微專題5帶電粒子在疊加場中的運動1.[2022·全國甲卷]空間存在著勻強磁場和勻強電場,磁場的方向垂直于紙面(xOy平面)向里,電場的方向沿y軸正方向.一帶正電的粒子在電場和磁場的作用下,從坐標原點O由靜止開始運動.下列四幅圖中,可能正確描述該粒子運動軌跡的是 (B)[解析]在xOy平面內(nèi)電場的方向沿y軸正方向,故在坐標原點O靜止的帶正電粒子在電場力作用下會向y軸正方向運動.磁場方向垂直于紙面向里,根據(jù)左手定則,可判斷出向y軸正方向運動的粒子同時受到沿x軸負方向的洛倫茲力,故粒子向x軸負方向偏轉,A、C錯誤;運動的過程中電場力對粒子做功,粒子速度大小發(fā)生變化,粒子所受的洛倫茲力方向始終與速度方向垂直,由于勻強電場方向是沿y軸正方向,故x軸為勻強電場的等勢線,從粒子開始運動到再次運動到x軸過程中,電場力做功為0,洛倫茲力不做功,故帶電粒子再次回到x軸時的速度為0,隨后受電場力作用再次進入第二象限重復上述過程,故B正確,D錯誤.2.如圖所示,空間中存在水平方向的勻強電場和勻強磁場,電場強度大小為E,方向水平向右;磁感應強度大小為B,方向垂直于紙面向里.在正交的電磁場空間中有一豎直放置的光滑絕緣大圓環(huán).一質量為m,帶電荷量為+q的小圓環(huán),從大圓環(huán)的最高點由靜止釋放.已知大圓環(huán)半徑為R,重力加速度為g.關于小圓環(huán)接下來的運動,下列說法正確的是 (D)A.小圓環(huán)從最高點運動到最低點的過程中機械能守恒B.小圓環(huán)恰好能沿大圓環(huán)做完整的圓周運動C.小圓環(huán)運動到大圓環(huán)右側與圓心等高位置時的速度為D.小圓環(huán)運動到大圓環(huán)最低點位置時的速度為[解析]小圓環(huán)從最高點運動到最低點的過程中,除重力外還有電場力做功,機械能不守恒,故A錯誤;設小圓環(huán)所受重力與電場力的合力與豎直方向夾角為θ,假設恰好能做完整的圓周運動,剛好能到達等效最高點A,如圖所示,根據(jù)動能定理有mgR(1-cosθ)-qERsinθ=m,其中mgtanθ=qE,解得=2gR<0,所以假設不成立,小圓環(huán)不能沿大圓環(huán)做完整的圓周運動,故B錯誤;小圓環(huán)從最高點運動到大圓環(huán)右側與圓心等高位置過程中,根據(jù)動能定理有mgR+qER=m-0,解得小圓環(huán)運動到大圓環(huán)右側與圓心等高位置時的速度v1=,故C錯誤;小圓環(huán)從最高點運動到大圓環(huán)最低點位置過程中,根據(jù)動能定理有mg·2R=m-0,解得小圓環(huán)運動到大圓環(huán)右側與圓心等高位置時的速度v2=,故D正確.3.水平地面上方足夠大區(qū)域內(nèi)有沿水平方向、相互垂直的勻強電場和勻強磁場.如圖所示,紙面為該區(qū)域內(nèi)的某一豎直平面,磁場垂直紙面向里,電場強度大小為E,方向水平向左.絕緣細線一端固定在該豎直平面內(nèi)的O點,另一端懸掛一質量為m的帶正電小球Q,靜止時小球Q位于A點,細線與豎直方向的夾角θ=30°.現(xiàn)讓另一質量為3m的不帶電小球P從該豎直平面內(nèi)的某點C(圖中未畫出)以初速度v0水平拋出,正好與處于A點的小球Q發(fā)生彈性正碰,碰撞瞬間剪斷細線,同時將電場強度大小變?yōu)?E,碰后小球Q恰好沿直線運動.已知C、A兩點距地面的高度之比為7∶3,兩球碰撞過程中各自電荷量均保持不變,碰撞時間極短,重力加速度為g,小球大小不計,求:(1)小球Q的電荷量q;(2)勻強磁場的磁感應強度大小B;(3)兩小球在水平地面上的落地點間的距離Δx.[答案](1)(2)(3)[解析](1)小球Q靜止時,受力如圖所示,由平衡條件可知,細線對小球Q的拉力FT、電場力qE的合力與小球Q所受的重力mg大小相等,方向相反,可得tanθ=代入數(shù)據(jù)得q=(2)要兩球碰后小球Q能沿直線運動,電場力F、重力mg沿兩球運動方向的分力應大小相等、方向相反,合力為零.洛倫茲力與電場力、重力沿垂直速度方向的分力之和平衡.設兩球碰撞前后瞬間的速度方向與豎直方向的夾角為α,有3qEsinα=mgcosαF洛=3qEcosα+mgsinα設P、Q兩球碰前P的速度為v,碰后P、Q的速度分別為vP、vQ,兩球碰撞過程,由動量守恒、能量守恒有3mv=3mvP+mvQ·3mv2=·3m+m由速度分解可知v0=vsinα由洛倫茲力公式有F洛=qBvQ聯(lián)立解得B=

