专题提升：带电粒子在叠加场中的运动 专项训练-2027届高三物理一轮复习

专题提升：带电粒子在叠加场中的运动-2027届高三物理一轮复习同步练习 姓名： 班级： 学号： 基础对点练 题组一　带电粒子在叠加场中没有约束情况下的运动 1.（2025广东东莞模拟）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做匀速圆周运动，其轨迹半径为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，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　） A.液滴带正电 B.液滴所受合力为零 C.液滴受到重力、静电力、洛伦兹力、向心力的作用 D.液滴运动的速度v＝ 2.（多选）如图所示，在竖直平面内的虚线下方分布着互相垂直的匀强电场和匀强磁场，电场的电场强度大小为10 N/C，方向水平向左；磁场的磁感应强度大小为2 T，方向垂直于纸面向里。现将一质量为0.2 kg、电荷量为＋0.5 C的小球，从该区域上方的某点A以某一初速度v0水平抛出，小球进入虚线下方后恰好做直线运动。已知重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是（　　） A.小球平抛的初速度大小为5 m/s B.小球平抛的初速度大小为2 m/s C.A点距该区域上边界的高度为1.25 m D.A点距该区域上边界的高度为2.5 m 3.（2026湖南常德模拟）空间中存在磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面向里，匀强电场的电场强度为E、方向沿y轴向下，将一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子从O点由静止释放，粒子的部分运动轨迹如图中曲线所示。出发后粒子第一次到达x轴的坐标为（a，0），已知该曲线在最低点的曲率半径为该点到x轴距离的2倍，该粒子运动过程中任意位置的坐标可以表示为P（x，y），不计粒子的重力，则（　　） A.该粒子运动过程中任意位置坐标的y值可能取负值 B.该粒子运动过程中任意位置坐标的x值不可能大于a C.粒子在运动过程中第一次运动到离x轴最远处时，距离x轴的距离ym＝ D.粒子运动过程中的最大速率vm＝ 题组二　带电粒子在叠加场中有约束情况下的运动 4.（多选）（2025江苏南京模拟）如图所示，质量为m、电荷量为＋q的圆环可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B、方向水平向里的匀强磁场中，不计空气阻力，现给圆环一个向右的初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的速度—时间图像可能正确的是（　　） 5.如图所示，长为l的绝缘轻绳一端固定于O点，另一端系一质量为m的带负电小球，在小球运动的竖直平面内有垂直于该平面向里的匀强磁场。某时刻给小球一垂直于磁场、水平向右的初速度，小球能做完整的圆周运动。不计空气阻力，重力加速度为g。则（　　） A.小球做匀速圆周运动 B.小球运动过程中机械能不守恒 C.小球在最高点的最小速度v1＝ D.小球在最低点与最高点时绳子拉力差值大于6mg 综合提升练 6.（多选）空间中存在垂直于纸面向里的匀强磁场与水平向右的匀强电场，一带正电的粒子在复合场内恰能沿着MN做匀速直线运动，MN与水平方向成45°角，NP水平向右，粒子所带电荷量为q，速度为v，质量为m，重力加速度为g，当粒子运动到N时，撤去磁场，一段时间后粒子经过P点，则（　　） A.电场强度大小为E＝ B.磁感应强度大小为B＝ C.N、P两点的电势差为U＝ D.粒子从N运动到P的过程中，距离NP的最远距离为 7.（2026江西新余模拟预测）如图所示，足够长光滑水平面上方空间中有垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场和水平向右、电场强度为E的匀强电场，水平面上有一个质量为m且不带电的绝缘物块N，在物块N左边某处静止释放一个质量为2m且带正电的物块M，电荷量为q，物块M、N都可以看成质点，若M、N恰能相碰（碰撞时间很短），且碰后粘为一体（碰后电荷量不变），重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A.