專題105帶電粒子在(疊加場)復(fù)合場中運(yùn)動問題(解析版)

一輪考點(diǎn)掃描微專題專題10.5帶電粒子在（疊加場）復(fù)合場中運(yùn)動問題目錄TOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"【考點(diǎn)掃描】 1\o"CurrentDocument"1．疊加場 1\o"CurrentDocument"2．帶電粒子在包含勻強(qiáng)磁場的疊加場中無約束情況下運(yùn)動的幾種常見形式 1\o"CurrentDocument"3.帶電粒子在疊加場中有約束情況下的運(yùn)動 1\o"CurrentDocument"【典例分析】 2\o"CurrentDocument"【專題精練】 6【考點(diǎn)掃描】1．疊加場電場、磁場、重力場共存，或其中某兩場共存．2．帶電粒子在包含勻強(qiáng)磁場的疊加場中無約束情況下運(yùn)動的幾種常見形式受力特點(diǎn)運(yùn)動性質(zhì)方法規(guī)律其他場力的合力與洛倫茲力等大反向勻速直線運(yùn)動平衡條件除洛倫茲力外，其他力的合力為零勻速圓周運(yùn)動牛頓第二定律、圓周運(yùn)動的規(guī)律除洛倫茲力外，其他力的合力既不為零，也不與洛倫茲力等大反向較復(fù)雜的曲線運(yùn)動動能定理、能量守恒定律3.帶電粒子在疊加場中有約束情況下的運(yùn)動帶電粒子在疊加場中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道約束的情況下，常見的運(yùn)動形式有直線運(yùn)動和圓周運(yùn)動，分析時應(yīng)注意：(1)分析帶電粒子所受各力，尤其是洛倫茲力的變化情況，分階段明確物體的運(yùn)動情況．(2)根據(jù)物體各階段的運(yùn)動特點(diǎn)，選擇合適的規(guī)律求解．口勻速直線運(yùn)動階段：應(yīng)用平衡條件求解.口勻加速直線運(yùn)動階段：應(yīng)用牛頓第二定律結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式求解.口變加速直線運(yùn)動階段：應(yīng)用動能定理、能量守恒定律求解.【典例分析】【例1】(2020?河南開封高三上第一次模擬)如圖所示，空間存在垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場和水平向左、場強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場。有一質(zhì)量為m、電荷量大小為q的微粒以垂直于磁場且與水平方向成45°角的速度v做直線運(yùn)動，重力加速度為g。則下列說法正確的是()XXXXXxXA.微?？赡茏鰟蚣铀僦本€運(yùn)動 B.微?？赡苤皇軆蓚€力作用C.勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=管 D.勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E=mqv q【答案】D【解析】若微粒不受重力，在電場力和洛倫茲力作用下微粒不可能做直線運(yùn)動，故微粒一定受重力、電場力、洛倫茲力三個力的作用，B錯誤。若微粒帶正電，電場力水平向左，洛倫茲力垂直速度v斜向右下方，重力豎直向下，則電場力、洛倫茲力和重力三個力的合力不為零，洛倫茲力的大小與方向必然變化，微粒不可能做直線運(yùn)動，所以微粒不可能帶正電；若微粒帶負(fù)電，電場力水平向右，洛倫茲力垂直速度v斜向左上方，重力豎直向下，如圖所示只有電場力、洛倫茲力和重力三力平衡，微粒才能做直線運(yùn)動，所以微粒做勻速直線運(yùn)動，故A錯誤。