第1章 专题强化5 带电粒子在叠加场中的运动-（课件PPT+Word教案）【步步高】2024-2025学年高二物理选择性必修第二册教师用书（粤教版2019）

DIYIZHANG 第一章 专题强化5　带电粒子在叠加场中的运动 1 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)。 学习目标 2 如图所示，思考以下问题： (1)图甲中若小球做匀速圆周运动说明了 提供向心力，除洛伦兹力外其他力的合力为 ，即此时重力与电场力二力平衡。 (2)图乙中若小球做直线运动，则小球一定做 ，即小球受到的合力为 ，即重力和电场力及洛伦兹力三力处于 。 洛伦兹力 零 匀速直线运动 零 平衡状态 3 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 提炼·总结 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 4 一、带电粒子在叠加场中的直线运动 二、带电粒子在叠加场中匀速圆周运动 专题强化练 内容索引 三、带电粒子在叠加场中的一般曲线运动 5 带电粒子在叠加场中的直线运动 一 6 　(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 例1 √ √ √ 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。 返回 带电粒子在叠加场中匀速圆周运动 二 9 　(2024·潮州市高二月考)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，设重力加速度为g，则下列说法正确的是 A.液滴带正电 B.液滴受到重力、电场力、洛伦兹力、向心力作用 C.液滴沿逆时针方向运动 D.液滴比荷= 例2 √ 液滴在重力场、匀强电场和匀强磁场组成的复合场中做 匀速圆周运动，液滴受到的重力和电场力是一对平衡力， 故液滴受到的电场力方向竖直向上，与电场方向相反， 可知液滴带负电，故选项A错误； 液滴受到重力、电场力、洛伦兹力作用，洛伦兹力提供向心力，根据左手定则知液滴沿顺时针方向运动，选项B、C错误； 液滴做匀速圆周运动，即mg=qE，联立解得液滴比荷=故D正确。 　如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，其第 一象限存在着正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度的 方向水平向右，磁感应强度的方向垂直纸面向里。一带 电荷量为+q、质量为m的微粒从原点出发，以某一初速度沿与x轴正方向的夹角为45°的方向进入复合场中，正好做直线运动，当微粒运动到A(l，l)时，电场方向突然变为竖直向上(不计电场变化的时间)，微粒继续运动一段时间后，正好垂直于y轴穿出复合场。不计一切阻力，重力加速度为g，求： 例3 (1)电场强度E的大小； 答案　　 微粒到达A(l，l)之前做匀速直线运动， 对微粒受力分析如图甲 可知tan 45°=得E= (2)磁感应强度B的大小； 答案　　 由平衡条件得qvB=mg 电场方向变化后，微粒所受重力与电场力平衡，微粒在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹如图乙 则有qvB=m，由几何知识可得r=l， 联立解得v=，B= (3)微粒在复合场中的运动时间。 答案　(+1) 微粒做匀速直线运动的时间t1== 分析可知微粒做匀速圆周运动转过的圆心角θ=135°，故微粒做匀速 圆周运动的时间t2=×= 微粒在复合场中的运动时间t=t1+t2=(+1) 返回 带电粒子在叠加场中的一般曲线运动 三 16 　如图所示，两平行极板水平放置，两板间有垂直纸面 向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场，磁场的磁感应 强度为B。一束质量均为m、电荷量均为+q的粒子，以 不同速率沿着两板中轴线PQ方向进入板间后，速率为v的甲粒子恰好做匀 速直线运动；速率为的乙粒子在板间的运动轨迹如图中曲线所示，A为乙粒子第一次到达轨迹最低点的位置，乙粒子全程速率在和之间变化。 研究一般的曲线运动时，可将曲线分割成许多很短的小段，这样质点在每一小段的运动都可以看作圆周运动的一部分，采用圆周运动的分析方法来处理。不计粒子受到的重力及粒子间的相互作用，下列说法正确的是 例4 A.两板间电场强度的大小为 B.乙粒子从进入板间运动至A位置的过程中， 在水平方向上做匀速运动 C.乙粒子偏离中轴线的最远距离为 D.