第1章 专题强化5 带电粒子在叠加场中的运动-【步步高】2023-2024学年高二物理选择性必修 第二册 （粤教版2019）

专题强化5　带电粒子在叠加场中的运动 [学习目标]　1.掌握带电粒子在叠加场中运动的两种常见情景(重点)。2.会分析其受力情况和运动情况，能正确运用物理规律解决问题(难点)。 1．叠加场 电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存。 2．带电粒子在叠加场中常见的几种运动形式 运动性质 受力特点 方法规律 匀速直 线运动 粒子所受的合力为0 平衡条件 匀速圆 周运动 除洛伦兹力外，另外两力的合力为零：qE＝mg 牛顿第二定律，圆周运动的规律 较复杂的曲线运动 除洛伦兹力外，其他力的合力既不为零，也不与洛伦兹力等大反向 动能定理、能量守恒定律 一、带电粒子在叠加场中的直线运动 例1　(多选)(2023·东莞市东华高级中学高二期中)质量为m、电荷量为q的微粒以速度v与水平方向成θ角从O点进入方向如图所示的正交的匀强电场和匀强磁场组成的混合场区，该微粒在电场力、洛伦兹力和重力的共同作用下，恰好沿直线运动到A，下列说法正确的是(重力加速度为g)(　　) A．该微粒一定带负电荷 B．微粒从O到A的运动可能是匀变速运动 C．该磁场的磁感应强度大小为 D．该电场的电场强度大小为 答案　ACD 解析　若微粒带正电，电场力向左，洛伦兹力垂直于OA线斜向右下方，则电场力、洛伦兹力和重力不能平衡，故微粒带负电，故A正确； 微粒如果做匀变速运动，重力和电场力不变，而洛伦兹力随速度变化而变化，微粒不能沿直线运动，故B错误； 微粒受力如图所示，由平衡条件得qvBcos θ＝mg，qE＝mgtan θ，解得B＝，E＝，故C、D正确。 二、带电粒子在叠加场中的圆周运动 例2　(多选)(2022·亳州市高二期末)如图所示，空间存在正交的匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上，磁场沿水平方向垂直纸面向里，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。一个带电粒子以大小为v0的速度从M点沿垂直电场、磁场的方向向右射入场内，粒子恰好能做匀速圆周运动，重力加速度为g，则(　　) A．带电粒子带负电 B．带电粒子的比荷为 C．粒子做圆周运动的半径为 D．若使电场强度减小v0B，粒子从M点向右以v0做直线运动 答案　BD 解析　带电粒子带正电，电场力与重力平衡，A错误；根据平衡条件mg＝qE，解得＝，B正确；根据牛顿第二定律qv0B＝m，解得r＝，C错误；若使电场强度减小v0B，粒子受到的合力为F＝qv0B＋q(E－v0B)－mg，mg＝qE，解得F＝0，粒子受力平衡，从M点向右以v0做直线运动，D正确。 例3　(2023·成都市高二统考期末)如图，直角坐标系xOy处于竖直平面内，x轴沿水平方向，在x轴上方存在水平向右的匀强电场E1，在x轴下方存在竖直向上的匀强电场E2和垂直纸面向外的匀强磁场，匀强电场的电场强度大小E1＝E2＝4.5 N/C，在坐标为(－0.4 m,0.4 m)的A点处将一带正电小球由静止释放，小球沿直线AO第一次穿过x轴，小球第三次经过x轴时恰好再次经过O点，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)小球的比荷及小球第一次穿过x轴时的速度大小； (2)小球从释放到第三次经过x轴所经历的时间。 