2025版高考物理一輪總復(fù)習(xí)考點(diǎn)突破第11章磁場(chǎng)專題強(qiáng)化16帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)考點(diǎn)2帶電粒子體在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)

考點(diǎn)2帶電粒子(體)在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)(實(shí)力考點(diǎn)·深度研析)1．疊加場(chǎng)電場(chǎng)、磁場(chǎng)、重力場(chǎng)共存，或其中某兩場(chǎng)共存。2．帶電粒子在無(wú)約束疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)(1)洛倫茲力、重力并存①若重力和洛倫茲力平衡，則帶電粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)。②若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電粒子將做困難的曲線運(yùn)動(dòng)，因洛倫茲力不做功，故機(jī)械能守恒，由此可求解問(wèn)題。(2)靜電力、洛倫茲力并存(不計(jì)重力的微觀粒子)①若靜電力和洛倫茲力平衡，則帶電粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)。②若靜電力和洛倫茲力不平衡，則帶電粒子將做困難的曲線運(yùn)動(dòng)，因洛倫茲力不做功，可用動(dòng)能定理求解問(wèn)題。(3)靜電力、洛倫茲力、重力并存①若三力平衡，確定做勻速直線運(yùn)動(dòng)。②若重力與靜電力平衡，確定做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。③若合力不為零且與速度方向不垂直，將做困難的曲線運(yùn)動(dòng)，因洛倫茲力不做功，可用能量守恒定律或動(dòng)能定理求解問(wèn)題。?考向1電場(chǎng)與磁場(chǎng)疊加(2024·江蘇卷)霍爾推動(dòng)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(qiáng)電場(chǎng)和垂直坐標(biāo)平面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。質(zhì)量為m、電荷量為e的電子從O點(diǎn)沿x軸正方向水平入射。入射速度為v0時(shí)，電子沿x軸做直線運(yùn)動(dòng)；入射速度小于v0時(shí)，電子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中的虛線所示，且在最高點(diǎn)與在最低點(diǎn)所受的合力大小相等。不計(jì)重力及電子間相互作用。(1)求電場(chǎng)強(qiáng)度的大小E；(2)若電子入射速度為eq\f(v0,4)，求運(yùn)動(dòng)到速度為eq\f(v0,2)時(shí)位置的縱坐標(biāo)y1；(3)若電子入射速度在0<v<v0范圍內(nèi)勻整分布，求能到達(dá)縱坐標(biāo)y2＝eq\f(mv0,5eB)位置的電子數(shù)N占總電子數(shù)N0的百分比。[解析](1)由題知，入射速度為v0時(shí)，電子沿x軸做直線運(yùn)動(dòng)則有Ee＝ev0B解得E＝v0B。(2)電子在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直坐標(biāo)平面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的復(fù)合場(chǎng)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(chǎng)力大于洛倫茲力，則電子向上偏轉(zhuǎn)，依據(jù)動(dòng)能定理有eEy1＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)v0))2－eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)v0))2解得y1＝eq\f(3mv0,32eB)。(3)若電子以v入射時(shí)，設(shè)電子能達(dá)到的最高點(diǎn)位置的縱坐標(biāo)為y，則依據(jù)動(dòng)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(diǎn)與在最低點(diǎn)所受的合力大小相等，則在最高點(diǎn)有F合＝evmB－eE在最低點(diǎn)有F合＝eE－evB聯(lián)立有vm＝eq\f(2E,B)－vy＝eq\f(2mv0－v,eB)要讓電子達(dá)縱坐標(biāo)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(nèi)勻整分布，能到達(dá)縱坐標(biāo)y2＝eq\f(mv0,5eB)位置的電子數(shù)N占總電子數(shù)N0的90%。[答案](1)v0B(2)eq\f(3mv0,32eB)(3)90%?考向2電場(chǎng)、磁場(chǎng)、重力場(chǎng)三場(chǎng)疊加[解析](1)對(duì)油滴受力分析及作出油滴的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示。依據(jù)油滴受力平衡可知油滴帶負(fù)電荷，設(shè)油滴質(zhì)量為m，由平衡條件得，mg∶qE∶F＝1∶1∶eq\r(2)。(2)由第(1)問(wèn)得qvB＝eq\r(2)qE，解得v＝eq\f(\r(2)E,B)＝4eq\r(2)m/s。(3)進(jìn)入等一象限，電場(chǎng)力和重力平衡，知油滴先做勻速直線運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入y≥h的區(qū)域后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，最終從x軸上的N點(diǎn)離開(kāi)第一象限。