2024年高中物理新教材同步学案 选择性必修第二册 第1章 专题强化5　带电粒子在叠加场中的运动（含解析）

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专题强化5　带电粒子在叠加场中的运动[学习目标]　1.掌握带电粒子在叠加场中运动的两种常见情景(重点)。2.会分析其受力情况和运动情况，能正确运用物理规律解决问题(难点)。1．叠加场电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存。2．带电粒子在叠加场中常见的几种运动形式一、带电粒子在叠加场中的直线运动例1　(多选)(2023·广州市从化中学高二期末)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点进入方向如图所示的正交的匀强电场和匀强磁场组成的混合场区，该微粒在静电力、洛伦兹力和重力的共同作用下，恰好沿直线运动到A，下列说法正确的是(重力加速度为g)(　　)A．该微粒一定带负电荷B．微粒从O到A的运动可能是匀变速运动C．该磁场的磁感应强度大小为eq \f(mg,qvcos θ)D．该电场的电场强度大小为eq \f(mgtan θ,q)答案　ACD解析　若微粒带正电，静电力向左，洛伦兹力垂直于OA线斜向右下方，则静电力、洛伦兹力和重力不能平衡，故微粒带负电，故A正确；微粒如果做匀变速运动，重力和静电力不变，而洛伦兹力随速度变化而变化，微粒不能沿直线运动，故B错误；微粒受力如图所示，由平衡条件得qvBcos θ＝mg，qE＝mgtan θ，解得B＝eq \f(mg,qvcos θ)，E＝eq \f(mgtan θ,q)，故C、D正确。二、带电粒子在叠加场中的圆周运动例2　(多选)(2022·亳州市高二期末)如图所示，空间存在正交的匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上，磁场沿水平方向垂直纸面向里，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。一个带电粒子以大小为v0的速度从M点沿垂直电场、磁场的方向向右射入场内，粒子恰好能做匀速圆周运动，重力加速度为g，则(　　)A．带电粒子带负电B．带电粒子的比荷为eq \f(g,E)C．粒子做圆周运动的半径为eq \f(gv0,EB)D．若使电场强度减小v0B，粒子从M点向右以v0做直线运动答案　BD解析　带电粒子带正电，静电力与重力平衡，A错误；根据平衡条件mg＝qE，解得eq \f(q,m)＝eq \f(g,E)，B正确；根据牛顿第二定律qv0B＝meq \f(v02,r)，解得r＝eq \f(Ev0,gB)，C错误；若使电场强度减小v0B，粒子受到的合力为F＝qv0B＋q(E－v0B)－mg，mg＝qE，解得F＝0，粒子受力平衡，从M点向右以v0做直线运动，D正确。例3　(2023·成都市高二统考期末)如图，直角坐标系xOy处于竖直平面内，x轴沿水平方向，在x轴上方存在水平向右的匀强电场E1，在x轴下方存在竖直向上的匀强电场E2和垂直纸面向外的匀强磁场，匀强电场的电场强度大小E1＝E2＝4.5 N/C，在坐标为(－0.4 m,0.4 m)的A点处将一带正电小球由静止释放，小球沿直线AO第一次穿过x轴，小球第三次经过x轴时恰好再次经过O点，重力加速度g取10 m/s2。求：(1)小球的比荷及小球第一次穿过x轴时的速度大小；(2)小球从释放到第三次经过x轴所经历的时间。答案　(1)eq \f(20,9) C/kg　4 m/s　(2)eq \f(3\r(2)π＋1,5) s解析　(1)由题可知，小球由静止释放后在第二象限的匀强电场中所受合力方向由A点指向O点则有eq \f(qE1,mg)＝tan 45°代入数据解得eq \f(q,m)＝eq \f(20,9) C/kg由A到O的过程中，由动能定理有mgy1＋qE1x1＝eq \f(1,2)mv2－0代入数据解得v＝4 m/s(2)设小球从释放到第一次到达O点的时间为t1，小球在y方向做自由落体运动，有y1＝eq \f(1,2)gt12代入数据解得t1＝eq \f(\r(2),5) s如图，在第三、四象限中，qE2＝mg，小球仅由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动；小球从第三象限的P点再次进入第二象限后做类平抛运动，经过时间t2再次回到O点，该过程可将小球的运动分解为沿x轴方向的匀加速直线运动与沿y轴方向的竖直上抛运动。