第十一章 微專題85　帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)-2025年高中物理《加練半小時(shí)》新教材版

第十一章磁場(chǎng)微專題85帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1．先確定各場(chǎng)的性質(zhì)、方向、強(qiáng)弱等，后正確分析帶電體受力情況、運(yùn)動(dòng)情況，尋找臨界點(diǎn)、銜接點(diǎn)。2.若帶電粒子在疊加場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則重力與靜電力等大、反向。3.帶電粒子在含有勻強(qiáng)磁場(chǎng)的疊加場(chǎng)中做的直線運(yùn)動(dòng)，一定為勻速直線運(yùn)動(dòng)。1.(多選)如圖所示，空間存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一質(zhì)量為m、帶電荷量大小為q的小球，以初速度v0沿與電場(chǎng)方向成45°夾角射入場(chǎng)區(qū)，能沿直線運(yùn)動(dòng)。經(jīng)過(guò)時(shí)間t，小球到達(dá)C點(diǎn)(圖中沒(méi)標(biāo)出)，電場(chǎng)方向突然變?yōu)樨Q直向上，電場(chǎng)強(qiáng)度大小不變。已知重力加速度為g，則()A．小球一定帶負(fù)電B．時(shí)間t內(nèi)小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)C．勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為eq\f(\r(2)mg,qv0)D．電場(chǎng)方向突然變?yōu)樨Q直向上，則小球做勻加速直線運(yùn)動(dòng)答案BC解析假設(shè)小球做變速直線運(yùn)動(dòng)，小球所受重力與靜電力不變，而洛倫茲力隨速度的變化而變化，則小球?qū)⒉豢赡苎刂本€運(yùn)動(dòng)，故假設(shè)不成立，所以小球一定受力平衡做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故B正確；小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平衡條件可得靜電力水平向右，洛倫茲力垂直速度方向斜向左上方，如圖所示，故小球一定帶正電，故A錯(cuò)誤；由平衡條件可知：qE＝mg＝qv0Bsin45°，解得B＝eq\f(\r(2)mg,qv0)，故C正確；當(dāng)電場(chǎng)方向改變后，重力與靜電力恰好平衡，小球受到的洛倫茲力提供向心力，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。2.(2023·湖北省恩施教育聯(lián)盟模擬)如圖所示，某空間同時(shí)存在著互相正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)的方向豎直向下。一帶電體a帶負(fù)電，電荷量為q1，恰能靜止于此空間的c點(diǎn)，另一帶電體b也帶負(fù)電，電荷量為q2，正在過(guò)c點(diǎn)的豎直平面內(nèi)作半徑為r的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，結(jié)果a、b在c處碰撞并粘合在一起，關(guān)于a、b粘合一起后的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)下列說(shuō)法正確的是()A．向左做勻速直線運(yùn)動(dòng)B．順時(shí)針繼續(xù)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，半徑為r′＝eq\f(q2,q1＋q2)rC．順時(shí)針繼續(xù)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，半徑為r′＝eq\f(q1,q1＋q2)rD．因?yàn)橛兄亓挽o電力這樣的恒力存在，故以上說(shuō)法都不對(duì)答案B解析帶電體a、b受到的靜電力都與其受到的重力平衡，碰撞前帶電體b沿順時(shí)針?lè)较蜃鰟蛩賵A周運(yùn)動(dòng)，碰撞后整體受到的重力依然和靜電力平衡，洛倫茲力提供向心力，沿順時(shí)針?lè)较蜃鰟蛩賵A周運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；帶電體b受到的洛倫茲力提供向心力，有q2vB＝m2eq\f(v2,r)，解得：v＝eq\f(q2Br,m2)，a、b碰撞過(guò)程，系統(tǒng)總動(dòng)量守恒，有m2v＝(m1＋m2)v′，解得：v′＝eq\f(q2Br,m1＋m2)，整體做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，有(q1＋q2)v′B＝(m1＋m2)eq\f(v′2,r′)，解得：r′＝eq\f(q2,q1＋q2)r，故B正確，C、D錯(cuò)誤。3.