高考物理一輪復(fù)習(xí)10.3磁場(chǎng)-帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)(原卷版+解析)

考點(diǎn)32磁場(chǎng)--帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)新課程標(biāo)準(zhǔn)1.通過(guò)實(shí)驗(yàn)，認(rèn)識(shí)洛倫茲力。能判斷洛倫茲力的方向，會(huì)計(jì)算洛倫茲力的大小。2．能用洛倫茲力分析帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)。了解帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)及其應(yīng)用。命題趨勢(shì)考查的內(nèi)容主要體現(xiàn)在對(duì)科學(xué)思維、運(yùn)動(dòng)與相互作用觀念等物理學(xué)科的核心素養(yǎng)的要求?？疾轭l率高，題目綜合性強(qiáng)，會(huì)綜合牛頓運(yùn)動(dòng)定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律，注重與電場(chǎng)、磁場(chǎng)的滲透，注重生產(chǎn)、生活、當(dāng)今熱點(diǎn)、現(xiàn)代科技的聯(lián)系。試題情境生活實(shí)踐類(lèi)生活和科技等學(xué)習(xí)探究類(lèi)帶電粒子在磁場(chǎng)、組合場(chǎng)、疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)考向一電場(chǎng)與磁場(chǎng)的疊加考向二磁場(chǎng)力、重力的疊加考向三在重力場(chǎng)、磁場(chǎng)和電場(chǎng)中的勻速運(yùn)動(dòng)和勻速圓周運(yùn)動(dòng)考向四在重力場(chǎng)、磁場(chǎng)和電場(chǎng)中的直選運(yùn)動(dòng)和曲線運(yùn)動(dòng)電場(chǎng)與磁場(chǎng)的疊加(2)疊加場(chǎng)：靜電場(chǎng)、磁場(chǎng)、重力場(chǎng)在同一區(qū)域共存，或其中某兩場(chǎng)在同一區(qū)域共存。2．三種場(chǎng)的比較項(xiàng)目名稱(chēng)力的特點(diǎn)功和能的特點(diǎn)重力場(chǎng)大小：G＝mg方向：豎直向下重力做功與路徑無(wú)關(guān)重力做功改變物體的重力勢(shì)能靜電場(chǎng)大?。篎＝qE方向：①正電荷受力方向與場(chǎng)強(qiáng)方向相同②負(fù)電荷受力方向與場(chǎng)強(qiáng)方向相反靜電力做功與路徑無(wú)關(guān)W＝qU靜電力做功改變電勢(shì)能磁場(chǎng)洛倫茲力大?。篎＝qvB方向：根據(jù)左手定則判定洛倫茲力不做功，不改變帶電粒子的動(dòng)能3．帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)分類(lèi)(1)靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng)當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中所受合力為零時(shí)，將處于靜止?fàn)顟B(tài)或做勻速直線運(yùn)動(dòng)。(2)勻速圓周運(yùn)動(dòng)當(dāng)帶電粒子所受的重力與靜電力大小相等，方向相反時(shí)，帶電粒子在洛倫茲力的作用下，在垂直于勻強(qiáng)磁場(chǎng)的平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。(3)較復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)當(dāng)帶電粒子所受合力的大小和方向均變化，且與初速度方向不在同一條直線上時(shí)，粒子做非勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，這時(shí)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡既不是圓弧，也不是拋物線。(4)分階段運(yùn)動(dòng)帶電粒子可能依次通過(guò)幾個(gè)情況不同的復(fù)合場(chǎng)區(qū)域，其運(yùn)動(dòng)情況隨區(qū)域發(fā)生變化，其運(yùn)動(dòng)過(guò)程由幾種不同的運(yùn)動(dòng)階段組成?！镜淅?】（2022年全國(guó)高考甲卷物理試題）空間存在著勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)，磁場(chǎng)的方向垂直于紙面（平面）向里，電場(chǎng)的方向沿y軸正方向。一帶正電的粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)的作用下，從坐標(biāo)原點(diǎn)O由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)。下列四幅圖中，可能正確描述該粒子運(yùn)動(dòng)軌跡的是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】解法一：AC．在xOy平面內(nèi)電場(chǎng)的方向沿y軸正方向，故在坐標(biāo)原點(diǎn)O靜止的帶正電粒子在電場(chǎng)力作用下會(huì)向y軸正方向運(yùn)動(dòng)。磁場(chǎng)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(yùn)動(dòng)的粒子同時(shí)受到沿x軸負(fù)方向的洛倫茲力，故帶電粒子向x軸負(fù)方向偏轉(zhuǎn)。AC錯(cuò)誤；BD．運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中在電場(chǎng)力對(duì)帶電粒子做功，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(qiáng)電場(chǎng)方向是沿y軸正方向，故x軸為勻強(qiáng)電場(chǎng)的等勢(shì)面，從開(kāi)始到帶電粒子偏轉(zhuǎn)再次運(yùn)動(dòng)到x軸時(shí)，電場(chǎng)力做功為0，洛倫茲力不做功，故帶電粒子再次回到x軸時(shí)的速度為0，隨后受電場(chǎng)力作用再次進(jìn)入第二象限重復(fù)向左偏轉(zhuǎn)，故B正確，D錯(cuò)誤。故選B。解法二：粒子在O點(diǎn)靜止，對(duì)速度進(jìn)行分解，分解為向x軸正方向的速度v，向x軸負(fù)方向的速度v’，兩個(gè)速度大小相等，方向相反。使得其中一個(gè)洛倫茲力平衡電場(chǎng)力，即則粒子的在電場(chǎng)、磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，可視為，向x軸負(fù)方向以速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)，同時(shí)在x軸上方做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。故選B?！镜淅?】（多選）（2022年廣東省普通高中學(xué)業(yè)水平選擇性考試）8.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(guò)N、P兩點(diǎn)。已知M、P在同一等勢(shì)面上，下列說(shuō)法正確的有（）A.電子從N到P，電場(chǎng)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【答案】BC【解析】A．由題可知電子所受電場(chǎng)力水平向左，電子從N到P的過(guò)程中電場(chǎng)力做負(fù)功，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)沿著電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低可知N點(diǎn)的電勢(shì)高于P點(diǎn)，故B正確；C．由于洛倫茲力一直都和速度方向垂直，故電子從M到N洛倫茲力都不做功；故C正確；D．由于M點(diǎn)和P點(diǎn)在同一等勢(shì)面上，故從M到P電場(chǎng)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)都只受電場(chǎng)力作用，在勻強(qiáng)電場(chǎng)中電子在這兩點(diǎn)電場(chǎng)力相等，即合力相等，故D錯(cuò)誤；故選BC。