专题提升Ⅴ 带电粒子在叠加场中的运动（解析版）.docx

1、专题提升 带电粒子在叠加场中的运动模块一 知识掌握 知识点一带电粒子在叠加场中的运动【重难诠释】叠加场：电场、磁场、重力场叠加，或其中某两场叠加1是否考虑粒子重力(1)对于微观粒子，如电子、质子、离子等，因为一般情况下其重力与静电力或洛伦兹力相比太小，可以忽略；而对于一些宏观物体，如带电小球、液滴、尘埃等一般应当考虑其重力(2)在题目中有明确说明是否要考虑重力的，按题目要求处理(3)不能直接判断是否要考虑重力的，在进行受力分析与运动分析时，要结合运动状态确定是否考虑重力2处理带电粒子在叠加场中的运动的基本思路类型1 直线运动例题1 （2023春福建期末）一个带正电的微粒（重力不计）初速度水平向

2、右，进入如图所示的匀强磁场和匀强电场区域时会向下偏转，则欲使微粒在电磁场中恰能沿水平直线运动，则应采用的方法是（）A增大电荷质量B增大电荷量C增大磁感应强度D减小入射速度【解答】解：CD、微粒进入复合场后向下偏转，可知，受到向上的洛伦兹力小于向下的电场力，即：qvBqE，可通过增大磁感应强度或增大入射速度来增大洛伦兹力，使微粒在电磁场中恰能沿水平直线运动，C正确，D错误；AB、由上述表达式可知，增大电荷质量、增大电荷量无法改变两个力的大小关系，AB错误。故选：C。例题2 （2023青岛模拟）如图，空间存在水平向右的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，粗糙绝缘的水平面上有一带正电小球，从P点由静止

3、释放后向右运动，运动过程中会经过N点。已知小球质量m、电荷量q，电场强度大小E，磁感应强度大小B，小球与水平面间动摩擦因数，重力加速度g，PNL。则关于小球的运动，下列说法正确的是（）A小球先做加速运动，后做减速运动，最后静止B小球能够达到的最大速度为qE-mgqBC小球运动到N点时合外力做的功为qELmgLD若小球带负电，向左运动一段时间后会脱离水平面【解答】解：ABD、小球带正电，从静止释放向右运动过程中，由左手定则可知洛伦兹力竖直向下由牛顿第二定律可得：Eq（mg+qvB）ma可知v增大，a减小，当加速度减小到零时，小球做匀速直线运动，速度达到最大，即Eq（mg+qvB）0，解得v=qE

4、-mgqB若小球带负电，电场力水平向左，小球向左运动，洛伦兹力竖直向下，与带正电小球的运动情况相同，最后做匀速直线运动，故AD错误，B正确；C、小球在向右运动过程中，f（mg+qvB），所以小球运动到N点时合外力做的功小于qELmgL，故C错误。故选：B。例题3 （2022秋十堰期末）如图所示，一根足够长的光滑绝缘杆MN，与水平面的夹角为37，固定在竖直平面内，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场充满杆所在的空间，杆与磁场方向垂直。质量为m的带电小环沿杆下滑到图中的P处时，对杆有垂直杆向下的压力作用，压力大小为0.4mg。已知小环的电荷量为q，重力加速度大小为g，sin370.6。则

5、小环滑到P处时的速度大小vP为（）Amg5qBB2mg5qBCmgqBD2mgqB【解答】解：以小环为对象，垂直杆方向根据受力平衡可得：N+qvpBmgcos37解得：vp=mgcos37qB=0.8mg-0.4mgqB=2mgqB故选：B。例题4 （2022秋青羊区校级期末）如图，空间存在一水平方向的匀强电场和匀强磁场，磁感应强度大小为B，电场强度大小为E=3mgq，且电场方向与磁场方向垂直。在电磁场的空间中有一足够长的固定粗糙绝缘杆，与电场正方向成60夹角且处于竖直平面内。一质量为m，带电量为+q的小球套在绝缘杆上。若给小球一沿杆向下的初速度v0，小球恰好做匀速运动。已知小球电量保持不变，

