第一章 专题强化6 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（人教版 苏京）

专题强化6　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充当向心力，除洛伦兹力外其他力的合力为零，即此时重力与静电力二力平衡。 (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，即重力和静电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 3.是否考虑粒子重力 (1)对于微观粒子，如电子、质子、离子等，因为一般情况下其重力与静电力或洛伦兹力相比太小，可以忽略；而对于一些宏观物体，如带电小球、液滴、尘埃等一般应当考虑其重力。 (2)在题目中有明确说明是否要考虑重力的，按题目要求处理。 (3)不能直接判断是否要考虑重力的，在进行受力分析与运动分析时，要结合运动状态确定是否考虑重力。 一、带电粒子在叠加场中的直线运动 例1　如图所示，某空间存在水平向右的匀强电场和垂直纸面方向的匀强磁场(图中未画出)，一质量为m的带正电粒子恰能以速度v沿图中虚线所示的轨迹做直线运动，粒子的运动轨迹与水平方向的夹角为60°，匀强电场的电场强度大小为E，重力加速度大小为g，下列说法正确的是(　　) A.匀强磁场的方向垂直纸面向外 B.匀强磁场的磁感应强度大小为 C.粒子的电荷量为 D.若粒子运动过程中磁场突然消失，则粒子可能做匀减速直线运动 答案　B 解析　带电粒子受到重力、静电力、洛伦兹力，三者平衡，如图所示，因重力向下，静电力向右，所以洛伦兹力方向为左上方，根据左手定则可判断匀强磁场的方向垂直纸面向里，故A错误； 由平衡条件可知qvBsin 60°=Eq，解得B==，故B正确； 由平衡条件可知Eq=mgtan 60°，解得q==，故C错误； 若粒子运动过程中磁场突然消失，重力和静电力的合力与速度方向垂直且恒定，则粒子做类平抛运动，故D错误。 二、带电粒子在叠加场中的圆周运动 例2　(2024·泰州市开学考)方向竖直向下、电场强度为E的匀强电场和磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场正交叠加，如图所示。一质量为m的带电粒子，在叠加场中的竖直平面内做匀速圆周运动，重力加速度为g。则可判断该带电粒子(　　) A.为带电荷量的正电荷 B.沿顺时针方向做圆周运动 C.运动的角速度为 D.运动的速率为 答案　B 解析　带电粒子在叠加场中的竖直平面内做匀速圆周运动，可知静电力与重力平衡，则有qE=mg，可得q=，静电力方向竖直向上，与电场方向相反，故粒子带负电，根据左手定则可知，粒子沿顺时针方向做圆周运动，故A错误，B正确； 根据洛伦兹力提供向心力得qvB=m=mvω， 解得ω==，v= 由于不知道粒子做圆周运动的半径，所以不能确定粒子运动的速率，故C、D错误。 例3　如图，直角坐标系xOy处于竖直平面内，x轴沿水平方向，在x轴上方存在电场强度大小为E1、水平向右的匀强电场，在x轴下方存在电场强度大小为E2、竖直向上的匀强电场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类斜抛运动，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+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。 三、带电粒子在叠加场中的一般曲线运动 例4　(2024·北京市铁路第二中学高二开学考)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，粒子从进入板间运动至A位置的过程中，根据左手定则判断，可知乙粒子在水平方向上的合力一直水平向右，所以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，乙粒子所受静电力方向一直竖直向下，当粒子速度最大时，静电力做的功最多，偏离中轴线的距离最远，根据动能定理有qEymax=m(v)2-m()2，可得ymax=，故C正确；由题意可知，乙粒子的运动轨迹在A处时偏离中轴线的距离最远，粒子速度达到最大为v，根据qvmB-qE=qvB=m，对应圆周的半径为rA=，故D错误。 专题强化练　［分值：100分］ 1~4题每题8分，5题14分，共46分 1.(2023·南京市第一中学高二期末)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，则下列说法中不正确的是(　　) 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　D 解析　液滴受重力、静电力、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，重力和静电力为恒力，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，所受合力为零，由题图可知液滴只有带正电才可使所受合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.如图所示，匀强电场的方向竖直向下，匀强磁场的方向垂直纸面向里，三个油滴a、b、c带有等量同种电荷，其中a静止，b向右做匀速运动，c恰好做匀速圆周运动，比较它们的质量ma、mb、mc间的关系，正确的是(　　) A.ma最小 B.mb最大 C.mb=mc D.mb最小 答案　D 解析　由力的平衡条件可知，a静止，受洛伦兹力为零，则a所受静电力向上，则有mag=Eq，已知电场方向向下，则三个油滴带负电，可知b所受静电力向上，向右做匀速运动，所受洛伦兹力向下，由力的平衡条件有Eq=mbg+qvB，mbg=Eq-qvB；c做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，在竖直方向受力平衡，可得mcg=Eq，由以上可知ma=mc，mb最小。故选D。 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； 由几何关系可得qE=mg=qv0B，故当电场方向改变后，重力与静电力平衡，小球受到的合力为洛伦兹力，做匀速圆周运动，故B正确； 由qE=mg，可得E==，故C错误； 由qE=qv0B，可得出=v0，故D错误。 4.(2024·扬州中学高二月考)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，静电力竖直向上，故电场方向竖直向下，故B错误；从A到P的过程中对小球由动能定理有mgh=mv2-0，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h，即R=h=，T==，小球运动了圆周，t==，D正确。 