專題提升19　帶電粒子在疊加場和交變電磁場中的運動-2025版高考總復(fù)習(xí)物理

[基礎(chǔ)落實練]1．(2023·新課標(biāo)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()A．電場方向水平向左、磁場方向垂直紙面向里B．電場方向水平向左、磁場方向垂直紙面向外C．電場方向水平向右、磁場方向垂直紙面向里D．電場方向水平向右、磁場方向垂直紙面向外解析：假設(shè)電子打在a點，即其所受電場力與洛倫茲力大小相等，方向相反，故eE＝evB，由于α粒子的速度v′小于電子的速度v，所以2eE>2ev′B，α粒子經(jīng)過電、磁組合場后向右偏轉(zhuǎn)，即其所受合力方向向右，由于α粒子帶正電，所以電場方向水平向右，A、B錯誤；電子所受電場力水平向左，則其所受洛倫茲力水平向右，則磁場方向垂直紙面向里，D錯誤，C正確。假設(shè)α粒子打在a點，同樣可以得出C正確。答案：C2．(多選)如圖所示，虛線間空間存在由勻強電場E和勻強磁場B組成的正交或平行的電場和磁場，有一個帶正電小球(電荷量為＋q，質(zhì)量為m)從正交或平行的電磁混合場上方的某一高度自由落下，那么帶電小球可能沿直線通過下列的哪個電磁混合場()解析：小球受重力、水平向左的電場力和水平向右的洛倫茲力，下降過程中速度一定變大，故洛倫茲力一定變化，不可能一直與電場力平衡，故合力不可能一直向下，故一定做曲線運動，故A錯誤；小球受重力、向上的電場力和垂直向外的洛倫茲力，合力與速度一定不共線，故一定做曲線運動，故B錯誤；小球受重力、斜向左上方的電場力和水平向右的洛倫茲力，若三力平衡，則小球做勻速直線運動，故C正確；小球受向下的重力和向上的電場力，合力一定與速度共線，故小球一定做直線運動，故D正確。答案：CD3．如圖所示，在正交的勻強電、磁場中有質(zhì)量、電荷量都相同的兩油滴，A靜止，B做半徑為R的勻速圓周運動。若B與A相碰并結(jié)合在一起，則它們將()A．以B原速率的一半做勻速直線運動B．以eq\f(R,2)為半徑做勻速圓周運動C．仍以R為半徑做勻速圓周運動D．做周期為B的一半的勻速圓周運動解析：由A、B相碰時動量守恒有mv＝2mv′，得v′＝eq\f(v,2)。據(jù)題意碰后A、B合成的大油滴所受重力仍與電場力平衡，合力是洛倫茲力，所以繼續(xù)做勻速圓周運動，且有r＝eq\f(2mv′,2qB)＝eq\f(R,2)，T＝eq\f(2π(2m),2qB)＝eq\f(2πm,qB)，選項B正確。答案：B4．(2022·全國甲卷)空間存在著勻強磁場和勻強電場，磁場的方向垂直于紙面(xOy平面)向里，電場的方向沿y軸正方向。一帶正電的粒子在電場和磁場的作用下，從坐標(biāo)原點O由靜止開始運動。下列四幅圖中，可能正確描述該粒子運動軌跡的是()解析：帶正電的粒子從原點O由靜止釋放，在電場力作用下，獲得向上的速度后，會受到向左的洛倫茲力，故粒子向左側(cè)偏轉(zhuǎn)，故A、C錯誤；當(dāng)粒子再回到x軸時，電場力整體做功為零，洛倫茲力始終不做功，故此時速度為零，以后會重復(fù)原來的運動，不可能運動到x軸下方，故B正確，D錯誤。答案：B5．(多選)某一空間存在著磁感應(yīng)強度為B且大小不變、方向隨時間t做周期性變化的勻強磁場(如圖甲所示)，規(guī)定垂直紙面向里的磁場方向為正。為使靜止于該磁場中的帶正電的粒子能按a→b→c→d→e→f的順序做橫“∞”字曲線運動(即如圖乙所示的軌跡)，下列辦法可行的是(粒子只受洛倫茲力的作用，其他力不計)()A．若粒子的初始位置在a處，在t＝eq\f(3,8)T時給粒子一個沿切線方向水平向右的初速度B．若粒子的初始位置在f處，在t＝eq\f(T,2)時給粒子一個沿切線方向豎直向下的初速度C．若粒子的初始位置在e處，在t＝eq\f(11,8)T時給粒子一個沿切線方向水平向左的初速度D．