2023届高考物理加练必刷题（新高考版）第十章 微专题72　带电粒子在叠加场中的运动【解析版】

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1．如图甲所示，水平传送带足够长，沿顺时针方向匀速运动，某绝缘带电物块无初速度地从最左端放上传送带．该装置处于垂直纸面向外的匀强磁场中，物块运动的v－t图像如图乙所示．物块带电荷量保持不变，下列说法正确的是( )
A．物块带正电
B．1 s后物块与传送带共速，所以传送带的速度为0.5 m/s
C．传送带的速度可能比0.5 m/s大
D．若增大传送带的速度，其他条件不变，则物块最终达到的最大速度也会增大
答案 C
解析 在第1 s内，v－t图像的斜率减小，物块的加速度减小，滑动摩擦力减小，对传送带的压力减小，而物块做加速运动，洛伦兹力增大，所以洛伦兹力一定竖直向上，由左手定则，物块一定带负电，A错误；物块达到最大速度的条件是摩擦力为零，可能是mg－qvB＝0，也可能是物块与传送带共速，故传送带的速度可能是0.5 m/s，也可能大于0.5 m/s，B错误，C正确；若传送带的速度小于0.5 m/s，物块的最大速度随着传送带速度的增大而增大；若传送带的速度等于0.5 m/s，则物块的最大速度等于0.5 m/s；若传送带的速度大于0.5 m/s，无论传送带的速度多大，物块加速到0.5 m/s时都飘起来，也就是说，物块的最大速度等于
0.5 m/s，与传送带的速度无关，D错误．
2．(多选)如图所示，一根足够长的绝缘均匀圆杆倾斜固定在匀强磁场中，磁场的方向垂直于圆杆所在的竖直平面向内．现有一个带正电小圆环从杆底端以初速度v0沿杆向上运动，环与杆间的动摩擦因数处处相同，不计空气阻力．下列描述圆环在杆上运动的v－t图像中，可能正确的是( )
答案 AD
解析 当小圆环的初速度较小时，有FN＋Bqv＝mgcs θ，当速度变小时，小圆环与杆之间的弹力增大，由Ff＝μFN可知摩擦力增大，再根据牛顿第二定律可得Ff＋mgsin θ＝ma，则加速度逐渐增大，所以小圆环做加速度逐渐增大的减速运动．
当小圆环速度减到0时，如果有mgsin θ≤μmgcs θ，则小圆环将静止在圆杆上，如果
mgsin θ>μmgcs θ，则小圆环将向下做加速运动，有FN＝mgcs θ＋Bqv速度增大，则小圆环与杆之间的弹力增大，摩擦力增大，由mgsin θ－Ff＝ma，则小圆环的加速度将减小，当加速度为0时，小圆环将做匀速运动．
当小圆环的初速度较大时，有FN＝Bqv－mgcs θ，当速度变小时，小圆环与杆之间的弹力逐渐减小，由Ff＝μFN可知，摩擦力减小，再根据牛顿第二定律可得Ff＋mgsin θ＝ma，则加速度逐渐减小，当速度减到v＝eq \f(mgcs θ,Bq) 时，小圆环与杆之间的弹力为0，摩擦力为0，加速度最小，当速度再继续减小时，有FN′＋Bqv＝mgcs θ，当速度变小时，小圆环与杆之间的弹力增大，由Ff′＝μFN′可知摩擦力增大，再根据牛顿第二定律可得Ff′＋mgsin θ＝ma′，
则加速度逐渐增大，小圆环做减速运动到速度为0，最后小圆环可能静止在杆上，或者先向下做加速度逐渐减小的加速运动，最后做匀速直线运动．根据v－t图像的斜率表示加速度，则A、D正确，B、C错误．
3.如图所示，空间中存在正交的匀强电场和匀强磁场(未画出)，匀强电场方向竖直向下，电场强度大小为E，匀强磁场磁感应强度大小为B.一质量为m、电荷量为q的带电小球以水平向右、大小为v的初速度从图示位置抛出，重力加速度大小为g，下列说法正确的是( )
A．若磁场方向水平向右，则小球能做匀变速运动
B．若小球先向上偏转，则一定有Eq>mg
C．小球可能在竖直面内做圆周运动
D．若小球带正电，小球一定做变加速曲线运动
答案 C
解析 若磁场方向水平向右，小球抛出后瞬间只能有竖直方向上的加速度，合速度方向与磁场方向夹角不为0，小球受洛伦兹力影响，加速度方向随速度会发生变化，故A错误；
若小球带负电且磁场方向垂直纸面向外，若小球先向上偏转，根据牛顿第二定律，有qvB＋Eq－mg＝ma且a>0，当qvB>mg时，qE与mg的大小关系无法判断，故B错误；
若小球带负电且磁场方向垂直纸面，当qE＝mg时，小球所受合力等于与速度方向垂直的洛伦兹力作用，在竖直面内做匀速圆周运动，故C正确；
若小球带正电且磁场方向垂直纸面向外，则初始时刻在竖直向下的静电力、洛伦兹力和重力的作用下产生竖直向下的加速度，速度方向、大小均发生变化，由于小球所受洛伦兹力方向与小球速度方向垂直且大小与速度大小有关，因此小球所受合力的大小和方向均不断变化，小球做变加速曲线运动；