答案　(1) C/kg　4 m/s　(2) s 解析　(1)由题可知，小球由静止释放后在第二象限的匀强电场中所受合力方向由A点指向O点 则有＝tan 45° 代入数据解得＝ C/kg 由A到O的过程中，由动能定理有mgy1＋qE1x1＝mv2－0 代入数据解得v＝4 m/s (2)设小球从释放到第一次到达O点的时间为t1，小球在y方向做自由落体运动，有y1＝gt12 代入数据解得t1＝ s 如图，在第三、四象限中，qE2＝mg，小球仅由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动；小球从第三象限的P点再次进入第二象限后做斜抛运动，经过时间t2再次回到O点，该过程可将小球的运动分解为沿x轴方向的匀加速直线运动与沿y轴方向的竖直上抛运动。由圆周运动的特点可知，小球在P点的速度与x轴正方向成45°角，由牛顿第二定律知，小球在第二象限x、y两个分方向的加速度大小为ax＝ay＝g y方向有0＝vsin 45°－g 得t2＝ s x方向有x＝vcos 45°t2＋gt22 得x＝ m 由几何关系可得x＝R 得R＝ m 则小球在x轴下方运动的时间为t3＝×＝ s 故小球从释放到第三次经过x轴经历的时间为 t＝t1＋t2＋t3＝ s。 三、带电粒子在叠加场中的一般曲线运动 例4　(多选)空间存在竖直向下的匀强电场和水平方向(垂直纸面向里)的匀强磁场，如图所示，已知一离子在电场力和洛伦兹力共同作用下，从静止开始自A点沿曲线ACB运动，到达B点时速度为零，C为运动的最低点。不计重力，电场和磁场范围足够大，则(　　) A．该离子带负电 B．A、B两点位于同一高度 C．到达C点时离子速度最大 D．离子到达B点后，将沿原曲线返回A点 答案　BC 解析　离子开始仅受到电场力作用由静止开始向下运动，可知离子受到的电场力方向向下，与电场方向同向，则该离子带正电，A错误；洛伦兹力不做功，从A到B，动能变化为零，根据动能定理知，电场力做功为零，A、B两点等电势，因为该电场是匀强电场，所以A、B两点位于同一高度，B正确；根据动能定理知，离子从A到C电场力做正功，离子到达C点时电场力做功最多，则速度最大，C正确；离子在B点的状态与A点的状态(速度为零，电势能相等)相同，离子将在B点的右侧重复前面的曲线运动，不可能沿原曲线返回A点，D错误。 专题强化练 1.(多选)如图所示，实线表示在竖直平面内的电场线，电场线与水平方向成α角，垂直纸面向里的匀强磁场与电场正交，有一带电液滴沿斜向上的虚线L做直线运动，L与水平方向成β角，且α>β，则下列说法中正确的是(　　) A．液滴一定做匀速直线运动 B．液滴一定带正电 C．电场线方向一定斜向上 D．液滴有可能做匀变速直线运动 答案　ABC 解析　液滴受重力、电场力、洛伦兹力的共同作用而做直线运动，若液滴做匀变速直线运动，重力和电场力为恒力，洛伦兹力随速度变化而变化，液滴不能沿直线运动，故液滴做匀速直线运动，合力为零，由题图可知液滴只有带正电才能受力为零而做匀速直线运动，此时电场线方向必斜向上，故A、B、C正确，D错误。 2.如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与纸面平行)，磁场方向垂直于纸面向里。三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等，质量分别为ma、mb、mc。已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动。下列选项正确的是(　　) A．ma＞mb＞mc B．mb＞ma＞mc C．mc＞ma＞mb D．mc＞mb＞ma 答案　B 解析　设三个带正电微粒的电荷量均为q， a在纸面内做匀速圆周运动，说明洛伦兹力提供向心力，重力与电场力平衡，则 mag＝qE① b在纸面内向右做匀速直线运动，三力平衡，则 mbg＝qE＋qvbB② c在纸面内向左做匀速直线运动，三力平衡，则 mcg＋qvcB＝qE③ 比较①②③式得：mb>ma>mc，选项B正确。 3．