高考物理一轮复习课时检测五十六带电粒子体在叠加场中的运动含解析新人教版

带电粒子（体）在叠加场中的运动

1.如图所示，空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，一带电液滴从静止开始自A点沿曲线ACB运动，到达B点时，速度为零，C点是运动的最低点，则以下叙述错误的是(　　)

A．液滴一定带负电　　　　 B．液滴在C点时动能最大

C．液滴在C点电势能最小  D．液滴在C点机械能最小

解析：选C　液滴偏转是由于受洛伦兹力作用，据左手定则可判断液滴一定带负电，A正确；液滴所受电场力必向上，而液滴能够从静止向下运动，是因为重力大于电场力，由A→C合力做正功，故在C处液滴的动能最大，B正确；而由于A→C克服电场力做功最多，电势能增加最多，又机械能与电势能的和不变，因此，由A→C机械能减小，故液滴在C点机械能最小，C错误，D正确。

2.如图所示，空间中存在匀强电场和匀强磁场，电场和磁场的方向水平且互相垂直。一带电微粒沿直线由a向b运动，在此过程中(　　)

A．微粒做匀加速直线运动  B．微粒的动量减小

C．微粒的电势能增加  D．微粒的机械能增加

解析：选D　由于洛伦兹力的大小与粒子速度的大小成正比，方向与速度方向垂直。若带电微粒沿直线由a向b运动，则此过程中微粒必做匀速直线运动，否则洛伦兹力将发生变化，破坏平衡状态，即速度不变，微粒动量不变，选项A、B错误；微粒受重力、洛伦兹力和电场力，由左手定则和平衡条件可判断出微粒带负电，带电微粒沿直线由a向b运动，电场力做正功，微粒的电势能减小，机械能增加，选项C错误，D正确。

3．如图所示，一个不计重力的带电粒子以初速度v0沿各图中虚线射入。A中I是两条垂直纸平面的长直导线中等大反向的电流，虚线是两条导线连线的中垂线；B中＋Q是两个位置固定的等量同种点电荷的电荷量，虚线是两位置连线的中垂线；C中I是圆环线圈中的电流，虚线过圆心且垂直圆环平面；D中是正交的匀强电场和匀强磁场，虚线垂直于电场和磁场方向，磁场方向垂直纸面向外。其中，带电粒子不可能做匀速直线运动的是(　　)

解析：选B　图A中两条垂直纸平面的长直导线中通有等大反向的电流，在中垂线上产生的合磁场方向水平向右，带电粒子将沿中垂线做匀速直线运动；图B中等量同种正点电荷在中垂线上的合场强在连线中点左侧水平向左，带电粒子射入后受力不为零，不可能做匀速直线运动；图C中粒子运动方向与所处位置磁感线平行，粒子做匀速直线运动；图D是速度选择器的原理图，只要满足射入速度v0＝，粒子即可做匀速直线运动，故选B。

4.(多选)如图所示，空间中存在正交的匀强电场E和匀强磁场B(匀强电场水平向右)，在竖直平面内从a点沿ab、ac方向抛出两带电小球(不考虑两球的相互作用，两球电荷量始终不变)。关于小球的运动，下列说法正确的是(　　)

A．两小球都可能做直线运动

B．只有沿ab方向抛出的小球才可能做直线运动

C．若有小球能做直线运动，则一定是匀速运动

D．两小球在运动过程中机械能均守恒

解析：选AC　沿ab方向抛出的带正电小球，或沿ac方向抛出的带负电的小球，在重力、电场力、洛伦兹力作用下，都可能受力平衡，做匀速直线运动，A正确，B错误；在重力、电场力、洛伦兹力三力都存在时的直线运动一定是匀速直线运动，C正确；两小球在运动过程中除重力做功外还有电场力做功，故机械能不守恒，D错误。

5．(多选)如图所示，粗糙木板MN竖直固定在方向垂直纸面向里的匀强磁场中。t＝0时，一个质量为m、电荷量为q的带正电物块沿MN以某一初速度竖直向下滑动，则物块运动的v­t图像可能是(　　)

解析：选ACD　设物块的初速度为v0，若满足mg＝f＝μN，又N＝Bqv0，即mg＝μBqv0，则物块向下做匀速运动，选项A正确；若mg＞μBqv0，即物块开始运动时有向下的加速度，由a＝可知，加速度随速度的增加而减小，即物块做加速度减小的加速运动，最后达到匀速状态，则选项B错误，D正确；若mg＜μBqv0，即物块开始运动时有向上的加速度，由a＝可知，加速度随速度的减小而减小，即物块做加速度减小的减速运动，最后达到匀速状态，则选项C正确。

