題組一 磁場(chǎng)與電場(chǎng)的疊加
1.(多選)(2024廣東模擬)如圖所示,空間存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和豎直方向的勻強(qiáng)電場(chǎng),一帶電小液滴在A點(diǎn)由靜止釋放,沿圖示軌跡運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn),B點(diǎn)是軌跡上的最高點(diǎn),下列說法正確的是( )
A.小液滴帶正電
B.小液滴在B點(diǎn)電勢(shì)能最小
C.小液滴在最高點(diǎn)B受力平衡
D.小液滴運(yùn)動(dòng)過程中,電勢(shì)能和機(jī)械能之和保持不變
2.如圖所示,半徑為r的圓形區(qū)域內(nèi)有方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),圓心O1在x軸上,且OO1等于圓的半徑。虛線MN平行于x軸且與圓相切,在MN的上方存在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng),電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E0,方向沿x軸的負(fù)方向,磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B0,方向垂直紙面向外。兩個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子a、b,以相同大小的初速度從原點(diǎn)O射入磁場(chǎng),速度的方向與x軸夾角均為30°。兩個(gè)粒子射出圓形磁場(chǎng)后,垂直MN進(jìn)入MN上方場(chǎng)區(qū)中恰好都做勻速直線運(yùn)動(dòng)。不計(jì)粒子的重力,求:
(1)粒子初速度v的大小。
(2)圓形區(qū)域內(nèi)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小。
(3)只撤去虛線MN上方的磁場(chǎng)B0,a、b兩個(gè)粒子到達(dá)y軸的時(shí)間差Δt。
題組二 磁場(chǎng)、電場(chǎng)與重力場(chǎng)的疊加
3.(多選)(2024廣東韶關(guān)模擬)如圖所示,在粗糙絕緣的水平面上方有水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。帶正電的小球從水平面上P點(diǎn)以初速度v0開始向右運(yùn)動(dòng),到達(dá)N點(diǎn)時(shí)速度為零。設(shè)帶電小球質(zhì)量為m、電荷量為q,電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,小球與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,PN=L,重力加速度為g。關(guān)于這一過程,下列說法正確的是( )
A.小球在P點(diǎn)的加速度大小為
B.小球運(yùn)動(dòng)的加速度逐漸減小
C.因摩擦產(chǎn)生的熱量為
D.靜電力做的功為qEL
4.(2023廣東廣州聯(lián)考)如圖所示,在平面直角坐標(biāo)系xOy中x軸的上方,存在電場(chǎng)方向豎直向下、電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E1=的勻強(qiáng)電場(chǎng),在x軸下方存在電場(chǎng)方向向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)與磁場(chǎng)方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的復(fù)合場(chǎng)(圖中未畫出)。電荷量為+q(q>0)的小球從y軸上的A點(diǎn)以一定的初速度沿x軸負(fù)方向水平拋出,經(jīng)過一段時(shí)間后與x軸成45°角進(jìn)入x軸的下方,并在復(fù)合場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),且垂直經(jīng)過y軸。已知O、A兩點(diǎn)間的距離為L(zhǎng),重力加速度大小為g。求:
(1)小球剛進(jìn)入x軸下方時(shí)的速度大小;
(2)x軸下方勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小和勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的比值。
題組三 帶電粒子在疊加場(chǎng)中有約束情況下的運(yùn)動(dòng)
5.(多選)如圖所示,一個(gè)絕緣且內(nèi)壁光滑的環(huán)形細(xì)圓管,固定于豎直平面內(nèi),環(huán)的半徑為R(比細(xì)管的內(nèi)徑大得多),在圓管的最低點(diǎn)有一個(gè)直徑略小于細(xì)管內(nèi)徑的帶正電小球處于靜止?fàn)顟B(tài),小球的質(zhì)量為m,電荷量為q,重力加速度為g?？臻g存在一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小未知(不為零),方向垂直于環(huán)形細(xì)圓管所在平面且向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。某時(shí)刻,給小球一方向水平向右、大小為v0=的初速度,則以下判斷正確的是( )
A.無論磁感應(yīng)強(qiáng)度大小如何,獲得初速度后的瞬間,小球在最低點(diǎn)一定受到管壁的彈力作用
B.無論磁感應(yīng)強(qiáng)度大小如何,小球一定能到達(dá)環(huán)形細(xì)圓管的最高點(diǎn),且小球在最高點(diǎn)一定受到管壁的彈力作用