(3)設C點與A點的高度差為h0,小球P與Q碰前沿豎直方向的分速度大小為vy,由速度分解及平拋運動規(guī)律有

2gh0=

vy=

設A點距地面的高度為h1,兩球碰后P球運動到地面的時間為t,P、Q兩球運動到地面的過程中沿水平方向發(fā)生的位移分別為xP、xQ

h1=(vPcosα)t+gt2

xP=(vPsinα)t

tanα=

由題意有=,Δx=xQ-xP

聯(lián)立解得Δx=

4.如圖甲所示,空間中有一直角坐標系O-xyz,在緊貼坐標為(-0.4m,0,0)點的下側有一粒子源P,能沿x軸正方向以v0=1×106m/s的速度持續(xù)發(fā)射比荷為=5×107C/kg的不計重力的帶正電的粒子.圖乙為xOy平面圖,在x<0、y<0的空間中有沿y軸負方向的勻強電場,電場強度大小為E=5×104V/m,在x>0的空間有垂直于xOy平面向里的勻強磁場,磁感應強度的大小為B1=0.1T.若在xOz平面內(nèi)x<0區(qū)域放置一足夠大的吸收屏(如圖甲所示),屏上方施加有沿y軸負方向、大小為B2=T的勻強磁場(忽略粒子間的相互作用).求:(結果保留一位有效數(shù)字)(1)粒子第一次穿過y軸的縱坐標;(2)粒子第二次穿過y軸的縱坐標;(3)粒子打到吸收屏上的坐標.[答案](1)-0.2m(2)0.2m(3)(-0.2m,0,0.05m)[解析](1)粒子從P點射出后在xOy平面內(nèi)做平拋運動,沿y軸負方向的加速度為a==2.5×1012m/s2做平拋運動的時間為t1==s=0.4×10-6s

粒子在豎直方向上的位移y1=a=0.2m

所以粒子第一次穿過y軸時的縱坐標為-0.2m

(2)粒子第一次穿過y軸時的速度為v1==×106m/s

由于v0=at1=1×106m/s

所以粒子沿著與y軸負方向成45°角的方向進入磁場B1,然后做勻速圓周運動.由qv1B1=m可得圓周半徑r1=×=m

由幾何關系可知,圓心在x軸正半軸的(0.2m,0,0)處.所以粒子將從y軸的正半軸某點處離開磁場B1,其坐標與粒子第一次穿過y軸時的坐標關于原點對稱,所以粒子第二次穿過y軸時的縱坐標為0.2m

(3)粒子第二次穿過y軸后,沿著與y軸負方向成45°角的方向進入磁場B2.在磁場B2中,粒子沿著y軸負方向的分速度為vy=v1cos45°=1×106m/s,在這個方向上,洛倫茲力為零,粒子沿著x軸負方向的分速度為vx=v1sin45°=1×106m/s,在這個方向上,粒子在洛倫茲力的作用下做圓周運動.所以粒子進入磁場B2后,將沿著螺旋線向吸收屏運動.根據(jù)qvxB2=mωvx、ω=可得,粒子在磁場B2中運動半周的時間為t2=T==×=1.2×10-6s

