第11章　磁场 第7讲　专题提升 带电粒子在叠加场中的运动-【人教版】2025新教材高考物理一轮基础练习

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基础对点练
题组一 磁场与电场的叠加
1.如图所示,空间中存在着正交的匀强磁场和匀强电场,已知电场强度大小为E,方向竖直向下,磁感应强度大小为B,方向垂直纸面。一个电子由O点以一定初速度v0水平向右飞入其中,运动轨迹如图所示,其中O、Q和P分别为轨迹在一个周期内的最高点和最低点,不计电子的重力。下列说法正确的是( )

A.磁感应强度方向垂直纸面向外
B.电子的初速度v0小于EB
C.由P点至Q点的运动过程中,电子的速度增大
D.调整电子的初速度大小与方向可以使其做匀加速直线运动
2.如图所示,半径为r的圆形区域内有方向垂直纸面向里的匀强磁场,圆心O1在x轴上,且OO1等于圆的半径。虚线MN平行于x轴且与圆相切,在MN的上方存在匀强电场和匀强磁场,电场强度的大小为E0,方向沿x轴的负方向,磁感应强度的大小为B0,方向垂直纸面向外。两个质量为m、电荷量为q的带正电粒子a、b,以相同大小的初速度从原点O射入磁场,速度的方向与x轴夹角均为30°。两个粒子射出圆形磁场后,垂直MN进入MN上方场区中恰好都做匀速直线运动。不计粒子的重力,求:
(1)粒子初速度v的大小。
(2)圆形区域内磁场的磁感应强度B的大小。
(3)只撤去虚线MN上方的磁场B0,a、b两个粒子到达y轴的时间差Δt。
题组二 磁场、电场与重力场的叠加
3.(2024四川巴中模拟)如图所示,某竖直平面内存在着相互正交的匀强电场和匀强磁场,电场方向水平向左,磁场方向垂直纸面向外。一质量为m、电荷量为q的微粒以速度v与水平方向成θ角从O点射入该区域,微粒恰好沿速度方向做直线运动,重力加速度为g,下列说法正确的是( )
A.微粒从O到A的运动可能是匀减速直线运动
B.该微粒一定带正电荷
C.该磁场的磁感应强度大小为mgqvcsθ
D.该电场的电场强度大小为mgsinθq
4.(2023广东广州联考)如图所示,在平面直角坐标系xOy中x轴的上方,存在电场方向竖直向下、电场强度大小为E1=mgq的匀强电场,在x轴下方存在电场方向向上的匀强电场与磁场方向垂直纸面向里的匀强磁场的复合场(图中未画出)。电荷量为+q(q>0)的小球从y轴上的A点以一定的初速度沿x轴负方向水平抛出,经过一段时间后与x轴成45°角进入x轴的下方,并在复合场中做匀速圆周运动,且垂直经过y轴。已知O、A两点间的距离为L,重力加速度大小为g。求:
(1)小球刚进入x轴下方时的速度大小;
(2)x轴下方匀强电场的电场强度大小和匀强磁场的磁感应强度大小的比值。
题组三 带电粒子在叠加场中有约束情况下的运动
5.(多选)如图所示,一个绝缘且内壁光滑的环形细圆管,固定于竖直平面内,环的半径为R(比细管的内径大得多),在圆管的最低点有一个直径略小于细管内径的带正电小球处于静止状态,小球的质量为m,电荷量为q,重力加速度为g。空间存在一磁感应强度大小未知(不为零),方向垂直于环形细圆管所在平面且向里的匀强磁场。某时刻,给小球一方向水平向右、大小为v0=5gR的初速度,则以下判断正确的是( )
A.无论磁感应强度大小如何,获得初速度后的瞬间,小球在最低点一定受到管壁的弹力作用
B.无论磁感应强度大小如何,小球一定能到达环形细圆管的最高点,且小球在最高点一定受到管壁的弹力作用
C.无论磁感应强度大小如何,小球一定能到达环形细圆管的最高点,且小球到达最高点时的速度大小都相同
D.小球在从环形细圆管的最低点运动到所能到达的最高点的过程中,水平方向分速度的大小一直减小
综合提升练