練習(xí)1、(2022·北京市朝陽(yáng)區(qū)高三一模)如圖所示，在坐標(biāo)系xOy平面的x＞0區(qū)域內(nèi)，存在電場(chǎng)強(qiáng)度大小E＝2×105N/C、方向垂直于x軸的勻強(qiáng)電場(chǎng)和磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝0.2T、方向與xOy平面垂直向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。在y軸上有一足夠長(zhǎng)的熒光屏PQ，在x軸上的M(10,0)點(diǎn)處有一粒子發(fā)射槍向x軸正方向連續(xù)不斷地發(fā)射大量質(zhì)量m＝6.4×10－27kg、電荷量q＝3.2×10－19C的帶正電粒子(重力不計(jì))，粒子恰能沿x軸做勻速直線運(yùn)動(dòng)。若撤去電場(chǎng)，并使粒子發(fā)射槍以M點(diǎn)為軸在xOy平面內(nèi)以角速度ω＝2πrad/s順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)(整個(gè)裝置都處在真空中)。(1)判斷電場(chǎng)方向，求粒子離開(kāi)發(fā)射槍時(shí)的速度大??；(2)帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑；(3)熒光屏上閃光點(diǎn)的范圍距離；【答案】(1)106m/s(2)0.1m(3)0.273m【解析】(1)帶正電粒子(重力不計(jì))在疊加場(chǎng)中沿x軸做勻速直線運(yùn)動(dòng)，據(jù)左手定則判斷可知洛倫茲力方向向下，所以電場(chǎng)力方向向上，電場(chǎng)方向向上，有qE＝qvB解得速度v＝eq\f(E,B)＝eq\f(2×105,0.2)m/s＝106m/s。(2)撤去電場(chǎng)后，洛倫茲力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,R)所以粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑R＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(6.4×10－27×106,3.2×10－19×0.2)m＝0.1m。(3)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，粒子打在熒光屏上最上端的點(diǎn)是B點(diǎn)，最下端打在A點(diǎn)由幾何知識(shí)可知dOA＝2Rcos30°＝eq\r(3)R，dOB＝R所以熒光屏上閃光點(diǎn)的范圍距離為dAB＝(eq\r(3)＋1)R≈0.273m?！厩蓪W(xué)妙記】22．分析思路(1)劃分過(guò)程：將粒子運(yùn)動(dòng)的過(guò)程劃分為幾個(gè)不同的階段，對(duì)不同的階段選取不同的規(guī)律處理．(2)找關(guān)鍵：確定帶電粒子在場(chǎng)區(qū)邊界的速度(包括大小和方向)是解決該類(lèi)問(wèn)題的關(guān)鍵．(3)畫(huà)運(yùn)動(dòng)軌跡：根據(jù)受力分析和運(yùn)動(dòng)分析，大致畫(huà)出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡圖，有利于形象、直觀地解決問(wèn)題．磁場(chǎng)力、重力的疊加①若重力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運(yùn)動(dòng)。②若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)，因洛倫茲力不做功，故機(jī)械能守恒，由此可求解問(wèn)題。【典例3】(2022·北京市豐臺(tái)區(qū)高三上期末)如圖所示，空間有一垂直紙面的磁感應(yīng)強(qiáng)度為0.5T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一質(zhì)量為0.2kg且足夠長(zhǎng)的絕緣木板靜止在光滑水平面上，在木板左端無(wú)初速放置一質(zhì)量為0.1kg、電荷量q＝＋0.2C的滑塊，滑塊與絕緣木板之間動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，滑塊受到的最大靜摩擦力可認(rèn)為等于滑動(dòng)摩擦力。t＝0時(shí)對(duì)木板施加方向水平向左，大小為0.6N恒力，g取10m/s2。則()A.木板和滑塊一直做加速度為2m/s2的勻加速運(yùn)動(dòng)B.滑塊開(kāi)始做加速度減小的變加速運(yùn)動(dòng)，最后做速度為10m/s勻速運(yùn)動(dòng)C.木板先做加速度為2m/s2勻加速運(yùn)動(dòng)，再做加速度增大的運(yùn)動(dòng)，最后做加速度為3m/s2的勻加速運(yùn)動(dòng)D.t＝5s后滑塊和木塊有相對(duì)運(yùn)動(dòng)【答案】C【解析】由于滑塊與絕緣木板之間動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，靜摩擦力對(duì)滑塊能產(chǎn)生的最大加速度為μg＝5m/s2，所以當(dāng)0.6N的恒力作用于木板時(shí)，系統(tǒng)一起以a＝eq\f(F,M＋m)＝eq\f(0.6,0.2＋0.1)m/s2＝2m/s2的加速度一起運(yùn)動(dòng)，當(dāng)滑塊獲得向左運(yùn)動(dòng)的速度以后又產(chǎn)生一個(gè)方向向上的洛倫茲力，最大靜摩擦力f＝μ(mg－qvB)隨v的增大而減小，減小至它對(duì)滑塊產(chǎn)生a＝2m/s2的加速度后，滑塊與木板發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，此后滑動(dòng)摩擦力f＝μ(mg－qvB)＝ma，可知滑塊再做加速度減小的變加速運(yùn)動(dòng)。當(dāng)洛倫茲力等于重力時(shí)滑塊與木板之間的彈力為零，此時(shí)Bqv＝mg，解得v＝10m/s，此時(shí)摩擦力消失，滑塊做勻速運(yùn)動(dòng)，而木板在恒力作用下做勻加速運(yùn)動(dòng)，a′＝eq\f(F,M)＝eq\f(0.6,0.2)m/s2＝3m/s2?？芍瑝K先與木板一起做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，然后發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，做加速度減小的變加速運(yùn)動(dòng)，最后做速度為10m/s的勻速運(yùn)動(dòng)；因木塊開(kāi)始的加速度為2m/s2，當(dāng)恰好要開(kāi)始滑動(dòng)時(shí)，f＝μ(mg－qvB)＝ma，代入數(shù)據(jù)得v＝6m/s，經(jīng)歷的時(shí)間是t＝eq\f(v,a)＝eq\f(6,2)s＝3s，此后滑塊所受的摩擦力逐漸減小，加速度減小，仍然做加速運(yùn)動(dòng)，最后做速度為10m/s的勻速運(yùn)動(dòng)，故選C【典例4】(多選)[2022·黃石模擬]如圖所示，有一范圍足夠大的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為＋q的帶電小圓環(huán)套在一根固定的絕緣豎直長(zhǎng)桿上，環(huán)與桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.現(xiàn)使圓環(huán)以初速度v0向上運(yùn)動(dòng)，經(jīng)時(shí)間t0圓環(huán)回到出發(fā)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，取豎直向上為正方向，下列描述該過(guò)程中圓環(huán)的速度v隨時(shí)間t、摩擦力Ff隨時(shí)間t、動(dòng)能Ek隨位移x、機(jī)械能E隨位移x變化規(guī)律的圖象中，可能正確的是()【答案】ABD【解析】小圓環(huán)向上做減速運(yùn)動(dòng)，對(duì)小圓環(huán)受力分析，豎直方向：重力和豎直向下的摩擦力，由牛頓第二定律有mg＋f＝ma；水平方向：N＝qvB，f＝μN(yùn)，解得f＝μqvB.速度逐漸減小，滑動(dòng)摩擦力逐漸減小，加速度逐漸減小，當(dāng)速度減小到零時(shí)，加速度為g，此時(shí)摩擦力為零，然后小圓環(huán)向下做加速運(yùn)動(dòng)，豎直方向：mg－f＝ma；水平方向：N＝qvB，f＝μN(yùn)，隨著速度的增大，彈力N增大，摩擦力增大，加速度減小，A、B正確．動(dòng)能先減小后增大，Ek－x圖像的斜率大小表示合外力，從0～x過(guò)程，動(dòng)能減小，合外力減小，從x～0的過(guò)程，動(dòng)能增大，合外力減小，C錯(cuò)誤．小圓環(huán)的機(jī)械能逐漸減小，E－x圖像的斜率大小表示摩擦力f，上升過(guò)程中，從0～x過(guò)程，摩擦力逐漸減小，下滑過(guò)程，位移從x～0，摩擦力逐漸增大，D正確．