物理二轮复习跟踪练习 微专题22 带电粒子在叠加场中的运动

微专题22带电粒子在叠加场中的运动跟踪练习基础过关一．选择题：1.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，其轨道半径为R，已知该电场的电场强度为E，方向竖直向下；该磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，不计空气阻力，设重力加速度为g，则()A．液滴带正电B．液滴比荷eq\f(q,m)＝eq\f(E,g)C．液滴沿顺时针方向运动D．液滴运动速度大小v＝eq\f(Rg,BE)2.质量为m、电荷量为q的微粒以速度v与水平方向成θ角从O点进入方向如图所示的由正交的匀强电场和匀强磁场组成的叠加场区中，该微粒在静电力、洛伦兹力和重力的共同作用下，恰好沿直线运动到A点，下列说法中正确的是（重力加速度为g）()A．该微粒一定带正电荷B．微粒从O到A的运动可能是匀变速运动C．该磁场的磁感应强度大小为eq\f(mg,qvcosθ)D．该电场的电场强度大小为eq\f(mg,qtanθ)3.如图甲所示，水平传送带足够长，沿顺时针方向匀速运行，将一绝缘带电物块无初速度地从最左端放上传送带。该装置处于垂直纸面向外的匀强磁场中，物块运动的v­t图像如图乙所示。物块所带电荷量保持不变，下列说法正确的是()A．物块带正电B．1s后物块与传送带共速，所以传送带的速度为0.5m/sC．传送带的速度可能比0.5m/s大D．若增大传送带的速度，其他条件不变，则物块最终达到的最大速度也会增大4.（2025·福建福州模拟）一对平行金属板中存在匀强电场和匀强磁场，其中电场的方向与金属板垂直，磁场的方向与金属板平行且垂直纸面向里，如图所示。一质子（11H）以速度v0自O点沿中轴线射入，恰好沿中轴线做匀速直线运动。下列粒子分别自O点沿中轴线射入，能够做匀速直线运动的是（所有粒子均不考虑重力的影响）（A.以速度v02射入的正电子（B.以速度v0射入的电子（－C.以速度2v0射入的氘核（1D.以速度4v0射入的α粒子（25.（多选）两根导线通有大小相等、方向相同的电流，垂直穿过绝缘水平面，俯视图如图所示。O点是两导线在绝缘水平面内连线的中点，a、b是两导线连线垂直平分线上到O点距离相等的两点。一可视为质点的带正电滑块以大小相等的初速度v0分别从a、b两点向O点运动过程中，下列说法正确的是()A．滑块在a、b两点受到的磁场力方向相同B．滑块在a、b两点受到的磁场力方向相反C．若水平面光滑，则滑块从a点出发后一定做曲线运动D．若水平面粗糙，则滑块从b点出发后一定做减速运动6.（多选）如图所示，磁控管内局部区域分布有水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。电子从M点由静止释放，沿图中所示轨迹依次经过N、P两点。已知M、P在同一等势面上，下列说法正确的有()A．电子从N到P，电场力做正功B．N点的电势高于P点的电势C．电子从M到N，洛伦兹力不做功D．电子在M点所受的合力大于在P点所受的合力7.（多选）如图所示，将一由绝缘材料制成的带一定正电荷的滑块放在装有光电门的固定木板上，空间中存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。测得带遮光条滑块的质量为m，木板的倾角为θ，木板与滑块之间的动摩擦因数为μ，遮光条的宽度为d，滑块由静止释放，遮光条通过两光电门所用的时间均为t，重力加速度为g。下列说法正确的是()A．到达光电门2之前滑块先加速后减速B．到达光电门2之前滑块所受的摩擦力先增大后不变C．滑块所带的电荷量为eq\f(mgtsinθ,Bdμ)－eq\f(mgtcosθ,Bd)D．滑块所带的电荷量为eq\f(mgtsinθ,Bdμ)＋eq\f(mgtcosθ,Bd)8.〔多选〕（2025·福建泉州期末）如图，空间中存在沿水平方向且互相垂直的匀强磁场B和匀强电场E，一带电液滴以一定速度沿斜向上的虚线做直线运动，则液滴（）A.带负电 B.一定做匀速直线运动C.可能做匀减速直线运动 D.电势能减小能力提升选择题：9.（2025·广东佛山模拟）医院常用到血流量计检查患者身体情况。某种电磁血流量计的原理可以简化为如图所示模型。