若小球带正电且磁场方向垂直纸面向里，则初始时刻小球受竖直向下的静电力和重力、向上的洛伦兹力，若满足qvB＝Eq＋mg，则小球做匀速直线运动，故D错误．
4．(多选)如图所示，光滑绝缘的圆形管状轨道竖直放置，管道中央轨道半径为R，管道内有一质量为m、带电荷量为＋q且直径略小于管道内径的小球，空间内存在方向相互垂直的匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度大小为B，方向水平向里，电场的电场强度大小E＝eq \f(mg,2q)(g为重力加速度)，方向竖直向上．现小球从轨道的最低点沿轨道方向以大小为v0的初速度水平射出，下列说法正确的是( )
A．无论初速度的方向向右还是向左，小球在运动中对轨道的作用力都不可能为0
B．小球在最高点对轨道内侧的作用力大小可能为eq \f(mg,2)，方向竖直向下
C．小球在最高点对轨道的作用力为0时，受到的洛伦兹力大小可能为eq \f(mv\\al(02),R)，方向竖直向下
D．若初速度方向向左，小球在最低点和轨道水平直径右端时，对轨道外侧有压力，且压力差大于eq \f(3,2)mg
答案 BD
解析 设小球受到重力和静电力的合力为F，由题意知F＝eq \f(1,2)mg，方向竖直向下．如果小球的初速度方向向右，可以判断小球在运动中受到的洛伦兹力方向指向圆心，根据圆周运动向心力特点可知，当在最高点有F＋F洛1＝eq \f(mv\\al(12),R)或在水平直径两端有F洛2＝eq \f(mv\\al(22),R)时，小球对轨道的作用力都为0，A错误；当小球在最高点的速度为0时，有FN＝F，方向竖直向上，根据牛顿第三定律知，小球对轨道内侧的压力与FN大小相等，方向相反，B正确；设小球在最高点的速度为v，根据功能关系有eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mv2＋2FR，规定向下为正方向，则当速度v向右时，洛伦兹力方向向上，有F－F洛3＝meq \f(v2,R)，联立解得F洛3＝eq \f(5,2)mg－meq \f(v\\al(02),R)，速度v向左时，洛伦兹力方向向下，有F＋F洛4＝meq \f(v2,R)，联立解得F洛4＝meq \f(v\\al(02),R)－eq \f(5,2)mg，C错误；当小球的初速度方向向左时，受到的洛伦兹力方向沿半径背离圆心，最低点有FN1－F－qv0B＝meq \f(v\\al(02),R)，设在水平直径右端的速度大小为v3，有FN2－qv3B＝meq \f(v\\al(32),R)，从最低点到水平直径右端，由功能关系有
eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mv32＋FR，联立解得
FN1－FN2＝eq \f(3,2)mg＋qB(v0－v3)>eq \f(3,2)mg，D正确．
5.绝缘光滑斜面与水平面成α角，一质量为m、电荷量为－q的小球从斜面上高h处，以初速度v0、方向与斜面底边MN平行射入；如图所示，整个装置处在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于MN且平行于斜面向上．已知斜面足够大，小球能够沿斜面到达底边MN，重力加速度为g.则下列判断错误的是( )
A．小球在斜面上做匀变速曲线运动
B．小球到达底边MN的时间t＝eq \r(\f(2h,gsin 2α))
C．匀强磁场磁感应强度大小的取值范围为0D．小球所受洛伦兹力逐渐变大
答案 D
解析 对小球受力分析，根据左手定则，可知洛伦兹力垂直斜面向上，即使洛伦兹力变化，不影响在斜面内的分运动，因此小球做匀变速曲线运动，A正确，不符合题意；
由受力可知，小球做类平抛运动，沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，小球的加速度a＝gsin α，再由运动学公式可得，球到达底边MN的时间t＝eq \r(\f(2h,gsin2α))，B正确，不符合题意；
在下滑过程中，重力做功，导致最终速度增大，但是速度与斜面底边MN平行的分速度大小不变，此分速度才决定洛伦兹力的大小，所以洛伦兹力大小不变，D错误，符合题意；