6、重力加速度为g，则以下说法错误的是（）A小球的初速度为2mgqBB若小球的初速度为3mgqB，小球将做加速度不断小的减速运动，最后停止C若小球的初速度为mgqB，小球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止D若小球的初速度为mgqB，则运动中克服摩擦力做功为m3g22q2B2【解答】解：A、小球受力如图所示：电场力的大小：FEqE=3mg重力与电场力的合力F=FE2+(mg)2=2mg由几何关系可知，重力与电场力的合力与杆的方向垂直，所以重力与电场力的合力不会对小球做功，而洛伦兹力的方向与速度的方向垂直，所以也不会对小球做功。所以，当小球做匀速直线运动时，不可能存在摩擦力，没有摩擦力，说明小球与

7、杆之间就没有支持力的作用，则洛伦兹力大小与重力、电场力的合力相等，方向相反，所以qv0B2mg，解得：v0=2mgqB，故A正确；B、若小球的初速度为3mgqB，则洛伦兹力f洛qv0B3mgF，则在垂直于杆的方向上，小球还受到杆的垂直于杆向下的支持力，则物体受到沿杆向上的摩擦力，小球将做减速运动，随速度的减小，洛伦兹力减小，则支持力逐渐减小，摩擦力减小，小球做加速度不断减小的减速运动，最后当速度减小到2mgqB时，小球开始做匀速直线运动，故B错误；CD、若小球的初速度为mgqB，则洛伦兹力f洛qv0BmgF，则在垂直于杆的方向上，小球还受到杆的垂直于杆向上的支持力，则物体受到沿杆向上的摩擦力，

8、小球将做减速运动，随速度的减小，洛伦兹力减小，则支持力逐渐增大，摩擦力逐渐增大，小球的加速度增大，所以小球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止，小球在运动中克服摩擦力做功等于小球的初动能，所以有W=12mv2=m3g22q2B2，故CD正确。本题选错误的，故选：B。类型2 圆周运动例题5 （2022秋宝鸡期末）如图所示，一带电液滴在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中刚好做匀速圆周运动，其轨道半径为R，已知电场的电场强度为E，方向竖直向下；磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，不计空气阻力，设重力加速度为g，则下列说法正确的是（）A液滴带正电B液滴受到重力、电场力、洛伦兹力、向心力作用C液滴所受

9、合外力为零D液滴比荷qm=gE【解答】解：A、液滴在重力场、匀强电场和匀强磁场组成的复合场中做匀速圆周运动，由合力提供向心力，则液滴受到的重力和电场力是一对平衡力，则知液滴受到的电场力方向竖直向上，与电场方向相反，因此液滴带负电，故A错误；BC、液滴受到重力、电场力、洛伦兹力三个力作用，由洛伦兹力充当向心力，液滴所受合外力不为零，故BC错误；D、液滴做匀速圆周运动，即mgqE，联立解得液滴比荷qm=gE，故D正确。故选：D。例题6 （多选）（2023天河区一模）据报道，我国空间站安装了现代最先进的霍尔推进器用以空间站的轨道维持。如图乙，在很窄的圆环空间内有沿半径向外的磁场1，其磁感应强度大小可

10、近似认为处处相等；垂直圆环平面同时加有匀强磁场2和匀强电场（图中没画出），磁场1与磁场2的磁感应强度大小相等、已知电子电量为e，质量为m。若电子恰好可以在圆环内沿顺时针方向做半径为R、速率为v的匀速圆周运动，则以下说法正确的是（）A电场方向垂直环平面向外B电子运动周期为2RvC垂直环平面的磁感应强度大小为mveRD电场强度大小为mv2eR【解答】解：A.根据左手定则可知电子在圆环内受到沿半径向外的磁场1的洛伦兹力方向垂直环平面向里，电场力需要与该洛伦兹力平衡，电场力方向应垂直环平面向外，由于电子带负电，故电场方向垂直环平面向里，故A错误；B.电子在圆环内沿顺时针方向做半径为R、速率为v的匀速圆

11、周运动，则电子运动周期为T=2Rv故B正确；C.电子在圆环内受到磁场2的洛伦兹力提供电子做圆周运动的向心力，则有evBmv2R解得：B=mveR故C正确；D.电子在垂直环平面方向受力平衡，则有eEevB解得：E=mv2eR故D正确；故选：BCD。例题7 （2023文昌模拟）如图所示，空间中存在着正交的匀强磁场和匀强电场，已知电场强度大小为E，方向竖直向下，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面。一个电子由O点以一定初速度v0水平向右飞入其中，运动轨迹如图所示，其中O、Q和P分别为轨迹在一个周期内的最高点和最低点，不计电子的重力。下列说法正确的是（）A磁感应强度方向垂直纸面向外B电子的初速度v0小于E