由圆周运动的特点可知，小球在P点的速度与x轴正方向成45°角，由牛顿第二定律知，小球在第二象限x、y两个分方向的加速度大小为ax＝ay＝gy方向有0＝vsin 45°－geq \f(t2,2)得t2＝eq \f(2\r(2),5) sx方向有x＝vcos 45°t2＋eq \f(1,2)gt22得x＝eq \f(16,5) m由几何关系可得x＝eq \r(2)R得R＝eq \f(8\r(2),5) m则小球在x轴下方运动的时间为t3＝eq \f(3,4)×eq \f(2πR,v)＝eq \f(3\r(2)π,5) s故小球从释放到第三次经过x轴经历的时间为t＝t1＋t2＋t3＝eq \f(3\r(2)π＋1,5) s。三、带电粒子在叠加场中的一般曲线运动例4　(多选)空间存在竖直向下的匀强电场和水平方向(垂直纸面向里)的匀强磁场，如图所示，已知一离子在静电力和洛伦兹力共同作用下，从静止开始自A点沿曲线ACB运动，到达B点时速度为零，C为运动的最低点。不计重力，电场和磁场范围足够大，则(　　)A．该离子带负电B．A、B两点位于同一高度C．到达C点时离子速度最大D．离子到达B点后，将沿原曲线返回A点答案　BC解析　离子开始仅受到静电力作用由静止开始向下运动，可知离子受到的静电力方向向下，与电场方向同向，则该离子带正电，A错误；洛伦兹力不做功，从A到B，动能变化为零，根据动能定理知，静电力做功为零，A、B两点等电势，因为该电场是匀强电场，所以A、B两点位于同一高度，B正确；根据动能定理知，离子从A到C静电力做正功，离子到达C点时静电力做功最多，则速度最大，C正确；离子在B点的状态与A点的状态(速度为零，电势能相等)相同，离子将在B点的右侧重复前面的曲线运动，不可能沿原曲线返回A点，D错误。专题强化练1.(多选)如图所示，实线表示在竖直平面内的电场线，电场线与水平方向成α角，垂直纸面向里的匀强磁场与电场正交，有一带电液滴沿斜向上的虚线L做直线运动，L与水平方向成β角，且α>β，则下列说法中正确的是(　　)A．液滴一定做匀速直线运动B．液滴一定带正电C．电场线方向一定斜向上D．液滴有可能做匀变速直线运动答案　ABC解析　液滴受重力、静电力、洛伦兹力的共同作用而做直线运动，若液滴做匀变速直线运动，重力和静电力为恒力，洛伦兹力随速度变化而变化，液滴不能沿直线运动，故液滴做匀速直线运动，合力为零，由题图可知液滴只有带正电才可能所受合力为零而做匀速直线运动，此时电场线方向必斜向上，故A、B、C正确，D错误。2.如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与纸面平行)，磁场方向垂直于纸面向里。三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等，质量分别为ma、mb、mc。已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动。下列选项正确的是(　　)A．ma＞mb＞mc B．mb＞ma＞mcC．mc＞ma＞mb D．mc＞mb＞ma答案　B解析　设三个带正电微粒的电荷量均为q，a在纸面内做匀速圆周运动，说明洛伦兹力提供向心力，重力与静电力平衡，则mag＝qE①b在纸面内向右做匀速直线运动，三力平衡，则mbg＝qE＋qvbB②c在纸面内向左做匀速直线运动，三力平衡，则mcg＋qvcB＝qE③比较①②③式得：mb>ma>mc，选项B正确。3.如图所示，某空间存在正交的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，磁场方向垂直纸面向里。一带电微粒由a点以一定的初速度进入叠加场，刚好能沿直线ab斜向上运动，则下列说法正确的是(　　)A．微粒可能带正电，也可能带负电B．微粒的动能可能变大C．微粒的电势能一定减少D．微粒的机械能一定不变答案　C解析　微粒受到重力、电场力和洛伦兹力作用，做直线运动，其合力为零，根据共点力平衡条件可知微粒的受力情况如图所示，所以微粒一定带负电，故A错误；微粒一定做匀速直线运动，否则速度变化，洛伦兹力变化，微粒做曲线运动，因此微粒的动能保持不变，故B错误；微粒由a沿直线运动到b的过程中，电场力做正功，电势能一定减小，故C正确；重力做负功，重力势能增加，而动能不变，则微粒的机械能一定增加，故D错误。4.