2025版高考物理一輪總復(fù)習(xí)考點突破第11章磁場專題強化16帶電粒子在疊加場中的運動考點2帶電粒子體在疊加場中的運動

考點2帶電粒子(體)在疊加場中的運動(實力考點·深度研析)1．疊加場電場、磁場、重力場共存，或其中某兩場共存。2．帶電粒子在無約束疊加場中的運動(1)洛倫茲力、重力并存①若重力和洛倫茲力平衡，則帶電粒子做勻速直線運動。②若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電粒子將做困難的曲線運動，因洛倫茲力不做功，故機械能守恒，由此可求解問題。(2)靜電力、洛倫茲力并存(不計重力的微觀粒子)①若靜電力和洛倫茲力平衡，則帶電粒子做勻速直線運動。②若靜電力和洛倫茲力不平衡，則帶電粒子將做困難的曲線運動，因洛倫茲力不做功，可用動能定理求解問題。(3)靜電力、洛倫茲力、重力并存①若三力平衡，確定做勻速直線運動。②若重力與靜電力平衡，確定做勻速圓周運動。③若合力不為零且與速度方向不垂直，將做困難的曲線運動，因洛倫茲力不做功，可用能量守恒定律或動能定理求解問題。?考向1電場與磁場疊加(2024·江蘇卷)霍爾推動器某局部區(qū)域可抽象成如圖所示的模型。Oxy平面內(nèi)存在豎直向下的勻強電場和垂直坐標平面對里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B。質(zhì)量為m、電荷量為e的電子從O點沿x軸正方向水平入射。入射速度為v0時，電子沿x軸做直線運動；入射速度小于v0時，電子的運動軌跡如圖中的虛線所示，且在最高點與在最低點所受的合力大小相等。不計重力及電子間相互作用。(1)求電場強度的大小E；(2)若電子入射速度為eq\f(v0,4)，求運動到速度為eq\f(v0,2)時位置的縱坐標y1；(3)若電子入射速度在0<v<v0范圍內(nèi)勻整分布，求能到達縱坐標y2＝eq\f(mv0,5eB)位置的電子數(shù)N占總電子數(shù)N0的百分比。[解析](1)由題知，入射速度為v0時，電子沿x軸做直線運動則有Ee＝ev0B解得E＝v0B。(2)電子在豎直向下的勻強電場和垂直坐標平面對里的勻強磁場的復(fù)合場中，由于洛倫茲力不做功，且由于電子入射速度為eq\f(v0,4)，則電子受到的電場力大于洛倫茲力，則電子向上偏轉(zhuǎn)，依據(jù)動能定理有eEy1＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)v0))2－eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)v0))2解得y1＝eq\f(3mv0,32eB)。(3)若電子以v入射時，設(shè)電子能達到的最高點位置的縱坐標為y，則依據(jù)動能定理有eEy＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－eq\f(1,2)mv2由于電子在最高點與在最低點所受的合力大小相等，則在最高點有F合＝evmB－eE在最低點有F合＝eE－evB聯(lián)立有vm＝eq\f(2E,B)－vy＝eq\f(2mv0－v,eB)要讓電子達縱坐標y2＝eq\f(mv0,5eB)位置，即y≥y2解得v≤eq\f(9,10)v0則若電子入射速度在0<v<v0范圍內(nèi)勻整分布，能到達縱坐標y2＝eq\f(mv0,5eB)位置的電子數(shù)N占總電子數(shù)N0的90%。[答案](1)v0B(2)eq\f(3mv0,32eB)(3)90%?考向2電場、磁場、重力場三場疊加[解析](1)對油滴受力分析及作出油滴的運動軌跡如圖所示。依據(jù)油滴受力平衡可知油滴帶負電荷，設(shè)油滴質(zhì)量為m，由平衡條件得，mg∶qE∶F＝1∶1∶eq\r(2)。(2)由第(1)問得qvB＝eq\r(2)qE，解得v＝eq\f(\r(2)E,B)＝4eq\r(2)m/s。(3)進入等一象限，電場力和重力平衡，知油滴先做勻速直線運動，進入y≥h的區(qū)域后做勻速圓周運動，最終從x軸上的N點離開第一象限。