(多選)(2023·內(nèi)蒙古包頭市模擬)空間內(nèi)存在電場(chǎng)強(qiáng)度大小E＝100V/m、方向水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)和磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1＝100T、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(圖中均未畫出)。一質(zhì)量m＝0.1kg、帶電荷量q＝＋0.01C的小球從O點(diǎn)由靜止釋放，小球在豎直面內(nèi)的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中實(shí)線所示，軌跡上的A點(diǎn)離OB最遠(yuǎn)且與OB的距離為l，重力加速度g取10m/s2。下列說(shuō)法正確的是()A．在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，小球的機(jī)械能守恒B．小球經(jīng)過(guò)A點(diǎn)時(shí)的速度最大C．小球經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)的速度為0D．l＝eq\r(2)m答案BC解析由于靜電力做功，故小球的機(jī)械能不守恒，故A錯(cuò)誤；重力和靜電力的合力大小為eq\r(2)N，方向與豎直方向的夾角為45°斜向左下方，小球由O點(diǎn)到A點(diǎn)，重力和靜電力的合力做的功最多，在A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能最大，速度最大，故B正確；小球做周期性運(yùn)動(dòng)，小球從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程中，合力做功為零，故小球在B點(diǎn)時(shí)的速度也為0，故C正確；對(duì)小球由O點(diǎn)到A點(diǎn)的過(guò)程，由動(dòng)能定理得：eq\r(2)mg·l＝eq\f(1,2)mv2，沿OB方向建立x軸，垂直O(jiān)B方向建立y軸，在x方向上由動(dòng)量定理得：qvyB1×Δt＝mΔv，累積求和，則有：qB1l＝mv，解得：l＝eq\f(\r(2),5)m，故D錯(cuò)誤。4.(多選)(2023·河北邢臺(tái)市模擬)如圖所示，空間有一無(wú)限大正交的電磁場(chǎng)區(qū)域，電場(chǎng)強(qiáng)度為E、方向豎直向下，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直于紙面向外，電磁場(chǎng)中有一內(nèi)壁光滑豎直放置的絕緣長(zhǎng)筒，其底部有一帶電量為－q(q>0)、質(zhì)量為eq\f(qE,g)的小球，g為重力加速度，小球直徑略小于長(zhǎng)筒內(nèi)徑。現(xiàn)長(zhǎng)筒在外力作用下以大小為v0的速度向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)。已知小球剛離開長(zhǎng)筒時(shí)小球在豎直方向的分速度大小為v0，下列說(shuō)法正確的是()A．小球在長(zhǎng)筒中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為eq\f(\r(2)E,gB)B．小球在長(zhǎng)筒中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為eq\f(E,gB)C．小球從長(zhǎng)筒中飛出后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑的大小為eq\f(Ev0,gB)D．小球從長(zhǎng)筒中飛出后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑的大小為eq\f(\r(2)Ev0,gB)答案BD解析小球的重力mg＝eq\f(qE,g)g＝qE，小球帶負(fù)電，靜電力豎直向上，與重力等大反向，兩力抵消，小球隨著長(zhǎng)筒水平向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由左手定則可知洛倫茲力豎直向上，其大小為F洛＝qBv0，洛倫茲力大小和方向恒定，所以小球在豎直方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律可知加速度a＝eq\f(F洛,m)＝eq\f(qBv0,\f(qE,g))＝eq\f(Bgv0,E)，已知小球剛離開長(zhǎng)筒時(shí)小球在豎直方向的分速度大小為v0，則小球在長(zhǎng)筒中運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝eq\f(v0,a)＝eq\f(v0,\f(Bgv0,E))＝eq\f(E,Bg)，故A錯(cuò)誤，B正確；小球剛離開長(zhǎng)筒時(shí)在豎直方向的分速度大小為v0，水平方向的速度為v0，則合速度v＝eq\r(2)v0，小球離開筒以后，將做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，重力和靜電力相等，由洛倫茲力提供向心力，則有qvB＝eq\f(mv2,r)，可得軌道半徑r＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(\f(qE,g)\r(2)v0,qB)＝eq\f(\r(2)Ev0,gB)，故C錯(cuò)誤，D正確。