練習(xí)2、(多選)(2022·山東省菏澤市高三下二模)如圖所示，兩個(gè)傾角分別為30°和60°的足夠長(zhǎng)光滑絕緣斜面固定于水平地面上，并處于方向垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，兩個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小滑塊甲和乙分別從兩個(gè)斜面頂端由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后，兩小滑塊都將飛離斜面，在此過(guò)程中()A．甲滑塊飛離斜面瞬間的速度比乙滑塊飛離斜面瞬間的速度大B．甲滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間比乙滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間短C．兩滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的位移大小相同D．兩滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，重力的平均功率相等【答案】AD【解析】小滑塊飛離斜面時(shí)，洛倫茲力與重力垂直斜面的分力平衡，故mgcosθ＝qvmB，解得vm＝eq\f(mgcosθ,qB)，所以斜面傾角越小，飛離斜面瞬間的速度越大，故甲滑塊飛離時(shí)速度較大，故A正確；滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的加速度恒定不變，由受力分析和牛頓第二定律可得加速度a＝gsinθ，所以甲的加速度小于乙的加速度，因?yàn)榧罪w離時(shí)的速度大于乙飛離時(shí)的速度，由vm＝at得，甲在斜面上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間大于乙在斜面上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，故B錯(cuò)誤；由以上分析和x＝eq\f(v\o\al(2,m),2a)可知，甲在斜面上運(yùn)動(dòng)的位移大于乙在斜面上運(yùn)動(dòng)的位移，故C錯(cuò)誤；由平均功率的公式得，滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，重力的平均功率P＝Feq\x\to(v)·sinθ＝mg·eq\f(vm,2)sinθ＝eq\f(m2g2sinθ·cosθ,2qB)，因sin30°＝cos60°，sin60°＝cos30°，故兩滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)時(shí)重力的平均功率相等，故D正確。練習(xí)3.(多選)(2022·安徽省合肥市高三上開(kāi)學(xué)考試)如圖所示，空間存在垂直于紙面向里的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，場(chǎng)內(nèi)有一絕緣的足夠長(zhǎng)的直桿，它與水平面的夾角為θ，一電荷量為q、質(zhì)量為m的帶負(fù)電小球套在直桿上，從A點(diǎn)由靜止沿桿下滑，小球與桿之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，在小球以后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是()A．小球下滑的最大速度為vm＝eq\f(mgsinθ,μqB)B．小球下滑的最大加速度為am＝gsinθC．小球的加速度一直在減小D．小球的速度先增大后不變【答案】BD【解析】小球開(kāi)始下滑時(shí)有mgsinθ－μ(mgcosθ－qvB)＝ma，隨著v增大，a增大，當(dāng)v0＝eq\f(mgcosθ,qB)時(shí)，a達(dá)到最大值即am＝gsinθ，此時(shí)洛倫茲力大小等于mgcosθ，支持力為0，此后隨著速度增大，洛倫茲力增大，支持力增大，此后下滑過(guò)程中有，mgsinθ－μ(qvB－mgcosθ)＝ma，隨著v增大，a減小，當(dāng)vm＝eq\f(mgsinθ＋μcosθ,μqB)時(shí)，a＝0，此時(shí)達(dá)到平衡狀態(tài)，速度不變．所以整個(gè)過(guò)程中，v先增大后不變，a先增大后減小，所以B、D正確．【巧學(xué)妙記】(1)對(duì)物塊受力分析，把握已知條件。(1)對(duì)物塊受力分析，把握已知條件。(2)掌握洛倫茲力的公式和特點(diǎn)，理清彈力和摩擦力、洛倫茲力的變化。(3)分析受力結(jié)合運(yùn)動(dòng)，通過(guò)牛頓運(yùn)動(dòng)定律，分析加速度變化；通過(guò)合力與速度的關(guān)系，分析速度變化在重力場(chǎng)、磁場(chǎng)和電場(chǎng)中的勻速運(yùn)動(dòng)和勻速圓周運(yùn)動(dòng)①若三力平衡，一定做勻速直線運(yùn)動(dòng)。②若重力與電場(chǎng)力平衡，一定做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。③若合力不為零且與速度方向不垂直，將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)，因洛倫茲力不做功，可用能量守恒定律或動(dòng)能定理求解問(wèn)題?！镜淅?】(多選)(2022·福建省漳州市模擬)如圖，空間某區(qū)域存在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)方向水平向右，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向外。已知在該區(qū)域內(nèi)，一個(gè)帶電小球在豎直面內(nèi)做直線運(yùn)動(dòng)。下列說(shuō)法正確的是()A．若小球帶正電荷，則小球的電勢(shì)能減小B．若小球帶負(fù)電荷，則小球的電勢(shì)能減小C．無(wú)論小球帶何種電荷，小球的重力勢(shì)能都減小D．小球的動(dòng)能恒定不變【答案】CD【解析】根據(jù)題意，小球受的重力、靜電力恒定，洛倫茲力垂直于速度，則小球所受三力恰好平衡，做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則小球的動(dòng)能不變，故D正確；若小球帶正電，小球受力如圖1，根據(jù)左手定則可知，小球斜向左下方運(yùn)動(dòng)，靜電力做負(fù)功，電勢(shì)能增大，故A錯(cuò)誤；若小球帶負(fù)電，小球受力如圖2，根據(jù)左手定則可知，小球斜向右下方運(yùn)動(dòng)，靜電力做負(fù)功，電勢(shì)能增大，故B錯(cuò)誤；無(wú)論小球帶何種電荷，小球都下降，小球的重力勢(shì)能都減小，故C正確?！镜淅?】(多選)(2022·江淮十校聯(lián)考)如圖所示，空間存在豎直向上、大小為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)和沿水平方向、垂直于紙面向里、大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一個(gè)質(zhì)量為m的帶電小球用長(zhǎng)為L(zhǎng)的絕緣細(xì)線吊著懸于O點(diǎn)，給小球一個(gè)水平方向的初速度，小球在豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，細(xì)線張力不為零；某時(shí)刻細(xì)線斷開(kāi)，小球仍做半徑為L(zhǎng)的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，不計(jì)小球的大小，重力加速度為g，則()A．細(xì)線未斷時(shí)，小球沿順時(shí)針?lè)较蜻\(yùn)動(dòng)B．小球的帶電量為eq\f(mg,E)C．小球運(yùn)動(dòng)的速度大小為eq\f(2BLg,E)D．細(xì)線未斷時(shí)，細(xì)線的拉力大小為eq\f(2mLg2B2,E2)【答案】ABD【解析】小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，說(shuō)明電場(chǎng)力與重力等大反向，小球帶正電，qE＝mg，q＝eq\f(mg,E)，B項(xiàng)正確；由于細(xì)線斷了以后，小球仍做半徑為L(zhǎng)的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，因此細(xì)線未斷時(shí)，小球沿順時(shí)針?lè)较蜻\(yùn)動(dòng)，T－qvB＝meq\f(v2,L)，細(xì)線斷了以后小球沿逆時(shí)針?lè)较蜻\(yùn)動(dòng)，qvB＝meq\f(v2,L)，得到v＝eq\f(qBL,m)＝eq\f(BLg,E)，細(xì)線的拉力大小T＝eq\f(2mLg2B2,E2)，C項(xiàng)錯(cuò)誤，A、D項(xiàng)正確。練習(xí)4.(2022·江西一模)我國(guó)地處北半球，某地區(qū)存在勻強(qiáng)電場(chǎng)E和可看做勻強(qiáng)磁場(chǎng)的地磁場(chǎng)B，電場(chǎng)和地磁場(chǎng)的方向相同，地磁場(chǎng)的豎直分量和水平分量分別豎直向下和水平指北，一帶電小球以速度v在此區(qū)域內(nèi)沿垂直場(chǎng)強(qiáng)方向沿水平面做直線運(yùn)動(dòng)，忽略空氣阻力，某地區(qū)的重力加速度為g，則下列說(shuō)法正確的是()A．