夺分测5 带电粒子在电磁场中的运动(中档题)(专题微测Word)-【赢在微点·考前顶层设计】2026年高考物理大二轮专题复习

夺分测5　带电粒子在电磁场中的运动(中档题) 1.(2025·济宁模拟)如图所示，绝缘轨道MNPQ位于同一竖直面内，其中MN为长度L=1 m的粗糙水平轨道，NP为半径R=0.3 m的光滑四分之一圆弧轨道，其圆心为O，PQ为足够长的光滑竖直轨道。竖直线NN'右侧有方向水平向左的匀强电场，电场强度E=40 N/C。在正方形ONO'P区域内有方向垂直纸面向外、磁感应强度为B= T的匀强磁场。轨道MN最左端M点处静置一质量为m1=0.3 kg、电荷量为q=0.1 C的带负电的物块A。一质量为m2=0.9 kg的物块C，从左侧的光滑水平轨道上以速度v0=2 m/s撞向物块A，A、C发生弹性碰撞，且A、C恰好不发生第二次碰撞。已知A、C均可视为质点，且与轨道MN的动摩擦因数相同，物块A所带电荷量始终保持不变，取g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。求: (1)在M点碰撞后瞬间A、C的速度大小v1、v2; (2)A、C与轨道MN之间的动摩擦因数μ; (3)A运动过程中对轨道NP的最大压力F的大小。 解析　(1)A、C发生弹性碰撞，则由动量守恒定律可得m2v0=m1v1+m2v2， 由机械能守恒定律可得m2=m1+m2， 解得v1=3 m/s，v2=1 m/s。 (2)A、C恰好不发生第二次碰撞，设C运动的位移为x。对C由动能定理得-μm2gx=0-m2， 对A由动能定理得-μm1g(2L-x)=0-m1， 解得μ=0.25。 (3)A运动到NN'右侧后，重力和电场力的合力大小为F合==5 N， 设A在轨道NP上运动过程中等效最低点K与O点的连线与OP夹角为θ，则tan θ==， 可得θ=37°， 当A经P点返回N点的过程中到达K点时，达到最大速度vK，如图所示， 此时A对轨道的压力最大，A从M点到K点过程中，由动能定理可得 qERcos 37°-m1gR(1-sin 37°)-μm1gL=m1-m1， 返回K点时FN-F合-qvKB=m1， 联立解得FN=13.4 N， 由牛顿第三定律知，A对轨道NP的最大压力为F=13.4 N。 答案　(1)3 m/s　1 m/s　(2)0.25　(3)13.4 N 2.(2025·信阳模拟)如图所示，空间有垂直于纸面的匀强磁场B1和B2，磁感应强度大小均为0.1 T，B2分布在半径R=2 m的圆形区域内，MN为过其圆心O的竖直线，B1分布在MN左侧的半圆形区域外。磁场B1中有粒子源S，S与O的距离d=2 m，且SO⊥MN，某时刻粒子源S沿着纸面一次性向各个方向均匀射出一群相同的带正电粒子，每个粒子的质量m=2×10-6 kg、电量q=1×10-2 C。不计粒子的重力以及粒子之间的相互作用。 (1)若有粒子能到达B2区域，求发射速度的最小值; (2)若所有粒子的发射速率均为v=1×103 m/s，求能进入圆形区域的粒子所占的比率; (3)若从S点发射速率为v=1×103 m/s的某粒子最终平行SO方向射出圆形区域，求粒子在磁场中运动的总时间。 解析　(1)根据洛伦兹力提供向心力qvB1=m， 解得v=， 可得粒子做匀速圆周运动的轨迹半径越小则它的速度就越小，粒子源到B2区域最近的点为SO与B2区域的交点，则当粒子竖直向下发射时，其轨迹刚好与B2区域相切时，满足能到达B2区域的最小发射速度，如图甲，由几何关系得 甲 rmin==(-1) m， 则该粒子的发射速度为vmin=500(-1) m/s。 (2)根据洛伦兹力提供向心力有qvB1=m， 解得r==2 m， 当粒子的运动轨迹恰好与B2区域相切时的临界情况，如图乙，根据几何关系可知 d2+r2=(2r)2， 乙 故当粒子恰好向左或向右射出时，能够刚好进入B2区域，因此能够进入B2区域的粒子数与发射的粒子总数之比为。 (3)若粒子能平行于SO射出，其必然经过圆形轨道最低点，轨迹如图丙，由几何关系得粒子在B1区域内轨迹对应的圆心角为π，则其在B1区域运动的时间为t1=， 粒子在B2区域内轨迹对应的圆心角为，则在B2区域运动的时间为t2=， 故总时间为t=t1+t2==×10-3 s。 丙 答案　(1)500(-1) m/s　(2)　(3)×10-3 s 学科网（北京）股份有限公司 $