統(tǒng)考版2025版高考物理一輪復(fù)習(xí)微專題小練習(xí)專題65帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動(dòng)

專題65帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動(dòng)1．(多選)如圖所示，兩個(gè)半徑相同的半圓形軌道分別豎直放在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中，軌道兩端在同一高度上，軌道是光滑的，兩個(gè)相同的帶正電小球同時(shí)從兩軌道左端最高點(diǎn)由靜止釋放，M、N為軌道的最低點(diǎn)，以下說法正確的是()A．兩小球到達(dá)軌道最低點(diǎn)的速度vM＝vNB．兩小球到達(dá)軌道最低點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力FM＞FNC．小球第一次到達(dá)M點(diǎn)的時(shí)間大于到達(dá)N點(diǎn)的時(shí)間D．在磁場中小球能到達(dá)軌道的另一端，在電場中不能2．(多選)如圖所示，勻強(qiáng)磁場垂直于紙面對里，勻強(qiáng)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(dòng)，經(jīng)a點(diǎn)后到b點(diǎn)時(shí)速度減為零，接著又滑了下來．全程物塊始終受摩擦力，設(shè)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(chǎn)生的熱量更多C．由a到b的時(shí)間小于從b回到a的時(shí)間D．動(dòng)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(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中剛好做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其軌跡半徑為R.已知電場的電場強(qiáng)度大小為E，方向豎直向下；磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面對里．不計(jì)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(shí)針方向運(yùn)動(dòng)4．[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)電場和垂直坐標(biāo)平面對里的勻強(qiáng)磁場，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)勻稱分布，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．5．如圖所示，位于豎直平面內(nèi)的坐標(biāo)系xOy，在其第三象限空間有垂直于紙面對外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝0.5T，還有沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為E＝2N/C.在其第一象限空間有沿y軸負(fù)方向的、場強(qiáng)大小也為E的勻強(qiáng)電場，并在y>h＝0.4m的區(qū)域有磁感應(yīng)強(qiáng)度也為B的垂直于紙面對里的勻強(qiáng)磁場．一個(gè)帶電荷量為q的油滴從圖中第三象限的P點(diǎn)得到一初速度，恰好能沿PO做勻速直線運(yùn)動(dòng)(PO與x軸負(fù)方向的夾角為θ＝45°)，并從原點(diǎn)O進(jìn)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(yùn)動(dòng)時(shí)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(yùn)動(dòng)的時(shí)間．6．[2024·廣東省聯(lián)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(diǎn)C的切線呈水平，C點(diǎn)正下方為絕緣豎直墻壁，墻壁足夠高．虛線MN為C點(diǎn)下方的場分界線，與C點(diǎn)的高度差h＝0.1m，MN上方區(qū)域內(nèi)存在電場強(qiáng)度大小為E1＝100V/m的勻強(qiáng)電場，方向豎直向下，MN下方、墻壁左側(cè)的區(qū)域內(nèi)存在垂直于紙面對里的勻強(qiáng)磁場和豎直向上的電場強(qiáng)度大小為E2＝200V/m的勻強(qiáng)電場．一質(zhì)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(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力大小為F＝0.34N，從C點(diǎn)水平飛出后經(jīng)分界線MN上的D點(diǎn)(圖中未畫出)進(jìn)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(yùn)動(dòng)過程中電荷量保持不變，不計(jì)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(yùn)動(dòng)的過程中，克服摩擦力所做的功Wf；(2)小滑塊經(jīng)過D點(diǎn)時(shí)的速度vD的大??；(3)小滑塊能再次返回MN上方區(qū)域的最小磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。畬ｎ}65帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動(dòng)1．