根據(jù)平衡條件，有：qE=mgtan45°,qvB=\■'(mg)2+(qE)2,聯(lián)立解得：E=管，B=嚶g,故D正確，C錯誤。q qv【例2】．如圖所示，空間中存在一水平方向的勻強(qiáng)電場和一水平方向的勻強(qiáng)磁場，且電場方向和磁場方向相互垂直。在電磁場正交的空間中有一足夠長的固定粗糙絕緣桿，與電場正方向成60°角且處于豎直平面內(nèi)。一質(zhì)量為m、電荷量為+q(q>0)的小球套在絕緣桿上。給小球一沿桿向下的初速度v0，小球恰好做勻速運(yùn)動，電荷量保持不變。已知磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,電場強(qiáng)度大小為E=3mg，-,則以下說法中不正確的是()qA.小球的初速度v0=2mgB.若小球的初速度為嶗，小球?qū)⒆黾铀俣炔粩嘣龃蟮臏p速運(yùn)動，最后停止qBc.若小球的初速度為mg，小球?qū)⒆黾铀俣炔粩嘣龃蟮臏p速運(yùn)動，最后停止qBD.若小球的初速度為m，則運(yùn)動中克服摩擦力做功為m茨qB 2B2q2【答案】B【解析】qt'B對小球進(jìn)行受力分析如圖所示，電場力的大小F=qE=\3mg，由于重力的方向豎直向下，電場力的方向水平向左，二者垂直，二者的合力F合=2mg,方向與桿的方向垂直，而洛倫茲力的方向也與速度的方向垂直，三力的合力不做功，所以當(dāng)小球做勻速直線運(yùn)動時，不可能存在摩擦力，則桿對小球沒有支持力的作用，則qv0B=2mg,v0=2^，故A正確；若小球的初速度為3m^，此時洛倫茲力F、「qvB=3mg>F合，在垂直于桿的方向上，小球還受到桿的支持力，存在摩擦力f=^FNN，小球?qū)⒆鰷p速運(yùn)動，隨速度的減小，洛倫茲力減小，則支持力逐漸減小，摩擦力減小，小球做加速度不斷減小的減速運(yùn)動，最后當(dāng)速度減小到m時，qBFN=0,f=0,小球開始做勻速直線運(yùn)動，故B錯誤；若小球的初速度為m，此時洛倫茲力F洛‘=qvB=mg<F合，在垂直于桿的方向上，小球還受到桿的支持力，存在摩擦力f="N，小球?qū)⒆鰷p速運(yùn)動，隨速度的減小，洛倫茲力減小，則支持力逐漸增大，摩擦力逐漸增大，小球的加速度增大，所以小球?qū)⒆黾铀俣炔粩嘣龃蟮臏p速運(yùn)動，最后停止，故C正確；由C項(xiàng)的分析可知運(yùn)動中克服摩擦力所做的功等于小球的動能減小量（重力和電場力的合力不做功），所以W=2mv-繇，故D正確。本題要求選說法不正確的，故選B?！纠?】（2020?河南九師聯(lián)盟質(zhì)檢）如圖所示，豎直平面內(nèi)有一直角坐標(biāo)系xOy,x軸沿水平方向.第二、三象限有垂直于坐標(biāo)平面向里的勻強(qiáng)磁場，與x軸成6=30°角的絕緣細(xì)桿固定在二、三象限；第四象限同時存在著豎直向上的勻強(qiáng)電場和垂直于坐標(biāo)平面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電小球。（可視為質(zhì)點(diǎn)）穿在細(xì)桿上沿細(xì)桿勻速下滑，在N點(diǎn)脫離細(xì)桿后恰能沿圓周軌道運(yùn)動到x軸上的A點(diǎn)，且速度方向垂直于x軸.已知A點(diǎn)到坐標(biāo)原點(diǎn)O的距離為21，小球a與絕緣細(xì)桿的動摩擦因數(shù)〃=手；*=\摩，重力加速度為g,空氣阻力忽略不計(jì)?求：ihFXX：KKXP⑴帶電小球的電性及電場強(qiáng)度的大小E；⑵第二、三象限里的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1；（3）當(dāng)帶電小球a剛離開N點(diǎn)時，從歹軸正半軸距原點(diǎn)O為h=部的P點(diǎn)（圖中未畫出）以某一初速度水平向右平拋一個不帶電的絕緣小球久可視為質(zhì)點(diǎn)），b球剛好在運(yùn)動到x軸時與向上運(yùn)動的a球相碰，則b球的初速度為多大？