由于小球能够沿斜面到达底边MN，故小球受到的洛伦兹力06.如图所示，绝缘中空轨道竖直固定，圆弧段COD光滑，对应圆心角为120°，C、D两端等高，O为最低点，圆弧圆心为O′，半径为R，直线段AC、HD粗糙，与圆弧段分别在C、D端相切，整个装置处于方向垂直于轨道所在平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，在竖直虚线MC左侧和ND右侧还分别存在着场强大小相等、方向水平向右和向左的匀强电场．现有一质量为m、电荷量恒为q、直径略小于轨道内径、可视为质点的带正电小球，从轨道内距C点足够远的P点由静止释放．若PC＝l，小球所受静电力等于其重力的eq \f(\r(3),3)倍，重力加速度为g.则( )
A．小球第一次沿轨道AC下滑的过程中先做加速度减小的加速运动，后做减速运动
B．小球经过O点时，对轨道的弹力可能为2mg－qBeq \r(gR)
C．经足够长时间，小球克服摩擦力做的总功是eq \f(2\r(3),3)mgl＋eq \f(1,2)mgR
D．小球在轨道内受到的摩擦力可能为eq \r(3)mg
答案 B
解析 小球第一次沿轨道AC下滑的过程中，小球所受静电力等于其重力的eq \f(\r(3),3)倍，即F电＝
eq \f(\r(3),3)mg，静电力垂直于轨道方向的分量为F电分＝eq \f(\r(3),3)mgsin 60°＝eq \f(1,2)mg，重力垂直于轨道方向的分量为G分＝mgcs 60°＝eq \f(1,2)mg，则F电分＝G分
因此，静电力与重力的合力方向恰好沿着AC方向，且刚开始时小球与管壁无作用力．当小球从静止运动后，由左手定则可知，小球受到的洛伦兹力垂直于AC向上，导致小球对管壁有作用力，小球将受到滑动摩擦力，随着速度增大，洛伦兹力增大，小球对管壁的压力增大，摩擦力增大，合力减小，根据牛顿第二定律可知小球做加速度减小的加速运动，当加速度减至零时做匀速运动，故A错误；
小球在轨道上往复运动，由于在斜轨上不断损失机械能，则最终会在CD之间往复运动．对小球在O点受力分析，且由C向D运动，由牛顿第二定律，则有：
FN－mg＋Bqv＝meq \f(v2,R)，由C到O点，由机械能守恒定律，则有mgRsin 30°＝eq \f(1,2)mv2，解得
FN＝2mg－qBeq \r(gR)，故B正确；
最终小球在CD间做往复运动，在C点和D点速度为零．从开始到最终速度为零的C点或D点，根据动能定理得eq \r(mg2＋qE2)·l－Wf＝0，则经足够长时间，小球克服摩擦力做的总功Wf＝eq \f(2\r(3),3)mgl，故C错误；
当小球的摩擦力与重力及静电力的合力大小相等时，小球做匀速直线运动，小球在轨道内受到的摩擦力最大，摩擦力最大值为Ffm＝eq \r(mg2＋qE2)＝eq \r(mg2＋\f(\r(3),3)mg2)＝eq \f(2\r(3),3)mg，摩擦力不可能大于eq \f(2\r(3),3)mg，故D错误．
7．如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系，y轴沿竖直方向．在x＝L到x＝2L之间存在竖直向上的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，一个比荷为k的带电微粒从坐标原点以一定的初速度沿＋x方向抛出，进入电场和磁场后恰好在竖直平面内做匀速圆周运动，离开电场和磁场后，带电微粒恰好沿＋x方向通过x轴上x＝3L的位置，已知匀强磁场的磁感应强度为B，重力加速度为g.求：
(1)电场强度的大小；
(2)带电微粒的初速度大小；
(3)带电微粒做圆周运动的圆心的纵坐标．
答案 (1)eq \f(g,k) (2)eq \f(2g,kB)
(3)eq \f(2g,k2B2)－eq \f(k2B2L2,8g)
解析 (1)微粒进入电场和磁场后恰好在竖直平面内做匀速圆周运动，则mg＝qE
又eq \f(q,m)＝k，解得E＝eq \f(g,k)
(2)微粒运动轨迹如图所示，
由几何关系知2Rcs θ＝L
由洛伦兹力提供向心力得：qvB＝eq \f(mv2,R)，又v＝eq \f(vy,cs θ)
微粒进入复合场前做平抛运动，竖直方向有vy＝gt，水平方向有L＝v0t
联立解得v0＝eq \f(2g,kB)
(3)竖直方向有h＝eq \f(1,2)gt2，其中t＝eq \f(kBL,2g)，
圆心的纵坐标为yO′＝－h＋Rsin θ
联立解得yO′＝eq \f(2g,k2B2)－eq \f(k2B2L2,8g).