小球運(yùn)動(dòng)方向?yàn)樽阅舷虮?B．小球可能帶正電C．小球速度v的大小為eq\f(E,B) D．小球的比荷為eq\f(g,\r(E2＋（vB）2))【答案】D【解析】AB項(xiàng)，小球受到重力、電場(chǎng)力與洛倫茲力，因直線運(yùn)動(dòng)，且f＝qvB，因此一定是勻速直線運(yùn)動(dòng)，那么電場(chǎng)力與洛倫茲力的合力與重力等值反向，根據(jù)左手定則，因地磁場(chǎng)的豎直分量和水平分量分別豎直向下和水平指北，那么小球一定帶負(fù)電，負(fù)電荷受到的電場(chǎng)力的方向與磁場(chǎng)的方向相反，則運(yùn)動(dòng)的方向由東向西方向運(yùn)動(dòng)，故AB兩項(xiàng)錯(cuò)誤；C項(xiàng)，由上分析可知，電場(chǎng)力與洛倫茲力的合力豎直向上，由于夾角不知，因此它們的大小關(guān)系不能確定，則不能確定v的大小為eq\f(E,B).故C項(xiàng)錯(cuò)誤；D項(xiàng)，小球受到的電場(chǎng)力與洛倫茲力的合力與重力等值反向，則：mg＝eq\r(（qE）2＋（qvB）2)，所以小球的比荷：eq\f(q,m)＝eq\f(g,\r(E2＋（vB）2)).故D項(xiàng)正確．練習(xí)5、(2022·浙江省溫州市高三二模)如圖所示，在正交的勻強(qiáng)電、磁場(chǎng)中有質(zhì)量、電荷量都相同的兩油滴，A靜止，B做半徑為R的勻速圓周運(yùn)動(dòng)。若B與A相碰并結(jié)合在一起，則它們將()A．以B原速率的一半做勻速直線運(yùn)動(dòng)B．以eq\f(R,2)為半徑做勻速圓周運(yùn)動(dòng)C．仍以R為半徑做勻速圓周運(yùn)動(dòng)D．做周期為B的一半的勻速圓周運(yùn)動(dòng)【答案】B【解析】解析：由A、B相碰時(shí)動(dòng)量守恒mv＝2mv′，有v′＝eq\f(v,2)。據(jù)題意碰后A、B合成的大油滴所受重力仍與電場(chǎng)力平衡，合外力是洛倫茲力，所以繼續(xù)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，且有r＝eq\f(2mv′,2qB)＝eq\f(R,2)，T＝eq\f(2π2m,2qB)＝eq\f(2πm,qB)，選項(xiàng)B正確?！厩蓪W(xué)妙記】勻速圓周運(yùn)動(dòng)：當(dāng)帶電粒子在疊加場(chǎng)中勻速圓周運(yùn)動(dòng)：當(dāng)帶電粒子在疊加場(chǎng)中，重力與電場(chǎng)力相平衡，粒子運(yùn)動(dòng)方向與勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直時(shí)，帶電粒子就做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．此種情況下要同時(shí)應(yīng)用平衡條件和向心力公式來(lái)進(jìn)行分析．在重力場(chǎng)、磁場(chǎng)和電場(chǎng)中的直選運(yùn)動(dòng)和曲線運(yùn)動(dòng)【典例7】.(2022·云南省昆明市“三診一模”二模)如圖所示，在粗糙的足夠長(zhǎng)的豎直木桿上套有一個(gè)帶正電小球，整個(gè)裝置處在有水平勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)組成的足夠大的復(fù)合場(chǎng)中，小球由靜止開(kāi)始下滑，在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，下列關(guān)于描述小球運(yùn)動(dòng)的v—t圖象中正確的是()【答案】C【解析】在小球下滑的過(guò)程中，對(duì)小球進(jìn)行受力分析，如圖所示，小球受到重力mg、電場(chǎng)力qE、洛倫茲力qvB、摩擦力f，還有木桿對(duì)小球的支持力N.開(kāi)始時(shí)，小球的速度較小，洛倫茲力qvB較小，支持力N較大，隨著速度的增大，支持力N在減小，可以知道摩擦力f減小，豎直方向上的合力增大，小球的加速度增大；當(dāng)速度增大到一定的程度時(shí)，洛倫茲力qvB和電場(chǎng)力qE相等，此時(shí)支持力N為零，摩擦力f為零，小球的加速度為g，加速度達(dá)到最大；當(dāng)速度繼續(xù)增大時(shí)，支持力N要反向增大，摩擦力f增大，豎直方向上的合力減小，小球的加速度減小，當(dāng)摩擦力f與重力mg相等時(shí)，豎直方向上的加速度為零，小球的速度達(dá)到最大．所以選項(xiàng)ABD所示的v—t圖象不符合分析得到的小球的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，C選項(xiàng)符合．【典例8】(2022·衡水三模)在如圖所示的正交電磁場(chǎng)中豎直固定著一個(gè)半徑R＝eq\r(3)m的光滑圓弧，圓弧CD豎直固定，它對(duì)應(yīng)的圓心角為240°，在C的左端有一傾斜的切線光滑軌道AC與水平面夾角θ＝30°.電場(chǎng)強(qiáng)度為E的電場(chǎng)充滿整個(gè)空間，而磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的磁場(chǎng)只分布在圓弧軌道所在的右半側(cè)區(qū)域，已知E和B在數(shù)值上相等，取重力加速度g＝10m/s2.現(xiàn)在A點(diǎn)安裝一個(gè)彈射裝置，它能以不同速度沿AC方向發(fā)射可視為質(zhì)點(diǎn)的帶電小球，小球的質(zhì)量為m，小球射出后能在AC上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則下列說(shuō)法正確的是()A．小球一定帶負(fù)電B．小球在軌道的最低點(diǎn)F處速度最大C．若小球以初速度v0＝(5＋eq\r(45))m/s射出，則小球會(huì)從D點(diǎn)離開(kāi)軌道D．若撤去磁場(chǎng)，讓小球以初速度v0＝2eq\r(5)m/s射出，則小球一定不會(huì)脫離軌道【答案】D【解析】A項(xiàng)，小球射出后能在AC上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，小球所受合力為零，電場(chǎng)力水平向左，則小球帶正電，A項(xiàng)錯(cuò)誤．B項(xiàng)，小球受力如圖所示，電場(chǎng)力與重力的合力與豎直方向夾角為θ＝30°，小球速度最大位置在圖中C點(diǎn)，B項(xiàng)錯(cuò)誤．C項(xiàng)，重力與電場(chǎng)力的合力：F＝eq\f(mg,cosθ)＝eq\f(2\r(3)mg,3)，電場(chǎng)力：qE＝mgtanθ＝eq\f(\r(3),3)mg，小球在P點(diǎn)恰好不脫離軌道，此時(shí)軌道對(duì)小球彈力為零，由牛頓第二定律得：F＋qvB＝meq\f(v2,R)，由題意可知：E＝B，解得：v＝eq\f(\r(180)＋10,2)m/s，從A到C過(guò)程小球速度不變，從C到P過(guò)程，由動(dòng)能定理得：－F·2R＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，解得：v0＝eq\r(150＋30\r(5))>(5＋eq\r(45))m/s，則小球不會(huì)通過(guò)P到達(dá)D點(diǎn)，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；D項(xiàng)，設(shè)當(dāng)小球初速度v1時(shí)，恰好從C點(diǎn)沿圓弧轉(zhuǎn)過(guò)90°到B點(diǎn)，從C到B根據(jù)動(dòng)能定理：FR＝eq\f(1,2)mv12，解得v1＝2eq\r(10)m/s，由于v0＝2eq\r(5)m/s<2eq\r(10)m/s，則小球一定不會(huì)脫離軌道．只有D項(xiàng)正確．練習(xí)6、(多選)(2022山東省濟(jì)南市高三下模擬考試)如圖所示，空間中存在一水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)和一水平方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，垂直紙面向里，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E＝eq\f(\r(3)mg,q)，水平向左，在正交的電磁場(chǎng)空間中有一固定的粗細(xì)均勻的足夠長(zhǎng)粗糙絕緣桿，與電場(chǎng)正方向成60°夾角且處于豎直平面內(nèi)，一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的小球套在絕緣桿上，當(dāng)小球沿桿向下的初速度為v0時(shí)，小球恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)，已知重力加速度大小為g，小球電荷量保持不變，則下列說(shuō)法正確的是()A．