12、BC由P点至Q点的运动过程中，电子的速度增大D调整电子的初速度大小与方向可以使其做匀加速直线运动【解答】解：A电子从O点开始轨迹向下弯曲，电子受到的电场力向上，则伦兹力向下，根据左手定则，则磁感应强度方向垂直纸面向里，故A错误；B电子从O运动到P，合外力指向轨迹凹侧，有qv0BqE则v0EB故B错误；C由P点至Q点的运动过程中，电场力做正功，洛伦兹力不做功，根据动能定理可知电子的速度逐渐增大，故C正确；D电子受力平衡，可以做匀速直线运动，初速度方向与磁场平行，电子做类平抛运动，所以电子不可能做匀加速直线运动，故D错误。故选：C。例题8 （2023开封二模）建立如图所示的坐标系xOy，x轴紧挨着

13、光滑绝缘的水平地面。在x0且0ya区域内存在着彼此垂直的匀强电场与匀强磁场，匀强电场平行y轴向上，匀强磁场垂直纸面向里。质量为m且带电量为q的小球（视为点电荷）从坐标原点以速度v0沿x轴射入该区域，小球在复合场中做匀速圆周运动，并恰好从坐标为（0，a）的点飞离复合场。忽略空气阻力，小球在运动过程中电荷量保持不变，重力加速度为g，试求：（1）匀强电场E及匀强磁场B的大小；（2）小球落地时的坐标；（3）若小球从坐标原点以速度2v0沿x轴射入该区域，此后经多长时间第5次进入复合场，并确定进入点的坐标。【解答】解：（1）小球在复合场中做匀速圆周运动，故电场力与重力平衡，洛伦兹力提供圆周运动的向心力，则

14、有：mgEq，解得：E=mgq小球做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示小球恰好从坐标为（0，a）的点飞离复合场，由几何关系得：r=a2小球做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=mv02r解得：B=2mv0qa（2）小球飞离复合场后做平抛运动，竖直方向：a=12gt2，水平方向：xv0t解得：x=v02ag，故小球落地时的坐标为（-v02ag，0）（3）若小球从坐标原点以速度2v0沿x轴射入该区域，小球做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：q2v0Bm(2v0)2R解得小球做匀速圆周运动的轨道半径：R2ra根据几何关系可知，小球在磁场中运动四分之一圆弧后垂直与

15、磁场边界方向即竖直向上做竖直上抛运动，再竖直进入磁场做周期性运动，第5次进入复合场时经历了四次竖直上抛的往复运动时长为t14t竖直上抛422v0g=16v0g此过程在磁场中偏转的角度为=2+3=72小球在磁场中的周期为T=2R2v0=av0在磁场中偏转的时间为t2=2T=722av0=7a4v0故第5次进入复合场对应的时间为t=t1+t2=16v0g+7a4v0第5次进入复合场的横坐标为xR+32R7a，故进入点的坐标（7a，a）答：（1）匀强电场E大小是mgq，匀强磁场B的大小是2mv0qa；（2）小球落地时的坐标是（-v02ag，0）；（3）小球经过时间16v0g+7a4v0第5次进入复合

16、场，第5次进入复合场时进入点的坐标是（7a，a）。知识点二带电粒子在交变电、磁场中的运动【重难诠释】解决带电粒子在交变电、磁场中的运动问题的基本思路先读图看清并且明白场的变化情况受力分析分析粒子在不同的变化场区的受力情况过程分析分析粒子在不同时间段内的运动情况找衔接点找出衔接相邻两过程的速度大小及方向选规律联立不同阶段的方程求解例题9 （2022秋市南区校级期末）在如图所示的空间里，存在沿y轴负方向、大小为B=4mqT的匀强磁场。有一质量为m、电量为q的带正电的粒子（重力不计），以初速度v0从O点沿x轴负方向运动，同时在空间加上平行于y轴的匀强交变电场，电场强度E随时间的变化如图所示（以沿y轴