由O→A勻速運動的位移為s1＝eq\f(h,sin45°)＝eq\r(2)h，其運動時間t1＝eq\f(s1,v)＝0.1s，由qvB＝meq\f(v2,r)，T＝eq\f(2πr,v)得T＝eq\f(2πm,qB)，由mg＝qE，得eq\f(m,q)＝eq\f(E,g)，油滴從A→C做圓周運動的時間為t2＝eq\f(1,4)T＝eq\f(πE,2gB)≈0.628s，由對稱性知，從C→N的時間t3＝t1，在第一象限運動的總時間t＝t1＋t2＋t3＝2×0.1s＋0.628s＝0.828s。[答案](1)1∶1∶eq\r(2)油滴帶負電荷(2)4eq\r(2)m/s(3)0.828s“三步”解決疊加場問題【跟蹤訓(xùn)練】(電場和磁場疊加)(2024·山西新課標卷)一電子和一α粒子從鉛盒上的小孔O豎直向上射出后，打到鉛盒上方水平放置的屏幕P上的a和b兩點，a點在小孔O的正上方，b點在a點的右側(cè)，如圖所示。已知α粒子的速度約為電子速度的eq\f(1,10)，鉛盒與屏幕之間存在勻強電場和勻強磁場，則電場和磁場方向可能為(C)A．電場方向水平向左、磁場方向垂直紙面對里B．電場方向水平向左、磁場方向垂直紙面對外C．電場方向水平向右、磁場方向垂直紙面對里D．電場方向水平向右、磁場方向垂直紙面對外[解析]帶電粒子在電場和磁場中運動，打到a點的粒子電場力和洛倫茲力平衡，當電場向左磁場垂直紙面對里時，因α粒子帶正電，則受到向左的電場力和向左的洛倫茲力，則會打到a點左側(cè)；同理電子帶負電，受到向右的電場力和向右的洛倫茲力，則電子會打到a點右側(cè)，A錯誤；因α粒子帶正電，設(shè)帶電荷量為2q，速度v，電子帶負電，電荷量－q，電子速度v′>v，若電場方向向左，磁場方向向外，則假如α粒子打在a點則受到向左的電場力和向右的洛倫茲力平衡2qE＝2qvB，v＝eq\f(E,B)，因電子帶負電，電荷量－q，且電子速度大，受到向左的洛倫茲力qv′B大于向右的電場力qE，則電子從而向左偏轉(zhuǎn)；同理假如電子打在a點，則qE＝qv′B，所以此時α粒子向左的電場力2qE大于向右的洛倫茲力2qvB，則向左偏轉(zhuǎn)，不會打在b點，B錯誤；電場方向向右，磁場垂直紙面對里，假如α粒子打在a點，即向右的電場力和向左的洛倫茲力平衡2qE＝2qvB，v＝eq\f(E,B)，電子速度大，受到向右的洛倫茲力qv′B大于向左的電場力qE則向右偏轉(zhuǎn)，從而達到b點；同理假如電子打在a，qE＝qv′B則α粒子向右的電場力2qE大于向左的洛倫茲力2qvB從而向右偏轉(zhuǎn)，會打在b點；同理電場向右磁場垂直紙面對外時，α粒子受到向右的電場力和洛倫茲力，電子受到向左的電場力和洛倫茲力不能受力平衡打到a點，故C正確，D錯誤。故選C。(電場、磁場、重力場三場疊加)(多選)如圖所示，直角坐標系xOy在水平面內(nèi)，z軸豎直向上。坐標原點O處固定一帶正電的點電荷，空間中存在豎直向下的勻強磁場，磁場的磁感應(yīng)強度為B。質(zhì)量為m，帶電荷量為q的小球A，繞z軸做勻速圓周運動，小球A的速度大小為v0，小球與坐標原點的距離為r，O點和小球A的連線與z軸的夾角θ＝37°。重力加速度為g，m、q、r已知(cos37°＝0.8，sin37°＝0.6)。則下列說法正確的是(ABD)A.小球A與點電荷之間的庫侖力大小為eq\f(5,4)mgB．從上往下看帶電小球只能沿逆時針方向做勻速圓周運動C．v0越小所需的磁感應(yīng)強度B越小D．v0＝eq\r(\f(9,20)gr)時，所需的磁感應(yīng)強度B最小[解析]洛倫茲力沿水平方向，在豎直方向，依據(jù)平衡條件得F庫cos37°＝mg，解得F庫＝eq\f(5,4)mg，小球A與點電荷之間的庫侖力大小為eq\f(5,4)mg，A正確；空間中存在豎直向下的勻強磁場B，依據(jù)左手定則，從上往下看帶電小球只能沿逆時針方向做勻速圓周運動，洛倫茲力才指向圓心，B正確；水平方向，依據(jù)牛頓其次定律qv0B－F庫sin37°＝meq\f(v\o\al(2,0),R)，解得qv0B－meq\f(v\o\al(2,0),R)－eq\f(3,4)mg＝0，v0和B并非單調(diào)關(guān)系，C錯誤；水平