乙粒子的运动轨迹在A处对应圆周的半径为 √ 速率为v的甲粒子恰好做匀速直线运动，则有qvB=Eq， 可得两板间电场强度的大小为E=vB，故A错误； 速率为的乙粒子在板间的运动轨迹如题图中曲线所示，乙粒子从进入板间至运动到A位置的过程中，根据左手定则判断知乙粒子在水平方向上的合力一直水平向右，所以乙粒子在水平方向上做加速运动，故B错误； 由于洛伦兹力一直不做功，乙粒子所受电场力方向一直竖直向下，当粒子速度最大时，电场力做的功最多，偏离中轴线的距离最远，根据 动能定理有qEymax=m×(v)2-m×()2，求得ymax=，故C正确； 由题意可知，乙粒子的运动轨迹在A处时为粒子偏离中轴线的距离最远，此时粒子速度达最大为v，根据qvAB-qE=m，对应圆周的半径为rA=，故D错误。 返回 专题强化练 四 21 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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 基础强化练 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 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平衡而做匀速直线运动，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 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 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=qE ① b在纸面内向右做匀速直线运动，三力平衡，则 mbg=qE+qvbB ② c在纸面内向左做匀速直线运动，三力平衡，则 mcg+qvcB=qE ③ 比较①②③式得：mb>ma>mc，选项B正确。 3.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的带电小球以初速度v0沿与电场方向成45°夹角射入场区，能沿直线运动。小球运动到某一位置时，电场方向突然变为竖直向上。已知带电小球的比荷为k，重力加速度为g，则 A.小球可能带负电 B.电场方向改变后小球做匀速圆周运动 C.电场强度大小为gk D.电场强度与磁感应强度之比为v0∶1 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 小球沿初速度方向做直线运动时，受力分析如图所示， 由左手定则可判断小球带正电，故A错误； 小球沿直线运动时，由几何关系可得qE=mg=qv0B， 可得出E===v0，故C、D错误； 故当电场方向改变后，重力与电场力平衡，小球受到的合力为洛伦兹力，故做匀速圆周运动，故B正确。 4.(2024·清远市高二月考)如图所示的空间，匀强电场的方向竖直向下，电场强度为E，匀强磁场的方向垂直纸面向外，磁感应强度为B，有两个带电小球A和B都能在垂直于磁场方向的同一竖直平面内做匀速圆周运动(两小球间的库仑力可忽略)，运动轨迹如图所示，已知两个带电小球A和B的质量关系为mA=3mB，轨道半径为RA=3RB，则下列说法正确的是 A.小球A、B均带正电 B.小球A带负电、B带正电 C.小球A、B的周期比为1∶3 D.小球A、B的速度比为3∶1 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 因为两小球在复合场中都能做匀速圆周运动，均满足mg=qE，所受电场力均向上，两小球均带负电，A、B错误； 由洛伦兹力提供向心力可得qvB=m 联立可得v==·R 可得小球A、B的速度比为== 由周期公式T== 故小球A、B的周期比为= C错误，D正确。 5.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，然后做匀速圆周运动，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.小球从A点到P点做圆周运动 B.电场方向可能竖直向上 C.O点到P点距离大于 D.小球在第Ⅳ象限运动的时间为 1 2 3 4 5 6 7 8 9 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 小球从A点到P点过程受到重力和洛伦兹力， 所以不做圆周运动，故A错误； 小球在第Ⅳ象限做匀速圆周运动，则mg=qE， 在第Ⅳ象限磁场方向垂直纸面向外，由运动轨迹判断，小球带负电，电场力竖直向上，故电场方向竖直向下，故B错误； 从A到P的过程中由动能定理有mv2-0=mgh，所以O点至P点的距离为h=，故C错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 小球恰好从P点垂直于y轴进入第Ⅳ象限，然后做 匀速圆周运动，从Q点以速度v垂直于x轴进入第Ⅰ 象限，所以小球做圆周运动的半径为OP之间的距 离h，即R=h=，T==，小球在第Ⅳ象限运动了圆周，故t==， D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 6.(2024·江门市高二期末)如图所示，竖直平面内有一直角 坐标系xOy，x轴沿水平方向。第一象限存在着竖直向下的 匀强电场，第四象限存在着竖直向上的匀强电场和垂直于 坐标平面向里的匀强磁场。