6.(2023湖南卷)如图所示,真空中有区域Ⅰ和Ⅱ,区域Ⅰ中存在匀强电场和匀强磁场,电场方向竖直向下(与纸面平行),磁场方向垂直于纸面向里,等腰直角三角形CGF区域(区域Ⅱ)内存在匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向外。图中A、C、O三点在同一直线上,AO与GF垂直,且与电场和磁场方向均垂直。A点处的粒子源持续将比荷一定但速率不同的粒子射入区域Ⅰ中,只有沿直线AC运动的粒子才能进入区域Ⅱ。若区域Ⅰ中电场强度大小为E、磁感应强度大小为B1,区域Ⅱ中磁感应强度大小为B2,则粒子从CF的中点射出,它们在区域Ⅱ中运动的时间为t0。若改变电场或磁场强弱,能进入区域Ⅱ中的粒子在区域Ⅱ中运动的时间为t,不计粒子的重力及粒子之间的相互作用,下列说法正确的是( )
A.若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1,则t>t0
B.若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E,则t>t0
C.若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为34B2,则t=t02
D.若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为24B2,则t=2t0
7.(2024湖北武汉华中师大一附中模拟)如图所示,整个空间中存在匀强电场,虚线右方区域同时存在着宽度为L、磁感应强度大小为B的匀强磁场,方向垂直于纸面向里。在P点将质量为m、电荷量为+q(q>0)的小球以初速度v0竖直向上抛出,小球运动中经过A点和C点,在A点速度大小为34v0,方向水平向右。P、C两点在同一水平线上,小球从C点进入虚线右侧区域。不计空气阻力,已知电场强度大小E=15mg7q,重力加速度为g,sin 37°=35,sin 16°=725。
(1)求从P到C的过程中小球动能的最小值。
(2)求电场强度E的方向与重力方向的夹角α。
(3)小球从P到C过程中,当电势能最高时,求小球的速度。
(4)已知小球离开磁场区域时,速度方向水平向右,求小球从P点出发到离开磁场区域的时间。
参考答案
第7讲 专题提升:带电粒子在叠加场中的运动
1.C 解析 电子从O点开始轨迹向下弯曲,由于静电力向上,则洛伦兹力向下,根据左手定则,可知磁感应强度方向垂直纸面向里,A错误;电子从O运动到P,合外力指向轨迹凹侧,有qv0B>qE,则v0>EB,B错误;由P点至Q点的运动过程中,静电力做正功,洛伦兹力不做功,电子的速度逐渐增大,C正确;初速度方向与磁场平行,电子做类平抛运动,所以电子不可能做匀加速直线运动,D错误。
2.答案 (1)E0B0
(2)mE0qrB0
(3)πB0r3E0+(3-1)mrqE0
解析 (1)粒子进入MN上方后恰好做匀速直线运动,由平衡条件得
qvB0=qE0
粒子的初速度大小v=E0B0。
(2)粒子运动轨迹如图所示
由几何关系得粒子做圆周运动的半径
R=r
由牛顿第二定律得
qvB=mv2R
得B=mE0qrB0。
(3)粒子在圆形磁场中做圆周运动的周期
T=2πRv=2πmBq
a、b两粒子在磁场中运动的时间差
Δt1=13T-16T
由几何关系有
xb=12r,xa=32r,xb=12atb2,xa=12ata2
由牛顿第二定律得qE0=ma
a、b两粒子在电场中做类平抛运动的时间差
Δt2=ta-tb
由几何知识得,两粒子离开圆形磁场区域到进入水平匀强磁场之前做匀速直线运动,两者速度大小相等,运动距离相同,故两者所用的时间相同,有
Δt=Δt1+Δt2
联立得Δt=πB0r3E0+(3-1)mrqE0。