17、正向为E的正方向），则下列说法不正确的是（）At2T时粒子所在位置的x坐标值为0Bt=34T时粒子所在位置的z坐标值为v0T2C粒子在运动过程中速度的最大值为2v0D在0到2T时间内粒子运动的平均速度为v02【解答】解：对粒子受力分析可知，粒子始终受到垂直于y轴的洛伦兹力和平行于y轴的电场力作用，所以粒子的运动可分解为在垂直于y轴的平面内做匀速圆周运动，其线速度为v0；在平行于y轴方向上做匀加速直线运动和匀减速直线运动。对垂直于y轴的匀速圆周分运动有：qv0B=mv02r解得圆周运动半径为：r=v0T4粒子做圆周运动的周期为：T0=2rv0=T2A、因t2T4T0，故圆周分运动的轨迹为四个圆周

18、，粒子回到了y轴上，故粒子所在位置的x坐标值为0，故A正确；B、因t=34T=1.5T0，故圆周分运动的轨迹为1.5个圆周，z轴坐标值为2r=v0T2，故B正确；C、对粒子在平行于y轴的分运动有：qEma，已知：E=2mv0qT，解得：a=2v0T在电场变化的第一个周期内的00.5T和0.5TT内，电场力等大反向，粒子做对称的先匀加速直线运动和后匀减速直线运动，在t0.5T时沿y轴正向速度达到最大，在电场变化的每个周期内粒子在平行于y轴的分运动是相同的，故在tnT+0.5T，（n0、1、2）的时刻粒子沿y轴正向速度均达到相同的最大值，最大值等于vym=a0.5T=2v0T0.5T=v0由运动的

19、合成可得粒子在运动过程中速度最大值为：vm=v02+vym2=2v0，故C错误；D、在0到2T时间内粒子圆周分运动的轨迹为四个圆周，粒子回到了y轴上，故只需要考虑y轴方向的位移即可，由粒子沿y轴运动的对称性与周期性，可得0到2T时间内沿y轴的位移就等于0到0.5T时间内沿y轴的位移的4倍，则有：sy=4vym20.5T=v0T则粒子运动的平均速度为v=sy2T=v02，故D正确。本题选择错误的选项，故选：C。例题10 （2023河北模拟）某实验装置可利用电场和磁场来控制带电粒子的运动，其简化示意图如图1所示。初速度为v0的质子沿平行于板面的方向从两板左侧中间位置射入偏转电场，离开偏转电场后直接

20、进入匀强磁场。已知质子的电荷量为q，质量为m，偏转电场两板间的距离、两极板的长度均为d，匀强磁场的区域足够大，两板间的电压UMN随时间变化的图像如图2，由于粒子在偏转电场区域运动时间极短，粒子通过此区域时，可认为电场是不变的匀强电场，不计粒子的重力、粒子间的相互作用力和空气阻力。质子均能从MN板间飞出，进入磁场，下列说法正确的是（）A质子进入磁场的速度越大，则质子在磁场中运动的时间越短B质子进入磁场的速度越大，质子进入磁场的入射点与出射点间的距离越大C无论质子从磁场的何位置进入磁场，质子在磁场边界的入射点与出射点间的距离不变D当MN板间电压为2U0时，质子在磁场中运动的时间最长【解答】解：BC

21、、质子在电场中做类平抛运动，沿平行极板方向做匀速直线运动，设质子进入磁场时速度方向与初速度v0的方向的夹角为，则进入磁场的速度大小为：v=v0cos假设质子在电场中向N极板偏转，其在磁场中的运动轨迹如下图所示：质子在磁场中做逆时针方向匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力可得：qvB=mv2r解得：r=mvqB质子在磁场边界的入射点与出射点间的距离（即圆弧轨迹的弦长）为：s2rcos联立解得：s=2mv0qB，（若质子在电场中向M极板偏转，结果也同样。）由此可知，无论质子从磁场的何位置进入磁场，质子在磁场边界的入射点与出射点间的距离不变，与质子进入磁场的速度大小无关（因v0为定值），故B错误，C正