一质量为M、电荷量为q的带 电小球a(可视为质点)在N点以速率v=、方向与y轴负半轴夹角为θ=60°射入第四象限，恰能沿圆周轨道运动到x轴上的A点，且速度方向垂直于x轴。A点到坐标原点O的距离为l，重力加速度为g，取π=3，忽略空气阻力，求： (1)带电小球的电性及第四象限电场强度的大小E1； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案　正电　　 由带电小球a在第四象限内做匀速圆周运动，可知小球所受电场力和重力平衡，电场力方向竖直向上，故小球带正电； 根据平衡条件有Mg=qE1，解得E1= (2)第四象限磁场磁感应强度B的大小； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案　　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 小球从N点进入第四象限，做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示 设运动半径为R，根据洛伦兹力提供向心力，则有qvB=M 由几何关系有R+Rcos θ=l 解得R=l 联立解得B= (3)当带电小球a刚离开N点时，从y轴正半轴上P点(图中未画出)，一质量为m、电荷量也为q的带正电微粒b(不计重力及a、b间的相互作用)以某一初速度沿x轴正方向射入第一象限电场，微粒b运动到x轴上时刚好与第一次到达A点的a球相遇，已知第一象限的电场强度为E0，求P点与原点O的距离多大。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 设带电小球a在第四象限做匀速圆周运动的周期为T，则有T==2π 设小球a从N点运动到A点的时间为t， 则有t=T=2 微粒b做类平抛运动，根据题意， 由y=at2，a=联立可得y=。 7.(2024·茂名市高二期中)如图所示，有一带电小球，从两竖直的带电平行板上方某高度处自由落下，两板间匀强磁场方向垂直纸面向外，则小球通过电场、磁场空间时 A.可能做匀加速直线运动 B.一定做曲线运动 C.只有重力做功 D.电场力对小球一定做正功 1 2 3 4 5 6 7 8 9 能力综合练 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 运动过程中，重力做正功，即小球的速度越来越大，所以无论小球带正电荷还是带负电荷，电场力和洛伦兹力都不会一直平衡，所以小球受到的合力和运动方向不在一条直线上，故一定做曲线运动，A错误，B正确； 小球在水平方向上有位移，故电场力还做功，C错误； 当洛伦兹力大于电场力时，需要克服电场力做功，此时电场力做负功，D错误。 8.如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场 强度大小为E=1 N/C，同时存在着水平方向的匀强磁场， 其方向与电场方向垂直且向里，磁感应强度大小B=0.5 T。 有一带电微粒质量m=1×10-7 kg、电荷量q=+1×10-6 C，从t=0时刻由O点开始以速度v在第一象限的竖直面内做匀速直线运动，取g=10 m/s2。 (1)求微粒做匀速直线运动的速度v的大小和方向； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案　2 m/s　方向斜向右上与x轴正方向成45°角　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 微粒做匀速直线运动时，受力如图所示 其所受的三个力在同一平面内，合力为零， 则有Bqv= 代入数据解得v=2 m/s 速度v的方向与x轴的正方向之间的夹角满足tan θ= 解得θ=45° 即速度方向斜向右上与x轴正方向成45°角 (2)若在t=0.4 s时，将电场方向逆时针旋转90°，在微粒继续运动的过程中，求微粒第一次经过y轴时的坐标； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案　(0，1.6 m)　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 经过t=0.4 s后，微粒运动到A点，位移为xOA=vt=0.8 m 即A点坐标为(0.8 m，0.8 m)，此时将电场逆时针旋转90°后，有Eq=mg 分析可知，运动到A点后微粒做匀速圆周运动，设圆周运动的半径为r， 有Bqv= 解得r==0.4 m 分析可得微粒运动轨迹如图所示 1 2 3 4 5 6 7 8 9 设微粒经过y轴的交点为Q，则由几何关系可知 |OA|=|AQ|=2r 则|OQ|==1.6 m 即微粒第一次经过y轴时的坐标为(0，1.6 m) (3)若在微粒做匀速直线运动过程中的某一时刻撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象)，在微粒继续运动的过程中，求微粒速度方向恰好平行于x轴正方向时微粒的动能Ek。