第1章 专题强化练4 带电粒子在叠加场中的运动（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2025-2026学年高二物理选择性必修第二册（教科版）

专题强化练4　带电粒子在叠加场中的运动 一、选择题 1.(2024江苏苏州新草桥中学月考)两平行金属板间有相互正交的匀强电场和匀强磁场,一个α粒子从两板正中央垂直电场、磁场入射,它在金属板间的运动轨迹如图中曲线所示,则在α粒子通过金属板间区域过程中 (　　) A.α粒子的电势能增大 B.α粒子的动能增大 C.电场力对α粒子做负功 D.洛伦兹力对α粒子做负功 2.(2025四川泸州期末)如图所示,在竖直面内有正交的匀强电场和匀强磁场,其中电场的方向与水平方向的夹角为θ。一带电油滴以一定的初速度v0(未知)沿电场方向射入,恰好做直线运动。已知磁场的磁感应强度大小为B,油滴的质量为m、电荷量为q,重力加速度大小为g,则下列判断正确的是 (　　) A.油滴带负电 B.带电油滴做匀加速直线运动 C.初速度v0的大小为 D.电场强度E的大小为 3.(2025四川自贡月考)如图所示,一根固定的绝缘竖直长杆位于范围足够大且相互正交的匀强电场和匀强磁场中,电场强度大小为E=,磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带正电小圆环套在杆上,环与杆间的动摩擦因数为μ。现使圆环以初速度v0向下运动,经时间t0,速度变为零。不计空气阻力,重力加速度为g。则下列说法中正确的是 (　　) A.环速度变为零后,将保持静止不动 B.环的最小加速度为a=g C.环在t0时间内损失的机械能为m D.环下降过程的位移大小为 4.(2025湖南长沙长郡中学月考)在xOy竖直平面内存在沿y轴正方向的匀强电场和垂直于平面向外的匀强磁场,现让一个质量为m、电荷量为q的带正电小球从O点沿y轴正方向射入,已知电场强度大小为,磁感应强度大小为B,小球从O点射入的速度大小为,重力加速度为g,则小球的运动轨迹可能是(　　) A　　　B C　　　D 5.(2025山东省实验中学诊断)某实验室内充满匀强磁场和匀强电场,磁场、电场与水平地面的夹角均为45°且斜向右上方,如图所示。房间内在离地面h处的位置有一个粒子发射源,源源不断地发射出质量为m、电荷量为q的粒子,粒子在房间内以v做匀速直线运动。某次实验中,撤去磁场,电场不变,粒子发射后经过一段时间落到地面上(不计空气阻力),重力加速度为g,以下说法正确的是 (　　) A.粒子带负电,磁感应强度大小为,电场强度大小为 B.电场力做功为 C.粒子运动过程中机械能增大 D.落地点到发射点的水平距离为 二、非选择题 6.(2025四川广安期末)某离子空气净化器原理如图所示,由空气和带正电的灰尘颗粒物组成的混合气流进入由一对足够长平行金属板构成的收集器,在金属板右边长为L的一段区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场,在电场或者电磁场作用下,带电颗粒均能打到金属板上被收集。现有大量质量为m=10-5 kg、电荷量q=10-5 C的大颗粒沿板方向以v0=2 m/s的速度进入电场区后,速度恰能保持不变,已知金属板间距为d=1 m,磁场区域内金属板长L=2 m,电源内阻r=1 Ω,定值电阻R1=3 Ω,R2=8 Ω,重力加速度为g=10 m/s2,不计颗粒间的相互作用与空气阻力。求: (1)两金属板间的电压; (2)电源的电动势; (3)大颗粒在磁场力作用下直接打在收集板上时,匀强磁场的磁感应强度大小范围。 7.