统考版2024版高考物理一轮复习微专题小练习专题65带电粒子在叠加场中的运动

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A．两小球到达轨道最低点的速度vM＝vN
B．两小球到达轨道最低点时对轨道的压力FM＞FN
C．小球第一次到达M点的时间大于到达N点的时间
D．在磁场中小球能到达轨道的另一端，在电场中不能
2．(多选)如图所示，匀强磁场垂直于纸面向里，匀强电场平行于斜面向下，斜面是粗糙的．一带正电物块以某一初速度沿斜面向上滑动，经a点后到b点时速度减为零，接着又滑了下来．全程物块一直受摩擦力，设物块所带电荷量保持不变，则从a到b和从b回到a两过程相比较( )
A．加速度大小相等
B．由b到a的过程中摩擦产生的热量更多
C．由a到b的时间小于从b回到a的时间
D．动能变化量的绝对值相同
3．[2023·山东德州市期中]如图所示，一带电液滴在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中刚好做匀速圆周运动，其轨迹半径为R.已知电场的电场强度大小为E，方向竖直向下；磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里．不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法中正确的是( )
A．液滴带正电
B．液滴的比荷 eq \f(q,m) ＝ eq \f(g,E)
C．液滴的速度大小v＝ eq \f(gR,BE)
D．液滴沿逆时针方向运动
4．[2023·江苏卷]霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型．Oxy平面内存在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.质量为m、电荷量为e的电子从O点沿x轴正方向水平入射．入射速度为v0时，电子沿x轴做直线运动；入射速度小于v0时，电子的运动轨迹如图中的虚线所示，且在最高点与在最低点所受的合力大小相等．不计重力及电子间相互作用．
(1)求电场强度的大小E；
(2)若电子入射速度为 eq \f(v0,4) ，求运动到速度为 eq \f(v0,2) 时位置的纵坐标y1；
(3)若电子入射速度在0 5．如图所示，位于竖直平面内的坐标系xOy，在其第三象限空间有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝0.5 T，还有沿x轴负方向的匀强电场，场强大小为E＝2 N/C.在其第一象限空间有沿y轴负方向的、场强大小也为E的匀强电场，并在y>h＝0.4 m的区域有磁感应强度也为B的垂直于纸面向里的匀强磁场．一个带电荷量为q的油滴从图中第三象限的P点得到一初速度，恰好能沿PO做匀速直线运动(PO与x轴负方向的夹角为θ＝45°)，并从原点O进入第一象限．已知重力加速度g＝10 m/s2，问：
(1)油滴在第三象限运动时受到的重力、电场力、洛伦兹力三力的大小之比；
(2)油滴在第一象限运动的时间．
6．[2023·广东省联考三]如图所示，半径R＝0.5 m的竖直粗糙绝缘 eq \f(1,4) 圆弧轨道ABC的最低点C的切线呈水平，C点正下方为绝缘竖直墙壁，墙壁足够高．虚线MN为C点下方的场分界线，与C点的高度差h＝0.1 m，MN上方区域内存在电场强度大小为E1＝100 V/m的匀强电场，方向竖直向下，MN下方、墙壁左侧的区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场和竖直向上的电场强度大小为E2＝200 V/m的匀强电场．一质量m＝2×10－2 kg、电荷量q＝1×10－3 C的带正电小滑块自圆弧轨道上的B点由静止释放，经过C点时对轨道的压力大小为F＝0.34 N，从C点水平飞出后经分界线MN上的D点(图中未画出)进入下方区域．已知OB连线与竖直方向的夹角θ＝53°，小滑块在运动过程中电荷量保持不变，不计空气阻力，重力加速度取g＝10 m/s2，已知sin 53°＝0.8.求：
(1)小滑块在圆弧轨道上运动的过程中，克服摩擦力所做的功Wf；
(2)小滑块经过D点时的速度vD的大小；
(3)小滑块能再次返回MN上方区域的最小磁感应强度B的大小．
专题65 带电粒子在叠加场中的运动
1．BD 由于小球在磁场中运动，磁场力对小球不做功，整个过程中的机械能守恒，而小球在电场中向右运动的过程中受到的电场力对小球做负功，到达最低点时的速度较小，故A错误；小球在磁场中运动，在最低点进行受力分析可知FM－mg－qvMB＝m eq \f(v eq \\al(2,M) ,r) ，解得FM＝mg＋qvMB＋m eq \f(v eq \\al(2,M) ,r) ，小球在电场中运动，在最低点受力分析可知FN－mg＝m eq \f(v eq \\al(2,N) ,r) ，解得FN＝mg＋m eq \f(v eq \\al(2,N) ,r) ，由选项A可知vM＞vN，所以FM＞FN，B正确；两个小球走过的路程相同，由选项A可知，小球在电场中向右运动的过程中受到的电场力对小球做负功，到达最低点时的速度较小，所以在电场中运动的时间长，C错误；由于小球在磁场中运动，磁场力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒，所以小球可以到达轨道的另一端，而电场力对小球做负功，所以在到达轨道右端最高点之前速度就减为零了，故D正确．