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案　8×10-7 J 1 2 3 4 5 6 7 8 9 设微粒处于P点时速度恰平行于x轴正方向，P点速度大小为vP，撤去磁场时，微粒沿y轴正方向速度为vy=vsin θ=2 m/s 运动到P点所用的时间为t，则t==0.2 s 撤去磁场时，沿x轴正方向速度为vx=vcos θ=2 m/s 微粒沿x轴方向加速度为ax==10 m/s2 则微粒到达P点的速度为vP=vx+axt=4 m/s 微粒在P点处的动能为Ek=m=8×10-7 J。 9.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； 尖子生选练 答案　 C/kg　4 m/s　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 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)小球从释放到第三次经过x轴所经历的时间。 答案　 s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 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=g 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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 y方向有0=vsin 45°t2-g 得t2= s x方向有x=vcos 45°t2+g 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。 返回 BENKEJIESHU 本课结束 $$ 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）。 如图所示，思考以下问题： （1）图甲中若小球做匀速圆周运动说明了洛伦兹力提供向心力，除洛伦兹力外其他力的合力为零，即此时重力与电场力二力平衡。 （2）图乙中若小球做直线运动，则小球一定做匀速直线运动，即小球受到的合力为零，即重力和电场力及洛伦兹力三力处于平衡状态。 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匀速圆周运动 例2　（2024·潮州市高二月考）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，设重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　） A.液滴带正电 B.液滴受到重力、电场力、洛伦兹力、向心力作用 C.液滴沿逆时针方向运动 D.液滴比荷= 答案　D 解析　液滴在重力场、匀强电场和匀强磁场组成的复合场中做匀速圆周运动，液滴受到的重力和电场力是一对平衡力，故液滴受到的电场力方向竖直向上，与电场方向相反，可知液滴带负电，故选项A错误； 液滴受到重力、电场力、洛伦兹力作用，洛伦兹力提供向心力，根据左手定则知液滴沿顺时针方向运动，选项B、C错误； 液滴做匀速圆周运动，即mg=qE，联立解得液滴比荷=故D正确。 例3　如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，其第一象限存在着正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度的方向水平向右，磁感应强度的方向垂直纸面向里。一带电荷量为+q、质量为m的微粒从原点出发，以某一初速度沿与x轴正方向的夹角为45°的方向进入复合场中，正好做直线运动，当微粒运动到A（l，l）时，电场方向突然变为竖直向上（不计电场变化的时间），微粒继续运动一段时间后，正好垂直于y轴穿出复合场。不计一切阻力，重力加速度为g，求： （1）电场强度E的大小； （2）磁感应强度B的大小； （3）微粒在复合场中的运动时间。 答案　（1）　（2）　（3）（+1） 解析　（1）微粒到达A（l，l）之前做匀速直线运动，对微粒受力分析如图甲 可知tan 45°=得E= （2）由平衡条件得qvB=mg 电场方向变化后，微粒所受重力与电场力平衡，微粒在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹如图乙 则有qvB=m，由几何知识可得r=l， 联立解得v=，B= （3）微粒做匀速直线运动的时间t1== 分析可知微粒做匀速圆周运动转过的圆心角θ=135°，故微粒做匀速圆周运动的时间t2=×= 微粒在复合场中的运动时间t=t1+t2=（+1） 三、带电粒子在叠加场中的一般曲线运动 例4　如图所示，两平行极板水平放置，两板间有垂直纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场，磁场的磁感应强度为B。