(2024安徽安庆月考)如图所示,平面直角坐标系xOy的第二象限内存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场,其中匀强磁场的磁感应强度大小为B1=0.025 T,在第一和第四象限中有与y轴平行的两直线边界MN、PQ,MN与PQ之间的距离d=0.4 m。可视为质点的带电液滴从A点以速度v0=0.1 m/s沿直线AO运动,AO与x轴的夹角为37°。在y轴与MN之间的区域Ⅰ内加一电场强度E2最小的匀强电场后,可使带电液滴继续做直线运动到MN上的C点,图中未标明E2方向。液滴在C点的速度大小为vC=0.4 m/s,MN与PQ之间区域Ⅱ内存在方向竖直向上、场强大小为E3的匀强电场和方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B2的匀强磁场,带电液滴在区域Ⅱ内做匀速圆周运动并恰好不能从右边界飞出,已知重力加速度为g=10 m/s2, sin 37°=0.6, cos 37°=0.8。求: (1)带电液滴的比荷; (2)带电液滴从O运动到C的时间; (3)区域Ⅱ内电场强度的大小E3和磁感应强度的大小B2。 答案与分层梯度式解析 专题强化练4　带电粒子在叠加场中的运动 1.B 2.C 3.D 4.C 5.D 1.B　α粒子在电场、磁场的叠加场中运动时,对其受力分析,受到竖直向下的电场力和与速度方向垂直向上的洛伦兹力,洛伦兹力不做功,电场力对其做正功,因此α粒子的电势能减小;再由动能定理可知,α粒子的动能增大,故B正确,A、C、D错误。 2.C　带电油滴做直线运动,则洛伦兹力不变,可知油滴一定做匀速直线运动,故油滴受力平衡, 受力情况如图所示,洛伦兹力垂直于初速度v0斜向左上方,根据左手定则可知,油滴带正电,A、B错误;由平衡条件可得mg cos θ=qv0B,mg sin θ=Eq,解得初速度的大小为v0=,电场强度的大小为E=,C正确,D错误。 3.D　环在叠加场中受到的电场力为Eq=2mg>mg,方向竖直向上,可知环速度变为零后不会保持静止,将向上运动,故A错误。环在下降过程中,对圆环受力分析,根据牛顿第二定律有Eq+f-mg=ma,f=μFN=μBqv,解得加速度大小a=g+,故下降过程中随着速度的减小,加速度在逐渐减小,当速度等于0时加速度为g;环到达最低点后的上升过程中,有Eq-f-mg=ma',f=μFN=μBqv,解得a'=g-,故上升过程中随着速度增大,加速度在减小,故环的最小加速度不等于g,故B错误。设环在t0时间内下降的高度为h,则损失的机械能为ΔE=m+mgh>m,故C错误。环下降过程中,根据动量定理可得(mg-Eq-)t0=0-mv0,整理得mgt0+μBqt0=mv0,其中t0=h,解得环下降过程的位移大小为h=,故D正确。 4.C　 图形剖析　 小球射入时将初速度v0进行分解,其中分速度v1可使得小球受到的电场力、洛伦兹力与重力三力平衡,有Eq=mg+qv1B,解得v1=,根据左手定则可知v1沿x轴正方向,又由题意知初速度v0沿y轴正方向,大小为,根据平行四边形定则可得分速度v2与y轴的夹角为45°,如图甲所示,分速度v2的大小为v2=v0=,故小球以分速度v2做匀速圆周运动,以分速度v1沿x轴正方向做匀速直线运动,两者的合运动即为小球的运动。小球y轴方向上的位移只与匀速圆周运动有关,圆周运动轨迹如图乙,圆周运动的轨迹与x轴正方向匀速直线运动合成后的轨迹即为小球实际运动轨迹,如图丙所示,故选C。 