小球的初速度v0＝eq\f(mg,2qB)B．若小球沿桿向下的初速度v＝eq\f(mg,qB)，小球?qū)⒀貤U做加速度不斷增大的減速運(yùn)動(dòng)直到停止C．若小球沿桿向下的初速度v＝eq\f(3mg,qB)，小球?qū)⒀貤U做加速度不斷減小的減速運(yùn)動(dòng)直到停止D．若小球沿桿向下的初速度v＝eq\f(4mg,qB)，則從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)至穩(wěn)定，小球克服摩擦力做功為eq\f(6m3g2,q2B2)【答案】BD【解析】根據(jù)題意可知小球受力平衡，電場(chǎng)力F＝qE＝eq\r(3)mg，電場(chǎng)力與重力的合力為G′＝2mg，方向垂直于桿斜向下，洛倫茲力垂直于斜桿向上，所以小球不受桿的摩擦力，則cos60°＝eq\f(mg,qv0B)，所以v0＝eq\f(2mg,qB)，A錯(cuò)誤；當(dāng)v＝eq\f(mg,qB)時(shí)，qvB＝mg<G′，則小球受到垂直于桿斜向上的彈力，即G′＝FN＋qvB，同時(shí)受到沿桿向上的摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律可知Ff＝μFN＝μ(G′－qvB)＝ma，小球做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)直至停止，B正確；當(dāng)v＝eq\f(3mg,qB)時(shí)，qvB＝3mg>G′，則小球受到垂直于桿斜向下的彈力，即G′＋FN＝qvB，同時(shí)受到沿桿向上的摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律可知Ff＝μFN＝μ(qvB－G′)＝ma，小球做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)v＝eq\f(2mg,qB)時(shí)，qvB＝G′＝2mg，小球不受摩擦力作用，開(kāi)始做勻速直線運(yùn)動(dòng)，C錯(cuò)誤；同理，當(dāng)v＝eq\f(4mg,qB)時(shí)，小球先做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)v＝eq\f(2mg,qB)時(shí)開(kāi)始做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理得小球克服摩擦力做功Wf＝eq\f(1,2)m(eq\f(4mg,qB))2－eq\f(1,2)m(eq\f(2mg,qB))2＝eq\f(6m3g2,q2B2)，D正確。練習(xí)7、(2022·哈爾濱模擬)如圖所示，在紙面內(nèi)存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，一水平固定絕緣桿上套有帶電小球P，P的質(zhì)量為m、電荷量為－q，P與桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.小球由靜止開(kāi)始滑動(dòng)，設(shè)電場(chǎng)、磁場(chǎng)區(qū)域足夠大，桿足夠長(zhǎng)，在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中小球的最大加速度為a0，最大速度為v0，則下列判斷正確的是()A．小球先加速后減速，加速度先增大后減小B．當(dāng)v＝eq\f(1,2)v0時(shí)，小球的加速度最大C．當(dāng)v＝eq\f(1,2)v0時(shí)，小球一定處于加速度減小階段D．當(dāng)a＝eq\f(1,2)a0時(shí)，eq\f(v,v0)>eq\f(1,2)【答案】C【解析】開(kāi)始運(yùn)動(dòng)階段qvB<mg，加速度a1＝eq\f(qE－μ（mg－qv1B）,m)，小球做加速度越來(lái)越大的加速運(yùn)動(dòng)；當(dāng)qvB＝mg之后，小球受到的支持力垂直桿向下，小球的加速度a2＝eq\f(qE－μ（qv2B－mg）,m)，小球做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，加速度減小到0后做勻速運(yùn)動(dòng)，則可知小球一直加速最后勻速，加速度先增大后減小為0不變，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；作出小球的加速度隨速度的變化規(guī)律圖象如圖所示，兩階段的圖線斜率大小相等，有v1<eq\f(1,2)v0，則v＝eq\f(1,2)v0時(shí)一定處于加速度減小階段，選項(xiàng)B錯(cuò)誤，C正確；a＝eq\f(1,2)a0可能出現(xiàn)在加速度增大階段或加速度減小階段，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．【巧學(xué)妙記】把握三點(diǎn)把握三點(diǎn)，解決“約束運(yùn)動(dòng)”問(wèn)題(1)對(duì)物塊受力分析，把握已知條件．(2)掌握洛倫茲力的公式和特點(diǎn)，理清彈力和摩擦力、洛倫茲力和速度、摩擦力與合力、加速度與速度等幾個(gè)關(guān)系．(3)掌握力和運(yùn)動(dòng)、功和能在磁場(chǎng)中的應(yīng)用1.1.(2022·北京海淀區(qū)期末)如圖所示，在赤道處，將一小球向東水平拋出，落地點(diǎn)為a；給小球帶上電荷后，仍以原來(lái)的速度拋出，考慮地磁場(chǎng)的影響，下列說(shuō)法正確的是()A．無(wú)論小球帶何種電荷，小球仍會(huì)落在a點(diǎn)B．無(wú)論小球帶何種電荷，小球下落時(shí)間都會(huì)延長(zhǎng)C．若小球帶負(fù)電荷，小球會(huì)落在更遠(yuǎn)的b點(diǎn)D．若小球帶正電荷，小球會(huì)落在更遠(yuǎn)的b點(diǎn)2..(2022·南京月考)如圖所示的虛線區(qū)域內(nèi)，充滿垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)。一帶電粒子a(不計(jì)重力)以一定的初速度由左邊界的O點(diǎn)射入磁場(chǎng)、電場(chǎng)區(qū)域，恰好沿直線由區(qū)域右邊界的O′點(diǎn)(圖中未標(biāo)出)穿出。若撤去該區(qū)域內(nèi)的磁場(chǎng)而保留電場(chǎng)不變，另一個(gè)同樣的粒子b(不計(jì)重力)仍以相同初速度由O點(diǎn)射入，從區(qū)域右邊界穿出，則粒子b()A．穿出位置一定在O′點(diǎn)下方B．穿出位置一定在O′點(diǎn)上方C．運(yùn)動(dòng)時(shí)，在電場(chǎng)中的電勢(shì)能一定減小D．在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，動(dòng)能一定減小3.（多選）(2022·云南省昆明市“三診一模”二模)如圖所示，在水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，有一豎直足夠長(zhǎng)固定絕緣桿MN，小球P套在桿上，已知P的質(zhì)量為m、電荷量為＋q，電場(chǎng)強(qiáng)度為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，P與桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g。小球由靜止開(kāi)始下滑直到穩(wěn)定的過(guò)程中()A．小球的加速度一直減小B．小球的機(jī)械能和電勢(shì)能的總和保持不變C．下滑加速度為最大加速度一半時(shí)的速度可能是eq\f(2μqE＋mg,2μqB)D．小球向下運(yùn)動(dòng)的穩(wěn)定速度為eq\f(μqE＋mg,μqB)4.(多選)(2022·安徽省合肥市高三上開(kāi)學(xué)考試)如圖所示，空間有一垂直紙面向里的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為0.5T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一質(zhì)量為0.2kg且足夠長(zhǎng)的絕緣木板靜止在光滑水平面上，在木板左端無(wú)初速度地放置一質(zhì)量為0.05kg、電荷量q＝－0.2C的滑塊，滑塊與絕緣木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，可認(rèn)為滑塊受到的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力．現(xiàn)對(duì)木板施加方向水平向左、大小為0.6N的恒力，g取10m/s2.則()A．木板和滑塊一直做勻加速運(yùn)動(dòng)B．滑塊先做勻加速運(yùn)動(dòng)后做勻速運(yùn)動(dòng)C．最終滑塊做速度為5m/s的勻速運(yùn)動(dòng)D．最終木板做加速度為3m/s2的勻加速運(yùn)動(dòng)5．