一束质量均为m、电荷量均为+q的粒子，以不同速率沿着两板中轴线PQ方向进入板间后，速率为v的甲粒子恰好做匀速直线运动；速率为的乙粒子在板间的运动轨迹如图中曲线所示，A为乙粒子第一次到达轨迹最低点的位置，乙粒子全程速率在和之间变化。研究一般的曲线运动时，可将曲线分割成许多很短的小段，这样质点在每一小段的运动都可以看作圆周运动的一部分，采用圆周运动的分析方法来处理。不计粒子受到的重力及粒子间的相互作用，下列说法正确的是（　　） A.两板间电场强度的大小为 B.乙粒子从进入板间运动至A位置的过程中，在水平方向上做匀速运动 C.乙粒子偏离中轴线的最远距离为 D.乙粒子的运动轨迹在A处对应圆周的半径为 答案　C 解析　速率为v的甲粒子恰好做匀速直线运动，则有qvB=Eq，可得两板间电场强度的大小为E=vB，故A错误；速率为的乙粒子在板间的运动轨迹如题图中曲线所示，乙粒子从进入板间至运动到A位置的过程中，根据左手定则判断知乙粒子在水平方向上的合力一直水平向右，所以乙粒子在水平方向上做加速运动，故B错误；由于洛伦兹力一直不做功，乙粒子所受电场力方向一直竖直向下，当粒子速度最大时，电场力做的功最多，偏离中轴线的距离最远，根据动能定理有qEymax=m×（v）2-m×（）2，求得ymax=，故C正确；由题意可知，乙粒子的运动轨迹在A处时为粒子偏离中轴线的距离最远，此时粒子速度达最大为v，根据qvAB-qE=m，对应圆周的半径为rA=，故D错误。 专题强化练　［分值：100分］ 1~5题每题9分，6题12分，共57分 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平衡而做匀速直线运动，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.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的带电小球以初速度v0沿与电场方向成45°夹角射入场区，能沿直线运动。小球运动到某一位置时，电场方向突然变为竖直向上。已知带电小球的比荷为k，重力加速度为g，则（　　） A.小球可能带负电 B.电场方向改变后小球做匀速圆周运动 C.电场强度大小为gk D.电场强度与磁感应强度之比为v0∶1 答案　B 解析　小球沿初速度方向做直线运动时，受力分析如图所示，由左手定则可判断小球带正电，故A错误； 小球沿直线运动时，由几何关系可得qE=mg=qv0B，可得出E==，=v0，故C、D错误； 故当电场方向改变后，重力与电场力平衡，小球受到的合力为洛伦兹力，故做匀速圆周运动，故B正确。 4.（2024·清远市高二月考）如图所示的空间，匀强电场的方向竖直向下，电场强度为E，匀强磁场的方向垂直纸面向外，磁感应强度为B，有两个带电小球A和B都能在垂直于磁场方向的同一竖直平面内做匀速圆周运动（两小球间的库仑力可忽略），运动轨迹如图所示，已知两个带电小球A和B的质量关系为mA=3mB，轨道半径为RA=3RB，则下列说法正确的是（　　） A.小球A、B均带正电 B.小球A带负电、B带正电 C.小球A、B的周期比为1∶3 D.小球A、B的速度比为3∶1 答案　D 解析　因为两小球在复合场中都能做匀速圆周运动，均满足mg=qE，所受电场力均向上，两小球均带负电，A、B错误； 由洛伦兹力提供向心力可得qvB=m 联立可得v==·R 可得小球A、B的速度比为== 由周期公式T== 故小球A、B的周期比为= C错误，D正确。 5.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，然后做匀速圆周运动，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.小球从A点到P点做圆周运动 B.电场方向可能竖直向上 C.O点到P点距离大于 D.小球在第Ⅳ象限运动的时间为 答案　D 解析　小球从A点到P点过程受到重力和洛伦兹力，所以不做圆周运动，故A错误；小球在第Ⅳ象限做匀速圆周运动，则mg=qE，在第Ⅳ象限磁场方向垂直纸面向外，由运动轨迹判断，小球带负电，电场力竖直向上，故电场方向竖直向下，故B错误；从A到P的过程中由动能定理有mv2-0=mgh，所以O点至P点的距离为h=，故C错误；小球恰好从P点垂直于y轴进入第Ⅳ象限，然后做匀速圆周运动，从Q点以速度v垂直于x轴进入第Ⅰ象限，所以小球做圆周运动的半径为OP之间的距离h，即R=h=，T==，小球在第Ⅳ象限运动了圆周，故t==，D正确。 6.（12分）（2024·江门市高二期末）如图所示，竖直平面内有一直角坐标系xOy，x轴沿水平方向。第一象限存在着竖直向下的匀强电场，第四象限存在着竖直向上的匀强电场和垂直于坐标平面向里的匀强磁场。一质量为M、电荷量为q的带电小球a（可视为质点）在N点以速率v=、方向与y轴负半轴夹角为θ=60°射入第四象限，恰能沿圆周轨道运动到x轴上的A点，且速度方向垂直于x轴。