血液内含有少量正、负离子，从直径为d的血管右侧流入，左侧流出，空间有垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，M、N两点之间的电压稳定时测量值为U，流量Q等于单位时间通过横截面的液体的体积。下列说法正确的是（）A.血液中负离子多时，M点的电势高于N点的电势B.血液中正离子多时，M点的电势高于N点的电势C.血液流量Q＝πD.电压稳定时，正、负离子不再受洛伦兹力10.〔多选〕（2025·四川绵阳模拟）如图所示是利用霍尔效应测量磁场的传感器，由运算芯片LM393和霍尔元件组成，LM393输出的时钟电流（交变电流）经二极管整流后成为恒定电流I从霍尔元件的A端流入，从F端流出。磁感应强度为B的匀强磁场垂直于霍尔元件的工作面水平向左，测得C、D两端间电压为U。已知霍尔元件的载流子为自由电子，单位体积的自由电子数为n，电子的电荷量为e，霍尔元件沿AF方向的长度为d1，沿C、D方向的宽度为d2，沿磁场方向的厚度为h，下列说法正确的是（）A.C端的电势高于D端B.若将匀强磁场的磁感应强度减小，C、D间的电压将增大C.自由电子的平均速率为v＝ID.可测得此时磁感应强度B＝nehU11.如图所示，空间中有范围足够大的匀强磁场，一个带正电的小圆环套在一根竖直固定且足够长的绝缘细杆上。现使圆环以一定的初速度向上运动，经一段时间后圆环回到起始位置，已知杆与环间的动摩擦因数保持不变，圆环所带电荷量保持不变，空气阻力不计，对于圆环从开始运动到回到起始位置的过程，下面关于圆环的速度v、加速度a随时间t变化的图像，重力势能Ep、机械能E随圆环离开出发点的高度h变化的图像，可能正确的是()计算题：12.如图所示，在xOy坐标系内，圆心角为120°内壁光滑、绝缘的圆管ab，圆心位于原点O处，Oa连线与x轴重合，bc段为沿b点切线延伸的直管，c点恰在x轴上。坐标系内第三、四象限内有水平向左的匀强电场，场强为E1（未知）；在第二象限内有竖直向上的匀强电场，场强为E2（未知）。在第二、三象限内有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。现将一质量为m、带电荷量为＋q的小球从圆管的a端无初速度释放，小球到达圆管的b端后沿直线运动到x轴，在bc段运动时与管壁恰无作用力，从圆管c端飞出后在第二象限内恰好做匀速圆周运动。已知圆管直径略大于小球直径，重力加速度为g。求：(1)该匀强电场的场强E1的大小；(2)小球沿圆管ab下滑到达y轴瞬间对管壁的作用力；(3)O、c间距离，并通过计算判断小球从c端飞出后能否第二次到达y轴。13.如图所示，质量M为5.0kg的小车以v＝2.0m/s的速度在光滑的水平面上向左运动，小车上AD部分是表面粗糙的水平轨道，DC部分是eq\f(1,4)光滑圆弧轨道，整个轨道都是由绝缘材料制成的，小车所在空间内有竖直向上的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，电场强度E大小为50N/C，磁感应强度B大小为2.0T。现有一质量m为2.0kg、带负电且电荷量为0.10C的滑块以v0＝10m/s的水平速度向右冲上小车，当它运动到D点时速度v1＝5m/s。滑块可视为质点，g取10m/s2，计算结果保留2位有效数字。(1)求滑块从A到D的过程中，小车与滑块组成的系统损失的机械能；(2)如果滑块刚过D点时对轨道的压力为76N，求圆弧轨道的半径r；(3)当滑块通过D点时，立即撤去磁场，要使滑块冲出圆弧轨道，求此圆弧轨道的最大半径。培优训练一．计算题：14.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<v<v0范围内均匀分布，求能到达纵坐标y2＝eq\f(mv0,5eB)位置的电子数N占总电子数N0的百分比。参考答案：1.C解析液滴在重力场、匀强电场、匀强磁场的复合场中做匀速圆周运动，可知qE＝mg，得eq\f(q,m)＝eq\f(g,E)，选项B错误；电场力方向竖直向上，液滴带负电，选项A错误；由左手定则可判断液滴沿顺时针方向运动，选项C正确；对液滴有qE＝mg，qvB＝meq\f(v2,R)，得v＝eq\f(RBg,E)，选项D错误。