統(tǒng)考版2025版高考物理一輪復習微專題小練習專題65帶電粒子在疊加場中的運動

專題65帶電粒子在疊加場中的運動1．(多選)如圖所示，兩個半徑相同的半圓形軌道分別豎直放在勻強電場和勻強磁場中，軌道兩端在同一高度上，軌道是光滑的，兩個相同的帶正電小球同時從兩軌道左端最高點由靜止釋放，M、N為軌道的最低點，以下說法正確的是()A．兩小球到達軌道最低點的速度vM＝vNB．兩小球到達軌道最低點時對軌道的壓力FM＞FNC．小球第一次到達M點的時間大于到達N點的時間D．在磁場中小球能到達軌道的另一端，在電場中不能2．(多選)如圖所示，勻強磁場垂直于紙面對里，勻強電場平行于斜面對下，斜面是粗糙的．一帶正電物塊以某一初速度沿斜面對上滑動，經a點后到b點時速度減為零，接著又滑了下來．全程物塊始終受摩擦力，設物塊所帶電荷量保持不變，則從a到b和從b回到a兩過程相比較()A．加速度大小相等B．由b到a的過程中摩擦產生的熱量更多C．由a到b的時間小于從b回到a的時間D．動能改變量的肯定值相同3．[2024·山東德州市期中]如圖所示，一帶電液滴在相互垂直的勻強電場和勻強磁場中剛好做勻速圓周運動，其軌跡半徑為R.已知電場的電場強度大小為E，方向豎直向下；磁場的磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面對里．不計空氣阻力，重力加速度為g，則下列說法中正確的是()A．液滴帶正電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．液滴沿逆時針方向運動4．[2024·江蘇卷]霍爾推動器某局部區(qū)域可抽象成如圖所示的模型．Oxy平面內存在豎直向下的勻強電場和垂直坐標平面對里的勻強磁場，磁感應強度為B.質量為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y1；(3)若電子入射速度在0<v<v0范圍內勻稱分布，求能到達縱坐標y2＝eq\f(mv0,5eB)位置的電子數N占總電子數N0的百分比．5．如圖所示，位于豎直平面內的坐標系xOy，在其第三象限空間有垂直于紙面對外的勻強磁場，磁感應強度大小為B＝0.5T，還有沿x軸負方向的勻強電場，場強大小為E＝2N/C.在其第一象限空間有沿y軸負方向的、場強大小也為E的勻強電場，并在y>h＝0.4m的區(qū)域有磁感應強度也為B的垂直于紙面對里的勻強磁場．一個帶電荷量為q的油滴從圖中第三象限的P點得到一初速度，恰好能沿PO做勻速直線運動(PO與x軸負方向的夾角為θ＝45°)，并從原點O進入第一象限．已知重力加速度g＝10m/s2，問：(1)油滴在第三象限運動時受到的重力、電場力、洛倫茲力三力的大小之比；(2)油滴在第一象限運動的時間．6．[2024·廣東省聯考三]如圖所示，半徑R＝0.5m的豎直粗糙絕緣eq\f(1,4)圓弧軌道ABC的最低點C的切線呈水平，C點正下方為絕緣豎直墻壁，墻壁足夠高．虛線MN為C點下方的場分界線，與C點的高度差h＝0.1m，MN上方區(qū)域內存在電場強度大小為E1＝100V/m的勻強電場，方向豎直向下，MN下方、墻壁左側的區(qū)域內存在垂直于紙面對里的勻強磁場和豎直向上的電場強度大小為E2＝200V/m的勻強電場．一質量m＝2×10－2kg、電荷量q＝1×10－3C的帶正電小滑塊自圓弧軌道上的B點由靜止釋放，經過C點時對軌道的壓力大小為F＝0.34N，從C點水平飛出后經分界線MN上的D點(圖中未畫出)進入下方區(qū)域．已知OB連線與豎直方向的夾角θ＝53°，小滑塊在運動過程中電荷量保持不變，不計空氣阻力，重力加速度取g＝10m/s2，已知sin53°＝0.8.求：(1)小滑塊在圓弧軌道上運動的過程中，克服摩擦力所做的功Wf；(2)小滑塊經過D點時的速度vD的大小；(3)小滑塊能再次返回MN上方區(qū)域的最小磁感應強度B的大?。畬ｎ}65帶電粒子在疊加場中的運動1．BD由于小球在磁場中運動，磁場力對小球不做功，整個過程中的機械能守恒，而小球在電場中向右運動的過程中受到的電場力對小球做負功，到達最低點時的速度較小，故A錯誤；小球在磁場中運動，在最低點進行受力分析可知FM－mg－qvMB＝meq\f(veq\o\al(2,M),r)，解得FM＝mg＋qvMB＋meq\f(veq\o\al(2,M),r)，小球在電場中運動，在最低點受力分析可知FN－mg＝meq\f(veq\o\al(2,N),r)，解得FN＝mg＋meq\f(veq\o\al(2,N),r)，由選項A可知vM＞vN，所以FM＞FN，B正確；兩個小球走過的路程相同，由選項A可知，小球在電場中向右運動的過程中受到的電場力對小球做負功，到達最低點時的速度較小，所以在電場中運動的時間長，C錯誤；由于小球在磁場中運動，磁場力對小球不做功，整個過程中小球的機械能守恒，所以小球可以到達軌道的另一端，而電場力對小球做負功，所以在到達軌道右端最高點之前速度就減為零了，故D正確．2．