由O→A勻速運(yùn)動(dòng)的位移為s1＝eq\f(h,sin45°)＝eq\r(2)h，其運(yùn)動(dòng)時(shí)間t1＝eq\f(s1,v)＝0.1s，由qvB＝meq\f(v2,r)，T＝eq\f(2πr,v)得T＝eq\f(2πm,qB)，由mg＝qE，得eq\f(m,q)＝eq\f(E,g)，油滴從A→C做圓周運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2＝eq\f(1,4)T＝eq\f(πE,2gB)≈0.628s，由對(duì)稱性知，從C→N的時(shí)間t3＝t1，在第一象限運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t＝t1＋t2＋t3＝2×0.1s＋0.628s＝0.828s。[答案](1)1∶1∶eq\r(2)油滴帶負(fù)電荷(2)4eq\r(2)m/s(3)0.828s“三步”解決疊加場(chǎng)問(wèn)題【跟蹤訓(xùn)練】(電場(chǎng)和磁場(chǎng)疊加)(2024·山西新課標(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(diǎn)，a點(diǎn)在小孔O的正上方，b點(diǎn)在a點(diǎn)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(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，則電場(chǎng)和磁場(chǎng)方向可能為(C)A．電場(chǎng)方向水平向左、磁場(chǎng)方向垂直紙面對(duì)里B．電場(chǎng)方向水平向左、磁場(chǎng)方向垂直紙面對(duì)外C．電場(chǎng)方向水平向右、磁場(chǎng)方向垂直紙面對(duì)里D．電場(chǎng)方向水平向右、磁場(chǎng)方向垂直紙面對(duì)外[解析]帶電粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，打到a點(diǎn)的粒子電場(chǎng)力和洛倫茲力平衡，當(dāng)電場(chǎng)向左磁場(chǎng)垂直紙面對(duì)里時(shí)，因α粒子帶正電，則受到向左的電場(chǎng)力和向左的洛倫茲力，則會(huì)打到a點(diǎn)左側(cè)；同理電子帶負(fù)電，受到向右的電場(chǎng)力和向右的洛倫茲力，則電子會(huì)打到a點(diǎn)右側(cè)，A錯(cuò)誤；因α粒子帶正電，設(shè)帶電荷量為2q，速度v，電子帶負(fù)電，電荷量－q，電子速度v′>v，若電場(chǎng)方向向左，磁場(chǎng)方向向外，則假如α粒子打在a點(diǎn)則受到向左的電場(chǎng)力和向右的洛倫茲力平衡2qE＝2qvB，v＝eq\f(E,B)，因電子帶負(fù)電，電荷量－q，且電子速度大，受到向左的洛倫茲力qv′B大于向右的電場(chǎng)力qE，則電子從而向左偏轉(zhuǎn)；同理假如電子打在a點(diǎn)，則qE＝qv′B，所以此時(shí)α粒子向左的電場(chǎng)力2qE大于向右的洛倫茲力2qvB，則向左偏轉(zhuǎn)，不會(huì)打在b點(diǎn)，B錯(cuò)誤；電場(chǎng)方向向右，磁場(chǎng)垂直紙面對(duì)里，假如α粒子打在a點(diǎn)，即向右的電場(chǎng)力和向左的洛倫茲力平衡2qE＝2qvB，v＝eq\f(E,B)，電子速度大，受到向右的洛倫茲力qv′B大于向左的電場(chǎng)力qE則向右偏轉(zhuǎn)，從而達(dá)到b點(diǎn)；同理假如電子打在a，qE＝qv′B則α粒子向右的電場(chǎng)力2qE大于向左的洛倫茲力2qvB從而向右偏轉(zhuǎn)，會(huì)打在b點(diǎn)；同理電場(chǎng)向右磁場(chǎng)垂直紙面對(duì)外時(shí)，α粒子受到向右的電場(chǎng)力和洛倫茲力，電子受到向左的電場(chǎng)力和洛倫茲力不能受力平衡打到a點(diǎn)，故C正確，D錯(cuò)誤。故選C。(電場(chǎng)、磁場(chǎng)、重力場(chǎng)三場(chǎng)疊加)(多選)如圖所示，直角坐標(biāo)系xOy在水平面內(nèi)，z軸豎直向上。坐標(biāo)原點(diǎn)O處固定一帶正電的點(diǎn)電荷，空間中存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。質(zhì)量為m，帶電荷量為q的小球A，繞z軸做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，小球A的速度大小為v0，小球與坐標(biāo)原點(diǎn)的距離為r，O點(diǎn)和小球A的連線與z軸的夾角θ＝37°。重力加速度為g，m、q、r已知(cos37°＝0.8，sin37°＝0.6)。則下列說(shuō)法正確的是(ABD)A.小球A與點(diǎn)電荷之間的庫(kù)侖力大小為eq\f(5,4)mgB．從上往下看帶電小球只能沿逆時(shí)針?lè)较蜃鰟蛩賵A周運(yùn)動(dòng)C．v0越小所需的磁感應(yīng)強(qiáng)度B越小D．v0＝eq\r(\f(9,20)gr)時(shí)，所需的磁感應(yīng)強(qiáng)度B最小[解析]洛倫茲力沿水平方向，在豎直方向，依據(jù)平衡條件得F庫(kù)cos37°＝mg，解得F庫(kù)＝eq\f(5,4)mg，小球A與點(diǎn)電荷之間的庫(kù)侖力大小為eq\f(5,4)mg，A正確；空間中存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B，依據(jù)左手定則，從上往下看帶電小球只能沿逆時(shí)針?lè)较蜃鰟蛩賵A周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力才指向圓心，B正確；水平方向，依據(jù)牛頓其次定律qv0B－F庫(kù)sin37°＝meq\f(v\o\al(2,0),R)，解得qv0B－meq\f(v\o\al(2,0),R)－eq\f(3,4)mg＝0，v0和B并非單調(diào)關(guān)系，C錯(cuò)誤；水平