（多選）(2022·福建省泉州市第二次質(zhì)量檢測(cè))如圖，一帶負(fù)電的圓環(huán)套在傾斜固定的粗糙絕緣長(zhǎng)直桿上，圓環(huán)的直徑略大于桿的直徑，桿處于方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中?，F(xiàn)給圓環(huán)一沿桿向上的初速度v0，在以后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，下列關(guān)于圓環(huán)的速度v隨時(shí)間t的變化關(guān)系圖線，可能正確的是()6.(多選)(2022·湖南省永州市高三下第一次適應(yīng)性測(cè)試)如圖所示，實(shí)線表示豎直平面內(nèi)的電場(chǎng)線，電場(chǎng)線與水平方向成α角，水平方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)與電場(chǎng)正交，有一帶電液滴沿斜向上的虛線L斜向上做直線運(yùn)動(dòng)，L與水平方向成β角，且α＞β，則下列說(shuō)法中正確的是()A．液滴一定做勻速直線運(yùn)動(dòng)B．液滴一定帶負(fù)電C．電場(chǎng)線方向一定斜向上D．液滴有可能做勻變速直線運(yùn)動(dòng)7.(2022·山東省菏澤市高三下二模)如圖所示，質(zhì)量為m＝1kg、電荷量為q＝5×10－2C的帶正電的小滑塊，從半徑為R＝0.4m的固定光滑絕緣eq\f(1,4)圓弧軌道上由靜止自A端滑下。整個(gè)裝置處在方向互相垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)與勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。已知E＝100V/m，方向水平向右，B＝1T，方向垂直紙面向里，g取10m/s2，求：(1)滑塊到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度；(2)在C點(diǎn)時(shí)滑塊所受洛倫茲力；(3)在C點(diǎn)滑塊對(duì)軌道的壓力。1.(2022山東省濟(jì)南市高三下模擬考試)如圖所示，勻強(qiáng)電場(chǎng)方向水平向右，勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，將帶正電的小球在場(chǎng)中靜止釋放，最后落到地面上．關(guān)于該過(guò)程，下述說(shuō)法正確的是()A．小球做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)B．小球減少的電勢(shì)能等于增加的動(dòng)能C．電場(chǎng)力和重力做的功等于小球增加的動(dòng)能D．若保持其他條件不變，只減小磁感應(yīng)強(qiáng)度，小球著地時(shí)動(dòng)能不變2.(多選)(2022·山東省濱州市高三下二模)帶電小球以一定的初速度v0豎直向上拋出，能夠達(dá)到的最大高度為h1；若加上水平方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，且保持初速度仍為v0，小球上升的最大高度為h2，若加上水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，且保持初速度仍為v0，小球上升的最大高度為h3；若加上豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，且保持初速度仍為v0，小球上升的最大高度為h4，如圖所示。不計(jì)空氣阻力，則()A.一定有h1＝h3 B.一定有h1＜h4C.h2與h4無(wú)法比較 D.h1與h2無(wú)法比較3.(2022·河北省張家口市高三下三模)如圖所示，場(chǎng)強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)方向豎直向下，場(chǎng)強(qiáng)為B的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直紙面向里，三個(gè)油滴a、b、c帶有等量的同種電荷．已知a靜止，b、c在紙面內(nèi)按圖示方向做勻速圓周運(yùn)動(dòng)(軌跡未畫(huà)出)．忽略三個(gè)油滴間的靜電力作用，比較三個(gè)油滴的質(zhì)量及b、c的運(yùn)動(dòng)情況，以下說(shuō)法中正確的是()A．三個(gè)油滴的質(zhì)量相等，b、c都沿順時(shí)針?lè)较蜻\(yùn)動(dòng)B．a(chǎn)的質(zhì)量最大，c的質(zhì)量最小，b、c都沿逆時(shí)針?lè)较蜻\(yùn)動(dòng)C．b的質(zhì)量最大，a的質(zhì)量最小，b、c都沿順時(shí)針?lè)较蜻\(yùn)動(dòng)D．三個(gè)油滴的質(zhì)量相等，b沿順時(shí)針?lè)较蜻\(yùn)動(dòng)，c沿逆時(shí)針?lè)较蜻\(yùn)動(dòng)4.(2022廣東汕頭一模)如圖所示，長(zhǎng)為l的絕緣輕繩上端固定于O點(diǎn)，下端系一質(zhì)量為m的帶負(fù)電小球，在小球運(yùn)動(dòng)的豎直平面內(nèi)有垂直該平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．某時(shí)刻給小球一垂直于磁場(chǎng)、水平向右的初速度，小球能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)．不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，則()A．小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)B．小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能不守恒C．小球在最高點(diǎn)的最小速度v1＝eq\r(gl)D．最低點(diǎn)與最高點(diǎn)的繩子拉力差值大于6mg5.(2022·天津市南開(kāi)區(qū)高三下一模)如圖所示，虛線右側(cè)有豎直向下的電場(chǎng)強(qiáng)度E＝45N/C的勻強(qiáng)電場(chǎng)及垂直于電場(chǎng)向外的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.25T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。在光滑絕緣的水平面上有兩個(gè)等大的金屬小球A、B，小球A不帶電，其質(zhì)量mA＝0.05kg，緊貼虛線靜置的小球B帶電量qB＝－4×10－3C，其質(zhì)量mB＝0.01kg。小球A以速度v0＝20m/s水平向右與小球B發(fā)生正碰，碰后小球B垂直于電、磁場(chǎng)直接進(jìn)入正交電、磁場(chǎng)中。剛進(jìn)入正交電、磁場(chǎng)的瞬間，小球B豎直方向的加速度恰好為零。設(shè)小球A、B碰撞瞬間電荷均分，取g＝10m/s2。則下列說(shuō)法正確的是()A．碰后瞬間，小球A的速度大小為10m/sB．小球A在剛進(jìn)入正交電、磁場(chǎng)后的短時(shí)間內(nèi)，其電勢(shì)能減少C．過(guò)程中，小球A對(duì)小球B做的功為2JD．小球A、B之間的碰撞為彈性碰撞6.(多選)(2022·江蘇省徐州市高三下第三次調(diào)研)如圖所示，粗糙的足夠長(zhǎng)直絕緣桿上套有一帶電小球，整個(gè)裝置處在由水平向右勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)組成的足夠大復(fù)合場(chǎng)中，小球由靜止開(kāi)始下滑，則下列說(shuō)法正確的是()A．小球的加速度先增大后減小B．小球的加速度一直減小C．小球的速度先增大后減小D．小球的速度一直增大，最后保持不變7.(多選)(2022·江蘇省宿遷市高三下第三次調(diào)研)如圖所示，半圓形光滑絕緣軌道固定在豎直平面內(nèi)，O點(diǎn)為其圓心，P點(diǎn)為軌道最低點(diǎn)，兩個(gè)端點(diǎn)M、N與O等高，勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向與軌道平面垂直。現(xiàn)將一個(gè)帶負(fù)電的小球自M點(diǎn)由靜止釋放，它將沿軌道做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法中正確的是()A．小球由M到N與由N到M所經(jīng)歷的時(shí)間相等B．小球由M到P與由N到P過(guò)程中重力對(duì)小球做的功相等，但洛倫茲力做的功不相等C．小球由M到P與由N到P過(guò)程中所受合外力的沖量大小相等D．小球經(jīng)過(guò)軌道最低點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小是相等的8.(多選)(2022·合肥一模)如圖所示，豎直放置的兩平行金屬板，長(zhǎng)為L(zhǎng)，板間距離為d，接在電壓為U的直流上．