球不会向左运动,不能够返回A点,故D错误。 2.(2024·四川雅安三模)(多选)如图所示,空间某区域存在匀强电场和匀强磁场,电场方向竖直向下(与纸面平行),磁场方向垂直纸面向外。电场强度为E,磁感应强度为B。带电荷量为q的小球(视为质点)在纸面内恰好做匀速圆周运动。重力加速度为g,下列说法正确的是 (　 ) A.小球带正电 B.小球的质量为 C.小球做匀速圆周运动的周期为 D.若把电场的方向改成竖直向上,小球正好做匀速直线运动,则其速度为 解析:选BD　小球做匀速圆周运动,则电场力与重力要等大反向,电场力方向向上,小球必须带负电,A错误;由qE=mg,可得m=,B正确;小球做匀速圆周运动的周期为T==,C错误;若把电场的方向改成竖直向上,小球正好做匀速直线运动,由平衡条件可得Bqv=Eq+mg,可得v=,D正确。 3.(2024·吉林长春三模)(多选)如图(a),S为粒子源,不断沿水平方向发射速度相同的同种带负电粒子,MN为竖直放置的接收屏。MN左侧空间同时存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场时,粒子恰好沿直线垂直打在MN上的O点;当只有电场或磁场时,粒子打在MN上的P点或Q点,P、O、Q三点的位置如图(b)所示,OQ=OP。已知电场强度为E,磁感应强度为B,S到屏MN的距离为d。不计粒子重力和粒子间的相互作用力,则下列说法正确的是 (　 ) A.只加磁场时,粒子打到接收屏上的P点 B.粒子源发射粒子的速度大小为 C.粒子的比荷为 D.OP间距离为 解析:选BCD　只加磁场时,由左手定则可知,粒子受洛伦兹力方向向下,则打到接收屏上的Q点,A错误;由题意可知,当粒子打在接收屏上的O点时,粒子做匀速直线运动,粒子处于平衡状态,可知qE=qvB,解得粒子的速度为v=,B正确;粒子在只有电场时做类平抛运动,粒子打在接收屏上的P点,由牛顿第二定律可知qE=ma,粒子在水平方向的位移为d=vt,粒子在竖直方向的位移为OP=y=at2,联立可得y=,粒子在只有磁场时做匀速圆周运动,粒子的运动轨迹如图所示,由洛伦兹力提供向心力可知qvB=,即r==,根据y与r的表达式,可得d2=2yr,又OQ=OP,即OQ=y,由几何关系可知r2=d2+,联立解得r=y,r=d,所以=,OP=,C、D正确。 4.(2024·甘肃庆阳阶段练习)(多选)如图所示,空间存在水平向右的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场,粗糙绝缘的水平面上有一带正电的滑块,滑块从M点由静止释放后向右滑动,滑至与M点相距L的N点时达到最大速度v。已知滑块的质量为m,电荷量为q,滑块与水平面间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,电场强度大小E=,则下列说法正确的是 (　 ) A.滑块做匀加速直线运动 B.磁感应强度大小为 C.磁感应强度大小为 D.从M点到N点,滑块克服摩擦力所做的功为2μmgL-mv2 解析:选BD　由左手定则可知,滑块受到的洛伦兹力竖直向下,根据牛顿第二定律有qE-μ=ma,故随着速度的增大,加速度将减小,故A错误;当加速度减为零时,滑块达到最大速度v,即qE-μ=0,解得B=,故B正确,C错误;滑块从M点运动到N点的过程,设克服摩擦力所做的功为Wf,根据动能定理有qEL-Wf=mv2,解得Wf=2μmgL-mv2,故D正确。 5.(多选)如图所示,一倾角为37°的光滑斜面体固定在水平面上,匀强磁场垂直于斜面向上,匀强电场沿斜面向上并垂直于斜面底边,一质量为m、电荷量为q的小球以速率v在斜面上做半径为R的匀速圆周运动。