(多选)(2022·东莞市七校联考高二期中)如图所示，空间存在水平向右的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，一质量为m、带电荷量为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(图中未标出)，电场方向突然变为竖直向上，电场强度大小不变。已知重力加速度为g，则(　　) A．小球一定带负电 B．时间t内小球做匀速直线运动 C．匀强磁场的磁感应强度为 D．电场方向突然变为竖直向上，则小球做匀加速直线运动 答案　BC 解析　假设小球做变速直线运动，小球所受重力与电场力不变，而洛伦兹力随速度的变化而变化，则小球将不可能沿直线运动，故假设不成立，所以小球一定受力平衡做匀速直线运动，故B正确；小球做匀速直线运动，根据平衡条件可以判断，重力竖直向下，电场力水平向右，洛伦兹力垂直直线斜向左上方，故小球一定带正电，故A错误；根据平衡条件得qv0B＝，解得B＝，故C正确；根据平衡条件可知mg＝qEtan 45°，得mg＝qE，电场方向突然变为竖直向上，则电场力竖直向上，与重力恰好平衡，洛伦兹力提供向心力，小球将做匀速圆周运动，故D错误。 4.(多选)(2023·普宁市华侨中学高二期中)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。已知电场的电场强度为E，方向竖直向下，磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里。不计空气阻力，重力加速度为g，则(　　) A．液滴带负电 B．液滴荷质比＝ C．液滴沿顺时针方向运动 D．液滴运动的速度大小v＝ 答案　AC 解析　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，说明受到的电场力方向向上，与重力平衡，故带负电，满足mg＝qE 解得液滴荷质比为＝，A正确，B错误；洛伦兹力恰好作为向心力，据左手定则可知，液滴沿顺时针方向运动，由牛顿第二定律可得qvB＝m，联立解得，液滴运动的速度大小为v＝，C正确，D错误。 5.如图所示的虚线区域内，充满垂直纸面向里的匀强磁场和竖直向上的匀强电场，一带电微粒A以一定初速度由左边界的O点射入虚线区域，恰好沿水平直线从区域右边界O′点穿出，射出时速度大小为vA，若仅撤去磁场，其他条件不变，另一个相同的微粒B仍以相同的速度由O点射入并从区域右边界穿出，射出时速度的大小为vB，则微粒B(　　) A．穿出位置一定在O′点上方，vB<vA B．穿出位置一定在O′点上方，vB>vA C．穿出位置一定在O′点下方，vB<vA D．穿出位置一定在O′点下方，vB>vA 答案　D 解析　设带电微粒从O点射入时的速度为v0，若带电微粒A带负电，所受电场力、重力、洛伦兹力均向下，与运动方向垂直，不可能做直线运动，故微粒A一定带正电，且满足mg＝Eq＋Bqv0，做匀速直线运动，故vA＝v0。若仅撤去磁场，由于mg>Eq，带电微粒B向下偏转，穿出位置一定在O′点下方，合力对其做正功，vB>vA，故D正确。 6.如图所示，空间存在足够大的竖直向上的匀强电场和水平的匀强磁场(垂直纸面向里)。一带正电的小球从O点由静止释放后，运动轨迹如图中曲线OPQ所示，其中P为运动轨迹中的最高点，Q为与O同一水平高度的点。下列关于该带电小球运动的描述，正确的是(　　) A．小球在运动过程中受到的洛伦兹力先增大后减小 B．小球在运动过程中电势能先增加后减少 C．小球在运动过程中机械能守恒 D．小球到Q点后将沿着曲线QPO回到O点 答案　A 解析　小球由静止开始向上运动，可知电场力大于重力，在运动的过程中，洛伦兹力不做功，电场力和重力的合力先做正功后做负功，根据动能定理知，小球的速度先增大后减小，则小球受到的洛伦兹力先增大后减小，故A正确；小球在运动的过程中，电场力先做正功后做负功，则电势能先减少后增加，故B错误；小球在运动的过程中，除重力做功以外，电场力也做功，机械能不守恒，故C错误；小球到Q点后，将重复之前的运动，不会沿着曲线QPO回到O点，故D错误。 