【答案】（1）帶正電q喏?《品（3）7、湍【解析】（1）由帶電小球a在第四象限內(nèi)做圓周運(yùn)動，知小球a所受電場力豎直向上，且mg=qE，故小球a帶正電，E=mgq（2）帶電小球a從N點(diǎn)運(yùn)動到A點(diǎn)的過程中，洛倫茲力提供小球做圓周運(yùn)動的向心力，設(shè)運(yùn)動半徑為R,有：v2qvB—mR3由幾何關(guān)系有R+Rsin0=21解得解得R—l,v—帶電小球a在桿上勻速下滑時，由平衡條件有mgsin0—〃(qvB1-mgcos0)解得B1=7m飛急（3）帶電小球a在第四象限內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動的周期T—羿=2'\j|!帶電小球a第一次在第一象限從A點(diǎn)豎直上拋又返回到A點(diǎn)所用的時間為10—2V=嚶g3 3g

絕緣小球b平拋運(yùn)動至X絕緣小球b平拋運(yùn)動至X軸上的時間為t=10n/3g小球a從N點(diǎn)第一次到A點(diǎn)所用時間為11，T則11=3<tTT故兩球相碰有t=3+n（10+2）（n=0,1,2…）聯(lián)立解得n=1設(shè)b球的初速度為%，>2R=v01解得v0=7、瑞【專題精練】.（多選）（2020?山東濟(jì)南市上學(xué)期期末）如圖所示，兩豎直平行邊界內(nèi)，勻強(qiáng)電場方向豎直（平行紙面）向下，勻強(qiáng)磁場方向垂直紙面向里.一帶負(fù)電小球從尸點(diǎn)以某一速度垂直邊界進(jìn)入，恰好沿水平方向做直線運(yùn)動.若增大小球從尸點(diǎn)進(jìn)入的速度但保持方向不變，則在小球進(jìn)入的一小段時間內(nèi)（）EA.小球的動能減小 B.小球的電勢能減小C小球的重力勢能減小 D.小球的機(jī)械能減小【答案】ACD【解析】帶負(fù)電的小球受向下的重力G、向上的電場力F和向下的洛倫茲力F洛,這三個力都在豎直方向上，小球沿水平方向做直線運(yùn)動，所以小球受到的合力一定是零，小球做勻速直線運(yùn)動．當(dāng)小球的入射速度增大時，洛倫茲力增大但不做功，電場力和重力不變，小球?qū)⑾蛳缕D(zhuǎn)，電場力與重力的合力向上，則它們的合力對小球做負(fù)功，小球動能減?。妶隽π∏蜃鲐?fù)功，小球的機(jī)械能減小，電勢能增大．重力對小球做正功，重力勢能減小，故A、C、D正確，B錯誤..（多選）（2020?山東濱州市上學(xué)期期末）如圖所示，空間存在豎直向下的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場,帶電液滴從靜止開始自A點(diǎn)沿曲線ACB運(yùn)動，到達(dá)B點(diǎn)時速度為零，C點(diǎn)是運(yùn)動的最低點(diǎn)，不計(jì)摩擦阻力，則以下說法中正確的是( )A.液滴一定帶正電 B.液滴在C點(diǎn)時的動能最大C.從A到C過程液滴的電勢能增大 D.從C到B過程液滴的機(jī)械能增大【答案】BCD【解析】從題圖中可以看出，帶電液滴由靜止開始向下運(yùn)動，說明重力和電場力的合力向下，洛倫茲力指向弧線內(nèi)側(cè)，根據(jù)左手定則可知，液滴帶負(fù)電，故A錯誤；從A到C的過程中，重力做正功，而電場力做負(fù)功，洛倫茲力不做功，合力做正功，液滴動能增大，從C到B的過程中，重力做負(fù)功，電場力做正功，洛倫茲力不做功，合力做負(fù)功，液滴動能減小，所以液滴在C點(diǎn)時的動能最大，故B正確；從A到C過程液滴克服電場力做功，電勢能增加，故C正確；從C到B的過程中，電場力做正功，洛倫茲力不做功，機(jī)械能增大，故D正確..(2020?