5．(2023·江西景德鎮(zhèn)市模擬)如圖所示，在區(qū)域Ⅰ有與水平方向成30°角的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小E1未知，電場(chǎng)方向斜向左下方。在區(qū)域Ⅱ有豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E2＝eq\f(mg,q)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。質(zhì)量為m、電荷量為－q的粒子從區(qū)域Ⅰ的左邊界P點(diǎn)靜止釋放。粒子沿水平虛線向右運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ，區(qū)域Ⅱ的寬度為d。粒子從區(qū)域Ⅱ右邊界的Q點(diǎn)(圖中未畫出)離開，速度方向偏轉(zhuǎn)了60°，重力加速度為g。求：(1)區(qū)域Ⅰ的電場(chǎng)強(qiáng)度大小E1；(2)粒子進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ時(shí)的速度大??；(3)粒子從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)的時(shí)間。答案(1)eq\f(2mg,q)(2)eq\f(2\r(3)qBd,3m)(3)eq\f(2qBd,3mg)＋eq\f(πm,3qB)解析(1)粒子在區(qū)域Ⅰ沿水平虛線方向做直線運(yùn)動(dòng)，說(shuō)明粒子在豎直方向上受力平衡，根據(jù)平衡條件有qE1sin30°＝mg解得E1＝eq\f(2mg,q)(2)粒子進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ后，根據(jù)題意有E2q＝mg由此可知粒子在區(qū)域Ⅱ中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，設(shè)粒子進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ的速度大小為v，則有qvB＝eq\f(mv2,R)根據(jù)幾何關(guān)系有Rsin60°＝d聯(lián)立解得v＝eq\f(2\r(3)qBd,3m)(3)粒子在區(qū)域Ⅱ中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其運(yùn)動(dòng)周期為T＝eq\f(2πR,v)則粒子在區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2＝eq\f(60°,360°)T＝eq\f(πm,3qB)粒子在區(qū)域Ⅰ沿水平虛線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)量定理有qE1cos30°·t1＝mv故粒子從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)的時(shí)間為t＝t1＋t2聯(lián)立解得t＝eq\f(2qBd,3mg)＋eq\f(πm,3qB)。6.如圖所示，坐標(biāo)系xOy在豎直平面內(nèi)，整個(gè)空間存在豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，y軸兩側(cè)均有方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，左側(cè)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小是右側(cè)的兩倍。t＝0時(shí)刻，一個(gè)帶正電微粒從O點(diǎn)以v＝2m/s的初速度射入y軸右側(cè)空間，初速度方向與x軸正方向成60°，微粒恰能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，第一次經(jīng)過(guò)y軸的點(diǎn)記為P，OP長(zhǎng)L＝0.8m。已知微粒所帶電荷量q＝＋4×10－6C，質(zhì)量m＝2×10－7kg，重力加速度g取10m/s2，求：(1)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大??；(2)y軸右側(cè)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大??；(3)微粒第二次經(jīng)過(guò)P點(diǎn)的時(shí)刻(結(jié)果可含π)。答案(1)0.5N/C(2)0.125T(3)eq\f(14π,15)s解析(1)微粒射入y軸右側(cè)空間，恰能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，說(shuō)明微粒受到的靜電力與重力平衡，則有qE＝mg解得勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E＝eq\f(mg,q)＝0.5N/C(2)微粒在y軸右側(cè)磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得qvB＝meq\f(v2,r1)由幾何關(guān)系知，微粒