7．(2023·呼和浩特市二中高二期末)如图，足够长的绝缘竖直杆处于正交的匀强电磁场中，电场方向水平向左，电场强度大小为E，磁场方向水平向里，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为－q(q>0)的小圆环套在杆上(环内径略大于杆的直径)无初速度下滑。若重力加速度大小为g，圆环与杆之间的动摩擦因数为μ(μqE<mg)，圆环电荷量不变，则能反映圆环下滑过程中速度v随时间t变化关系的图像是(　　) 答案　D 解析　速度较小时，对圆环受力分析有mg－μ(Eq－qvB)＝ma1， 随着速度增大，加速度逐渐增大，当Eq＝qvB时， 加速度为重力加速度，之后，洛伦兹力大于电场力，有mg－μ(qvB－Eq)＝ma2， 随着速度增大，加速度逐渐减小，直到加速度为零时，速度最大，最终做匀速运动。故选D。 8．(2022·深圳市重点中学高二上期末)如图所示，在竖直xOy平面内0≤x≤L的区域存在沿x轴正方向的匀强电场，场强大小为E，及垂直平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B1；在L≤x≤2L的区域存在沿y轴正方向的匀强电场，场强大小也为E，及垂直平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B2；一个质量为m，带电荷量为＋q的带电小球从坐标原点以速度v0沿与x轴成45°角方向射入，小球沿直线匀速穿过0≤x≤L区域，在L≤x≤2L的区域运动一段时间后，沿x轴正方向射出该区域。已知L、m、q、v0，重力加速度g，试求： (1)电场强度E的大小； (2)磁感应强度B2大小； (3)小球从O点到离开x＝2L边界所需要的时间。 答案　(1)　(2)　(3) 解析　(1)带电小球在0≤x≤L区域做匀速直线运动，对其受力分析如图 由共点力平衡可得qE＝mgtan 45° 则E＝ (2)带电小球在L≤x≤2L区域，竖直方向上重力与电场力平衡，小球在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，其轨迹如图所示 设轨迹半径为R，由几何关系可知 R＝＝L 由洛伦兹力提供向心力有qv0B2＝m 解得B2＝ (3)设带电小球在0≤x≤L运动时间为t1，则有 t1＝ 设带电小球在L≤x≤2L运动时间为t2，则有 t2＝T＝ 小球从O点到离开x＝2L边界所需要的时间 t＝t1＋t2＝。 9.如图所示，虚线上方有方向竖直向下的匀强电场，虚线上下有相同的匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向外，ab是一根长为l的绝缘细杆，沿电场线放置在虚线上方的场中，b端恰在虚线上，将一套在杆上的带正电的电荷量为q、质量为m的小环(重力不计)，从a端由静止释放后，小环先做加速运动，后做匀速运动到达b端。已知小环与绝缘杆间的动摩擦因数μ＝0.3，当小环脱离杆进入虚线下方后，运动轨迹是半圆，其半径为，求： (1)小环到达b点的速度vb的大小； (2)匀强电场的电场强度E的大小； (3)带电小环从a到b运动过程中克服摩擦力所做的功与电场力所做的功之比。 答案　(1)　(2)　(3)4∶9 解析　(1)小环在虚线下方磁场中做匀速圆周运动时，根据洛伦兹力提供向心力，有qvbB＝m 又r＝，解得vb＝。 (2)小环沿杆向下运动时，受力情况如图所示，受向左的洛伦兹力F、向右的弹力FN、向下的电场力qE、向上的摩擦力f。当小环做匀速运动时，水平方向有FN＝F＝qvbB 竖直方向， 有qE＝f＝μFN 解得E＝。 (3)小环从a运动到b的过程中，由动能定理得W电－Wf＝mvb2 又W电＝qEl＝ 所以Wf＝－mvb2＝ 则有＝ 学科网（北京）股份有限公司 $$