如图所示，空间中存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，有一带电液滴在竖直面内做半径为R的匀速圆周运动，已知电场强度为E，磁感应强度为B，重力加速度为g，则液滴环绕速度大小及方向分别为(　　)A.eq \f(E,B)，顺时针 B.eq \f(E,B)，逆时针C.eq \f(BgR,E)，顺时针 D.eq \f(BgR,E)，逆时针答案　C解析　液滴在叠加场中做匀速圆周运动，知重力和静电力平衡，则液滴受到向上的静电力，可知液滴带负电，根据左手定则可知液滴做顺时针的匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝meq \f(v2,R)又因为重力和静电力平衡，则有qE＝mg解得v＝eq \f(BgR,E)故A、B、D错误，C正确。5.如图所示的虚线区域内，充满垂直纸面向里的匀强磁场和竖直向上的匀强电场，一带电微粒A以一定初速度由左边界的O点射入虚线区域，恰好沿水平直线从区域右边界O′点穿出，射出时速度大小为vA，若仅撤去磁场，其他条件不变，另一个相同的微粒B仍以相同的速度由O点射入并从区域右边界穿出，射出时速度的大小为vB，则微粒B(　　)A．穿出位置一定在O′点上方，vBvAC．穿出位置一定在O′点下方，vBvA答案　D解析　设带电微粒从O点射入时的速度为v0，若带电微粒A带负电，其静电力、重力、洛伦兹力均向下，与运动方向垂直，不可能做直线运动，故微粒A一定带正电，且满足mg＝Eq＋Bqv0，做匀速直线运动，故vA＝v0。若仅撤去磁场，由于mg>Eq，带电微粒B向下偏转，穿出位置一定在O′点下方，合力对其做正功，vB>vA，故D正确。6.如图所示，空间存在足够大的竖直向上的匀强电场和水平的匀强磁场(垂直纸面向里)。一带正电的小球从O点由静止释放后，运动轨迹如图中曲线OPQ所示，其中P为运动轨迹中的最高点，Q为与O同一水平高度的点。下列关于该带电小球运动的描述，正确的是(　　)A．小球在运动过程中受到的洛伦兹力先增大后减小B．小球在运动过程中电势能先增加后减少C．小球在运动过程中机械能守恒D．小球到Q点后将沿着曲线QPO回到O点答案　A解析　小球由静止开始向上运动，可知静电力大于重力，在运动的过程中，洛伦兹力不做功，静电力和重力的合力先做正功后做负功，根据动能定理知，小球的速度先增大后减小，则小球受到的洛伦兹力先增大后减小，故A正确；小球在运动的过程中，静电力先做正功后做负功，则电势能先减少后增加，故B错误；小球在运动的过程中，除重力做功以外，静电力也做功，机械能不守恒，故C错误；小球到Q点后，将重复之前的运动，不会沿着曲线QPO回到O点，故D错误。7.(多选)(2022·宁波市北仑中学高二期中)如图所示，竖直直线MN右侧存在方向竖直向上的匀强电场和方向垂直纸面向里的匀强磁场，现有一质量m＝0.01 kg、带电荷量q＝＋0.01 C的小球从MN左侧水平距离为l＝0.4 m的A点水平抛出，当下落距离是水平距离的一半时从MN上的D点进入电磁场，并恰好能做匀速圆周运动，图中C点是圆周的最低点且C到MN的水平距离为2l，不计空气阻力，g取10 m/s2，则(　　)A．小球的初速度为20 m/sB．匀强电场的电场强度为10 V/mC．匀强磁场的磁感应强度为B＝2 TD．小球从D到C运动的时间为0.1π s答案　BD解析　小球从A到D做平抛运动，有l＝v0t，eq \f(l,2)＝eq \f(1,2)gt2，可得t＝0.2 s，v0＝2 m/s，故A错误；小球进入电磁场中恰好做匀速圆周运动，则qE＝mg，即E＝10 V/m，故B正确；小球进入电磁场时有vy＝gt＝v0，即小球进入电磁场时的速度为v＝2eq \r(2) m/s，且与MN成45°角，如图所示，由几何关系可得小球做匀速圆周运动的半径为r＝eq \f(2l,cos 45°)＝eq \f(4,5) eq \r(2) m，又Bqv＝meq \f(v2,r)，得B＝2.5 T，故C错误；小球从D到C经历了eq \f(1,8)圆周，由T＝eq \f(2πr,v)，t′＝eq \f(1,8)T得小球从D到C运动的时间为t′＝0.1π s，故D正确。8.如图所示，虚线上方有方向竖直向下的匀强电场，虚线上下有相同的匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向外，ab是一根长为l的绝缘细杆，沿电场线放置在虚线上方的场中，b端恰在虚线上，将一套在杆上的带正电的电荷量为q、质量为m的小环(重力不计)，从a端由静止释放后，小环先做加速运动，后做匀速运动到达b端。已知小环与绝缘杆间的动摩擦因数μ＝0.3，当小环脱离杆进入虚线下方后，运动轨迹是半圆，其半径为eq \f(l,3)，求：(1)小环到达b点的速度vb的大小；(2)匀强电场的电场强度E的大小；(3)带电小环从a到b运动过程中克服摩擦力所做的功与静电力所做的功之比。