若粒子的初始位置在b處，在t＝eq\f(T,2)時給粒子一個沿切線方向豎直向上的初速度解析：要使粒子的運動軌跡為題圖乙，粒子做圓周運動的周期應(yīng)為T0＝eq\f(T,2)；在t＝eq\f(3,8)T時磁場方向垂直紙面向里，由左手定則知粒子所受洛倫茲力方向向上，粒子經(jīng)eq\f(T,8)時間沿圓弧ab運動到b點，此時磁場方向改變，粒子受力方向改變，粒子沿b→c→d→b運動到b點，磁場方向又改變，粒子受力方向又改變，粒子沿b→e→f→a運動，A正確；同理可分析出，B、C錯誤，D正確。答案：AD6．(2024·四川成都金堂中學(xué)高三診斷)如圖所示，在豎直面內(nèi)的直角坐標(biāo)系xOy中，y軸豎直，M、N兩點的坐標(biāo)分別為(eq\f(3,2)L，0)和(0，eq\f(\r(3),2)L)，第一象限內(nèi)有方向與y軸正方向夾角θ＝30°的勻強電場；第二象限內(nèi)有勻強電場(圖中未畫出)和方向垂直坐標(biāo)平面向里的勻強磁場；第三象限內(nèi)有勻強電場(圖中未畫出)和方向垂直坐標(biāo)平面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小與第二象限內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強度大小相等?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球，從M點由靜止開始沿直線MN運動，通過N點后在第二象限內(nèi)做勻速圓周運動，垂直通過x軸上的P點后做勻速直線運動，通過Q點(圖中未畫出)時立即撤去第三象限內(nèi)的磁場，經(jīng)過一段時間后小球通過y軸上的R點。重力加速度大小為g，不計空氣阻力。(1)求第一象限內(nèi)電場的電場強度大小E1和第二象限內(nèi)電場的電場強度大小E2；(2)求第二象限內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強度大小B；(3)求小球從Q點運動到R點的時間t；(4)若小球從P點運動到Q點的時間與小球從Q點運動到R點的時間相等，求R點與原點O的距離s。解析：(1)小球的運動軌跡如圖所示，因為小球沿MN方向做初速度為零的勻加速直線運動，所以重力與電場力的合力方向沿MN方向，有tan∠OMN＝eq\f(\f(\r(3)L,2),\f(3,2)L)＝eq\f(\r(3),3)解得∠OMN＝30°經(jīng)分析可知qE1＝2mgcosθ解得E1＝eq\f(\r(3)mg,q)小球在第二象限內(nèi)做勻速圓周運動，重力與電場力平衡，有qE2＝mg解得E2＝eq\f(mg,q)。(2)設(shè)小球通過y軸時的速度大小為v0，有veq\o\al(2,0)＝2a·eq\f(\f(3,2)L,cos30°)根據(jù)牛頓第二定律有mg＝ma設(shè)小球在第二象限內(nèi)運動的軌跡半徑為r，則由幾何關(guān)系可得cos30°＝eq\f(\f(\r(3)L,2),r)又qv0B＝meq\f(veq\o\al(2,0),r)解得B＝eq\f(m,q)eq\r(\f(2\r(3)g,L))。(3)小球沿PQ方向做勻速直線運動，則電場力qE3與重力mg的合力與洛倫茲力qv0B平衡，設(shè)撤去磁場后小球的加速度大小為a′，顯然a′的方向沿x軸正方向，有qv0B＝ma′撤去磁場后，小球做類平拋運動，有r＋rsin30°＝eq\f(1,2)a′t2解得t＝eq\r(\f(\r(3)L,2g))。(4)由(2)可得v0＝eq\r(2\r(3)gL)又s＝2v0t解得s＝2eq\r(3)L。答案：(1)eq\f(\r(3)mg,q)eq\f(mg,q)(2)eq\f(m,q)eq\r(\f(2\r(3)g,L))(3)eq\r(\f(\r(3)L,2g))(4)2eq\r(3)L[能力提升練]7．