重力加速度为g,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。下列说法正确的是 (　 ) A.小球带负电 B.小球沿顺时针方向做圆周运动 C.匀强电场的电场强度大小为 D.匀强磁场的磁感应强度大小为 解析:选BC　小球在斜面上做匀速圆周运动,故重力沿斜面向下的分力与电场力平衡,电场力沿斜面向上,故小球带正电,故A错误;小球在斜面上做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力,根据左手定则判断可知,小球沿顺时针方向运动,故B正确;根据重力沿斜面向下的分力与电场力平衡,则有Eq=mgsin 37°,解得E=,故C正确;根据洛伦兹力提供向心力,得qvB=m,解得B=,故D错误。 6.(2024·浙江绍兴二模)如图所示,顶角为2θ的光滑绝缘圆锥,置于竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度为B,现有质量为m,带电荷量为-q的小球,沿圆锥面在水平面内做匀速圆周运动,则 (　 ) A.从上往下看,小球做顺时针运动 B.洛伦兹力提供小球做匀速圆周运动时的向心力 C.小球有最小运动半径R= D.小球以最小半径运动时其速度v= 解析:选D　小球在运动过程中受重力、支持力和指向圆心的洛伦兹力,才能够做匀速圆周运动,根据左手定则可知从上往下看,小球做逆时针运动,洛伦兹力与支持力的合力提供向心力,根据牛顿第二定律,水平方向qvB-FNcos θ=m,竖直方向FNsin θ-mg=0,联立可得m-qBv+mgcot θ=0,因为速度为实数,所以Δ≥0,可得-4mgcot θ≥0,解得R≥,所以最小半径为Rmin=,代入可得小球以最小半径运动时其速度v=,故选D。 7.如图所示,空间中存在水平方向的匀强电场和匀强磁场,电场方向水平向左,磁场方向垂直于纸面向里,在正交的电磁场空间中有一足够长的固定光滑绝缘杆,与电场方向夹角成60°且处于竖直平面内。一带电小球套在绝缘杆上,当小球沿杆向下的初速度为v0时,小球恰好做匀速直线运动,则以下说法正确的是 (　 ) A.小球可能带正电,也可能带负电 B.磁感应强度B和电场强度E的大小关系为=v0 C.若撤去磁场,小球仍做匀速直线运动 D.若撤去电场,小球的机械能不断增大 解析:选C　小球所受洛伦兹力和支持力都与运动方向垂直,均不做功,重力做正功,而小球的动能保持不变,则电场力一定做负功,故电场力沿电场方向,小球带正电,故A错误;小球做匀速直线运动时,仅当支持力为零时,电场力、重力、洛伦兹力才三力平衡,有qE=qv0Bsin 60°,则=v0,故B错误;撤去磁场后,因重力和电场力的合力垂直于杆,所以小球仍做匀速直线运动,故C正确;撤去电场后,小球所受的力中仅有重力做功,所以小球的机械能不变,故D错误。 8.(2024·浙江模拟)如图所示,两个定值电阻的阻值分别为R1和R2,直流电源的电动势为E0,内阻不计,平行板电容器两极板水平放置,板间距离为d,板长为d,极板间存在方向水平向里的匀强磁场。质量为m的带电小球以初速度v沿水平方向从电容器下极板左侧边缘A点进入电容器,做匀速圆周运动,恰从电容器上极板右侧边缘离开电容器。此过程中,小球未与极板发生碰撞,重力加速度大小为g,忽略空气阻力,则 (　 ) A.该小球带负电 B.小球所带的电量为 C.匀强磁场的磁感应强度为 D.