5.(14分)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轴负方向夹角为θ=60°射入第四象限，恰能沿圆周运动到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。 (1)(4分)判断带电小球的电性及求第四象限电场强度的大小E1； (2)(6分)求第四象限磁场磁感应强度B的大小； (3)(4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)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大小为E0，求P点与坐标原点O的距离。 答案　(1)正电　　(2)　(3) 解析　(1)由带电小球a在第四象限内做圆周运动，可知小球所受静电力和重力平衡，静电力方向竖直向上，故小球带正电；则有Mg=qE1，解得E1= (2)带电小球从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)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=。 6、7题每题9分，8题16分，共34分 6.(2023·南通市海安实验中学高二月考)如图所示，空间存在竖直向上、电场强度大小为E的匀强电场和沿水平方向、垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一个质量为m的带电小球用长为L的绝缘细线系着悬于O点，给小球一个水平方向的初速度，小球在竖直面内做匀速圆周运动，细线张力不为零。某时刻细线断开，小球仍做半径为L的匀速圆周运动。不计小球的大小，重力加速度为g。则(　　) A.细线未断时，小球沿逆时针方向运动 B.小球运动的速度大小为 C.小球的带电荷量为 D.细线未断时，细线的拉力大小为 答案　C 解析　由于细线断了以后，小球还能做匀速圆周运动，说明小球所受静电力与重力平衡，则小球带正电，此时有qE=mg，可得q=，细线未断时，细线张力不为零，根据左手定则判断小球沿顺时针方向运动，A项错误，C项正确；由于细线断了以后，小球仍做半径为L的匀速圆周运动，因此细线未断时，有FT-qvB=m，细线断了以后有qvB=m，可得v==，细线的拉力大小FT=，B、D项错误。 7.在一小段真空室内有水平向右的匀强电场和匀强磁场(如图)，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。若某电荷量为q的正离子在此电场和磁场中运动，其速度平行于磁场方向的分量大小为v1，垂直于磁场方向的分量大小为v2，不计离子重力，则(　　) A.静电力的瞬时功率为qE B.该离子受到的洛伦兹力大小为qv1B C.该离子的加速度大小不变，方向变化 D.不断减小 答案　C 解析　根据功率的计算公式P=Fvcos θ，可知静电力的瞬时功率为P=qEv1，故A错误； 由于v1与磁场方向平行，根据洛伦兹力的计算公式可知该离子受到的洛伦兹力大小为F洛=qv2B，故B错误； 离子受到的静电力不变，洛伦兹力大小不变、方向总是与静电力方向垂直，则该离子受到的合力大小不变、方向改变，根据牛顿第二定律可知，该离子的加速度大小不变、方向改变，故C正确； 离子在垂直于纸面的方向上做匀速圆周运动，沿水平方向做加速运动，则v1增大，v2不变，不断增大，故D错误。 8.(16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，其方向垂直纸面向里，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)(4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，将电场方向逆时针方向旋转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，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 静电力大小qE=mg=1×10-6 N 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，运动位移为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 设微粒经过y轴的交点为Q，则由几何关系可知 xOA=xAQ=2r 则xOQ==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，刚撤去磁场时沿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 沿x轴方向加速度大小为ax==10 m/s2 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.(20分)(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)(4分)求电场强度的大小E； (2)(6分)若电子入射速度为，求运动到速度为时位置的纵坐标y1； (3)(10分)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叠加场中，由于洛伦兹力不做功，且由于电子入射速度为，则电子受到的静电力大于洛伦兹力，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)电子以v入射时，设电子能到达的最高点位置的纵坐标为y，则根据动能定理有 eEy=m-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= 要让电子到达纵坐标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 $ DIYIZHANG 第一章 专题强化6　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 充当向心力，除洛伦 兹力外其他力的合力为 ，即此时 重力与静电力二力平衡。 (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 ，即重力和静电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 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 3.是否考虑粒子重力 (1)对于微观粒子，如电子、质子、离子等，因为一般情况下其重力与静电力或洛伦兹力相比太小，可以忽略；而对于一些宏观物体，如带电小球、液滴、尘埃等一般应当考虑其重力。 (2)在题目中有明确说明是否要考虑重力的，按题目要求处理。 (3)不能直接判断是否要考虑重力的，在进行受力分析与运动分析时，要结合运动状态确定是否考虑重力。 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的圆周运动 专题强化练 三、带电粒子在叠加场中的一般曲线运动 内容索引 6 带电粒子在叠加场中的直线运动 一 7 　如图所示，某空间存在水平向右的匀强电场和垂直纸面方向的匀强磁场(图中未画出)，一质量为m的带正电粒子恰能以速度v沿图中虚线所示的轨迹做直线运动，粒子的运动轨迹与水平方向的夹角为60°，匀强电场的电场强度大小为E，重力加速度大小为g，下列说法正确的是 A.匀强磁场的方向垂直纸面向外 B.匀强磁场的磁感应强度大小为 C.粒子的电荷量为 D.若粒子运动过程中磁场突然消失，则粒子可能做匀减速直线运动 例1 √ 带电粒子受到重力、静电力、洛伦兹力，三者平衡， 如图所示，因重力向下，静电力向右，所以洛伦兹 力方向为左上方，根据左手定则可判断匀强磁场的 方向垂直纸面向里，故A错误； 由平衡条件可知qvBsin 60°=Eq，解得B==，故B正确； 由平衡条件可知Eq=mgtan 60°，解得q==，故C错误； 若粒子运动过程中磁场突然消失，重力和静电力的合力与速度方向垂直且恒定，则粒子做类平抛运动，故D错误。 返回 带电粒子在叠加场中的圆周运动 二 10 　(2024·泰州市开学考)方向竖直向下、电场强度为E的匀强电场和磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场正交叠加，如图所示。一质量为m的带电粒子，在叠加场中的竖直平面内做匀速圆周运动，重力加速度为g。则可判断该带电粒子 A.为带电荷量的正电荷 B.沿顺时针方向做圆周运动 C.运动的角速度为 D.运动的速率为 例2 √ 带电粒子在叠加场中的竖直平面内做匀速圆周运动，可知静电力与重力平衡，则有qE=mg，可得q=，静电力方向竖直向上，与电场方向相反，故粒子带负电，根据左手定则可知，粒子沿顺时针方向做圆周运动，故A错误，B正确； 根据洛伦兹力提供向心力得qvB=m=mvω， 解得ω==，v= 由于不知道粒子做圆周运动的半径，所以不能确定 粒子运动的速率，故C、D错误。 　如图，直角坐标系xOy处于竖直平面内，x轴沿水平方向，在x轴上方存在电场强度大小为E1、水平向右的匀强电场，在x轴下方存在电场强度大小为E2、竖直向上的匀强电场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； 例3 答案　 C/kg　4 m/s 由题可知，小球由静止释放后在第二象限中所受合力方向由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 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类斜抛运动，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+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 带电粒子在叠加场中的一般曲线运动 三 18 　(2024·北京市铁路第二中学高二开学考)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， 例4 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 √ 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，粒子从进入板间运动至A位置的过程中，根据左手定则判断，可知乙粒子在水平方向上的合力一直水平向右，所以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，乙粒子所受静电力方向一直竖直向下，当粒子速度最大时，静电力做的功最多，偏离中轴线的距离最远， 根据动能定理有qEymax=m(v)2-m()2，可得ymax=，故C正确； 由题意可知，乙粒子的运动轨迹在A处时偏离中轴线的距离最远，粒子速度达到最大为v，根据qvmB-qE=qvB=m，对应圆周的半径为rA=，故D错误。 返回 专题强化练 四 23 1.(2023·南京市第一中学高二期末)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，则下列说法中不正确的是 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、静电力、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，重力和静电力为恒力，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，所受合力为零，由题图可知液滴只有带正电才可使所受合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.如图所示，匀强电场的方向竖直向下，匀强磁场的方向垂直纸面向里，三个油滴a、b、c带有等量同种电荷，其中a静止，b向右做匀速运动，c恰好做匀速圆周运动，比较它们的质量ma、mb、mc间 的关系，正确的是 A.ma最小 B.mb最大 C.mb=mc D.mb最小 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 由力的平衡条件可知，a静止，受洛伦兹力为零，则a所受静电力向上，则有mag=Eq，已知电场方向向下，则三个油滴带负电，可知b所受静电力向上，向右做匀速运动，所受洛伦兹力向下，由力的平衡 条件有Eq=mbg+qvB，mbg=Eq-qvB；c做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，在竖直方向受力平衡，可得mcg=Eq，由以上可知ma=mc，mb最小。故选D。 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； 由几何关系可得qE=mg=qv0B，故当电场方向改变后，重力与静电力平衡，小球受到的合力为洛伦兹力，做匀速圆周运动，故B正确； 由qE=mg，可得E==，故C错误； 由qE=qv0B，可得出=v0，故D错误。 4.(2024·扬州中学高二月考)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，静电力竖直向上，故电场方向竖直向下，故B错误； 从A到P的过程中对小球由动能定理有mgh=mv2-0，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h，即R=h=，T==圆周，t==，D正确。 5.