22、确。A、质子在磁场中的运动周期为：T=2rv=2mqB设质子在磁场中轨迹圆心角为，则粒子在磁场中动时间：t=2T=mqB若质子在电场中向N极板偏转，则+2，此情况下质子进入磁场的速度越大，就越大，则质子在磁场中运动的时间越长；若质子在电场中向M极板偏转，则2，此情况下质子进入磁场的速度越大，就越大，则质子在磁场中运动的时间越短，故A错误。D、根据A选项的结论，当MN板间电压为2U0时，质子在电场中向M极板偏转，因偏转电压最大，质子进入磁场的速度最大，最大，因2，故最小，则质子在磁场中运动的时间最短，故D错误。故选：C。例题11 （多选）（2023铜仁市模拟）图甲的左侧平行金属板M、N间距为d，

23、加有图乙所示的交变电压，M、N右侧有半径为R（d2R）的圆形匀强磁场，磁感应强度为B垂直于纸面向内，AB为竖直方向直径。OO是M、N板间的中线并经过圆形磁场的圆心。不同时刻从O点沿中线射入初速度都为v0的不同粒子（不计粒子的重力），所有出射粒子都从A点离开磁场。则下列说法中正确的是（）A粒子都带负电B粒子在电场中运动时间都相同，且一定是交流电周期T的整数倍C所有粒子从电场中射出的位置相同D粒子的比荷均为v0BR【解答】解：A、粒子进入磁场后从A点离开磁场，根据左手定则可知粒子带正电，故A错误；B、不同时刻从O点进入偏转电场的所有粒子都从A点离开磁场，根据“磁聚焦”原理可知，所有粒子离开偏转电场

24、时速度方向均平行于OO，说明粒子在偏转电场中运动过程中电场力做功为零，即所有粒子在电场中运动时间都相同，且一定是交流电周期T的整数倍，故B正确；C、由于粒子进入磁场的时刻不同，在竖直方向偏转位移可能不同，所以粒子从电场中射出的位置不一定相同，故C错误；D、根据“磁聚焦”原理可知，粒子在磁场中运动的轨迹半径与磁场圆的半径相同，即rR，根据洛伦兹力提供向心力可得：qv0Bmv02r，联立解得粒子的比荷均为v0BR，故D正确。故选：BD。模块二 巩固提高1. （2023西城区校级三模）如图甲、乙、丙所示，三个完全相同的半圆形光滑绝缘轨道置于竖直平面内，左右两端点等高，其中乙轨道处在垂直纸面向外的匀强

25、磁场中，丙轨道处在竖直向下的匀强电场中，三个相同的带正电小球同时从轨道左端最高点处由静止释放则三个小球通过圆轨道最低点时（）A速度相同B所用时间相同C对轨道的压力相同D均能到达轨道右端最高点处【解答】解：A、在乙图中，因为洛伦兹力总是垂直于速度方向，故洛伦兹力不做功；滑块下落时只有重力做功，故甲和乙两次机械能均守恒，故两次滑块到最低点的速度相等，12mv12=mgR，丙图中，小球下滑的过程中电场力做正功，重力做正功，12mv22=mgR+qER，所以小球在最低点的速度等于甲图和乙图中的速度。故A错误；B、甲图和丙图比较可得，丙图中，小球的加速度比较大，所以达到最低点的时间要短。故B错误；C、小

26、球在最低点时，甲图中重力和支持力提供向心力，而乙图中是重力、支持力和洛伦兹力提供向心力，所以小球受到的支持力大小不相等，对轨道的压力也不相等。故C错误；D、三个小球的运动过程中，重力做功，动能和重力势能之间转换；洛伦兹力不做功；电场力做功，电势能与动能之间转换；由于没有其他的能量损失，所以三种情况下，小球均能到达轨道右端最高点处，故D正确；故选：D。2. （2023岳阳一模）在xOy竖直平面内存在沿y轴正方向的匀强电场和垂直于平面向外的匀强磁场，现让一个质量为m，电荷量为q的带正电小球从O点沿y轴正方向射入，已知电场强度大小为2mgq，磁感应强度大小为B，小球从O点射入的速度大小为mgqB，重

27、力加速度为g，则小球的运动轨迹可能是（）ABCD【解答】解：小球射入时将初速度v0进行分解，其中分速度v1可使得小球受到的电场力、洛伦兹力与重力三力平衡，即：qEmg+qv1B，解得：v1=mgqB根据左手定则可知v1沿x轴正方向，由题意知初速度v0沿y轴正方向，小球从O点射入的速度大小为v0=mgqB，根据平行四边形法则可得分速度v2与y轴的夹角为45，如下图所示分速度v2的大小为v2=2v0=2mgqB小球以分速度v2做匀速圆周运动，以分速度v1沿x轴正方向做匀速直线运动，两者的合运动轨迹即为小球的运动轨迹，小球在y轴方向上的位移只与匀速圆周运动有关，圆周运动轨迹如下图圆周运动的轨迹与x轴