BC物體從a到b向上運動過程，受到的摩擦力f1沿斜面對下，依據牛頓其次定律可得mgsinθ＋qE＋f1＝ma1，物體從b到a向下運動過程，受到的摩擦力f2沿斜面對上，依據牛頓其次定律可得mgsinθ＋qE－f2＝ma2，可知兩個過程加速度大小不相等，A錯誤；物體從a到b向上運動過程，受到洛倫茲力垂直斜面對上，則有f1＝μ(mgcosθ－qv1B)，物體從b到a向下運動過程，受到洛倫茲力垂直斜面對下，則有f2＝μ(mgcosθ＋qv2B)，可知向下運動過程的摩擦力肯定大于向上運動過程的摩擦力，依據Q＝fs相對，可知由b到a的過程中摩擦產生的熱量更多，B正確；由于摩擦力的作用，使得物塊在向上和向下經過斜面同一位置時，向上的速度肯定大于向下的速度，則向上運動過程的平均速度肯定大于向下運動過程的平均速度，故向上運動過程的時間肯定小于向下運動過程的時間，C正確；物體從a到b向上運動過程，受到的合力大小為F合＝mgsinθ＋qE＋f1，物體從b到a向下運動過程，受到的合力大小為F′合＝mgsinθ＋qE－f2，可知向上運動受到的合力大于向下運動受到的合力，依據動能定理可知，向上運動過程動能改變量的肯定值大于向下運動過程動能改變量的肯定值，D錯誤．3．B帶電液滴剛好做勻速圓周運動，應滿意mg＝qE，電場力向上，與場強方向相反，液滴帶負電，可得比荷為eq\f(q,m)＝eq\f(g,E)，A錯誤，B正確；由左手定則可推斷，只有液滴沿順時針方向運動，受到的洛倫茲力才指向圓心，D錯誤；由向心力公式可得qvB＝meq\f(v2,R)，聯立可得液滴的速度大小為v＝eq\f(gBR,E)，C錯誤．4．(1)v0B(2)eq\f(3mv0,32eB)(3)90%解析：(1)由題知，入射速度為v0時，電子沿x軸做直線運動則有Ee＝ev0B解得E＝v0B(2)電子在豎直向下的勻強電場和垂直坐標平面對里的勻強磁場的復合場中，由于洛倫茲力不做功，且由于電子入射速度為eq\f(v0,4)，則電子受到的電場力大于洛倫茲力，則電子向上偏轉，依據動能定理有eEy1＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)v0))eq\s\up12(2)－eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)v0))eq\s\up12(2)解得y1＝eq\f(3mv0,32eB)(3)若電子以v入射時，設電子能達到的最高點位置的縱坐標為y，則依據動能定理有eEy＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－eq\f(1,2)mv2由于電子在最高點與在最低點所受的合力大小相等，則在最高點有F合＝evmB－eE在最低點有F合＝eE－evB聯立有vm＝eq\f(2E,B)－vy＝eq\f(2m（v0－v）,eB)要讓電子到達縱坐標y2＝eq\f(mv0,5eB)位置，即y≥y2解得v≤eq\f(9,10)v0則若電子入射速度在0<v<v0范圍內勻稱分布，能到達縱坐標y2＝eq\f(mv0,5eB)位置的電子數N占總電子數N0的90%.5．(1)1∶1∶eq\r(2)(2)0.828s解析：(1)恰好能沿PO做勻速直線運動，受力分析如圖所示則qvBcos45°＝Eq，qvBsin45°＝mg因此mg∶qE∶qvB＝1∶1∶eq\r(2)(2)因為qvB＝eq\r(2)Eq可知，粒子速度v＝4eq\r(2)m/s粒子從O到A，受重力和電場力，二力合力為0，因此粒子勻速直線運動，運動時間t1＝eq\f(x1,v)＝eq\f(\f(h,sin45°),v)＝0.1s粒子在磁場部分做勻速圓周運動qvB＝meq\f(v2,r)周期T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,Bq)磁場中運動時間t2＝eq\f(α,2π)T＝eq\f(1,4)T＝0.628s由對稱性可知，粒子從C到N與O到A時間相同，因此運動總時間t＝2t1＋t2＝0.828s．6．(1)0.05J(2)2m/s(3)100(2eq\r(3)＋3)T解析：(1)粒子的部分運動軌跡如圖所示，在C點，由牛頓第三定律可知，小滑塊受到的支持力F′＝F＝0.34N由牛頓其次定律可知F′－mg－qE1＝eq\f(mveq\o\al(2,C),R)解得vC＝1m/s對小滑塊從B到C過程，由動能定理可得(mg＋qE1)R(1－cosθ)－Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)解得Wf＝0.05J(2)對小滑塊從C到D過程，由動能定理可得(mg＋qE1)h＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)解得vD＝2m/s(3)由于qE2＝0.2N＝mg可知小滑塊在MN下方做勻速圓周運動，當運動軌跡半徑最大時磁場的磁感應強度最小，設最大半徑為r，由qvDB＝eq\f(mveq\o\al(2,D),r)得B＝eq\f(mvD,qr)設D點離墻壁的