蘇州虎丘新區(qū)一中一模)如圖所示，質(zhì)量為m、帶電荷量為十q的三個相同帶電小球a、b、c,從同一高度以初速度v0水平拋出，小球a只在重力作用下運(yùn)動，小球b在重力和洛倫茲力作用下運(yùn)動，小球c在重力和電場力作用下運(yùn)動，它們落地的時間分別為ta、tb、tc，落地時重力的瞬時功率分別為Pa、Pb、Pc,則以下判斷中正確的是( )A.ta=tb=tc B.ta=tc<tbC.Pb<Pa<Pc D.Pa=Pb>P【答案】A,【解析】 設(shè)三個小球下落的高度為h，根據(jù)題意可知，小球a只在重力作用下做平拋運(yùn)動，下落時間為ta小球b在重力和洛倫茲力作用下運(yùn)動，豎直方向初速度為零，且只受重力作用，小球b在豎直方向做自由落體運(yùn)動，水平方向做勻速圓周運(yùn)動，其下落時間”=；；小球c在重力和電場力作用下運(yùn)動，豎直方向初速度為零，且只受重力作用，小球c在豎直方向做自由落體運(yùn)動，其下落時間tc=遣，故A正確，B錯誤；a、b、c三個小球豎直方向都做自由落體運(yùn)動，故落地時豎直方向分速度相同，且三球重力相同，根據(jù)PG=mg?vy知三球落地時重力的瞬時功率相等，C、D錯誤。,.(2020?湖北荊門龍泉中學(xué)高三第五次學(xué)業(yè)檢測)如圖，地面附近空間中存在著水平方向的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，已知磁場方向垂直于紙面向里。一個帶電油滴沿著一條與豎直方向成a角的直線MN運(yùn)動。由此可以判斷()A.如果油滴帶正電，它是從M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)B.如果油滴帶正電，它是從N點(diǎn)運(yùn)動到M點(diǎn)C.如果水平電場方向向右，油滴是從M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)D.如果水平電場方向向右，油滴是從N點(diǎn)運(yùn)動到M點(diǎn)【答案】AD【解析】如圖，油滴受重力、電場力、洛倫茲力作用，油滴沿MN直線必做勻速直線運(yùn)動，合力為零。如果油滴帶正電，由左手定則判斷可知，油滴從M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)，故A正確，B錯誤。如果水平電場方向向右，油滴只能帶負(fù)電，由左手定則判斷可知，油滴從N點(diǎn)運(yùn)動到M點(diǎn)，故C錯誤，D正確。.(2020?合肥質(zhì)檢)如圖所示，豎直放置的兩平行金屬板，長為L,板間距離為d,接在電壓為U的直流電源上。在兩板間加一磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場。一質(zhì)量為m,電荷量為q的帶正電油滴，從距金屬板上端高為h處由靜止開始自由下落，并經(jīng)兩板上端連線的中點(diǎn)P進(jìn)入板間。油滴在P點(diǎn)所受的電場力與洛倫茲力大小恰好相等，且最后恰好從金屬板的下邊緣離開。空氣阻力不計(jì)，重力加速度為g，則下列說法正確的是( )

/IA.油滴剛進(jìn)入兩板間時的加速度大小為gU2B.油滴開始下落的高度h=2B癡D.油滴離開時的速度大小為C.油滴從左側(cè)金屬板的下邊緣離開【答案】ABD【解析】油滴剛到達(dá)尸點(diǎn)時受重力、電場力和洛倫茲力的作用，電場力和洛倫茲力等大反向，因此油滴在尸點(diǎn)的合力大小等于重力，由牛頓運(yùn)動定律可知油滴在尸點(diǎn)的加速度大小為g,/IA.油滴剛進(jìn)入兩板間時的加速度大小為gU2B.油滴開始下落的高度h=2B癡D.