28、正方向匀速直线运动合成后的轨迹即为小球实际运动轨迹，如下图所示故C正确，ABD错误。故选：C。3. （2022秋阿拉善左旗校级期末）如图所示，一半径为R的半圆形光滑绝缘轨道竖直放置在磁感应强度大小为B、垂直纸面向外的匀强磁场中。轨道两端在同一高度上，M为轨道的最低点，一质量为m的带正电小球从轨道左端最高点由静止释放。若小球始终不脱离轨道，则下列说法正确的是（）A小球不能够到达轨道右端的最高点B小球第一次到达轨道最低点M的速度可能小于2gRC小球第一次到达轨道最低点M时，对轨道的压力等于3mgD小球再次到达轨道最低点M时，对轨道的压力可能小于3mg【解答】解：A、小球在运动过程，受到重力、支持力

29、和洛伦兹力。洛伦兹力、支持力方向始终和速度方向垂直，对小球不做功，只有重力做功，故小球运动过程中机械能守恒，故小球能够到达轨道右端的最高点，故A错误；BC、小球从轨道左端最高点由静止释放至小球第一次到达轨道最低点过程，根据动能定理得：mgR=12mv1m2，解得：v1m=2gR第一次达到M点时洛伦兹力方向向下，由牛顿第二定律得：N1-mg-qv1mB=mv1m2R，解得：N1=3mg+qB2gR由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力为：N1=N1=3mg+qB2gR3mg，故BC错误；D、根据机械能守恒可知，小球达到M点时的速度大小总是等于v1m=2gR当小球由右向左通过M点，即速度方向向左时，

30、洛伦兹力方向向上，由牛顿第二定律得：N2-mg+qv1mB=mv1m2R解得：N2=3mg-qB2gR由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力为N2=N2=3mg-qB2gR3mg，故D正确。故选：D。4. （2022秋雁塔区校级期末）如图所示，空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，一带电液滴从静止开始自A点沿曲线ACB运动，到达B点时速度为零，C点运动的最低点，不计摩擦阻力，则以下说法中正确的是（）A液滴一定带正电B液滴在C点时的动能最大C从A到C过程液滴的电势能可能减小D从C到B过程液滴的机械能不变【解答】解：A、从图中可以看出，带电粒子由静止开始向下运动，说明重力和电场力的合力

31、向下，洛伦兹力指向弧内，根据左手定则可知，液滴带负电。故A错误。B、从A到C的过程中，重力正功，而电场力做负功，洛伦兹力不做功，但合力仍做正功，导致动能仍增大，从C到B的过程中，重力做负功，电场力做正功，洛伦兹力不做功，但合力却做负功，导致动能减小，所以滴在C点动能最大。故B正确。C、从A到C过程液滴克服电场力做功，故电势能增加，故C错误。D、除重力以外的力做的功等于机械能的变化量，从C到B的过程中，电场力做正功，洛伦兹力不做功，机械能增大，故D错误。故选：B。5. （2022秋成都期末）如图，平行极电容器的两极板与水平面成30，两极板与一直流电源相连（图中电源未画出）。若一质量为m、电荷量为

32、q的液滴以水平初速度v0进入电容器且恰能沿图中所示的水平直线向右通过电容器，重力加速度大小为g，则（）Aa极板带负电B液滴在极板间做匀速直线运动C极板间的电场强度大小为2mgqD液滴在极板间运动的加速度大小为3g3【解答】解：A、根据题意可知，液滴做直线运动，对液滴进行受力分析如图所示：由于液滴带负电，受到的电场力方向指向a极板，所以a极板带正电，故A错误；B、根据受力情况可知液滴受到的合外力方向向左，液滴做匀减速直线运动，故B错误；C、竖直方向根据平衡条件可得：qEcos30mg，解得电场强度的大小为：E=23mg3q，故C错误；D、水平方向根据牛顿第二定律可得：maqEsin30，代入数据