如果将上极板上移,电容器极板所带的电量将增大 解析:选C　小球在复合场区域做匀速圆周运动,说明电场力和重力平衡,电场力向上;分析电路可知,电容器下极板带正电,上极板带负电,场强的方向向上,小球受电场力的方向与场强的方向相同,所以小球带正电,A错误;电容器极板电压跟R2两端电压相同,大小为U=E0·,所以极板间电场强度大小为E==,小球所受电场力与重力平衡,有qE=mg,得q=,B错误;小球在电容器内做圆周运动的轨迹如图所示,设小球在电磁场中做圆周运动的半径为r,根据几何关系得(r-d)2+(d)2=r2,解得r=2d,根据qvB=m,解得B=,C正确;平行板电容器的电容大小为C=,如果将上极板上移,d增大,C会减小,而电容器两端的电压U不变,而Q=CU,可得电容器极板所带的电荷量会减小,D错误。 9.(多选)据报道,我国空间站安装了现代最先进的霍尔推进器用以空间站的轨道维持,如图甲所示。如图乙为霍尔推进器的简化示意图,在很窄的圆环空间内有沿半径向外的磁场1,其磁感应强度大小可近似认为处处相等;垂直圆环平面同时加有匀强磁场2和匀强电场(图中没画出),磁场1与磁场2的磁感应强度大小相等。已知电子电荷量为e,质量为m,若电子恰好可以在圆环内沿顺时针方向做半径为R、速率为v的匀速圆周运动。不计重力,则以下说法正确的是 (　 ) A.电场方向垂直环平面向外 B.电子运动周期为 C.垂直环平面的磁感应强度大小为 D.电场强度大小为 解析:选BC　根据左手定则可知电子在圆环内受到沿半径向外的磁场1的洛伦兹力方向垂直环平面向里,电场力需要与该洛伦兹力平衡,电场力方向应垂直环平面向外,由于电子带负电,故电场方向垂直环平面向里,A错误;电子在圆环内沿顺时针方向做半径为R、速率为v的匀速圆周运动,则电子运动周期为T=,B正确;电子在圆环内受到磁场2的洛伦兹力提供电子做圆周运动的向心力,则有evB=m,解得B=,C正确;电子在垂直环平面方向受力平衡,则有eE=evB,解得E=,D错误。 10.(2024·云南红河一模)(多选)如图所示,边长均为L=0.2 m的正方形区域ABCD和CEFG位于同一竖直平面内,在ABCD区域内存在竖直方向的匀强电场和垂直纸面的匀强磁场,在CEFG区域内存在匀强电场。一质量m=1.0×10-6kg、电荷量q=+2.0×10-4 C的小球,从距A点正上方h=0.2 m的O点静止释放,进入ABCD区域后做匀速圆周运动,之后恰好从C点沿水平方向进入CEFG区域,取g=10 m/s2,忽略空气阻力,则 (　 ) A.ABCD内的电场强度E1=5×10-2N/C,方向竖直向上 B.磁感应强度B=5×10-3 T,方向垂直纸面向里 C.若在CEFG区域内存在竖直向下的匀强电场E2,恰好能使小球从F点飞出,则C、F两点的电势差UCF=0.03 V D.若在CEFG区域内存在水平向左的电场强度为E3=的匀强电场,则恰好能使小球从G点飞出 解析:选AC　小球进入ABCD区域后做匀速圆周运动,则电场力与重力平衡,有qE1=mg,解得E1== N/C=5×10-2 N/C,方向竖直向上,故A正确;进入ABCD区域后做匀速圆周运动,之后恰好从C点沿水平方向进入CEFG区域,根据几何关系可知,小球在ABCD区域内做匀速圆周运动的半径为r=L=0.2 m,小球进入ABCD区域前做自由落体运动,则有v==2 m/s,根据洛伦兹力提供向心力可得qvB=m,可得磁感应强度大小为B== T=5×10-2 T,根据左手定则可知,磁感应强度方向垂直纸面向里,故B错误;若在CEFG区域内存在竖直向下的匀强电场E2,恰好能使小球从F点飞出,则有L=vt,L=at2,a=,联立解得E2=0.15 N/C,则C、F两点的电势差为UCF=E2L=0.03 V,故C正确;若在CEFG区域内存在水平向左的电场强变为E3=的匀强电场,设小球从GF边离开,则竖直方向做自由落体运动有L=gt'2,解得t'==0.2 s,水平方向做匀减速直线运动有x=vt'-at'2,a==g=10 m/s2,解得x=0.2 m,可知小球恰好从F点飞出,故D错误。 二、非选择题(共2小题,共25分) 11.