油滴離開時的速度大小為U2可知mgh=2mv2,整理得h=2Ud,B正確；油滴進(jìn)入平行金屬板間后，做加速運(yùn)動，則電場力小于洛倫茲力，由左手定則可知，油滴所受的洛倫茲力向右，則最終油滴從右側(cè)金屬板的下邊緣離開，C錯誤；對油滴從釋放到從右側(cè)金屬板的下邊緣離開的過程，由動能定理有mg（h+L）—qUU=2mv'2,解得v'=■\：'2gL+Bd-%D正確。.（2020?安徽合肥高三上一診）如圖所示，一根固定的絕緣豎直長桿位于范圍足夠大且相互正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中，電場強(qiáng)度大小為E=等，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小圓環(huán)q套在桿上，環(huán)與桿間的動摩擦因數(shù)為〃，現(xiàn)使圓環(huán)以初速度v0向下運(yùn)動，經(jīng)時間10，圓環(huán)回到出發(fā)點(diǎn)。若圓環(huán)回到出發(fā)點(diǎn)之前已經(jīng)開始做勻速直線運(yùn)動，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g。則下列說法中正確的是（）A.環(huán)經(jīng)過t0時間剛好到達(dá)最低點(diǎn)B?環(huán)的最大加速度為q=g+陪C.環(huán)在10時間內(nèi)損失的機(jī)械能為1m（v0—mB2）D?環(huán)下降過程和上升過程系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能相等【答案】BC【解析】由題意可知，環(huán)在運(yùn)動的過程中，受到的電場力大小為F=qE=2mg，方向始終豎直向上。假設(shè)豎直向下為正方向，則在環(huán)下滑的過程中，根據(jù)牛頓第二定律得：mg—（qE+^qvB）=ma,得a=一（g+超警）,負(fù)號代表該加速度與運(yùn)動方向相反，故環(huán)在下滑的過程中做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動；在環(huán)上升的過程中，根據(jù)牛頓第二定律得：mg+pqvB—qE=ma',解得：a=—（g—誓）,環(huán)做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動，在到達(dá)原出發(fā)點(diǎn)前，加速度減為零，此時，a=0,v=輯，之后以速度v做勻速直線運(yùn)動。由運(yùn)動的不對/jqB稱性可以確定，從開始下滑到最低點(diǎn)的時間不等于2，A錯誤；整個運(yùn)動過程中，加速度一直減小，所以在運(yùn)動的最開始，加速度最大，加速度的最大值為：am=g+喀，B正確；整個過程中，系統(tǒng)損失的機(jī)械能AE=1mv2—2mv2=2m（v0—qmB）,C正確；環(huán)上升和下降的過程中，摩擦力的平均值大小不相等，故因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能不相等，D錯誤。.（2020?安徽銅陵質(zhì)檢）如圖所示，粗糙的足夠長的豎直木桿上套有一個帶電的小球，整個裝置處在由水平勻強(qiáng)電場和垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場組成的足夠大的復(fù)合場中,小球由靜止開始下滑,在整個運(yùn)動過程中小球的v—t圖象如下圖所示，其中正確的是（）【答案】C.【答案】C.【解析】小球下滑過程中，qE與qvB反向，開始下落時qE>qvB，所以a=m―〃（一口^）,隨下落速度v的增大a度v的增大a逐漸增大;當(dāng)qE<qvB之后，mg—〃（qvB—qE）a=隨下落速度v的增大a逐漸減?。