粒子從y軸上0.2m處運動到xOz平面上的時間為t3==0.2×10-6s

由于t3<t2,所以在粒子離開磁場B2之前,就已經(jīng)打到了吸收屏上.粒子的圓周運動軌跡對應的角度為θ=×π=

粒子做圓周運動的半徑為r2==m

所以粒子打到吸收屏上的坐標為x=-m×sin=-m≈-0.2m、y=0、z=m-m×cos=m≈0.05m

5.[2023·江蘇卷]霍爾推進器某局部區(qū)域可抽象成如圖所示的模型.xOy平面內(nèi)存在豎直向下的勻強電場和垂直坐標平面向里的勻強磁場,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;入射速度小于的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,求運動到速度為時位置的縱坐標y1;(3)若電子入射速度在0<v<v0范圍內(nèi)均勻分布,求能到達縱坐標y2=位置的電子數(shù)N占總電子數(shù)N0的百分比.[答案](1)v0B(2)(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向里的勻強磁場的復合場中,由于洛倫茲力不做功,且電子入射速度為,則電子受到的電場力大于洛倫茲力,則電子向上偏轉,根據(jù)動能定理有eEy1=m-m,解得y1=(3)若電子以速度v入射時,設電子能到達的最高點位置的縱坐標為y,則根據(jù)動能定理有eEy=m-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(lián)立有vm=-v,y=,要讓電子到達縱坐標y2=位置,即y≥y2,解得v≤v0,則若電子入射速度在0<v<v0范圍內(nèi)均勻分布,能到達縱坐標y2=位置的電子數(shù)N占總電子數(shù)N0的90%.6.如圖甲所示,在xOy平面的第Ⅰ象限內(nèi)有沿x軸正方向的勻強電場E1,第Ⅱ、Ⅲ象限內(nèi)同時存在著豎直向上的勻強電場E2和垂直紙面的磁感應強度為B1的磁場,已知E2=0.25N/C,B1隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示,其中B0=0.25T,t0=s,設垂直紙面向外為磁場正方向.一個質量為m=2.5×10-6kg、電荷量為q=1×10-4C的帶正電液滴從P點以速度v0=4m/s沿x軸負方向射入,經(jīng)t1=0.5s恰好以沿y軸負方向的速度v經(jīng)過原點O后進入x≤0的區(qū)域.已知t=0時液滴恰好通過O點,重力加速度g取10m/s2.(1)求電場強度E1的大小及液滴第一次到達O點時速度v的大小;(2)求液滴在0~s內(nèi)的路程;(3)若在t=s時撤去電場E1、E2和磁場B1,同時在整個空間區(qū)域加豎直向上的磁感應強度大小為B2=0.5T的勻強磁場(未畫出),求從此時刻起,再經(jīng)過t'=s,液滴距O點的距離.(π2≈10)[答案](1)0.2N/C5m/s(2)m(3)m[解析](1)對帶電液滴由動量定理可知,水平方向有-qE1·t1=0-mv0解得E1=0.2N/C豎直方向有mg·t1=mv-0解得v=5m/s(2)液滴通過O點后,由qE2=mg可知,液滴將僅在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動,由qvB=m,T=解得磁感應強度為B0時T1=s,r1=0.5m磁感應強度為2B0時T2=s,r2=0.25m0~s內(nèi)運動軌跡如圖所示,則s=3××2πr1+2××2πr2(或x=vt)解得s=m(3)只有磁場B2存在時,液滴在水平方向做勻速圓周運動,則周期T3==s半徑r3==0.25m液滴在豎直方向做自由落體運動,經(jīng)過t'=s沿y軸下落高度為y=gt'2經(jīng)過t'=s后距O點的距離為s'=解得s'≈m7.如圖甲所示,離子源持續(xù)逸出帶電荷量為+q、質量為m的離子,其初速度視為0,離子經(jīng)過加速電場后,以速度v0沿兩平行極板PQ的中線飛入交變電場.已知極板P、Q水平放置,間距為d,長度為L,極板上所加的交變電壓如圖乙所示,變化周期為T=,所有離子均能從P、Q極板右側射出,不計離子重力及離子間相互作用.(1)求加速電場的電壓大小U0;(2)求P、Q極板間所加電壓U的最大值Um;(3)當P、Q極板間交變電壓為(2)問中所求的Um時,在P、Q極板右側建立O-xyz直角坐標系,其中Ox軸與極板Q的中軸線在同一直線上,圖甲中的兩個正方體邊長均為d,正方體OCDE-O1C1D1E1區(qū)域內(nèi)存在沿y軸正方向、大小為B1=的勻強磁場,正方體CDGH-C1D1G1H1區(qū)域內(nèi)存在沿x軸正方向、大小為B2=的勻強磁場,求離子在正方體CDGH-C1D1G1H1區(qū)域內(nèi)運動的最長時間.[答案](1)(2)(3)[解析](1)離子經(jīng)過加速電場后有U0q=m-0解得U0=(2)離子在平行極板P、Q間運動時,水平方向做勻速直線運動,有L=v0t解得t=即離子在平行極板P、Q間運動的時間恰為電場變化的一個周期,當t=n,n=0,1,2,3,…時刻進入電場的離子恰從極板邊緣離開時,電壓最大,則=ma=2×a解得Um=(3)離子飛過平行極板P、Q過程中,沿豎直方向的速度增量為Δvy=a×-a×即Δvy=0,所有離子均以速度v0水平飛出P、Q極板進入第一個正方體區(qū)域后有qv0B1=解得r1=d離子運動軌跡如圖甲所示則有cosθ==0.6CM=r1-r1sinθ=即進入第二個正方體的離