专题提升19　带电粒子在叠加场和交变电磁场中的运动-2025版高考总复习物理

[基础落实练]1．(2023·新课标卷)一电子和一α粒子从铅盒上的小孔O竖直向上射出后，打到铅盒上方水平放置的屏幕P上的a和b两点，a点在小孔O的正上方，b点在a点的右侧，如图所示。已知α粒子的速度约为电子速度的eq\f(1,10)，铅盒与屏幕之间存在匀强电场和匀强磁场，则电场和磁场方向可能为()A．电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向里B．电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向外C．电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向里D．电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向外解析：假设电子打在a点，即其所受电场力与洛伦兹力大小相等，方向相反，故eE＝evB，由于α粒子的速度v′小于电子的速度v，所以2eE>2ev′B，α粒子经过电、磁组合场后向右偏转，即其所受合力方向向右，由于α粒子带正电，所以电场方向水平向右，A、B错误；电子所受电场力水平向左，则其所受洛伦兹力水平向右，则磁场方向垂直纸面向里，D错误，C正确。假设α粒子打在a点，同样可以得出C正确。答案：C2．(多选)如图所示，虚线间空间存在由匀强电场E和匀强磁场B组成的正交或平行的电场和磁场，有一个带正电小球(电荷量为＋q，质量为m)从正交或平行的电磁混合场上方的某一高度自由落下，那么带电小球可能沿直线通过下列的哪个电磁混合场()解析：小球受重力、水平向左的电场力和水平向右的洛伦兹力，下降过程中速度一定变大，故洛伦兹力一定变化，不可能一直与电场力平衡，故合力不可能一直向下，故一定做曲线运动，故A错误；小球受重力、向上的电场力和垂直向外的洛伦兹力，合力与速度一定不共线，故一定做曲线运动，故B错误；小球受重力、斜向左上方的电场力和水平向右的洛伦兹力，若三力平衡，则小球做匀速直线运动，故C正确；小球受向下的重力和向上的电场力，合力一定与速度共线，故小球一定做直线运动，故D正确。答案：CD3．如图所示，在正交的匀强电、磁场中有质量、电荷量都相同的两油滴，A静止，B做半径为R的匀速圆周运动。若B与A相碰并结合在一起，则它们将()A．以B原速率的一半做匀速直线运动B．以eq\f(R,2)为半径做匀速圆周运动C．仍以R为半径做匀速圆周运动D．做周期为B的一半的匀速圆周运动解析：由A、B相碰时动量守恒有mv＝2mv′，得v′＝eq\f(v,2)。据题意碰后A、B合成的大油滴所受重力仍与电场力平衡，合力是洛伦兹力，所以继续做匀速圆周运动，且有r＝eq\f(2mv′,2qB)＝eq\f(R,2)，T＝eq\f(2π(2m),2qB)＝eq\f(2πm,qB)，选项B正确。答案：B4．(2022·全国甲卷)空间存在着匀强磁场和匀强电场，磁场的方向垂直于纸面(xOy平面)向里，电场的方向沿y轴正方向。一带正电的粒子在电场和磁场的作用下，从坐标原点O由静止开始运动。下列四幅图中，可能正确描述该粒子运动轨迹的是()解析：带正电的粒子从原点O由静止释放，在电场力作用下，获得向上的速度后，会受到向左的洛伦兹力，故粒子向左侧偏转，故A、C错误；当粒子再回到x轴时，电场力整体做功为零，洛伦兹力始终不做功，故此时速度为零，以后会重复原来的运动，不可能运动到x轴下方，故B正确，D错误。答案：B5．(多选)某一空间存在着磁感应强度为B且大小不变、方向随时间t做周期性变化的匀强磁场(如图甲所示)，规定垂直纸面向里的磁场方向为正。为使静止于该磁场中的带正电的粒子能按a→b→c→d→e→f的顺序做横“∞”字曲线运动(即如图乙所示的轨迹)，下列办法可行的是(粒子只受洛伦兹力的作用，其他力不计)()A．若粒子的初始位置在a处，在t＝eq\f(3,8)T时给粒子一个沿切线方向水平向右的初速度B．若粒子的初始位置在f处，在t＝eq\f(T,2)时给粒子一个沿切线方向竖直向下的初速度C．若粒子的初始位置在e处，在t＝eq\f(11,8)T时给粒子一个沿切线方向水平向左的初速度D．若粒子的初始位置在b处，在t＝eq\f(T,2)时给粒子一个沿切线方向竖直向上的初速度解析：要使粒子的运动轨迹为题图乙，粒子做圆周运动的周期应为T0＝eq\f(T,2)；在t＝eq\f(3,8)T时磁场方向垂直纸面向里，由左手定则知粒子所受洛伦兹力方向向上，粒子经eq\f(T,8)时间沿圆弧ab运动到b点，此时磁场方向改变，粒子受力方向改变，粒子沿b→c→d→b运动到b点，磁场方向又改变，粒子受力方向又改变，粒子沿b→e→f→a运动，A正确；同理可分析出，B、C错误，D正确。答案：AD6．