物块M与物块N碰前的速度是 B.物块M释放点到物块N初始位置的距离是 C.物块M与物块N碰后的速度是 D.物块M与物块N碰后又滑动时间后会离开水平地面 8.（14分）（2025安徽芜湖模拟）如图所示，在xOy坐标系的第一象限内，存在沿y轴正方向的匀强电场和垂直于纸面向外的匀强磁场，其中电场在0≤x≤2L的范围内，磁场在x≥ L的范围内。一电荷量为q、质量为m的带正电的粒子（重力不计）从y轴上P点以初速度v0进入第一象限，速度方向与y轴负方向成α＝30°角，P点纵坐标为L。粒子经过电场后，刚好沿直线MN穿过电场、磁场叠加场区，最终从x轴上A点离开磁场，已知MN与x轴平行。求： （1）电场强度的大小E及M点的纵坐标yM； （2）粒子经过A点时的速度方向及A点的横坐标xA； （3）粒子从P点到A点所用的时间t。 培优拔高练 9.（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，二者所带电荷量、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 10.(10分)(2025甘肃酒泉期末)霍尔推进器某局部区域可简化成如图所示的模型。xOy平面内存在竖直向下的匀强电场和垂直于坐标平面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为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。不计电子所受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y; (3)若电子入射速度在0<v<v0的范围内均匀分布,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.D　解析 带电液滴在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中做匀速圆周运动，可知其受到的向下的重力和向上的静电力平衡，则液滴带负电，液滴受到重力、静电力、洛伦兹力的作用，其中洛伦兹力充当做圆周运动的向心力，液滴受合力不为零，由qE＝mg、qvB＝m，解得v＝，故A、B、C错误，D正确。 2.BC　解析 小球受竖直向下的重力与水平向左的静电力作用，小球进入电、磁场区域做直线运动，小球受力分析如图所示，小球做直线运动，则qvBcos θ＝mg，小球的初速度v0＝vcos θ，代入数据解得v0＝2 m/s，A错误，B正确；小球从A点抛出到进入叠加场过程，由动能定理得mgh＝mv2－，根据在叠加场中的受力情况可知（mg）2＋（qE）2＝（qvB）2，解得h＝，代入数据解得h＝1.25 m，C正确，D错误。 3.C　解析 粒子从初始位置运动到x轴时静电力做功为0，所以不可能运动到x轴以上位置，即y值不可能取负值；到达x轴时的速度为零，所以会再次向y轴正方向运动，重复前一段的轨迹向x轴正方向运动，则x值会大于a，A、B错误。粒子第一次运动到距离x轴最远处时洛伦兹力不做功，由动能定理得Eqym＝，解得vm＝，在此处有qvmB－Eq＝m，解得ym＝，C正确。最大速率满足Eqym＝，解得vm＝，D错误。 4.AD　解析 带电圆环在磁场中受到向上的洛伦兹力，若满足重力与洛伦兹力相等，即qv0B＝mg时，圆环做匀速直线运动，故A正确；如果洛伦兹力大于重力，圆环受到摩擦力的作用，做减速运动，竖直方向有qvB＝FN＋mg，随着速度的减小，支持力减小，摩擦力减小，圆环做加速度逐渐减小的减速运动，当重力与洛伦兹力相等时，圆环做匀速直线运动，故D正确；如果重力大于洛伦兹力，圆环也受摩擦力作用，做减速运动，竖直方向有FN＝mg－qvB，随着速度的减小，支持力增大，摩擦力增大，圆环将做加速度逐渐增大的减速运动，直到速度减为零后静止，故C错误；结合上述分析可知B错误。 