C.無論磁感應(yīng)強(qiáng)度大小如何,小球一定能到達(dá)環(huán)形細(xì)圓管的最高點(diǎn),且小球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)的速度大小都相同
D.小球在從環(huán)形細(xì)圓管的最低點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到所能到達(dá)的最高點(diǎn)的過程中,水平方向分速度的大小一直減小
綜合提升練
6.(多選)(2022廣東卷)如圖所示,磁控管內(nèi)局部區(qū)域分布有水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。電子從M點(diǎn)由靜止釋放,沿圖中所示軌跡依次經(jīng)過N、P兩點(diǎn)。已知M、P在同一等勢(shì)面上,下列說法正確的有( )
A.電子從N到P,靜電力做正功
B.N點(diǎn)的電勢(shì)高于P點(diǎn)的電勢(shì)
C.電子從M到N,洛倫茲力不做功
D.電子在M點(diǎn)所受的合力大于在P點(diǎn)所受的合力
7.(2024廣東廣州模擬)如圖所示,“凹”形區(qū)域abcdpnhjkf,各邊長(zhǎng)已在圖中標(biāo)示,L為已知量。在該區(qū)域內(nèi)有正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng),與ab平行的虛線為電場(chǎng)的等勢(shì)線;磁場(chǎng)方向垂直紙面向外,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。容器A中質(zhì)量為m、電荷量為e的電子經(jīng)小孔S1不斷地飄入加速電場(chǎng),其初速度幾乎為0,電子經(jīng)加速電場(chǎng)加速后從小孔S2離開,接著從O點(diǎn)進(jìn)入“凹”形區(qū)域,沿Oc做直線運(yùn)動(dòng)經(jīng)c點(diǎn)離開“凹”形區(qū)域。若僅撤去磁場(chǎng),電子從b點(diǎn)離開“凹”形區(qū)域。不計(jì)電子的重力及電子間的相互作用力。
(1)求加速電場(chǎng)的電壓和“凹”形區(qū)域的電場(chǎng)強(qiáng)度。
(2)若僅撤去“凹”形區(qū)域中的電場(chǎng),求電子離開“凹”形區(qū)域時(shí)的位置到O點(diǎn)的距離。
(3)若撤去“凹”形區(qū)域中的電場(chǎng),改變加速電場(chǎng)的電壓,使得電子在“凹”形區(qū)域內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間均相等,求加速電場(chǎng)電壓的取值范圍。
參考答案
第7講 專題提升:帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
1.BD 解析 小液滴在A點(diǎn)由靜止釋放,由軌跡可知小液滴先向上運(yùn)動(dòng),小液滴速度為零時(shí)只受重力和靜電力,靜電力向上且大于重力,B點(diǎn)是軌跡上的最高點(diǎn),合力指向凹側(cè),則洛倫茲力向下,速度方向過B點(diǎn)與運(yùn)動(dòng)軌跡相切,由左手定則可知小液滴帶負(fù)電,因靜電力向上,小液滴帶負(fù)電,可知電場(chǎng)方向豎直向下,小液滴運(yùn)動(dòng)過程中,B點(diǎn)電勢(shì)最高,小液滴在B點(diǎn)電勢(shì)能最小,A錯(cuò)誤,B正確;小液滴在最高點(diǎn)B受力不平衡,合力指向運(yùn)動(dòng)軌跡的凹側(cè),C錯(cuò)誤;小液滴運(yùn)動(dòng)過程中,電勢(shì)能和機(jī)械能之和保持不變,D正確。
2.答案 (1)
(2)
(3)+(-1)
解析 (1)粒子進(jìn)入MN上方后恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng),由平衡條件得
qvB0=qE0
粒子的初速度大小v=。
(2)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示
由幾何關(guān)系得粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑
R=r
由牛頓第二定律得
qvB=m
得B=。
(3)粒子在圓形磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期
T=
a、b兩粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間差
Δt1=T-T
由幾何關(guān)系有
xb=r,xa=r,xb=,xa=
由牛頓第二定律得qE0=ma
a、b兩粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間差
Δt2=ta-tb
由幾何知識(shí)得,兩粒子離開圓形磁場(chǎng)區(qū)域到進(jìn)入水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)之前做勻速直線運(yùn)動(dòng),兩者速度大小相等,運(yùn)動(dòng)距離相同,故兩者所用的時(shí)間相同,有
Δt=Δt1+Δt2
聯(lián)立得Δt=+(-1)。
3.ABD 解析 由于小球到達(dá)N點(diǎn)時(shí)速度為零,可知小球做減速運(yùn)動(dòng),小球所受的滑動(dòng)摩擦力始終大于靜電力,在P點(diǎn)對(duì)小球分析有f-qE=ma,FN=mg+qv0B,f=μFN,解得a=,A正確;小球向右做減速運(yùn)動(dòng),速度減小,洛倫茲力減小,則滑動(dòng)摩擦力減小,由于滑動(dòng)摩擦力始終大于靜電力,則加速度減小,B正確;根據(jù)動(dòng)能定理得qEL-Wf=0-,又Q=Wf,解得Q=qEL+,C錯(cuò)誤;根據(jù)上述可知,靜電力做的功為qEL,D正確。
