高考物理一轮复习讲义专题提升练24　带电粒子在叠加场中的运动

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梯级Ⅰ基础练
1.(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。已知重力加速度为g=10 m/s2。下列说法正确的是(BC)
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
解析 小球受竖直向下的重力与水平向左的电场力作用，小球进入电磁场区域做直线运动，小球受力如图所示，小球做直线运动，则由平衡条件得qvBcs θ=mg，小球的速度vcs θ=v0，代入数据解得v0=2 m/s，A项错误，B项正确；在水平方向，由平衡条件得qE=qBv0sin θ，v0sin θ=vy，根据vy2=2gh，得h=E22gB2=1.25 m，C项正确，D项错误。
2.(多选)霍尔元件就是利用霍尔效应制成的半导体磁电转换器件，如图是很小的矩形半导体薄片，M、N之间的距离为d，薄片的厚度为h，在E、F间通入恒定电流I，同时外加与薄片垂直的磁感应强度为B的磁场，M、N间的电压为UH。已知半导体薄片中的载流子为负电荷，每个载流子电荷量为q，单位体积内载流子个数为n，电流与磁场的方向如图所示。下列说法正确的是(AB)
A.N板电势低于M板电势
B.MN间电势差UH=IBnqh
C.载流子受到的洛伦兹力大小为qUHh
D.将磁场方向变为与薄片的左、右表面垂直，此元件可正常工作
解析 根据左手定则，带负电的载流子会积累在N板，所以N板电势低于M板电势，A项正确；根据平衡条件qUHd=qvB，根据电流微观表达式I=nqvdh，整理得MN间电势差UH=IBnqh，B项正确；稳定后载流子受到的洛伦兹力等于电场力F=qUHd，C项错误；将磁场方向变为与薄片的左、右表面垂直，会在薄片的上、下表面之间产生电势差，M、N间无电压，元件不能正常工作，D项错误。
3.(多选)空间内存在电场强度大小E=100 V/m、方向水平向左的匀强电场和磁感应强度大小B1=100 T、方向垂直纸面向里的匀强磁场(图中均未画出)。一质量m=0.1 kg、电荷量q=0.01 C的带正电小球从O点由静止释放，小球在竖直面内的运动轨迹如图中实线所示，轨迹上的A点离OB最远且与OB的距离为l，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(BCD)
A.在运动过程中，小球的机械能守恒
B.小球经过A点时的速度最大
C.小球经过B点时的速度为0
D.l=25 m
解析 由于电场力做功，故小球的机械能不守恒，A项错误；重力和电场力的合力大小为(qE)2+(mg)2=2 N，方向与竖直方向的夹角为45°斜向左下方，小球由O点到A点，重力和电场力的合力做的功最多，在A点时的动能最大，速度最大，B项正确；小球做周期性运动，在B点时的速度为0，C项正确；对小球由O点到A点的过程，由动能定理得2mgl=12mv2，沿OB方向建立x轴，垂直OB方向建立y轴，在x方向上由动量定理得qvyB1Δt=mΔv，累积求和，则有qB1l=mv，解得l=25 m，D项正确。
易错提醒 此题用动量定理解题时最容易出错的地方是速度和洛伦兹力的方向。沿x轴方向只有洛伦兹力的分力，但影响洛伦兹力沿x轴方向分力的是沿y轴方向的分速度。
梯级Ⅱ能力练
4.(2025·莆田二模)如图，xOy平面内有区域Ⅰ和Ⅱ，其中区域Ⅰ存在以原点O为圆心的圆形匀强磁场，区域Ⅱ存在范围足够大的匀强磁场和匀强电场，电场强度大小为E，方向沿y轴负方向；两区域磁场的磁感应强度大小均为B，方向均垂直坐标平面向里。某带电粒子以速度v0从M点沿y轴负方向射入区域Ⅰ，从N点离开区域Ⅰ并立即进入区域Ⅱ，之后沿x轴运动。已知B=0.05 T，M点坐标为(0，0.1)，粒子的比荷qm=4×106 C/kg，不计粒子的重力。
(1)求粒子的速度大小v0；
(2)求电场强度大小E；
(3)某时刻开始电场强度大小突然变为2E(不考虑电场变化产生的影响)，其他条件保持不变，一段时间后，粒子经过P点，P点的纵坐标y=-0.2 m，求粒子经过P点的速度大小vP。
解析 (1)带电粒子在区域Ⅰ中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有qBv0=mv02r，
根据几何关系可知，粒子运动轨迹半径为