3.C 解析 若该微粒带正电,它受竖直向下的重力mg、向左的静电力qE和斜向右下的洛伦兹力qvB,可知微粒不能做直线运动,则微粒一定带负电荷,它受竖直向下的重力mg、向右的静电力qE和斜向左上的洛伦兹力qvB,又知微粒恰好沿着直线运动,可知微粒一定做匀速直线运动,A、B错误;由平衡条件有qvBcs θ=mg,Bqvsin θ=qE,得磁场的磁感应强度大小B=mgqvcsθ,电场的电场强度大小E=mgtanθq,C正确,D错误。
4.答案 (1)22gL (2)gL
解析 (1)小球在第二象限内做类平抛运动,设抛出的初速度大小为v0,刚进入x轴下方时的速度大小为v1,由动能定理得
mgL+qE1L=12mv12−12mv02
小球在第二象限中受到的静电力为
F=qE1=mg
根据运动的合成与分解得
v1=2v0
解得v0=2gL,v1=22gL。
(2)小球在x轴下方做匀速圆周运动,设x轴下方的电场强度大小为E2,则
qE2=mg
解得E2=mgq
设小球在第二象限内做类平抛运动的水平位移为x,由类平抛运动的规律知
x=v0t
L=12at2
根据牛顿第二定律有
qE1+mg=ma
解得x=2L
小球在x轴下方的运动轨迹如图所示,由几何关系可知小球做匀速圆周运动的轨迹半径
R=xcsθ=22L
根据牛顿第二定律有qBv1=mv12R
解得E2B=gL。
5.BC 解析 小球在轨道最低点时受到的洛伦兹力方向竖直向上,若洛伦兹力和重力的合力恰好提供小球所需要的向心力时,则在最低点小球不会受到管壁弹力的作用,A错误;小球运动的过程中,洛伦兹力不做功,小球的机械能守恒,运动至最高点时小球的速度v=gR,由于是双层轨道约束,小球运动过程不会脱离轨道,所以小球一定能到达轨道最高点,C正确;在最高点时,小球做圆周运动所需的向心力F=mv2R=mg,小球受到竖直向下洛伦兹力的同时必然受到与洛伦兹力等大反向的轨道对小球的弹力,B正确;小球在从最低点运动到最高点的过程中,小球在下半圆内上升的过程中,水平分速度向右且不断减小,到达圆心的等高点时,水平速度为零,而运动至上半圆后水平分速度向左且不为零,所以水平分速度一定有增大的过程,D错误。
6.D 解析 在区域Ⅰ中,由qvB1=qE得,粒子速度v=EB1,粒子进入区域Ⅱ中后,当粒子从CF中点射出时,在区域Ⅱ中运动半径为r=24a(a为CF长度),又由qvB2=mv2r得r=mvB2q,t0=14T=πm2B2q,运动轨迹如图甲所示。当区域Ⅰ中的磁感应强度大小变为2B1时,v1=E2B1=v2,这时粒子进入区域Ⅱ后,r1=mv1B2q=mv2B2q7.答案 (1)950mv02 (2)53° (3)58v0,方向与水平向右成53°指向右上方
(4)7(qBL+mv0)16mg
解析 (1)设小球合力方向与竖直方向夹角为θ,则速度变化量的方向与合力方向相同,有
tan θ=vAv0
得θ=37°
对小球,P到C的过程中,将小球运动分解为垂直于合力方向速率为v01的匀速直线运动和沿合力反方向的匀减速直线运动,当沿合力反方向速度减为零时,小球动能最小。有
v01=v0sin θ,Ekmin=12mv012
解得Ekmin=950mv02。
(2)在电场中对小球受力分析如图所示,由几何关系得
mgsin(α-θ)=qEsinθ
解得sin(α-θ)=725
得α=53°。
(3)建立以沿电场方向为x轴,垂直于电场方向为y轴的直角坐标系,有
v0x=v0cs α,ax=gcs α+qEm,v0y=v0sin α,ay=gsin α
用时t1沿电场反方向速度减为零,此时小球电势能最高,有
v0x-axt1=0,vy=v0y-ayt1
解得vy=58v0,方向与水平方向成53°指向右上方。
(4)对小球,从P点到离开磁场区域,竖直方向由动量定理得
(mg+qEcs α)t-ΔqBviΔt=0-m(-v0),又∑viΔt=L
解得t=7(qBL+mv0)16mg。