A点到坐标原点O的距离为l，重力加速度为g，取π=3，忽略空气阻力，求： （1）（3分）带电小球的电性及第四象限电场强度的大小E1； （2）（6分）第四象限磁场磁感应强度B的大小； （3）（3分）当带电小球a刚离开N点时，从y轴正半轴上P点（图中未画出），一质量为m、电荷量也为q的带正电微粒b（不计重力及a、b间的相互作用）以某一初速度沿x轴正方向射入第一象限电场，微粒b运动到x轴上时刚好与第一次到达A点的a球相遇，已知第一象限的电场强度为E0，求P点与原点O的距离多大。 答案　（1）正电　　（2）　（3） 解析　（1）由带电小球a在第四象限内做匀速圆周运动，可知小球所受电场力和重力平衡，电场力方向竖直向上，故小球带正电； 根据平衡条件有Mg=qE1，解得E1= （2）小球从N点进入第四象限，做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示 设运动半径为R，根据洛伦兹力提供向心力，则有qvB=M 由几何关系有R+Rcos θ=l 解得R=l 联立解得B= （3）设带电小球a在第四象限做匀速圆周运动的周期为T，则有T==2π 设小球a从N点运动到A点的时间为t， 则有t=T=2 微粒b做类平抛运动，根据题意， 由y=at2，a=联立可得y=。 7题10分，8题15分，共25分 7.（2024·茂名市高二期中）如图所示，有一带电小球，从两竖直的带电平行板上方某高度处自由落下，两板间匀强磁场方向垂直纸面向外，则小球通过电场、磁场空间时（　　） A.可能做匀加速直线运动 B.一定做曲线运动 C.只有重力做功 D.电场力对小球一定做正功 答案　B 解析　运动过程中，重力做正功，即小球的速度越来越大，所以无论小球带正电荷还是带负电荷，电场力和洛伦兹力都不会一直平衡，所以小球受到的合力和运动方向不在一条直线上，故一定做曲线运动，A错误，B正确； 小球在水平方向上有位移，故电场力还做功，C错误； 当洛伦兹力大于电场力时，需要克服电场力做功，此时电场力做负功，D错误。 8.（15分）如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小为E=1 N/C，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直且向里，磁感应强度大小B=0.5 T。有一带电微粒质量m=1×10-7 kg、电荷量q=+1×10-6 C，从t=0时刻由O点开始以速度v在第一象限的竖直面内做匀速直线运动，取g=10 m/s2。 （1）（3分）求微粒做匀速直线运动的速度v的大小和方向； （2）（6分）若在t=0.4 s时，将电场方向逆时针旋转90°，在微粒继续运动的过程中，求微粒第一次经过y轴时的坐标； （3）（6分）若在微粒做匀速直线运动过程中的某一时刻撤掉磁场（不考虑磁场消失引起的电磁感应现象），在微粒继续运动的过程中，求微粒速度方向恰好平行于x轴正方向时微粒的动能Ek。 答案　（1）2 m/s　方向斜向右上与x轴正方向成45°角　（2）（0，1.6 m）　（3）8×10-7 J 解析　（1）微粒做匀速直线运动时，受力如图所示 其所受的三个力在同一平面内，合力为零，则有Bqv= 代入数据解得v=2 m/s 速度v的方向与x轴的正方向之间的夹角满足tan θ= 解得θ=45° 即速度方向斜向右上与x轴正方向成45°角 （2）经过t=0.4 s后，微粒运动到A点，位移为xOA=vt=0.8 m 即A点坐标为（0.8 m，0.8 m），此时将电场逆时针旋转90°后，有Eq=mg 分析可知，运动到A点后微粒做匀速圆周运动，设圆周运动的半径为r，有Bqv= 解得r==0.4 m 分析可得微粒运动轨迹如图所示 设微粒经过y轴的交点为Q，则由几何关系可知|OA|=|AQ|=2r 则|OQ|==1.6 m 即微粒第一次经过y轴时的坐标为（0，1.6 m） （3）设微粒处于P点时速度恰平行于x轴正方向，P点速度大小为vP，撤去磁场时，微粒沿y轴正方向速度为vy=vsin θ=2 m/s 运动到P点所用的时间为t，则t==0.2 s 撤去磁场时，沿x轴正方向速度为vx=vcos θ=2 m/s 微粒沿x轴方向加速度为ax==10 m/s2 则微粒到达P点的速度为vP=vx+axt=4 m/s 微粒在P点处的动能为Ek=m=8×10-7 J。 9.（18分）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）（6分）小球的比荷及小球第一次穿过x轴时的速度大小； （2）（12分）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=g 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°t2-g 得t2= s x方向有x=vcos 45°t2+g 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。 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