第十一章 课时跟踪练54　带电粒子在叠加场中的运动-【优化指导】2026年物理一轮复习高中总复习·第1轮（云南专版）

课时跟踪练54　带电粒子在叠加场中的运动 基础应用练 1．(多选)(2024·安徽卷)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，二者带电荷量、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，所带电荷量的大小为 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 ABD　解析：油滴a做圆周运动，故重力与电场力平衡，可知带负电，有mg＝Eq，解得q＝，A正确；根据洛伦兹力提供向心力Bqv＝m，得R＝，解得油滴a做圆周运动的速度大小为v＝，B正确；设小油滴 Ⅰ 的速度大小为v1，得3R＝，解得v1＝＝，周期为T＝＝，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，得mv＝v1＋v2，解得v2＝－，由于分离后的小液滴受到的电场力和重力仍然平衡，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，D正确。 2．(多选)(2022·广东卷)如图所示，磁控管内局部区域分布有水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。电子从M点由静止释放，沿图中所示轨迹依次经过N、P两点。已知M、P在同一等势面上，下列说法正确的有 (　　) A．电子从N到P，电场力做正功 B．N点的电势高于P点的电势 C．电子从M到N，洛伦兹力不做功 D．电子在M点所受的合力大于在P点所受的合力 BC　解析：电子所受电场力水平向左，电子从N到P的过程中电场力做负功，A错误；根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知N点的电势高于P点，B正确；由于洛伦兹力一直都和速度方向垂直，故电子从M到N洛伦兹力不做功，C正确；由于M点和P点在同一等势面上，故从M到P电场力做功为0，而洛伦兹力不做功，电子在M点的速度为0，根据动能定理可知电子在P点的速度也为0，则电子在M点和P点都只受电场力作用，在匀强电场中电子在这两点所受电场力相等，即所受合力相等，D错误。 3．(多选)自行车速度计利用霍尔效应传感器获知自行车的运动速率。如图甲所示，自行车前轮上安装一块磁铁，轮子每转一圈，这块磁铁就靠近传感器一次，传感器会输出一个脉冲电压。图乙为霍尔元件的工作原理图。当磁场靠近霍尔元件时，导体内定向运动的自由电荷在磁场力作用下偏转，最终使导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现电势差，即为霍尔电势差。下列说法正确的是 (　　) A．根据单位时间内的脉冲数和自行车车轮的半径即可获知车速大小 B．自行车的车速越大，霍尔电势差越高 C．图乙中霍尔元件的电流I是由正电荷定向运动形成的 D．如果长时间不更换传感器的电源，霍尔电势差将减小 AD　解析：根据单位时间内的脉冲数可知车轮转动的转速，若再已知自行车车轮的半径，根据v＝2πrn，即可获知车速大小，A正确；根据霍尔原理可知q＝Bqv，U＝Bdv，即霍尔电压只与磁感应强度、霍尔元件的厚度以及电子定向运动的速度有关，与车轮转速无关，B错误；题图乙中霍尔元件中的电流I是由电子定向运动形成的，C错误；如果长时间不更换传感器的电源，则会导致电子定向运动的速率减小，故霍尔电势差将减小，D正确。 素养提升练 4． (2023·新课标卷)一个电子和一个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 C　解析：带电粒子在电场和磁场中运动，打到a点的粒子其电场力和洛伦兹力平衡。当电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向里时，α粒子受到向左的电场力和洛伦兹力，电子受到向右的电场力和洛伦兹力，两种粒子均不能满足受力平衡而不能打到a点，A错误。当电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向外的，若α粒子打在a点，则其受到向左的电场力和向右的洛伦兹力平衡，有qE＝qvB，v＝；电子速度大，则其受到向左的洛伦兹力大于向右的电场力而向左偏转；同理，若电子打在a点，则α粒子受到向左的电场力大于向右的洛伦兹力而向左偏转；可见，此时α粒子和电子均不会打在b点，B错误；当电场方向水平向右、磁场垂直纸面向里时，若α粒子打在a点，即向右的电场力和向左的洛伦兹力平衡qE＝qvB，v＝，电子速度大，受到向右的洛伦兹力大于向左的电场力而向右偏转，会打在b点；同理，若电子打在a点，则α粒子向右的电场力大于向左的洛伦兹力而向右偏转，会打在b点，C正确。当电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向外时，α粒子受到向右的电场力和洛伦兹力，电子受到向左的电场力和洛伦兹力，此时两种粒子均不能打到a点，D错误。 5．(2022·湖南卷)如图所示，两个定值电阻的阻值分别为R1和R2，直流电源的内阻不计，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、带电荷量为＋q的小球以初速度v沿水平方向从电容器下板左侧边缘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。 (1)求直流电源的电动势E0； (2)求两极板间磁场的磁感应强度B； (3)在图中虚线的右侧设计一匀强电场，使小球离开电容器后沿直线运动，求电场强度的最小值E′。 答案：(1)　(2)　(3) 解析：(1)小球在两板间做匀速圆周运动，则电场力与重力平衡，可得Eq＝mg R2两端的电压U2＝Ed 根据欧姆定律得U2＝·R2 联立解得E0＝。 (2)小球在电容器中的运动轨迹如图所示 设粒子做圆周运动的半径为r，根据几何关系有 (r－d)2＋(d)2＝r2 解得r＝2d 由洛伦兹力提供向心力得qvB＝m 解得B＝。 (3)由几何关系可知，射出磁场时，小球的速度方向与水平方向的夹角为60°，要使小球做直线运动，当小球所受电场力与小球的重力在垂直小球速度方向上的分力相等时，电场力最小，电场强度最小，可得 E′q＝mg cos 60° 解得E′＝。 6．(2023·江苏卷)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。 答案：(1)v0B　(2)　(3)90% 解析：(1)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)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复合场中运动，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(v0)2－m(v0)2 解得y1＝。 (3)若电子以v入射，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＝mv－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 在最低点有F合＝eE－evB 联立有vm＝－v y＝ 要让电子达纵坐标y2＝位置，即y≥y2 解得v≤v0 则若电子入射速度在0<v<v0范围内均匀分布，能到达纵坐标y2＝位置的电子数N占总电子数N0的90%。 学科网（北京）股份有限公司 $$