(多選)如圖甲所示，在空間存在一個變化的電場和一個變化的磁場，電場的方向水平向右，在圖甲中由B到C，電場強度大小隨時間變化情況如圖乙所示；磁感應(yīng)強度方向垂直于紙面、大小隨時間變化情況如圖丙所示。在t＝1s時，從A點沿AB方向(垂直于BC)以初速度v0射出第一個粒子，并在此之后，每隔2s有一個相同的粒子沿AB方向均以初速度v0射出，并恰好均能擊中C點，若AB＝BC＝L，且粒子由A運動到C的時間小于1s。不計重力和空氣阻力，對于各粒子由A運動到C的過程，以下說法正確的是()A．電場強度E0和磁感應(yīng)強度B0的大小之比為2v0∶1B．第一個粒子和第二個粒子運動的加速度大小之比為2∶1C．第一個粒子和第二個粒子通過C點的動能之比為1∶4D．第一個粒子和第二個粒子運動的時間之比為π∶2解析：在t＝1s時，空間區(qū)域存在勻強磁場，粒子做勻速圓周運動，如圖(a)所示，粒子的軌道半徑R＝L，由牛頓第二定律得qv0B0＝meq\f(veq\o\al(2,0),R)，解得B0＝eq\f(mv0,qL)，t＝3s時，空間區(qū)域存在勻強電場，帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動，如圖(b)所示，豎直方向有L＝v0t，水平方向有L＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qE0,2m)t2，解得E0＝eq\f(2mveq\o\al(2,0),qL)，則eq\f(E0,B0)＝2v0，故選項A正確；第一個粒子和第二個粒子運動的加速度大小之比eq\f(a1,a2)＝eq\f(\f(qv0B0,m),\f(qE0,m))＝eq\f(v0B0,E0)＝eq\f(1,2)，故選項B錯誤；對第二個粒子分析，由動能定理得qE0L＝Ek2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，Ek2＝eq\f(5,2)mveq\o\al(2,0)，第一個粒子的動能Ek1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，第一個粒子和第二個粒子通過C點的動能之比為1∶5，故選項C錯誤；第一個粒子的運動時間t1＝eq\f(1,4)T＝eq\f(1,4)×eq\f(2πm,qB0)＝eq\f(πL,2v0)，第二個粒子的運動時間t2＝eq\f(L,v0)，第一個粒子和第二個粒子運動的時間之比t1∶t2＝π∶2，故選項D正確。答案：AD8．(2023·湖南卷)如圖，真空中有區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，區(qū)域Ⅰ中存在勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向下(與紙面平行)，磁場方向垂直紙面向里，等腰直角三角形CGF區(qū)域(區(qū)域Ⅱ)內(nèi)存在勻強磁場，磁場方向垂直紙面向外。圖中A、C、O三點在同一直線上，AO與GF垂直，且與電場和磁場方向均垂直。A點處的粒子源持續(xù)將比荷一定但速率不同的粒子射入?yún)^(qū)域Ⅰ中，只有沿直線AC運動的粒子才能進入?yún)^(qū)域Ⅱ。若區(qū)域Ⅰ中電場強度大小為E、磁感應(yīng)強度大小為B1，區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強度大小為B2，則粒子從CF的中點射出，它們在區(qū)域Ⅱ中運動的時間為t0。若改變電場或磁場強弱，能進入?yún)^(qū)域Ⅱ中的粒子在區(qū)域Ⅱ中運動的時間為t，不計粒子的重力及粒子之間的相互作用，下列說法正確的是()A．若僅將區(qū)域Ⅰ中磁感應(yīng)強度大小變?yōu)?B1，則t>t0B．若僅將區(qū)域Ⅰ中電場強度大小變?yōu)?E，則t>t0C．