2.C解析若微粒带正电荷，它受竖直向下的重力mg、水平向左的静电力qE和垂直OA斜向右下方的洛伦兹力qvB，微粒不能做直线运动，由此可知微粒带负电荷，它受竖直向下的重力mg、水平向右的静电力qE和垂直OA斜向左上方的洛伦兹力qvB，又因为微粒恰好沿着直线运动到A，可知微粒做匀速直线运动，故A、B错误；由平衡条件得qvBcosθ＝mg，qvBsinθ＝qE，解得磁场的磁感应强度大小B＝eq\f(mg,qvcosθ)，电场的电场强度大小E＝eq\f(mgtanθ,q)，故C正确，D错误。3.C解析在0～1s内，v­t图像的斜率减小，物块的加速度减小，所受滑动摩擦力减小，对传送带的压力减小，而物块做加速运动，所受洛伦兹力增大，所以洛伦兹力一定竖直向上，由左手定则可知，物块一定带负电，A错误；物块达到最大速度的条件是摩擦力等于零，不再加速，所以1s末物块与传送带间的摩擦力恰好为零，此时物块的速度为0.5m/s，传送带的速度可能是0.5m/s，也可能大于0.5m/s，B错误，C正确；由C项分析知传送带的速度大于等于0.5m/s，无论传送带的速度增大到多大，物块加速到0.5m/s后都不再加速，即物块的最大速度等于0.5m/s，D错误。4.B解析：质子（11H）以速度v0自O点沿中轴线射入，恰好沿中轴线做匀速直线运动，质子将受到向上的洛伦兹力和竖直向下的静电力，满足qv0B＝qE，解得v0＝EB，即质子的速度满足速度选择器的条件，以速度v02射入的正电子（10e），所受的洛伦兹力小于静电力，正电子将向下偏转，故A错误；以速度v0射入的电子（－10e），依然满足静电力等于洛伦兹力，做匀速直线运动，即速度选择器不选择电性而只选择速度，故B正确；以速度2v0射入的氘核（12H）和以速度4v0射入的α5.AD解析根据安培定则知两导线连线的垂直平分线上，O点左侧的磁场方向竖直向下（俯视），O点右侧的磁场方向竖直向上（俯视），根据左手定则可得，滑块在a、b两点受到的磁场力方向相同，故A正确，B错误；水平面光滑，滑块带正电荷，洛伦兹力垂直水平面向里，水平面对滑块的支持力与洛伦兹力和重力的合力平衡，滑块一定做直线运动，故C错误；若水平面粗糙，则滑块从b点出发后，由于摩擦力做负功，重力、支持力及洛伦兹力不做功，故滑块一定做减速运动，故D正确。6.BC解析由题可知电子所受电场力水平向左，电子从N到P的过程中电场力做负功，故A错误；根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知，N点的电势高于P点的电势，故B正确；洛伦兹力总是和速度方向垂直，电子从M到N，洛伦兹力不做功，故C正确；M点和P点在同一等势面上，从M点到P点电场力做功为0，而洛伦兹力不做功，M点速度为0，根据动能定理可知电子在P点速度也为0，则电子在M点和P点都只受电场力作用，在匀强电场中电子在这两点所受电场力相等，即所受合力相等，故D错误。7.BC解析以滑块为研究对象，根据左手定则可知，滑块运动过程受到的洛伦兹力垂直斜面向下，滑块由静止释放，根据牛顿第二定律可得mgsinθ－μ(mgcosθ＋qvB)＝ma，可知随着滑块速度的增大，滑块的加速度减小，所以滑块先做加速度减小的加速运动，由于遮光条通过两光电门所用的时间均为t，可知滑块到达光电门1前已经做匀速运动，因此到达光电门2之前滑块先加速后匀速，到达光电门2之前滑块所受的摩擦力先增大后不变，故A错误，B正确；滑块做匀速运动的速度大小为v＝eq\f(d,t)，根据受力平衡可得mgsinθ－μ(mgcosθ＋qvB)＝0，联立解得滑块所带的电荷量为q＝eq\f(mgtsinθ,Bdμ)－eq\f(mgtcosθ,Bd)，故C正确，D错误。8.BD解析：带电液滴以一定速度沿斜向上的虚线做直线运动，由于洛伦兹力会随速度变化而变化，所以带电液滴一定做匀速直线运动，则油滴的受力如图所示，由于静电力与电场方向相同，所以液滴带正电，故B正确，A、C错误；由于静电力对带电液滴做正功，可知带电液滴的电势能减小，故D正确。