r=0.1 m，
且qm=4×106 C/kg，
联立解得v0=qBrm=2×104 m/s。
(2)带电粒子在区域Ⅱ中做匀速直线运动，由平衡条件有qBv0=qE，
解得E=1×103 N/C。
(3)电场强度突然变为2E，粒子运动到P点过程，由动能定理有2qE|y|=12mvP2-12mv02，
解得vP=6×104 m/s。
答案 (1)2×104 m/s (2)1×103 N/C
(3)6×104 m/s
5.如图所示，虚线MON的ON边位于水平位置，OM边与水平方向的夹角θ=45°，虚线MON上、下两侧有电场强度大小相等、方向分别沿水平向右与竖直向上的匀强电场。匀强磁场的方向垂直于纸面向里，分布于虚线MON的下侧区域。将一质量m=0.1 kg、电荷量q=+0.1 C的带电小球从与O点等高的P点由静止释放，小球沿直线PA运动至A点，垂直OM进入磁场，之后小球又垂直ON再次进入上侧电场。重力加速度g取10 m/s2，OA=225 m。求:
(1)电场强度E和小球进入匀强磁场时的速度v；
(2)匀强磁场的磁感应强度的大小；
(3)小球在虚线ON上侧能够上升的最大高度。
解析 (1)由于小球沿直线PA运动至A点，垂直于OM进入磁场，运动轨迹如图甲，则小球所受合力方向也沿PA方向，
对小球受力分析有tan θ=qEmg，
解得E=mgq=10 N/C，
小球由P至A做匀加速直线运动，设加速度为a1，根据牛顿第二定律，则有mgcs θ=ma1，
解得a1=102 m/s2，
由几何关系tan θ=PAOA，
可得PA=OA=L，
根据速度与位移的关系式有v2=2a1L，
解得小球在A点的速度大小v=4 m/s。
(2)由于电场力大小与重力大小相等，则小球在虚线下侧做匀速圆周运动，由小球垂直ON再次进入上侧电场，运动轨迹如图乙，
根据几何关系有小球做圆周运动的半径R=L，
由洛伦兹力提供向心力，有qvB=mv2R，
解得B=52 T。
(3)小球再次进入上侧电场中时，做类斜抛运动，竖直方向做竖直上抛运动，设上升的最大高度为h，则有
v2=2gh，
解得h=0.8 m。
答案 (1)10 N/C 4 m/s (2)52 T (3)0.8 m
6.如图甲所示，竖直面MN的左侧空间中存在竖直方向的匀强电场(上、下及左侧无边界)。一个质量为m、电荷量为q、可视为质点的带正电小球，以水平初速度v0沿PQ向右做直线运动，Q位于MN上，若小球刚经过D点时(t=0)，在电场所在空间叠加如图乙所示随时间做周期性变化、垂直纸面向里的匀强磁场，使得小球再次通过D点时与PQ连线成90°角，已知D、Q间的距离为2L，t0小于小球在磁场中做圆周运动的周期，忽略磁场变化造成的影响，重力加速度为g。求:
(1)电场强度E的大小和方向；
(2)t0与t1的比值；
(3)小球过D点后做周期性运动，则当小球运动的周期最大时，求出此时磁感应强度B0的大小及运动的最大周期Tm。
解析 (1)不加磁场时，小球沿直线PQ做直线运动，有qE=mg，
解得E=mgq，
电场强度的方向竖直向上。
(2)小球能再次通过D点，其运动轨迹如图(a)所示，
设半径为r，做圆周运动的周期为T，则
r=v0t1，T=2πrv0，t0=34T，
解得t0t1=3π2。
(3)当小球运动周期最大时，其运动轨迹应与MN相切，如图(b)所示，
由几何关系得2R=2L，
由牛顿第二定律得qv0B=mv02L，
解得B0=mv0qL，
小球一个周期通过的路程为
s=4×34×2πL+8L=(6π+8)L，
小球运动的最大周期为
Tm=sv0=(6π+8)Lv0。
答案 (1)mgq 竖直向上 (2)3π2 (3)mv0qL (6π+8)Lv0
梯级Ⅲ创新练
7.工业上常用电磁流量计来测量高黏度、强腐蚀性的流体的流量Q(单位时间内流过管道横截面的液体体积)，原理如图甲所示，在非磁性材料做成的圆管处加磁感应强度大小为B的匀强磁场，当导电液体流过此磁场区域时，测出管壁上下M、N两点间的电势差U，就可计算出管内液体的流量。为了测量某工厂的污水排放量，技术人员在充满污水的排污管末端安装了一个电滋流量计，如图乙所示，已知排污管和电磁流量计处的管道直径分别为2d和d。某次测量时，管壁上下M、N两点间的电势差为U0，则排污管的污水流量为(C)
A.πdU0BB.πdU02B
C.πdU04BD.U0Bd
解析 当粒子在电磁流量计中受力平衡时qvB=qE=qU0d，解得粒子的速度为v=U0Bd，排污管的污水流量Q=Sv=πd22v=πdU04B，C项正确。