(2024·四川成都金堂中学高三诊断)如图所示，在竖直面内的直角坐标系xOy中，y轴竖直，M、N两点的坐标分别为(eq\f(3,2)L，0)和(0，eq\f(\r(3),2)L)，第一象限内有方向与y轴正方向夹角θ＝30°的匀强电场；第二象限内有匀强电场(图中未画出)和方向垂直坐标平面向里的匀强磁场；第三象限内有匀强电场(图中未画出)和方向垂直坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小与第二象限内磁场的磁感应强度大小相等。现有一质量为m、电荷量为q的带正电小球，从M点由静止开始沿直线MN运动，通过N点后在第二象限内做匀速圆周运动，垂直通过x轴上的P点后做匀速直线运动，通过Q点(图中未画出)时立即撤去第三象限内的磁场，经过一段时间后小球通过y轴上的R点。重力加速度大小为g，不计空气阻力。(1)求第一象限内电场的电场强度大小E1和第二象限内电场的电场强度大小E2；(2)求第二象限内磁场的磁感应强度大小B；(3)求小球从Q点运动到R点的时间t；(4)若小球从P点运动到Q点的时间与小球从Q点运动到R点的时间相等，求R点与原点O的距离s。解析：(1)小球的运动轨迹如图所示，因为小球沿MN方向做初速度为零的匀加速直线运动，所以重力与电场力的合力方向沿MN方向，有tan∠OMN＝eq\f(\f(\r(3)L,2),\f(3,2)L)＝eq\f(\r(3),3)解得∠OMN＝30°经分析可知qE1＝2mgcosθ解得E1＝eq\f(\r(3)mg,q)小球在第二象限内做匀速圆周运动，重力与电场力平衡，有qE2＝mg解得E2＝eq\f(mg,q)。(2)设小球通过y轴时的速度大小为v0，有veq\o\al(2,0)＝2a·eq\f(\f(3,2)L,cos30°)根据牛顿第二定律有mg＝ma设小球在第二象限内运动的轨迹半径为r，则由几何关系可得cos30°＝eq\f(\f(\r(3)L,2),r)又qv0B＝meq\f(veq\o\al(2,0),r)解得B＝eq\f(m,q)eq\r(\f(2\r(3)g,L))。(3)小球沿PQ方向做匀速直线运动，则电场力qE3与重力mg的合力与洛伦兹力qv0B平衡，设撤去磁场后小球的加速度大小为a′，显然a′的方向沿x轴正方向，有qv0B＝ma′撤去磁场后，小球做类平抛运动，有r＋rsin30°＝eq\f(1,2)a′t2解得t＝eq\r(\f(\r(3)L,2g))。(4)由(2)可得v0＝eq\r(2\r(3)gL)又s＝2v0t解得s＝2eq\r(3)L。答案：(1)eq\f(\r(3)mg,q)eq\f(mg,q)(2)eq\f(m,q)eq\r(\f(2\r(3)g,L))(3)eq\r(\f(\r(3)L,2g))(4)2eq\r(3)L[能力提升练]7．(多选)如图甲所示，在空间存在一个变化的电场和一个变化的磁场，电场的方向水平向右，在图甲中由B到C，电场强度大小随时间变化情况如图乙所示；磁感应强度方向垂直于纸面、大小随时间变化情况如图丙所示。在t＝1s时，从A点沿AB方向(垂直于BC)以初速度v0射出第一个粒子，并在此之后，每隔2s有一个相同的粒子沿AB方向均以初速度v0射出，并恰好均能击中C点，若AB＝BC＝L，且粒子由A运动到C的时间小于1s。不计重力和空气阻力，对于各粒子由A运动到C的过程，以下说法正确的是()A．电场强度E0和磁感应强度B0的大小之比为2v0∶1B．第一个粒子和第二个粒子运动的加速度大小之比为2∶1C．第一个粒子和第二个粒子通过C点的动能之比为1∶4D．第一个粒子和第二个粒子运动的时间之比为π∶2解析：在t＝1s时，空间区域存在匀强磁场，粒子做匀速圆周运动，如图(a)所示，粒子的轨道半径R＝L，由牛顿第二定律得qv0B0＝meq\f(veq\o\al(2,0),R)，解得B0＝eq\f(mv0,qL)，t＝3s时，空间区域存在匀强电场，带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，如图(b)所示，竖直方向有L＝v0t，水平方向有L＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qE0,2m)t2，解得E0＝eq\f(2mveq\o\al(2,0),qL)，则eq\f(E0,B0)＝2v0，故选项A正确；第一个粒子和第二个粒子运动的加速度大小之比eq\f(a1,a2)＝eq\f(\f(qv0B0,m),\f(qE0,m))＝eq\f(v0B0,E0)＝eq\f(1,2)，故选项B错误；对第二个粒子分析，由动能定理得qE0L＝Ek2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，Ek2＝eq\f(5,2)mveq\o\al(2,0)，第一个粒子的动能Ek1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，第一个粒子和第二个粒子通过C点的动能之比为1∶5，故选项C错误；第一个粒子的运动时间t1＝eq\f(1,4)T＝eq\f(1,4)×eq\f(2πm,qB0)＝eq\f(πL,2v0)，第二个粒子的运动时间t2＝eq\f(L,v0)，第一个粒子和第二个粒子运动的时间之比t1∶t2＝π∶2，故选项D正确。