9.C解析：根据左手定则，水平向左入射的正离子受到竖直向下的洛伦兹力，负离子受到竖直向上的洛伦兹力，则正离子聚集在N点一侧，负离子聚集在M点一侧，则M点的电势低于N点的电势，A、B错误；正、负离子达到稳定状态时，离子所受洛伦兹力与电场力平衡，有qvB＝qUd，可得流速v＝UBd，流量Q＝Sv＝πd24·UBd＝π10.AD解析：已知霍尔元件的载流子为自由电子，电流方向从A流向F，根据左手定则可得电子偏向D端，则C端的电势高于D端，故A正确；根据Bev＝eUd2，可得U＝Bd2v，若将匀强磁场的磁感应强度减小，C、D间的电压将减小，故B错误；根据电流微观表达式I＝neSv，可得v＝IneS＝Inehd2，故C错误；由Bev＝eUd2，v＝Ineh11.D解析选竖直向下为加速度的正方向，上升阶段，对圆环根据牛顿第二定律有mg＋Ff＝ma，其中有Ff＝μFN＝μBqv，联立解得a＝eq\f(mg＋μqvB,m)，故圆环在上升阶段做加速度逐渐减小的减速运动；在最高点时，圆环速度为零，此时加速度为a＝eq\f(mg,m)＝g，下降阶段，对圆环根据牛顿第二定律有mg－μBqv＝ma，可得a＝eq\f(mg－μqvB,m)，可知下降阶段，圆环做加速度逐渐减小的加速运动，上升和下降时速度方向相反，加速度方向相同，A、B错误。以初位置为参考平面，可知圆环的重力势能为Ep＝mgh，可知Ep­h图像为过原点的倾斜直线，C错误。圆环运动过程中克服摩擦阻力做的功等于机械能的减少量，在上升阶段有Ff＝μFN＝μBqv，随着速度的减小，圆环受到的摩擦力逐渐减小，故E­h图线的斜率在减小；下降阶段随着速度的增大，圆环受到的摩擦力逐渐增大，故E­h图线的斜率在增大；由于受到的摩擦力一直做负功，故回到初始位置时机械能小于开始时的机械能，D正确。12.答案(1)eq\f(\r(3)mg,3q)(2)eq\f(9＋2\r(3),3)mg竖直向下(3)eq\f(4\r(3)m2g,9q2B2)解析(1)小球到达圆管的b端沿直线运动到x轴，与管壁恰无作用力，必然是匀速直线运动，对小球受力分析如图所示，可知qE1＝mgtan30°解得E1＝eq\f(\r(3)mg,3q)。(2)设到达y轴瞬间小球速度为v1，设O、a间距离为R，对小球的这一过程应用动能定理可得mgR＋qE1R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)此时小球受到管下壁的弹力，设为FN，由向心力公式可得FN－mg＝eq\f(mveq\o\al(2,1),R)联立可得FN＝eq\f(9＋2\r(3),3)mg由牛顿第三定律可知，小球对管下壁的弹力竖直向下，FN′＝eq\f(9＋2\r(3),3)mg。(3)从c端飞出时，设小球速度为v2，由第(1)问受力分析可知qv2Bcos30°＝mg可得v2＝eq\f(2\r(3)mg,3qB)对小球从a到b的这一过程应用动能定理可得mgRcos30°＋qE1R(1＋sin30°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)联立得R＝eq\f(2\r(3)m2g,9q2B2)以v2到达x轴，O、c间距离为x1＝2R＝eq\f(4\r(3)m2g,9q2B2)设带电小球在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，根据洛伦兹力提供向心力有Bqv2＝eq\f(mveq\o\al(2,2),r)解得r＝eq\f(2\r(3)m2g,3q2B2)，因eq\f(3,2)r＝eq\f(\r(3)m2g,q2B2)>x1，故小球能第二次到达y轴。13.答案(1)85J(2)1.0m(3)0.71m解析(1)设滑块运动到D点时的速度大小为v1，小车在此时的速度大小为v2，物块从A运动到D的过程中，系统动量守恒，以向右为正方向，有mv0－Mv＝mv1＋Mv2解得v2＝0设小车与滑块组成的系统损失的机械能为ΔE，则有ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(1,2)Mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)解得ΔE＝85J。(2)设滑块刚过D点时受到轨道的支持力为FN，则由牛顿第三定律可得FN＝76N，由牛顿第二定律可得FN－(mg＋qE＋qv1B)＝meq\f(veq\o\al(2,1),r)解得r＝1.0m。