33、解得：a=3g2，故D正确。故选：D。6. （多选）（2023朝阳区校级开学）如图所示，在竖直平面内的虚线下方分布着互相垂直的匀强电场和匀强磁场，电场的电场强度大小为10N/C，方向水平向左；磁场的磁感应强度大小为2T，方向垂直纸面向里。现将一质量为0.2kg、电荷量为+0.5C的小球，从该区域上方的某点A以某一初速度水平抛出，小球进入虚线下方后恰好做直线运动。已知重力加速度为g10m/s2。下列说法正确的是（）A小球平抛的初速度大小为5m/sB小球平抛的初速度大小为2m/sCA点距该区域上边界的高度为1.25mDA点距该区域上边界的高度为2.5m【解答】解：AB、小球受竖直向下的重力与水平向

34、左的电场力作用，小球进入电磁场区域做直线运动，小球受力如图所示小球做直线运动，则由平衡条件得：qvBcosmg小球的速度v=v0cos代入数据解得：v02m/s，故A错误，B正确；CD、小球从A点抛出到进入复合场过程，由动能定理得：mgh=12mv2-12mv02故根据在复合场中的受力情况可知：（mg）2+（qE）2（qvB）2解得：h=E22gB2，代入数据解得：h1.25m，故C正确，D错误；故选：BC。7. （多选）（2023湖北一模）空间中存在着垂直于纸面向里的匀强磁场B和沿着纸面竖直向下的匀强电场E。一带电的轻质小球以初速度v0=2EB沿着纸面水平向右射出。使用频闪照相，记录下小球的

35、频闪照片如图所示，小球重力忽略不计。下列说法正确的是（）A小球一定带正电B小球在轨迹最高点所受合外力为零C小球从水平射出到轨迹最高点的过程中，电势能增大D小球从第一次轨迹最高点到第二次轨迹最高点的过程中，做匀速圆周运动【解答】解：B、小球在最高点时，即轨迹最高点拐弯处速度为零，洛伦兹力为零，故小球只受电场力作用，从轨迹可以看出，小球向下加速运动，所受合外力不为零，故B错误，A、根据题意所加竖直向下的匀强电场，可判断小球带正电，故A正确；C、小球从水平射出到轨迹最高点的过程中，电场力做负功，电势能增大，故C正确；D、小球从第一次轨迹最高点到第二次轨迹最高点的过程中，除受洛伦兹力外，还受竖直向下的

36、电场力作用，不可能做匀速圆周运动，故D错误。故选：AC。8. （2023长春模拟）如图为密立根油滴实验的原理图，用喷雾器把许多油滴从上板中间的小孔喷入电场，其中A、B为水平正对放置的平行金属板，两金属板间加电压UABU，板间距为d，经观察发现一带电油滴P在两金属板之间保持静止。若突然撤去两金属板间的电压，且两极板所带电量立即消失，油滴P经过一小段时间达到最大速率后再匀速下降时间t到达B板，该油滴从静止出发点到B板的位移为L。油滴P在运动过程中质量和电荷量均保持不变，若该油滴的质量按正比于最大速率的二分之三次方近似处理，比例系数为k1；其受到空气阻力的大小与速率成正比，比例系数为k2。重力加速度

37、为g，不计油滴间的作用力。求：（1）油滴P运动过程中的最大速率vm；（2）油滴P所带电荷量q；（3）油滴P从静止到刚到达最大速率过程中重力势能的变化量Ep。【解答】解：（1）设油滴的质量为m，撤去电压后达到的最大速率为vm由题意有m=k1(vm)32 由平衡条件得mgk2vm联立解得vm=k22g2k12 （2）未撤电压时油滴保持静止状态，有qUd=mg 联立解得q=k23dk12g2U （3）设匀速过程中的位移为h，有h=vmt=k22tg2k12 则重力势能的变化量Ep=mg(L-h)=k23(k12g2L-k22t)g4k14 答：（1）油滴P运动过程中的最大速率vm为k22g2k12；