在兩板間加一磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．一個(gè)質(zhì)量為m，電荷量為q的帶正電油滴，從距金屬板上端高為h處由靜止開(kāi)始自由下落，并經(jīng)兩板上端連線中點(diǎn)P進(jìn)入板間．油滴在P點(diǎn)所受的電場(chǎng)力與磁場(chǎng)力大小恰好相等，且最后恰好從金屬板的下邊緣離開(kāi)電磁場(chǎng)區(qū)域．空氣阻力不計(jì)，重力加速度為g，則下列說(shuō)法正確的是()A．油滴剛進(jìn)入電磁場(chǎng)時(shí)的加速度為gB．油滴開(kāi)始下落的高度h＝eq\f(U2,2B2d2g)C．油滴從左側(cè)金屬板的下邊緣離開(kāi)D．油滴離開(kāi)電磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為eq\r(\f(－qU,m)＋2gL＋\f(U2,B2d2))9.(多選)(2022.黑龍江齊齊哈爾二模)如圖所示，絕緣的中空軌道豎直固定，圓弧段COD光滑，對(duì)應(yīng)圓心角為120°，C、D兩端等高，O為最低點(diǎn)，圓弧的圓心為O′，半徑為R；直線段AC、HD粗糙且足夠長(zhǎng)，與圓弧段分別在C、D端相切．整個(gè)裝置處于方向垂直于軌道所在平面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，在豎直虛線MC左側(cè)和虛線ND右側(cè)存在著電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等、方向分別為水平向右和水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)．現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量恒為q、直徑略小于軌道內(nèi)徑、可視為質(zhì)點(diǎn)的帶正電小球，從軌道內(nèi)距C點(diǎn)足夠遠(yuǎn)的P點(diǎn)由靜止釋放．若小球所受電場(chǎng)力的大小等于其重力的eq\f(\r(3),3)倍，小球與直線段AC、HD間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度為，則()A．小球在第一次沿軌道AC下滑的過(guò)程中，最大加速度amax＝eq\f(2\r(3),3)gB．小球在第一次沿軌道AC下滑的過(guò)程中，最大速度vmax＝eq\f(\r(3)mg,3μqB)C．小球進(jìn)入DH軌道后，上升的最高點(diǎn)與P點(diǎn)等高D．小球經(jīng)過(guò)O點(diǎn)時(shí)，對(duì)軌道的彈力可能為2mg－qBeq\r(gR)10.(2022·長(zhǎng)春模擬)如圖所示，水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)E＝4v/m，垂直紙面向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的B＝2T，質(zhì)量為m＝1kg的帶正電的小物塊A從豎直絕緣墻上的M點(diǎn)由靜止開(kāi)始下滑，滑行h＝0.8m到達(dá)N點(diǎn)時(shí)離開(kāi)墻面開(kāi)始做曲線運(yùn)動(dòng)，在到達(dá)P點(diǎn)開(kāi)始做勻速直線運(yùn)動(dòng)，此時(shí)速度與水平方向成45°角，P點(diǎn)離開(kāi)M點(diǎn)的豎直高度為H＝1.6m，取g＝10m/s2試求：(1)A沿墻下滑克服摩擦力做的功Wf(2)P點(diǎn)與M點(diǎn)的水平距離xp.11.(2022·福建福州期末)如圖所示，豎直平面MN的右側(cè)空間存在著相互垂直的水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)和水平向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，MN左側(cè)的絕緣水平面光滑，右側(cè)的絕緣水平面粗糙。質(zhì)量為m的小物體A靜止在MN左側(cè)的水平面上，該小物體帶負(fù)電，電荷量－q(q>0)。質(zhì)量為eq\f(1,3)m的不帶電的小物體B以速度v0沖向小物體A并發(fā)生彈性正碰，碰撞前后小物體A的電荷量保持不變。(1)求碰撞后小物體A的速度大小。(2)若小物體A與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝eq\f(3mg,qv0)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E＝eq\f(7μmg,q)，小物體A從MN開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)距離為L(zhǎng)時(shí)速度達(dá)到最大。求小物體A的最大速度vm和此過(guò)程克服摩擦力所做的功W。11.(2022·江蘇省連云港市高三下第一次調(diào)研)如圖所示，質(zhì)量M為5.0kg的小車(chē)以2.0m/s的速度在光滑的水平面上向左運(yùn)動(dòng)，小車(chē)上AD部分是表面粗糙的水平軌道，DC部分是eq\f(1,4)光滑圓弧軌道，整個(gè)軌道都是由絕緣材料制成的，小車(chē)所在空間內(nèi)有豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度E大小為50N/C，磁感應(yīng)強(qiáng)度B大小為2.0T．現(xiàn)有一質(zhì)量m為2.0kg、帶負(fù)電且電荷量為0.10C的滑塊以10m/s的水平速度向右沖上小車(chē)，當(dāng)它運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)速度為5m/s.滑塊可視為質(zhì)點(diǎn)，g取10m/s2，計(jì)算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字．(1)求滑塊從A到D的過(guò)程中，小車(chē)與滑塊組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能；(2)如果滑塊剛過(guò)D點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力為76N，求圓弧軌道的半徑r；(3)當(dāng)滑塊通過(guò)D點(diǎn)時(shí)，立即撤去磁場(chǎng)，要使滑塊沖出圓弧軌道，求此圓弧軌道的最大半徑．1.（2018·北京卷）某空間存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)。一個(gè)帶電粒子(不計(jì)重力)以一定初速度射入該空間后，做勻速直線運(yùn)動(dòng)；若僅撤除電場(chǎng)，則該粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，下列因素與完成上述兩類(lèi)運(yùn)動(dòng)無(wú)關(guān)的是A．磁場(chǎng)和電場(chǎng)的方向B．磁場(chǎng)和電場(chǎng)的強(qiáng)弱C．粒子的電性和電量D．粒子入射時(shí)的速度2.(2022·湖南卷·)如圖，兩個(gè)定值電阻的阻值分別為和，直流電源的內(nèi)阻不計(jì)，平行板電容器兩極板水平放置，板間距離為，板長(zhǎng)為，極板間存在方向水平向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。質(zhì)量為、帶電量為的小球以初速度沿水平方向從電容器下板左側(cè)邊緣點(diǎn)進(jìn)入電容器，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，恰從電容器上板右側(cè)邊緣離開(kāi)電容器。此過(guò)程中，小球未與極板發(fā)生碰撞，重力加速度大小為，忽略空氣阻力。（1）求直流電源的電動(dòng)勢(shì)；（2）求兩極板間磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度；（3）在圖中虛線的右側(cè)設(shè)計(jì)一勻強(qiáng)電場(chǎng)，使小球離開(kāi)電容器后沿直線運(yùn)動(dòng)，求電場(chǎng)強(qiáng)度的最小值。考點(diǎn)32磁場(chǎng)--帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)新課程標(biāo)準(zhǔn)1.通過(guò)實(shí)驗(yàn)，認(rèn)識(shí)洛倫茲力。能判斷洛倫茲力的方向，會(huì)計(jì)算洛倫茲力的大小。2．能用洛倫茲力分析帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)。了解帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)及其應(yīng)用。