6．(多选)如图所示，空间存在水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，一带电微粒(重力不能忽略)从静止开始自M点沿曲线MPN运动，到达N点时速度为0，已知MN连线与水平方向夹角为θ＝45°，P点速度方向与MN连线平行，以下说法正确的是(　　)

A．该微粒可能带负电

B．微粒所受电场力与重力大小相等

C．微粒在P点时速度最大

D．微粒到达N点后，将沿原曲线返回M点

解析：选BC　由题意可知，微粒由静止开始从M点运动到N点且到N点时速度为零，由动能定理可知，重力做负功，所以电场力做正功，由于电场强度方向向右，所以微粒带正电，故A错误；从M到N由动能定理可得：WG＝W电，即－mgLsin 45°＋qELcos 45°＝0，所以mg＝qE，故B正确；由B的分析可知，该微粒所受重力大小与电场力相等，两力的合力与水平方向成45°角斜向右下方，在MP段两力的合力与速度方向的夹角小于90°，在PN段两力的合力与速度方向的夹角大于90°，在P点时两力的合力与速度方向垂直，所以微粒在P点速度最大，故C正确；微粒到达N点后，由于重力和电场力作用，因此要向右下方运动，根据左手定则，洛伦兹力斜向右上方，所以该微粒将不会沿原曲线返回M点，故D错误。

7．(多选)如图所示，已知一带电小球在光滑绝缘的水平面上从静止开始经电压U加速后，水平进入互相垂直的匀强电场和匀强磁场区域(电场强度E和磁感应强度B已知)，小球在此区域的竖直平面内做匀速圆周运动，则(　　)

A．小球可能带正电

B．小球做匀速圆周运动的半径为r＝

C．小球做匀速圆周运动的周期为T＝

D．若电压U增大，则小球做匀速圆周运动的周期增大

解析：选BC　小球在该区域的竖直平面内做匀速圆周运动，则小球受到的电场力和重力大小相等、方向相反，则小球带负电，A错误；因为小球做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，由牛顿第二定律和动能定理可得Bqv＝，Uq＝mv2，又mg＝qE，联立可得小球做匀速圆周运动的半径r＝ ，由T＝可得T＝，与电压U无关，B、C正确，D错误。

8.如图所示，质量为m，带电荷量为＋q的液滴，以速度v沿与水平方向成θ＝45°角斜向上进入正交的足够大匀强电场和匀强磁场叠加区域，电场强度方向水平向右，磁场方向垂直纸面向里，液滴在场区做直线运动。重力加速度为g，试求：

(1)电场强度E和磁感应强度B各多大？

(2)当液滴运动到某一点A时，电场方向突然变为竖直向上，大小不改变，不考虑因电场变化而产生的磁场的影响，此时液滴加速度多少？

(3)在满足(2)的前提下，液滴从A点到达与A点位于同一水平线上的B点(图中未画出)所用的时间。

解析：(1)液滴带正电，液滴受力如图所示：

根据平衡条件，有Eq＝mgtan θ＝mg，qvB＝＝mg

可得E＝，B＝。

(2)电场方向突然变为竖直向上，大小不改变，故电场力与重力平衡，洛伦兹力提供向心力，粒子做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，有：a＝＝g。

(3)电场变为竖直向上后，qE＝mg，故液滴做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得qvB＝m

可得r＝则T＝＝

由几何知识得t＝T，可得t＝。

答案：(1)　　(2)g　(3)

[潜能激发]

9.如图所示，空间的某个复合场区域内存在着竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。质子由静止开始经一加速电场加速后，垂直于复合场的边界进入并沿直线穿过场区，质子(不计重力)穿过复合场区所用时间为t，从复合场区穿出时的动能为Ek，则(　　)

A．若撤去磁场B，质子穿过场区时间大于t

B．若撤去电场E，质子穿过场区时间等于t

C．若撤去磁场B，质子穿出场区时动能大于Ek

D．若撤去电场E，质子穿出场区时动能大于Ek

解析：选C　质子在加速电场中是直线加速，进入复合场，电场力与洛伦兹力等大反向，质子做匀速直线运动。若撤去磁场，只剩下电场，质子做类平抛运动，水平分运动是匀速直线运动，速度不变，故质子穿过场区时间不变，等于t，A错误；若撤去电场，只剩下磁场，质子做匀速圆周运动，速率不变，水平分运动的速度减小，故质子穿过场区时间增加，大于t，B错误；若撤去磁场，只剩下电场，质子做类平抛运动，电场力做正功，故末动能大于Ek，C正确，若撤去电场，只剩下磁场，质子做匀速圆周运动，速率不变，末动能不变，仍为Ek，D错误。