38、（2）油滴P所带电荷量为k23dk12g2U；（3）油滴P从静止到刚到达最大速率过程中重力势能的变化量为k23(k12g2L-k22t)g4k14。9. （2023海安市校级模拟）如图甲所示，平行板电容器板长为L、间距离为d，虚线PO为两板间的中轴线。质量为m、电荷量为e的电子源从平行金属板之外的P点（无穷远处）沿虚线PO方向以初速度v0均匀持续射入。两板间加上如图乙所示的电压U（U未知），T=Lv0。平行板电容器右侧有一方向垂直纸面向里的匀强磁场，MN为其左边界，磁感应强度为B=4mv0ed，磁场中放置一半径为d16的圆柱ed形金属圆筒，圆心O到MN的距离OO1=3d16，圆筒轴线与磁场平行

39、，圆筒用导线通过一个电阻r0接地。已知t0时刻射入的电子刚好打不到极板，不计电子的重力以及电子间的相互作用力，忽略平行金属板之外的电场。（1）求U的大小（用不含T的表达式表示）；（2）最初金属圆筒不带电，求能够打到圆筒上的电子占发射的电子百分比；（3）不考虑MN左右电场的相互影响，当圆筒上电量达到相对稳定时，测量到通过电阻r0的电流恒为I，求此时电子到达圆筒时速度v和金属圆筒的发热功率P。（取无穷远处或大地电势为零）。【解答】解：（1）电子在电场中做类平抛运动，水平方向：L2v0t竖直方向：y=212qUmdt2解得：U=2md2v02qL2（2）电子经过电场后速度方向均与极板平行，宽度为d，

40、设电子进入磁场的轨道半径为R，由牛顿第二定律得：ev0B=mv02R解得：R=d4电子运动轨迹如图所示：大量电子从MN上不同点进入磁场，从O1上方O点射入的电子刚好与圆筒外切，根据几何关系有：AO1=(R+d16)2-(3d16)2=d4从O1上方A点射入的电子刚好与圆筒外切于E，根据几何关系可知能够打到圆筒上的电子占发射的电子百分比为：=d2d100%=50%（3）稳定时，圆筒上的电荷不再增加，设粒子从P点射到圆筒表面的速度为v，由动能定理得：-e0-(-Ir0)=12mv2-12mv02解得：v=v02-2eIr0m单位时间内到达圆筒的电子数：n=Ie所以圆筒的发热功率为：P=n12mv2

41、=mIv022e-I2r0答：（1）U的大小是2md2v02qL2；（2）能够打到圆筒上的电子占发射的电子百分比是50%；（3）此时电子到达圆筒时速度v是v02-2eIr0m，金属圆筒的发热功率P是mIv022e-I2r0。10. （2023宁河区校级模拟）如图甲所示，某直线加速器由金属圆板和4个金属圆筒依次排列组成，圆筒左右底面中心开有小孔，其中心轴线在同一水平线上，圆板及相邻金属圆筒分别接在周期性交变电源的两极。粒子自金属圆板中心无初速度释放，在间隙中被电场加速（穿过间隙的时间忽略不计），在圆筒内做匀速直线运动。粒子在每个金属圆筒内运动时间恰好等于交变电压周期的一半，这样粒子就能在间隙处一

42、直被加速。电荷量为q、质量为m的质子 11H通过此加速器加速，交变电压如图乙所示（U0、T0未知），粒子飞出4号圆筒即关闭交变电源。加速后的质子从P点沿半径PO射入圆形匀强磁场区域，经过磁场偏转后从Q点射出。POQ120已知匀强磁场区域半径为R，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，不计一切阻力，忽略磁场的边缘效应，求：（1）质子在圆形磁场中运动的时间；（2）直线加速器所加交变电场的电压U0；（3）若交变电压周期不变，粒子换成氚核 13H，为使氚核在每个金属圆筒内运动时间仍等于交变电压周期的一半，需将交变电压调为U0的多少倍？【解答】解：（1）质子在圆形磁场中运动时，做匀速圆周运动，则有qvB=mv2r，T=2rv，t=180-120360T 解得：t=m3qB（2）粒子在磁场中运动时qvB=mv2r，tan30=Rr 质子在直线加速器中运动时，共经过4次缝隙，由动能定理得4qU0=12mv2-0 解得：U0=3qB2R28m（3）为使氚核在每个金属筒内运动时间仍等于交变电压周期的一半，则速度大小不变4qU=123mv2-0 得：U=9qB2R28m即需将交变电压调为U0的3倍答：（1）质子在圆形磁场中运动的时间为m3qB；（2）直线加速器所加交变电场的电压为3qB2R28m；（3）将交变电压调为U0的3倍。