(12分)微波炉中的磁控管是一种用来产生微波的电真空器件。管内电子在相互垂直的恒定磁场和恒定电场的控制下,把从恒定电场中获得的能量转变成微波能量,从而达到产生微波的目的。如图所示,MN、PQ为水平放置的带电金属板,板间有相互垂直的匀强电场和匀强磁场,电场强度为E,磁感应强度为B。一束电子以平行于MN的速度自O点射入复合场区域,恰好沿直线通过。O点为MP的中点,MP=2d,MN足够长,电子比荷为。不计电子重力及它们之间的相互作用。 (1)求电子沿直线经过两板间的速度大小; (2)若撤去电场,求电子打在金属板上的位置; (3)若电子进入复合场的初速度不变,将电场强度变为E,求电子在两板间运动的最大速度以及电子沿电场线方向上的最大位移。(提示:电子在复合场中的运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动和在MNPQ平面内的匀速圆周运动) 解析:(1)若电子能沿直线通过复合场,则电子受到向上的电场力与向下的洛伦兹力平衡,有qE=qv0B 解得v0=。 (2)撤去电场,电子在磁场中做匀速圆周运动, 有qv0B=m 整理得R= 由= 解得R=2d 由左手定则可知电子向下偏转,设电子打在PQ板上的位置距P端的距离为x,由几何关系得R2=(R-d)2+x2 解得x=d。 (3)当电场强度变为E时,让电场力与洛伦兹力平衡,满足q·E=qv1B 解得v1=v0 如图所示,将电子初速度v0分解为水平向右的v1=v0和水平向左的v 2=v0,分别在复合场中做匀速直线运动和匀速圆周运动,v1与v2同向时电子的运动速度最大 vm=v0+v0=v0,方向水平向右 匀速圆周运动的半径为r==d 沿电场线方向上的最大位移为ym=2r=d ym<d 故沿电场线方向上的最大位移为ym=,方向竖直向上。 答案:(1)　(2)PQ板上距离P端d处 (3)v0,方向水平向右　,方向竖直向上 12.(13分)(2024·山西二模)如图所示,光滑绝缘的水平面上有斜向左上方与水平面成37°夹角的匀强电场,光滑绝缘的竖直面左侧存在竖直向上、电场强度大小为E0的匀强电场以及水平向里(垂直纸面向里)的匀强磁场,带电荷量为q的小球从M点由静止开始沿着水平面向左做匀加速直线运动,与水平面之间的弹力为0,从N点进入电磁场做匀速圆周运动,在P点与竖直面发生第一次碰撞(碰撞时间忽略不计),碰撞过程中产生的热量是刚要碰撞时的动能的,接着在Q点与竖直面发生第二次碰撞,已知M、N两点间的距离为d,N、P两点间的距离也为d,重力加速度为g,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求: (1)小球的质量以及M、P两点间的电势差; (2)匀强磁场的磁感应强度以及N、Q两点间的距离。 解析:(1)由小球在电磁场中做匀速圆周运动可知qE0=mg 则可得小球的质量m= 小球从M点由静止开始沿着水平面向左做匀加速直线运动,与水平面之间的弹力为零,有 qEsin 37°=mg qEcos 37°=ma 可得小球做匀加速直线运动的加速度为a=g 由2ad=v2 可得小球在N点的速度为v= 从M点到N点对小球由动能定理得 qUMN=mv2-0 可得UMN=E0d N、P两点间的电势差为UNP=-E0d 则M、P两点间的电势差为 UMP=UMN+UNP=。 (2)小球做匀速圆周运动,有qvB=,d=2R 可得磁感应强度为B=4E0 碰撞过程中产生的热量是刚要碰撞时的动能的,则碰后的动能为碰前的,则碰后的动能为 m=·mv2 可得碰后速度为v1= 由qv1B= 可得R1= 所以N、Q两点间的距离l=d+2R1=d。 答案:(1)　　(2)4E0　d 学科网（北京）股份有限公司 $$