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轴负方 向夹角为θ=60°射入第四象限，恰能沿圆周运动到 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。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 (1)判断带电小球的电性及求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在第四象限内做圆周运动，可知小球所受静电力和重力平衡，静电力方向竖直向上，故小球带正电；则有Mg=qE1，解得E1= (2)求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 带电小球从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)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大小为E0，求P点与坐标原点O的距离。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 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=。 6.(2023·南通市海安实验中学高二月考)如图所示，空间存在竖直向上、电场强度大小为E的匀强电场和沿水平方向、垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一个质量为m的带电小球用长为L的绝缘细线系着悬于O点，给小球一个水平方向的初速度，小球在竖直面内做匀速圆周运动，细线张力不为零。某时刻细线断开，小球仍做半径为L的匀速圆周运动。不计小球的大小，重力加速度为g。则 A.细线未断时，小球沿逆时针方向运动 B.小球运动的速度大小为 C.小球的带电荷量为 D.细线未断时，细线的拉力大小为 能力综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 由于细线断了以后，小球还能做匀速圆周运动，说明小球所受静电力与重力平衡，则小球带正电，此时有qE=mg，可得q=，细线未断时，细线张力不为零，根据左手定则判断小球沿顺时针方向运动，A项错误，C项正确； 由于细线断了以后，小球仍做半径为L的匀速圆周运动，因此细线未断时，有FT-qvB=m，细线断了以后有qvB=m，可得v==，细线的拉力大小FT=，B、D项错误。 7.在一小段真空室内有水平向右的匀强电场和匀强磁场(如图)，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。若某电荷量为q的正离子在此电场和磁场中运动，其速度平行于磁场方向的分量大小为v1，垂直于磁场方向的分量大小为v2，不计离子重力，则 A.静电力的瞬时功率为qE B.该离子受到的洛伦兹力大小为qv1B C.该离子的加速度大小不变，方向变化 D.不断减小 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 根据功率的计算公式P=Fvcos θ，可知静电力的瞬 时功率为P=qEv1，故A错误； 由于v1与磁场方向平行，根据洛伦兹力的计算公式 可知该离子受到的洛伦兹力大小为F洛=qv2B，故B错误； 离子受到的静电力不变，洛伦兹力大小不变、方向总是与静电力方向垂直，则该离子受到的合力大小不变、方向改变，根据牛顿第二定律可知，该离子的加速度大小不变、方向改变，故C正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 离子在垂直于纸面的方向上做匀速圆周运动，沿水平方向做加速运动，则v1增大，v2不变，不断增大，故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，其方向垂直纸面向里，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 静电力大小qE=mg=1×10-6 N 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，将电场方向逆时针方向旋转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，运动位移为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 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 xOA=xAQ=2r 则xOQ==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，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，刚撤去磁场时沿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 沿x轴方向加速度大小为ax==10 m/s2 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.(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； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 尖子生选练 答案　v0B 1 2 3 4 5 6 7 8 9 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)若电子入射速度为，求运动到速度为时位置的纵坐标y1； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 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叠加场中，由于洛伦兹力不做功，且由于电子入射速度为，则电子受到的静电力大于洛伦兹力，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。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案　90% 1 2 3 4 5 6 7 8 9 电子以v入射时，设电子能到达的最高点位置的纵坐标为y，则根据动能定理有 eEy=m-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= 1 2 3 4 5 6 7 8 9 要让电子到达纵坐标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%。 返回 $