蛔詈骯=0,小球勻速下落，故C正確，A、B、D錯誤.8.(2020?湖北省高三4月調(diào)考)在高度為H的豎直區(qū)域內(nèi)分布著互相垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場方向水平向左；磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為'方向垂直紙面向里。在該區(qū)域上方的某點(diǎn)4將質(zhì)量為m、電荷量為+q的小球，以某一初速度水平拋出，小球恰好在該區(qū)域做直線運(yùn)動。已知重力加速度為g。XXXXXXXX4 XXXXXXXX4 NXXXXXXXX(1)求小球平拋的初速度V0的大小;(2)若電場強(qiáng)度大小為E，求A點(diǎn)距該區(qū)域上邊界的高度h；(3)若令該小球所帶電荷量為一q，以相同的初速度將其水平拋出，小球離開該區(qū)域時，速度方向豎直向下，求小球穿越該區(qū)域的時間。【答案】(嗡⑵矗⑶誓-黑2【解析】(i)設(shè)小球進(jìn)入復(fù)合場時，速度方向與水平方向成e角，小球受力如圖甲，有甲qvBcose甲qvBcose=mg,V=coSe解得v。常。(2)小球從A點(diǎn)拋出，進(jìn)入復(fù)合場，由動能定理mgh=2mv2-1mv2由三力平衡知(mg)2+(qE)2=(qvB)2E2解得h=2gB2。(3)設(shè)某時刻小球經(jīng)某處時速度為也將其正交分解為乙、如圖乙，則小球受力如圖丙，在水平方向上，由動量定理E(qE-qvyB)?△t=0—mv0即BqH—Eqt=mv0BHm2g解得t=~E—BEq2。9.(2020?河南頂級名校第四次聯(lián)測)如圖所示，豎直平面xOy，其x軸水平，在整個平面內(nèi)存在沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場E，在第三象限內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=0.2T.現(xiàn)有一比荷為m=25C/kg的帶電微粒，從第三象限內(nèi)某點(diǎn)以速度v0向坐標(biāo)原點(diǎn)O做直線運(yùn)動，v0與x軸之間的夾角為0=45°,取重力加速度g=10m/s2.求：E*工又正0￡乂乂沙乙XXXX⑴微粒的電性及速度v0的大??；(2)帶電微粒在第一象限內(nèi)運(yùn)動時所到達(dá)的最高點(diǎn)的坐標(biāo)．【答案】(1)帶正電2\12m/s(2)(0.6m,0.2m)【解析】(1)帶電微粒在第三象限內(nèi)受重力、電場力和洛倫茲力的作用,做直線運(yùn)動,則其一定做勻速直線運(yùn)動,合力為零．若微粒帶負(fù)電,由左手定則知洛倫茲力斜向右下,又重力豎直向下,電場力水平向左,合力不可能為零；同理,可判斷微粒帶正電；對帶電微粒受力分析，如圖所示，根據(jù)平衡條件可得：Bqv0=-..,'2mg解得：v0=2\Qm/s；(2)帶電微粒進(jìn)入第一象限后做曲線運(yùn)動，設(shè)最高點(diǎn)為M,從。到M所用的時間為t,則將微粒從。到M的運(yùn)動分解為沿x軸方向上的勻加速直線運(yùn)動和沿歹軸方向上的勻減速直線運(yùn)動y軸方向上：0=v0sin45°—gt丫八sin45°y=\-tx軸方向上：qE=mgtan45°=maxx=v0cos45°t+1axt2解得x=0.6m,y=0.2m.即帶電微粒在第一象限內(nèi)運(yùn)動時所達(dá)到的最高點(diǎn)的坐標(biāo)為(0.6m,0.2m)10.(2020?湖北八校聯(lián)合二模)如圖所示，在xOy豎直平面內(nèi)，長L的絕緣輕繩一端固定在第一象限的P點(diǎn)，另一端拴有一質(zhì)量為m、電荷量為+q的小球，。、P距離