2．BC 物体从a到b向上运动过程，受到的摩擦力f1沿斜面向下，根据牛顿第二定律可得mg sin θ＋qE＋f1＝ma1，物体从b到a向下运动过程，受到的摩擦力f2沿斜面向上，根据牛顿第二定律可得mg sin θ＋qE－f2＝ma2，可知两个过程加速度大小不相等，A错误；物体从a到b向上运动过程，受到洛伦兹力垂直斜面向上，则有f1＝μ(mg cs θ－qv1B)，物体从b到a向下运动过程，受到洛伦兹力垂直斜面向下，则有f2＝μ(mg cs θ＋qv2B)，可知向下运动过程的摩擦力一定大于向上运动过程的摩擦力，根据Q＝fs相对，可知由b到a的过程中摩擦产生的热量更多，B正确；由于摩擦力的作用，使得物块在向上和向下经过斜面同一位置时，向上的速度一定大于向下的速度，则向上运动过程的平均速度一定大于向下运动过程的平均速度，故向上运动过程的时间一定小于向下运动过程的时间，C正确；物体从a到b向上运动过程，受到的合力大小为F合＝mg sin θ＋qE＋f1，物体从b到a向下运动过程，受到的合力大小为F′合＝mg sin θ＋qE－f2，可知向上运动受到的合力大于向下运动受到的合力，根据动能定理可知，向上运动过程动能变化量的绝对值大于向下运动过程动能变化量的绝对值，D错误．
3．B 带电液滴刚好做匀速圆周运动，应满足mg＝qE，电场力向上，与场强方向相反，液滴带负电，可得比荷为 eq \f(q,m) ＝ eq \f(g,E) ，A错误，B正确；由左手定则可判断，只有液滴沿顺时针方向运动，受到的洛伦兹力才指向圆心，D错误；由向心力公式可得qvB＝m eq \f(v2,R) ，联立可得液滴的速度大小为v＝ eq \f(gBR,E) ，C错误．
4．(1)v0B (2) eq \f(3mv0,32eB) (3)90%
解析：(1)由题知，入射速度为v0时，电子沿x轴做直线运动则有Ee＝ev0B
解得E＝v0B
(2)电子在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场的复合场中，由于洛伦兹力不做功，且由于电子入射速度为 eq \f(v0,4) ，则电子受到的电场力大于洛伦兹力，则电子向上偏转，根据动能定理有
eEy1＝ eq \f(1,2) m eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)v0)) eq \s\up12(2) － eq \f(1,2) m eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)v0)) eq \s\up12(2)
解得y1＝ eq \f(3mv0,32eB)
(3)若电子以v入射时，设电子能达到的最高点位置的纵坐标为y，则根据动能定理有
eEy＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(2,m) － eq \f(1,2) mv2
由于电子在最高点与在最低点所受的合力大小相等，则在最高点有
F合＝evmB－eE
在最低点有F合＝eE－evB
联立有vm＝ eq \f(2E,B) －v
y＝ eq \f(2m（v0－v）,eB)
要让电子到达纵坐标y2＝ eq \f(mv0,5eB) 位置，即
y≥y2
解得v≤ eq \f(9,10) v0
则若电子入射速度在0 5．(1)1∶1∶ eq \r(2) (2)0.828 s
解析：(1)恰好能沿PO做匀速直线运动，受力分析如图所示
则qvB cs 45°＝Eq，qvB sin 45°＝mg
因此mg∶qE∶qvB＝1∶1∶ eq \r(2)
(2)因为qvB＝ eq \r(2) Eq
可知，粒子速度v＝4 eq \r(2) m/s
粒子从O到A，受重力和电场力，二力合力为0，因此粒子匀速直线运动，运动时间
t1＝ eq \f(x1,v) ＝ eq \f(\f(h,sin 45°),v) ＝0.1 s
粒子在磁场部分做匀速圆周运动qvB＝m eq \f(v2,r)
周期T＝ eq \f(2πr,v) ＝ eq \f(2πm,Bq)
磁场中运动时间t2＝ eq \f(α,2π) T＝ eq \f(1,4) T＝0.628 s
由对称性可知，粒子从C到N与O到A时间相同，因此运动总时间t＝2t1＋t2＝0.828 s．
6．(1)0.05 J (2)2 m/s (3)100(2 eq \r(3) ＋3)T
解析：(1)粒子的部分运动轨迹如图所示，
在C点，由牛顿第三定律可知，小滑块受到的支持力F′＝F＝0.34 N
由牛顿第二定律可知F′－mg－qE1＝ eq \f(mv eq \\al(2,C) ,R)
解得vC＝1 m/s
对小滑块从B到C过程，由动能定理可得(mg＋qE1)R(1－cs θ)－Wf＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(2,C)
解得Wf＝0.05 J
(2)对小滑块从C到D过程，由动能定理可得(mg＋qE1)h＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(2,D) － eq \f(1,2) mv eq \\al(2,C)
解得vD＝2 m/s
(3)由于qE2＝0.2 N＝mg
可知小滑块在MN下方做匀速圆周运动，当运动轨迹半径最大时磁场的磁感应强度最小，设最大半径为r，
由qvDB＝ eq \f(mv eq \\al(2,D) ,r) 得B＝ eq \f(mvD,qr)
设D点离墙壁的距离为LD，由几何关系可知r＋r sin 60°＝LD
由运动学公式可知，小滑块自C运动到D所用的时间tCD＝ eq \f(vD cs 30°,a)
由牛顿第二定律可知，小滑块自C运动到D过程中的加速度大小为a＝ eq \f(mg＋qE1,m)
则tCD＝ eq \f(\r(3),15) s
由LD＝vCtCD知LD＝ eq \f(\r(3),15) m
联立以上各式得r＝ eq \f(4\r(3)－6,15) m，B＝100(2 eq \r(3) ＋3)T.