5.D　粒子在匀强电场和匀强磁场中做匀速直线运动,则粒子受到的合力为零,粒子受到的电场力与电场线平行,受到的洛伦兹力与磁场方向和电场方向都垂直,则粒子的受力如图所示,因此粒子应带正电(若粒子带负电,则电场力、洛伦兹力和重力不可能平衡),根据平衡条件有mg sin 45°=qE,mg cos 45°=qvB,解得E=,B=,故A错误。由左手定则可知粒子的速度方向垂直纸面水平向外,撤去磁场后,重力与电场力的合力垂直于电场力斜向下,则粒子运动轨迹在垂直于电场线的平面内,故电场力不做功,则粒子落地过程中,机械能守恒,故B、C错误。粒子的速度方向垂直于纸面水平向外,粒子在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动,根据a==g,h=at2,可得t=,水平向外做匀速直线运动,则x=vt=v;水平向右做匀加速运动,a'==g,则水平向右的位移z=a't2=h,落地点到发射点的水平距离s==,故D正确。 6.答案　(1)10 V　(2)15 V　(3)0.8 T≤B≤4 T 解析　(1)大颗粒进入磁场前,在金属板间做匀速直线运动,根据平衡条件有qE0=mg 解得E0= 又因为U=E0d 联立可得U=10 V (2)两金属板间的电压与电阻R2两端的电压相等,根据闭合电路欧姆定律,有E=(R2+R1+r) 解得电源的电动势E=15 V (3)如果磁感应强度太大,从下板边缘进入场区的颗粒会从板间左侧返回,磁感应强度太小又会从板间右侧射出,所以要寻找两个临界情况,如图所示: 一是刚好不会从左侧射出,即颗粒轨迹刚好与上极板相切,设轨迹圆心为O1,半径为R1,由几何知识可得R1= 根据牛顿第二定律知qv0B1=m 解得B1==4 T 二是刚好不会从右侧射出,即刚好打在上极板最右侧,设轨迹圆心为O2,半径为R2,由几何知识可得(R2-d)2+L2= 解得R2= 根据牛顿第二定律知qv0B2=m 解得B2==0.8 T 联立得B的取值范围0.8 T≤B≤4 T 7.答案　(1)5×103 C/kg　(2)0.05 s　(3)2×10-3 N/C　3.2×10-4 T 解析　(1)带电液滴在第二象限内受重力、电场力和洛伦兹力,三力平衡,液滴沿OA做直线运动,受力分析如图甲所示,由共点力的平衡条件得qv0B1 cos 37°=mg,代入数据得=5×103 C/kg。 甲　　乙 (2)液滴在区域Ⅰ沿直线运动到MN上的C点,由于在区域Ⅰ只受重力和电场力,且vC=0.4 m/s>v0,则重力和电场力的合力沿OC方向,液滴做匀加速直线运动,由力的合成可知,当电场力方向与速度方向垂直时液滴所受的电场力最小,此时电场强度最小,液滴受力如图乙所示 由牛顿第二定律可得mg sin 37°=ma 又vC=v0+at 解得t=0.05 s。 (3)液滴在区域Ⅱ内做匀速圆周运动,则重力和电场力二力平衡,液滴在洛伦兹力作用下做圆周运动,有mg=qE3,解得E3=2×10-3 N/C 液滴恰好不能从右边界飞出,其运动轨迹如图丙所示 丙 由洛伦兹力提供向心力,有qvCB2=m,由几何关系可知r+r sin 37°=d 代入数值解得B2=3.2×10-4 T。 规律方法　处理带电粒子在叠加场中的运动的基本思路 　　(1)弄清叠加场的组成。 　　(2)进行受力分析,确定带电粒子的运动状态,注意运动情况和受力情况的结合。 　　(3)画出粒子运动轨迹,灵活选择不同的运动规律。 　　①当带电粒子在叠加场中做匀速直线运动时,根据受力平衡列方程求解。 　　②当带电粒子在叠加场中做匀速圆周运动时,一定是电场力和重力平衡,洛伦兹力提供向心力,应用平衡条件和牛顿运动定律分别列方程求解。 　　③当带电粒子做复杂曲线运动时,一般用动能定理或能量守恒定律求解。 7 学科网（北京）股份有限公司 $