答案：AD8．(2023·湖南卷)如图，真空中有区域Ⅰ和Ⅱ，区域Ⅰ中存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下(与纸面平行)，磁场方向垂直纸面向里，等腰直角三角形CGF区域(区域Ⅱ)内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外。图中A、C、O三点在同一直线上，AO与GF垂直，且与电场和磁场方向均垂直。A点处的粒子源持续将比荷一定但速率不同的粒子射入区域Ⅰ中，只有沿直线AC运动的粒子才能进入区域Ⅱ。若区域Ⅰ中电场强度大小为E、磁感应强度大小为B1，区域Ⅱ中磁感应强度大小为B2，则粒子从CF的中点射出，它们在区域Ⅱ中运动的时间为t0。若改变电场或磁场强弱，能进入区域Ⅱ中的粒子在区域Ⅱ中运动的时间为t，不计粒子的重力及粒子之间的相互作用，下列说法正确的是()A．若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1，则t>t0B．若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，则t>t0C．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为eq\f(\r(3),4)B2，则t＝eq\f(t0,2)D．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为eq\f(\r(2),4)B2，则t＝eq\r(2)t0解析：只有沿直线AC做匀速直线运动的粒子才能进入区域Ⅱ，设能进入区域Ⅱ的粒子的速度为v0，根据平衡条件得qv0B1＝qE，解得v0＝eq\f(E,B1)。若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1，则只有速度大小为eq\f(v0,2)的粒子才能通过C点进入区域Ⅱ，同理，若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，则只有速度大小为2v0的粒子才能通过C点进入区域Ⅱ，两种情况下粒子均沿CO射入区域Ⅱ，且均从CF边射出，速度的偏转角度不变，对应圆心角相同，均为90°，故t＝t0，A、B选项错误。设粒子比荷为eq\f(q,m)，满足v0＝eq\f(E,B1)的粒子进入区域Ⅱ后做圆周运动的轨迹半径为r0，周期为T0，其运动轨迹如图1所示，洛伦兹力提供向心力，有qv0B2＝meq\f(veq\o\al(2,0),r0)，解得轨迹半径r0＝eq\f(mv0,qB2)，CF＝2eq\r(2)r0，CO＝2r0；粒子做圆周运动的周期T0＝eq\f(2πr0,v0)＝eq\f(2πm,qB2)，粒子在区域Ⅱ中运动的时间t0＝eq\f(1,4)T0。若粒子恰好从F点射出，则粒子在区域Ⅱ中运动的半径为2r0，磁感应强度需减小到eq\f(B2,2)，C、D选项中调整后的磁感应强度均小于eq\f(B2,2)，故粒子必然从GF边界射出区域Ⅱ，则C点到出射点D的水平距离为定值2r0。设粒子在区域Ⅱ中速度方向偏转角为θ，轨迹半径为r，运动周期为T，如图2所示，由几何关系可知sinθ＝eq\f(2r0,r)，若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为eq\f(\r(3),4)B2，则粒子在区域Ⅱ中做圆周运动的半径变为r＝eq\f(4\r(3),3)r0，周期变为T＝eq\f(4\r(3),3)T0，此时sinθ＝eq\f(2r0,\f(4\r(3),3)r0)＝eq\f(\r(3),2)，则θ＝60°，粒子在区域Ⅱ中运动的时间变为t＝eq\f(θ,360°)·T＝eq\f(1,6)T＝eq\f(2\r(3),9)T0＝eq\f(8\r(3),9)t0，C选项错误。同理，若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为eq\f(\r(2),4)B2，则r＝2eq\r(2)r0，T＝2eq\r(2)T0，sinθ＝eq\f(2r0,2\r(2)r0)＝eq\f(\r(2),2)，θ＝45°，粒子在区域Ⅱ中运动的时间变为t＝eq\f(1,8)T＝eq\f(\r(2),4)T0＝eq\r(2)t0，D选项正确。答案：D9．(2023·江苏卷)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(