5.D　解析 运动过程中，小球受重力、绳子的拉力以及沿绳子向外的洛伦兹力，则小球做非匀速圆周运动，故A错误；小球运动过程中只有重力做功，则机械能守恒，故B错误；小球在最高点的最小速度v1满足mg－qv1B＝m，则v1≠，故C错误；小球在最高点时有FT1＋mg－qvB＝m，从最高点到最低点有mv2＋2mgl＝，在最低点有FT2－mg－qv2B＝m，又v2>v，联立解得ΔFT＝FT2－FT1＝6mg＋qB（v2－v）>6mg，故D正确。 6.BC　解析 根据题意，带电体在复合场中沿着MN做匀速直线运动，受力分析如图甲所示，根据几何关系和运动状态，有mg＝Eq，解得E＝，A错误；由力的平衡可知，qvB＝mg，解得B＝，B正确；在粒子运动到N点时撤去磁场，则此时粒子受力分析如图乙所示，由几何关系可知F合与粒子的速度方向垂直，粒子可看作在做类平抛运动，F合＝mg＝ma，a＝g，由于NP连线水平向右，故粒子到达P点时，其类平抛运动的位移偏向角为45°，则在P点速度偏向角正切值tan θ＝2tan 45°＝2，则到P点的速度vP＝，联立解得vP＝v。粒子从N运动到P，由动能定理可知，qU＝mv2，解得U＝，C正确；可将N点速度v沿水平和竖直方向进行分解，则粒子在竖直方向做竖直上抛运动vy＝vcos 45°＝v，hmax＝，D错误。 甲 乙 7.B　解析 M在静电力的作用下向右加速，同时洛伦兹力向上且大小也在增加。若M、N恰好能相碰，此时对M有qvB＝2mg，求得M的速度v＝，A错误；设物块M释放点到物块N初始位置的距离是L，根据动能定理得qEL＝×2mv2，代入得L＝，B正确；碰撞过程满足动量守恒定律，且碰后粘为一体，故有2mv＝（2m＋m）v1，解得v1＝v＝，C错误；设物块M与物块N碰后粘为一体运动速度为v2时离开水平地面，则有qv2B＝3mg，可求得速度v2＝，连接体受到静电力的作用加速运动，加速度a＝，所以时间t＝，D错误。 8.答案 （1）L （2）与x轴负方向夹角为60°斜向左下　2.5L （3） 解析 （1）由题意知，带电粒子从P到M过程中只受静电力作用，做匀变速曲线运动，且粒子到M点时速度沿MN方向，将v0分解成沿x轴正方向的分速度v1和沿y轴负方向的分速度v2，则qE＝ma，v2＝at，Δx＝L＝v1t＝t，Δy＝t＝v0t 解得E＝，Δy＝L 故yM＝L－L＝L。 （2）粒子经过叠加场区时以v1沿MN做匀速直线运动，则qE＝qv1B 粒子离开N点后在磁场中做匀速圆周运动，则qv1B＝m 解得r＝L 由几何关系得cos θ＝，θ＝60° xA＝2L＋rsin 60°＝2.5L 即粒子经过A点时的速度方向与x轴负方向的夹角为60°斜向左下，A点的横坐标为2.5L。 （3）粒子从P经M到N的过程中，沿x轴方向做匀速直线运动，则t1＝ 粒子从N到A做匀速圆周运动，对应圆心角为120°，则t2＝T＝ 粒子从P点到A点所用的时间为t＝t1＋t2＝。 9.ABD　解析 本题考查带电粒子在复合场中的运动。油滴a做圆周运动，故油滴a所受重力与静电力平衡，可知油滴a带负电，有mg＝Eq，解得q＝，故A正确；根据洛伦兹力提供向心力有Bqv＝m，得R＝，解得油滴a做圆周运动的速度大小为v＝，故B正确；设小油滴Ⅰ的速度大小为v1，得3R＝，解得v1＝，周期为T＝，故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，有mv＝v1＋v2，解得v2＝－，由于分离后的小油滴受到的静电力和重力仍然平衡，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，故D正确。 10.答案 (1)v0B　(2)　(3)87.5% 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,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eEy= 解得y=。 (3)电子以v入射时,设电子能达到的最高点位置的纵坐标为ym,则根据动能定理有eEym=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,ym= 要让电子到达纵坐标y2=位置,即 ym≥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87.5%。 学科网（北京）股份有限公司 $