4.答案 (1)2 (2)
解析 (1)小球在第二象限內(nèi)做類平拋運(yùn)動(dòng),設(shè)拋出的初速度大小為v0,剛進(jìn)入x軸下方時(shí)的速度大小為v1,由動(dòng)能定理得
mgL+qE1L=
小球在第二象限中受到的靜電力為
F=qE1=mg
根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成與分解得
v1=v0
解得v0=2,v1=2。
(2)小球在x軸下方做勻速圓周運(yùn)動(dòng),設(shè)x軸下方的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E2,則
qE2=mg
解得E2=
設(shè)小球在第二象限內(nèi)做類平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移為x,由類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律知
x=v0t
L=at2
根據(jù)牛頓第二定律有
qE1+mg=ma
解得x=2L
小球在x軸下方的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示,由幾何關(guān)系可知小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑
R==2L
根據(jù)牛頓第二定律有qBv1=m
解得。
5.BC 解析 小球在軌道最低點(diǎn)時(shí)受到的洛倫茲力方向豎直向上,若洛倫茲力和重力的合力恰好提供小球所需要的向心力時(shí),則在最低點(diǎn)小球不會(huì)受到管壁彈力的作用,A錯(cuò)誤;小球運(yùn)動(dòng)的過程中,洛倫茲力不做功,小球的機(jī)械能守恒,運(yùn)動(dòng)至最高點(diǎn)時(shí)小球的速度v=,由于是雙層軌道約束,小球運(yùn)動(dòng)過程不會(huì)脫離軌道,所以小球一定能到達(dá)軌道最高點(diǎn),C正確;在最高點(diǎn)時(shí),小球做圓周運(yùn)動(dòng)所需的向心力F=m=mg,小球受到豎直向下洛倫茲力的同時(shí)必然受到與洛倫茲力等大反向的軌道對(duì)小球的彈力,B正確;小球在從最低點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過程中,小球在下半圓內(nèi)上升的過程中,水平分速度向右且不斷減小,到達(dá)圓心的等高點(diǎn)時(shí),水平速度為零,而運(yùn)動(dòng)至上半圓后水平分速度向左且不為零,所以水平分速度一定有增大的過程,D錯(cuò)誤。
6.BC 解析 電子所受靜電力水平向左,電子從N到P的過程中靜電力做負(fù)功,選項(xiàng)A錯(cuò)誤。勻強(qiáng)電場(chǎng)方向水平向右,N點(diǎn)的電勢(shì)高于P點(diǎn)的電勢(shì),選項(xiàng)B正確。由于洛倫茲力一直與速度方向垂直,故電子從M到N,洛倫茲力不做功,選項(xiàng)C正確。由于M點(diǎn)和P點(diǎn)在同一等勢(shì)面上,故從M到P靜電力做功為0,而洛倫茲力不做功,M點(diǎn)速度為0,根據(jù)動(dòng)能定理可知電子在P點(diǎn)速度也為0,則電子在M點(diǎn)和P點(diǎn)都只受靜電力作用,在勻強(qiáng)電場(chǎng)中電子在這兩點(diǎn)靜電力相等,即合力相等,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。
7.答案 (1),方向沿著bc方向 (2)L (3)見解析
解析 (1)設(shè)加速電場(chǎng)的電壓為U0,電子經(jīng)加速后獲得的速度大小為v0,“凹”形區(qū)域的電場(chǎng)強(qiáng)度為E,根據(jù)動(dòng)能定理得
eU0=
電子沿Oc做直線運(yùn)動(dòng),有
eBv0=eE
僅撤去磁場(chǎng),電子從b點(diǎn)離開“凹”形區(qū)域,設(shè)電子在“凹”形區(qū)域運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有
L=v0t
L=at2
由牛頓第二定律得eE=ma
聯(lián)立得U0=
E=,方向沿著bc方向。
(2)若僅撤去“凹”形區(qū)域中的電場(chǎng),則電子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),設(shè)電子運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為r0,有
eBv0=
得r0=L
所以電子從f點(diǎn)離開“凹”形區(qū)域,距O點(diǎn)的距離為L(zhǎng)。
(3)要使電子在“凹”形區(qū)域內(nèi)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間均相等,則電子必須在“凹”形區(qū)域內(nèi)運(yùn)動(dòng)半周從af、hn段離開,分析可知,電子從Of段離開“凹”形區(qū)域是滿足要求的;要從hn段離開“凹”形區(qū)域,則電子不能從bcdp離開“凹”形區(qū)域且電子不能進(jìn)入hjkf區(qū)域。設(shè)加速電場(chǎng)的電勢(shì)差為U1時(shí),電子獲得的速度大小為v1,其運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為r1,電子從Of段離開“凹”形區(qū)域,由(2)分析可知0

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