2025版高考物理一轮复习微专题小练习磁场专题67带电粒子在叠加场中的运动

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1．(多选)如图所示，空间存在着垂直向里的匀强磁场B和竖直向上的匀强电场E，两个质量不同电量均为q的带电小球a和b从同一位置先后以相同的速度v从场区左边水平进入磁场，其中a小球刚好做匀速圆周运动，b小球刚好沿直线向右运动．不计两小球之间库仑力的影响，重力加速度为g，则( )
A．a小球一定带正电，b小球可能带负电
B．a小球的质量等于 eq \f(qE,g)
C．b小球的质量等于 eq \f(qE－qvB,g)
D．a小球圆周运动的半径为 eq \f(EV,Bg)
答案：BD
解析：a小球刚好做匀速圆周运动，重力和电场力平衡，洛伦兹力提供向心力，所以Eq＝mag，电场力方向竖直向上，则a小球一定带正电，b小球刚好沿直线向右运动，如果b小球带负电，电场力洛伦兹力均向下，重力也向下，不能平衡，无法做直线运动，所以b小球带正电，qvB＋Eq＝mbg，A错误；根据A选项分析可知，a小球的质量等于ma＝ eq \f(qE,g)，B正确；根据A选项分析可知，b小球的质量等于mb＝ eq \f(qE＋qvB,g)，C错误；a小球圆周运动的半径为Bqv＝ eq \f(mav2,r)，解得r＝ eq \f(mav,Bq)＝ eq \f(Ev,Bq)，D正确．
2．(多选)如图所示，在竖直平面内的虚线下方分布着互相垂直的匀强电场和匀强磁场，电场的电场强度大小为10 N/C，方向水平向左；磁场的磁感应强度大小为2 T，方向垂直纸面向里．现将一质量为0.2 kg、电荷量为＋0.5 C的小球，从该区域上方的某点A以某一初速度水平抛出，小球进入虚线下方后恰好做直线运动．已知重力加速度为g＝10 m/s2.下列说法正确的是( )
A.小球平抛的初速度大小为5 m/s
B．小球平抛的初速度大小为2 m/s
C．A点距该区域上边界的高度为1.25 m
D．A点距该区域上边界的高度为2.5 m
答案：BC
解析：小球受竖直向下的重力与水平向左的电场力作用，小球进入电磁场区域做直线运动，小球受力如图所示
小球做直线运动，则由平衡条件得qvB cs θ＝mg，小球的速度v cs θ＝v0，代入数据解得v0＝2 m/s，A错误，B正确；小球从A点抛出到进入复合场过程，由动能定理得mgh＝ eq \f(1,2)mv2－ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ，根据在复合场中的受力情况可知(mg)2＋(qE)2＝(qvB)2，解得h＝ eq \f(E2,2gB2)，
代入数据解得h＝1.25 m，C正确，D错误．
3．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
答案：B
解析：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．(多选)空间内存在电场强度大小E＝100 V/m、方向水平向左的匀强电场和磁感应强度大小B1＝100 T、方向垂直纸面向里的匀强磁场(图中均未画出).一质量m＝0.1 kg、带电荷量q＝＋0.01 C的小球从O点由静止释放，小球在竖直面内的运动轨迹如图中实线所示，轨迹上的A点离OB最远且与OB的距离为l，重力加速度g取10 m/s2.下列说法正确的是( )
A．在运动过程中，小球的机械能守恒
B．小球经过A点时的速度最大
C．小球经过B点时的速度为0
D．l＝ eq \f(\r(2),5)m
答案：BCD
解析：由于电场力做功，故小球的机械能不守恒，A项错误；重力和电场力的合力大小为 eq \r(（qE）2＋（mg）2)＝ eq \r(2) N，方向与竖直方向的夹角为45°斜向左下方，小球由O点到A点，重力和电场力的合力做的功最多，在A点时的动能最大，速度最大，B项正确；小球做周期性运动，在B点时的速度为0，C项正确；对小球由O点到A点的过程，由动能定理得 eq \r(2)mgl＝ eq \f(1,2)mv2，沿OB方向建立x轴，垂直OB方向建立y轴，在x方向上由动量定理得qvyB1Δt＝mΔv，累积求和，则有qB1l＝mv，解得l＝ eq \f(\r(2),5) m，D项正确．
5．(多选)如图所示，平面直角坐标系的第二象限内(称为区域Ⅰ)存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场B1，一质量为m、带电荷量为＋q的小球从A点以速度v0沿直线AO运动，AO与x轴负方向成37°角．在y轴与MN之间的区域Ⅱ内加一电场强度最小的匀强电场后，可使小球继续做直线运动到MN上的C点，MN与PQ之间区域Ⅲ内存在宽度为d的竖直向上匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场B2，小球在区域Ⅲ内做匀速圆周运动并恰好不能从右边界飞出，已知小球在C点的速度大小为2v0，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，则下列结论正确的是( )
A．区域Ⅲ内匀强电场的场强大小E3＝ eq \f(mg,q)
B．区域Ⅲ内匀强磁场的磁感应强度大小B2＝ eq \f(mv0,qd)
C.小球从A到O的过程中做匀速直线运动，从O到C的过程中做匀加速直线运动
D．区域Ⅱ内匀强电场的最小场强大小为E2＝ eq \f(4mg,5q)，方向与x轴正方向成53°角向上
答案：ACD
解析：小球在区域Ⅲ内做匀速圆周运动，
有mg＝qE3，解得E3＝ eq \f(mg,q)，A项正确；因为小球恰好不从右边界穿出，小球运动轨迹如图所示，
由几何关系得d＝r＋r sin 37°＝ eq \f(8,5)r，由洛伦兹力提供向心力得B2q×2v0＝m eq \f(（2v0）2,r)，解得B2＝ eq \f(16mv0,5qd)，B项错误；带电小球在第二象限内受重力、电场力和洛伦兹力做直线运动，
三力满足如图所示关系
所以小球从A到O的过程只能做匀速直线运动．区域Ⅱ中从O到C的过程，小球做直线运动
电场强度最小，受力如图所示(电场力方向与速度方向垂直)
所以小球做匀加速直线运动，由图知cs 37°＝ eq \f(qE2,mg)，解得E2＝ eq \f(4mg,5q)，方向与x轴正方向成53°角向上，C、D两项正确．
6.