10．(2021·衡水模拟)如图所示，在水平地面的上方有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝5 T，还有水平向左的匀强电场，其大小为E＝50 V/m。质量为M＝2 kg木块的上表面上钉着一颗小钉子，质量m＝0.5 kg的光滑带正电荷小球通过一长为l＝0.2 m的细线与小钉子相连接，细线与木块上表面垂直，小球的带电荷量为q＝0.5 C。木块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，现将木块由静止释放。(重力加速度大小为g＝10 m/s2，小球可看成质点)则：

(1)求木块释放瞬间小球和木块之间弹力的大小；

(2)木块脱离地面的瞬间，求细线对小球的拉力；

(3)从释放木块到木块脱离地面过程中木块的位移为x0＝6.4 m，求木块克服滑动摩擦力做的功。(结果保留1位小数)

解析：(1)木块释放瞬间，小球不受洛伦兹力。木块和小球整体的受力情况如图甲所示。

根据牛顿运动定律可得：

qE－Ff＝(M＋m)a1

FN－(M＋m)g＝0

Ff＝μFN

联立以上各式解得：a1＝5 m/s2

以小球为研究对象可得：

qE－N＝ma1

解得：N＝22.5 N。

(2)木块脱离地面时，地面对木块的支持力为零，

以木块和小球整体为研究对象有：

F洛－(M＋m)g＝0

qE＝(M＋m)a2

解得：a2＝10 m/s2

以小球为研究对象，如图乙所示，

根据牛顿第二定律可得：

F洛－mg－Tsin θ＝0

qE－Tcos θ＝ma2

联立解得：

T＝20 N，θ＝45 °

细线的拉力大小为20 N，方向斜向左下方，与水平方向间的夹角为45 °。

(3)木块离开地面时小球距悬点的水平距离和竖直距离分别为

x1＝lcos 45 °＝0.2 m

h＝lsin 45 °＝0.2 m

木块脱离地面的瞬间，对整体，重力和洛伦兹力相等

qvB＝(M＋m)g

解得：v＝10 m/s

根据动能定理有：

qE(x0＋x1)－Wf－mg(h＋l)＝(M＋m)v2

解得：Wf＝37.6 J

答案：(1)22.5 N　(2)20 N方向斜向左下方，与水平方向间的夹角为45°　(3)37.6 J

11．(2021·榆林模拟)如图甲所示，在xOy平面内有足够大的匀强电场E，在y轴左侧平面内有区域足够大的磁场，磁感应强度B1随时间t变化的规律如图乙所示，选定磁场垂直纸面向里为正方向。在y轴右侧平面内还有方向垂直纸面向外的恒定的匀强磁场，分布在一个半径为r＝0.3 m的圆形区域(图中未画出)，且圆的左侧与y轴相切，磁感应强度B2＝0.8 T。t＝0时刻，一质量m＝8×10－4 kg、电荷量q＝＋2×10－4 C的微粒从x轴上xP＝－0.8 m处的P点以速度v＝0.12 m/s向x轴正方向运动。已知该带电微粒在电磁场区域做匀速圆周运动。(g取10 m/s2)

(1)求电场强度。

(2)若磁场15π s后消失，求微粒在第二象限运动过程中离x轴的最大距离；

(3)若微粒穿过y轴右侧圆形磁场时速度方向的偏转角最大，求此圆形磁场的圆心坐标(x，y)。

解析：(1)因为微粒射入电磁场后做匀速圆周运动，则其受到的电场力和重力大小相等，则qE＝mg，

解得E＝40 N/C，方向竖直向上。

(2)由牛顿第二定律有qvB1＝m，

所以R1＝＝0.6 m，T＝＝10π s，

分析可知在0～5π s内微粒沿逆时针方向做匀速圆周运动，在5π～10π s内微粒向左做匀速直线运动。在10π～15π s内微粒沿顺时针方向做匀速圆周运动，在15π s后微粒向右做匀速直线运动，之后穿过y轴，微粒运动轨迹如图所示。

可知微粒在第二象限内离x轴的最大距离s′＝2R1×2＝4R1＝2.4 m。

(3)如图，微粒穿过圆形磁场要求偏转角最大，入射点M与出射点N的连线必须为磁场圆的直径。由牛顿第二定律，有qvB2＝m，所以R2＝＝0.6 m，R2＝2r，所以最大偏转角为60°，所以圆心横坐标为x＝0.30 m，纵坐标为y＝s′－rcos 60°＝2.4 m－0.3× m＝2.25 m，

即磁场的圆心坐标为(0.30 m,2.25 m)。

答案：(1)40 N/C　方向竖直向上　(2)2.4 m

(3)(0.30 m,2.25 m)