答案　(1)eq \f(qBl,3m)　(2)eq \f(qB2l,10m)　(3)4∶9解析　(1)小环在虚线下方磁场中做匀速圆周运动时，根据洛伦兹力提供向心力，有qvbB＝meq \f(vb2,r)又r＝eq \f(l,3)解得vb＝eq \f(qBl,3m)。(2)小环沿杆向下运动时，受力情况如图所示，受向左的洛伦兹力F、向右的弹力FN、向下的静电力qE、向上的摩擦力Ff。当小环做匀速运动时，水平方向有FN＝F＝qvbB竖直方向，有qE＝Ff＝μFN解得E＝eq \f(qB2l,10m)。(3)小环从a运动到b的过程中，由动能定理得W电－Wf＝eq \f(1,2)mvb2又W电＝qEl＝eq \f(q2B2l2,10m)所以Wf＝eq \f(q2B2l2,10m)－eq \f(1,2)mvb2＝eq \f(2q2B2l2,45m)则有eq \f(Wf,W电)＝eq \f(4,9)9.(2022·杭州市高二期中)如图所示，在平面直角坐标系xOy的第二象限内存在电场强度大小为E0、方向水平向右的匀强电场，x轴下方是竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场的叠加场区域。一带电小球从x轴上的A点以一定初速度v0垂直x轴向上射出，小球恰好以速度v0从y轴上的C点垂直y轴进入第一象限，然后从x轴上的D点进入x轴下方的叠加场区域，小球在叠加场区域内做圆周运动，最后恰好击中原点O，已知重力加速度为g。求：(1)带电小球的比荷eq \f(q,m)；(2)x轴下方匀强磁场的磁感应强度大小B；(3)小球从A点运动到O点经历的时间t。答案　(1)eq \f(g,E0)　(2)eq \f(2E0,v0)　(3)eq \f(v0,g)(eq \f(3π,4)＋2)解析　(1)在第二象限，带电小球竖直方向上做匀减速直线运动，有v0＝gt1，水平方向上做匀加速直线运动，有v0＝at＝eq \f(qE0,m)t1，解得eq \f(q,m)＝eq \f(g,E0)，t1＝eq \f(v0,g)。(2)小球在叠加场区域内做圆周运动，所以mg＝qE，则E＝eq \f(mg,q)＝E0，小球在第二象限上升的高度yOC＝eq \f(1,2)gt12＝eq \f(v02,2g)小球在第一象限做平抛运动有yOC＝eq \f(1,2)gt22，则t2＝eq \f(v0,g)，所以小球进入叠加场的速度为v＝eq \r(v02＋gt22)＝eq \r(2)v0速度方向与x轴正方向夹角为45°，小球沿x轴方向的位移大小xOD＝v0t2＝eq \f(v02,g)则小球在叠加场中做圆周运动的半径为R＝eq \f(\f(xOD,2),cos 45°)＝eq \f(\r(2)v02,2g)，由Bqv＝eq \f(mv2,R)，又E0＝eq \f(mg,q)可得B＝eq \f(2E0,v0)。(3)小球做圆周运动的周期为T＝eq \f(2πR,v)＝eq \f(πv0,g)，则小球在磁场中运动的时间为t3＝eq \f(3T,4)＝eq \f(3πv0,4g)所以小球从A点运动到O点经历的时间t＝t1＋t2＋t3＝eq \f(v0,g)(eq \f(3π,4)＋2)。10．(2022·全国甲卷)空间存在着匀强磁场和匀强电场，磁场的方向垂直于纸面(xOy平面)向里，电场的方向沿y轴正方向。一带正电的粒子在电场和磁场的作用下，从坐标原点O由静止开始运动。下列四幅图中，可能正确描述该粒子运动轨迹的是(　　)答案　B解析　在xOy平面内电场的方向沿y轴正方向，故在坐标原点O静止的带正电粒子在电场力作用下会向y轴正方向运动。磁场方向垂直于纸面向里，根据左手定则，可判断出向y轴正方向运动的粒子同时受到沿x轴负方向的洛伦兹力，故带电粒子向x轴负方向偏转，A、C错误；运动的过程中电场力对带电粒子做功，粒子速度大小发生变化，粒子所受的洛伦兹力方向始终与速度方向垂直。由于匀强电场方向是沿y轴正方向，故x轴为匀强电场的等势面，从开始到带电粒子偏转再次运动到x轴时，电场力做功为0，洛伦兹力不做功，故带电粒子再次回到x轴时的速度为0，随后受电场力作用再次进入第二象限重复向左偏转，B正确，D错误。运动性质受力特点方法规律匀速直线运动粒子所受的合力为0平衡条件匀速圆周运动除洛伦兹力外，另外两力的合力为零：qE＝mg牛顿第二定律，圆周运动的规律较复杂的曲线运动除洛伦兹力外，其他力的合力既不为零，也不与洛伦兹力等大反向动能定理、能量守恒定律