如图所示，一质量为m、电荷量为q的带正电小球(视为质点)套在长度为L、倾角为θ的固定绝缘光滑直杆OP上，P端下方存在正交的匀强电场和匀强磁场，电场方向沿PO方向，磁场方向垂直纸面水平向里．现将小球从O端由静止释放，小球滑离直杆后沿直线运动，到达Q点时立即撤去磁场，最终小球垂直打到水平地面上，重力加速度大小为g，不计空气阻力．求：
(1)电场的电场强度大小E以及磁场的磁感应强度大小B；
(2)Q点距离地面的高度h.
答案：(1) eq \f(mg sin θ,q)， eq \f(mg cs θ,q\r(2gL sin θ))
(2)(sin θ＋ eq \f(1,sin θ))L
解析：(1)小球滑离直杆后进入叠加场，在叠加场内的受力情况如图所示，小球做匀速直线运动，根据几何关系有sin θ＝ eq \f(Eq,mg)，cs θ＝ eq \f(qvB,mg)
小球在直杆上时有L＝ eq \f(v2,2g sin θ)
解得E＝ eq \f(mg sin θ,q)，B＝ eq \f(mg cs θ,q\r(2gL sin θ))
(2)根据题意可知，当磁场撤去后，小球受重力和电场力作用，且合力的方向与速度方向垂直，小球做类平抛运动，水平方向有Eq cs θ＝max
vx＝v cs θ－axt
竖直方向有mg－Eq sin θ＝may
h＝v sin θ·t＋ eq \f(1,2)ayt2
当小球落到地面时，vx＝0，
即vx＝v cs θ－axt＝0
解得t＝ eq \f(mv,Eq)
h＝(sin θ＋ eq \f(1,sin θ))L
7．[2024·湖北省鄂东南教育教学改革联盟联考]如图所示，在竖直平面内的直角坐标系xOy中，y轴竖直，第一象限内有竖直向上的匀强电场E1、垂直于xOy平面向里的匀强磁场B1＝4 T；第二象限内有平行于xOy平面且方向可以调节的匀强电场E2；第三、四象限内有垂直于纸面向外的匀强磁场B2＝ eq \f(10\r(6),3) T．x、y轴上有A、B两点，OA＝(2＋ eq \r(3)) m，OB＝1 m．现有一质量m＝4×10－3 kg，电荷量q＝10－3 C的带正电小球，从A点以速度v0垂直x轴进入第一象限，做匀速圆周运动且从B点离开第一象限．小球进入第二象限后沿直线运动到C点，然后由C点进入第三象限．已知重力加速度为g＝10 m/s2，不计空气阻力．求：
(1)第一象限内电场的电场强度E1与小球初速度v0的大小；
(2)第二象限内电场强度E2的最小值和E2取最小值时小球运动到C点的速度vC；
(3)在第(2)问的情况下，小球在离开第三象限前的最大速度vm.
答案：(1)40 N/C 2 m/s (2)20 N/C 2 eq \r(6)m/s
(3)4 eq \r(6) m/s，方向水平向左
解析：(1)小球由A点进入第一象限后，所受电场力与重力平衡
E1q＝mg
解得E1＝40 N/C
由几何关系得r＋ eq \r(r2－OB2)＝OA
解得r＝2 m
小球做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有qv0B1＝ eq \f(mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,r)
解得v0＝2 m/s
(2)由几何关系得：BC与竖直方向夹角为θ＝30°
小球由B到C做直线运动，则电场力与重力的合力与vB均沿BC方向，当电场力与BC垂直时，电场力有最小值qE2min＝mg sin θ
解得E2min＝20 N/C
对小球有mg cs θ＝ma
根据几何关系xBC＝ eq \f(OB,cs θ)＝ eq \f(2\r(3),3) m
根据速度位移关系式v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(C)) －v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝2axBC
代入数据得a＝5 eq \r(3) m/s2
vC＝2 eq \r(6) m/s
(3)小球进入第三象限后，在重力、洛伦兹力作用下做变加速曲线运动，把初速度vC分解为v1和v2，其中v1满足Bqv1＝mg
解得v1＝ eq \f(mg,B2q)＝2 eq \r(6) m/s
方向水平向左
则v2＝2 eq \r(6) m/s
方向与x轴正方向夹角为60°
小球的实际运动可以分解为
运动一：速度为v1＝2 eq \r(6) m/s，水平向左，合力为B2qv1－mg＝0的匀速直线运动．
运动二：速度为v2＝2 eq \r(6) m/s，顺时针旋转，合力为F洛＝B2qv2的匀速圆周运动．当v1和v2的方向相同时合运动的速度最大，最大速度vm＝v1＋v2＝4 eq \r(6) m/s
方向水平向左．