2027届高三物理一轮复习试题第11章第7讲专题提升：带电粒子在叠加场中的运动（Word版含解析）

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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=BgRE
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=2mEqB2
D.粒子运动过程中的最大速率vm=2EB
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=gl
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=2mgq
B.磁感应强度大小为B=2mgqv
C.N、P两点的电势差为U=2mv2q
D.粒子从N运动到P的过程中,距离NP的最远距离为v28g
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mgqB
B.物块M释放点到物块N初始位置的距离是4m3g2q3B2E
C.物块M与物块N碰后的速度是2mg3qB
D.物块M与物块N碰后又滑动3m2gq2BE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3L。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mgE
B.油滴a做圆周运动的速度大小为gBRE
C.小油滴Ⅰ做圆周运动的速度大小为3gBRE,周期为4πEgB
D.小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动
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=mv2R,解得v=BgRE,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qvBcs θ=mg,小球的初速度v0=vcs 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=12mv2-12mv02,根据在叠加场中的受力情况可知(mg)2+(qE)2=(qvB)2,解得h=E22gB2,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=12mvm2,解得vm=2Eqymm,在此处有qvmB-Eq=mvm22ym,解得ym=2mEqB2,C正确。最大速率满足Eqym=12mvm2,解得vm=2EB,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=mv12l,则v1≠gl,故C错误;小球在最高点时有FT1+mg-qvB=mv2l,从最高点到最低点有12mv2+2mgl=12mv22,在最低点有FT2-mg-qv2B=mv22l,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=mgq,A错误;由力的平衡可知,qvB=2mg,解得B=2mgqv,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=2mg=ma,a=2g,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=vx2+vy2,联立解得vP=5v。粒子从N运动到P,由动能定理可知,qU=12mvP2−12mv2,解得U=2mv2q,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=vcs 45°=22v,hmax=vy22g=v24g,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=2mgqB,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=12×2mv2,代入得L=4m3g2q3B2E,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=23v=4mg3qB,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=3mgqB,连接体受到静电力的作用加速运动,加速度a=qE3m,所以时间t=v2-v1a=5m2gq2BE,D错误。
8.答案 (1)3mv024qL 32L
(2)与x轴负方向夹角为60°斜向左下 2.5L
(3)4(9+3π)L9v0
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=v02t,Δy=v22t=34v0t
解得E=3mv024qL,Δy=32L
故yM=3L-32L=32L。
(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=mv12r
解得r=mv1qB=33L
由几何关系得cs θ=yM-rr=12,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=2Lv0sinα=4Lv0
粒子从N到A做匀速圆周运动,对应圆心角为120°,则t2=120°360°T=13·2πrv0sinα=43πL9v0
粒子从P点到A点所用的时间为t=t1+t2=4(9+3π)L9v0。
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=mgE,故A正确;根据洛伦兹力提供向心力有Bqv=mv2R,得R=mvBq,解得油滴a做圆周运动的速度大小为v=gBRE,故B正确;设小油滴Ⅰ的速度大小为v1,得3R=m2v1q2B,解得v1=3BqRm=3gBRE,周期为T=2π·3Rv1=2πEgB,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=m2v1+m2v2,解得v2=-gBRE,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。