BD由于小球在磁場中運(yùn)動(dòng)，磁場力對小球不做功，整個(gè)過程中的機(jī)械能守恒，而小球在電場中向右運(yùn)動(dòng)的過程中受到的電場力對小球做負(fù)功，到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)的速度較小，故A錯(cuò)誤；小球在磁場中運(yùn)動(dòng)，在最低點(diǎn)進(jìn)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(yùn)動(dòng)，在最低點(diǎn)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(xiàng)A可知vM＞vN，所以FM＞FN，B正確；兩個(gè)小球走過的路程相同，由選項(xiàng)A可知，小球在電場中向右運(yùn)動(dòng)的過程中受到的電場力對小球做負(fù)功，到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)的速度較小，所以在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間長，C錯(cuò)誤；由于小球在磁場中運(yùn)動(dòng)，磁場力對小球不做功，整個(gè)過程中小球的機(jī)械能守恒，所以小球可以到達(dá)軌道的另一端，而電場力對小球做負(fù)功，所以在到達(dá)軌道右端最高點(diǎn)之前速度就減為零了，故D正確．2．BC物體從a到b向上運(yùn)動(dòng)過程，受到的摩擦力f1沿斜面對下，依據(jù)牛頓其次定律可得mgsinθ＋qE＋f1＝ma1，物體從b到a向下運(yùn)動(dòng)過程，受到的摩擦力f2沿斜面對上，依據(jù)牛頓其次定律可得mgsinθ＋qE－f2＝ma2，可知兩個(gè)過程加速度大小不相等，A錯(cuò)誤；物體從a到b向上運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)過程的摩擦力肯定大于向上運(yùn)動(dòng)過程的摩擦力，依據(jù)Q＝fs相對，可知由b到a的過程中摩擦產(chǎn)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(jīng)過斜面同一位置時(shí)，向上的速度肯定大于向下的速度，則向上運(yùn)動(dòng)過程的平均速度肯定大于向下運(yùn)動(dòng)過程的平均速度，故向上運(yùn)動(dòng)過程的時(shí)間肯定小于向下運(yùn)動(dòng)過程的時(shí)間，C正確；物體從a到b向上運(yùn)動(dòng)過程，受到的合力大小為F合＝mgsinθ＋qE＋f1，物體從b到a向下運(yùn)動(dòng)過程，受到的合力大小為F′合＝mgsinθ＋qE－f2，可知向上運(yùn)動(dòng)受到的合力大于向下運(yùn)動(dòng)受到的合力，依據(jù)動(dòng)能定理可知，向上運(yùn)動(dòng)過程動(dòng)能改變量的肯定值大于向下運(yùn)動(dòng)過程動(dòng)能改變量的肯定值，D錯(cuò)誤．3．B帶電液滴剛好做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，應(yīng)滿意mg＝qE，電場力向上，與場強(qiáng)方向相反，液滴帶負(fù)電，可得比荷為eq\f(q,m)＝eq\f(g,E)，A錯(cuò)誤，B正確；由左手定則可推斷，只有液滴沿順時(shí)針方向運(yùn)動(dòng)，受到的洛倫茲力才指向圓心，D錯(cuò)誤；由向心力公式可得qvB＝meq\f(v2,R)，聯(lián)立可得液滴的速度大小為v＝eq\f(gBR,E)，C錯(cuò)誤．4．(1)v0B(2)eq\f(3mv0,32eB)(3)90%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)電場和垂直坐標(biāo)平面對里的勻強(qiáng)磁場的復(fù)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(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))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(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(2m（v0－v）,eB)要讓電子到達(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)勻稱分布，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%.5．(1)1∶1∶eq\r(2)(2)0.828s解析：(1)恰好能沿PO做勻速直線運(yùn)動(dòng)，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?yàn)閝vB＝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(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)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(yùn)動(dòng)qvB＝meq\f(v2,r)周期T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,Bq)磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)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(shí)間相同，因此運(yùn)動(dòng)總時(shí)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(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，在C點(diǎn)，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(dòng)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(dòng)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(yùn)動(dòng)，當(dāng)運(yùn)動(dòng)軌跡半徑最大時(shí)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度最小，設(shè)最大半徑為r，由qvDB＝eq\f(mveq\o\al(2,D),r)得B＝eq\f(mvD,qr)設(shè)D點(diǎn)離墻壁的