若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強度大小變?yōu)閑q\f(\r(3),4)B2，則t＝eq\f(t0,2)D．若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強度大小變?yōu)閑q\f(\r(2),4)B2，則t＝eq\r(2)t0解析：只有沿直線AC做勻速直線運動的粒子才能進入?yún)^(qū)域Ⅱ，設(shè)能進入?yún)^(qū)域Ⅱ的粒子的速度為v0，根據(jù)平衡條件得qv0B1＝qE，解得v0＝eq\f(E,B1)。若僅將區(qū)域Ⅰ中磁感應(yīng)強度大小變?yōu)?B1，則只有速度大小為eq\f(v0,2)的粒子才能通過C點進入?yún)^(qū)域Ⅱ，同理，若僅將區(qū)域Ⅰ中電場強度大小變?yōu)?E，則只有速度大小為2v0的粒子才能通過C點進入?yún)^(qū)域Ⅱ，兩種情況下粒子均沿CO射入?yún)^(qū)域Ⅱ，且均從CF邊射出，速度的偏轉(zhuǎn)角度不變，對應(yīng)圓心角相同，均為90°，故t＝t0，A、B選項錯誤。設(shè)粒子比荷為eq\f(q,m)，滿足v0＝eq\f(E,B1)的粒子進入?yún)^(qū)域Ⅱ后做圓周運動的軌跡半徑為r0，周期為T0，其運動軌跡如圖1所示，洛倫茲力提供向心力，有qv0B2＝meq\f(veq\o\al(2,0),r0)，解得軌跡半徑r0＝eq\f(mv0,qB2)，CF＝2eq\r(2)r0，CO＝2r0；粒子做圓周運動的周期T0＝eq\f(2πr0,v0)＝eq\f(2πm,qB2)，粒子在區(qū)域Ⅱ中運動的時間t0＝eq\f(1,4)T0。若粒子恰好從F點射出，則粒子在區(qū)域Ⅱ中運動的半徑為2r0，磁感應(yīng)強度需減小到eq\f(B2,2)，C、D選項中調(diào)整后的磁感應(yīng)強度均小于eq\f(B2,2)，故粒子必然從GF邊界射出區(qū)域Ⅱ，則C點到出射點D的水平距離為定值2r0。設(shè)粒子在區(qū)域Ⅱ中速度方向偏轉(zhuǎn)角為θ，軌跡半徑為r，運動周期為T，如圖2所示，由幾何關(guān)系可知sinθ＝eq\f(2r0,r)，若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強度大小變?yōu)閑q\f(\r(3),4)B2，則粒子在區(qū)域Ⅱ中做圓周運動的半徑變?yōu)閞＝eq\f(4\r(3),3)r0，周期變?yōu)門＝eq\f(4\r(3),3)T0，此時sinθ＝eq\f(2r0,\f(4\r(3),3)r0)＝eq\f(\r(3),2)，則θ＝60°，粒子在區(qū)域Ⅱ中運動的時間變?yōu)閠＝eq\f(θ,360°)·T＝eq\f(1,6)T＝eq\f(2\r(3),9)T0＝eq\f(8\r(3),9)t0，C選項錯誤。同理，若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強度大小變?yōu)閑q\f(\r(2),4)B2，則r＝2eq\r(2)r0，T＝2eq\r(2)T0，sinθ＝eq\f(2r0,2\r(2)r0)＝eq\f(\r(2),2)，θ＝45°，粒子在區(qū)域Ⅱ中運動的時間變?yōu)閠＝eq\f(1,8)T＝eq\f(\r(2),4)T0＝eq\r(2)t0，D選項正確。答案：D9．(2023·江蘇卷)霍爾推進器某局部區(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(biāo)平面向里的勻強磁場，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(biāo)y1；(3)若電子入射速度在0<v<v0范圍內(nèi)均勻分布，求能到達縱坐標(biāo)y2＝eq\f(