命題趨勢(shì)考查的內(nèi)容主要體現(xiàn)在對(duì)科學(xué)思維、運(yùn)動(dòng)與相互作用觀念等物理學(xué)科的核心素養(yǎng)的要求?？疾轭l率高，題目綜合性強(qiáng)，會(huì)綜合牛頓運(yùn)動(dòng)定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律，注重與電場(chǎng)、磁場(chǎng)的滲透，注重生產(chǎn)、生活、當(dāng)今熱點(diǎn)、現(xiàn)代科技的聯(lián)系。試題情境生活實(shí)踐類(lèi)生活和科技等學(xué)習(xí)探究類(lèi)帶電粒子在磁場(chǎng)、組合場(chǎng)、疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)考向一電場(chǎng)與磁場(chǎng)的疊加考向二磁場(chǎng)力、重力的疊加考向三在重力場(chǎng)、磁場(chǎng)和電場(chǎng)中的勻速運(yùn)動(dòng)和勻速圓周運(yùn)動(dòng)考向四在重力場(chǎng)、磁場(chǎng)和電場(chǎng)中的直選運(yùn)動(dòng)和曲線運(yùn)動(dòng)電場(chǎng)與磁場(chǎng)的疊加(2)疊加場(chǎng)：靜電場(chǎng)、磁場(chǎng)、重力場(chǎng)在同一區(qū)域共存，或其中某兩場(chǎng)在同一區(qū)域共存。2．三種場(chǎng)的比較項(xiàng)目名稱(chēng)力的特點(diǎn)功和能的特點(diǎn)重力場(chǎng)大?。篏＝mg方向：豎直向下重力做功與路徑無(wú)關(guān)重力做功改變物體的重力勢(shì)能靜電場(chǎng)大小：F＝qE方向：①正電荷受力方向與場(chǎng)強(qiáng)方向相同②負(fù)電荷受力方向與場(chǎng)強(qiáng)方向相反靜電力做功與路徑無(wú)關(guān)W＝qU靜電力做功改變電勢(shì)能磁場(chǎng)洛倫茲力大?。篎＝qvB方向：根據(jù)左手定則判定洛倫茲力不做功，不改變帶電粒子的動(dòng)能3．帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)分類(lèi)(1)靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng)當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中所受合力為零時(shí)，將處于靜止?fàn)顟B(tài)或做勻速直線運(yùn)動(dòng)。(2)勻速圓周運(yùn)動(dòng)當(dāng)帶電粒子所受的重力與靜電力大小相等，方向相反時(shí)，帶電粒子在洛倫茲力的作用下，在垂直于勻強(qiáng)磁場(chǎng)的平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。(3)較復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)當(dāng)帶電粒子所受合力的大小和方向均變化，且與初速度方向不在同一條直線上時(shí)，粒子做非勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，這時(shí)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡既不是圓弧，也不是拋物線。(4)分階段運(yùn)動(dòng)帶電粒子可能依次通過(guò)幾個(gè)情況不同的復(fù)合場(chǎng)區(qū)域，其運(yùn)動(dòng)情況隨區(qū)域發(fā)生變化，其運(yùn)動(dòng)過(guò)程由幾種不同的運(yùn)動(dòng)階段組成?！镜淅?】（2022年全國(guó)高考甲卷物理試題）空間存在著勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)，磁場(chǎng)的方向垂直于紙面（平面）向里，電場(chǎng)的方向沿y軸正方向。一帶正電的粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)的作用下，從坐標(biāo)原點(diǎn)O由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)。下列四幅圖中，可能正確描述該粒子運(yùn)動(dòng)軌跡的是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】解法一：AC．在xOy平面內(nèi)電場(chǎng)的方向沿y軸正方向，故在坐標(biāo)原點(diǎn)O靜止的帶正電粒子在電場(chǎng)力作用下會(huì)向y軸正方向運(yùn)動(dòng)。磁場(chǎng)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(yùn)動(dòng)的粒子同時(shí)受到沿x軸負(fù)方向的洛倫茲力，故帶電粒子向x軸負(fù)方向偏轉(zhuǎn)。AC錯(cuò)誤；BD．運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中在電場(chǎng)力對(duì)帶電粒子做功，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(qiáng)電場(chǎng)方向是沿y軸正方向，故x軸為勻強(qiáng)電場(chǎng)的等勢(shì)面，從開(kāi)始到帶電粒子偏轉(zhuǎn)再次運(yùn)動(dòng)到x軸時(shí)，電場(chǎng)力做功為0，洛倫茲力不做功，故帶電粒子再次回到x軸時(shí)的速度為0，隨后受電場(chǎng)力作用再次進(jìn)入第二象限重復(fù)向左偏轉(zhuǎn)，故B正確，D錯(cuò)誤。故選B。解法二：粒子在O點(diǎn)靜止，對(duì)速度進(jìn)行分解，分解為向x軸正方向的速度v，向x軸負(fù)方向的速度v’，兩個(gè)速度大小相等，方向相反。使得其中一個(gè)洛倫茲力平衡電場(chǎng)力，即則粒子的在電場(chǎng)、磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，可視為，向x軸負(fù)方向以速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)，同時(shí)在x軸上方做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。故選B?！镜淅?】（多選）（2022年廣東省普通高中學(xué)業(yè)水平選擇性考試）8.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(guò)N、P兩點(diǎn)。已知M、P在同一等勢(shì)面上，下列說(shuō)法正確的有（）A.電子從N到P，電場(chǎng)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【答案】BC【解析】A．由題可知電子所受電場(chǎng)力水平向左，電子從N到P的過(guò)程中電場(chǎng)力做負(fù)功，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)沿著電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低可知N點(diǎn)的電勢(shì)高于P點(diǎn)，故B正確；C．由于洛倫茲力一直都和速度方向垂直，故電子從M到N洛倫茲力都不做功；故C正確；D．由于M點(diǎn)和P點(diǎn)在同一等勢(shì)面上，故從M到P電場(chǎng)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)都只受電場(chǎng)力作用，在勻強(qiáng)電場(chǎng)中電子在這兩點(diǎn)電場(chǎng)力相等，即合力相等，故D錯(cuò)誤；故選BC。練習(xí)1、(2022·北京市朝陽(yáng)區(qū)高三一模)如圖所示，在坐標(biāo)系xOy平面的x＞0區(qū)域內(nèi)，存在電場(chǎng)強(qiáng)度大小E＝2×105N/C、方向垂直于x軸的勻強(qiáng)電場(chǎng)和磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝0.2T、方向與xOy平面垂直向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。在y軸上有一足夠長(zhǎng)的熒光屏PQ，在x軸上的M(10,0)點(diǎn)處有一粒子發(fā)射槍向x軸正方向連續(xù)不斷地發(fā)射大量質(zhì)量m＝6.4×10－27kg、電荷量q＝3.2×10－19C的帶正電粒子(重力不計(jì))，粒子恰能沿x軸做勻速直線運(yùn)動(dòng)。若撤去電場(chǎng)，并使粒子發(fā)射槍以M點(diǎn)為軸在xOy平面內(nèi)以角速度ω＝2πrad/s順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)(整個(gè)裝置都處在真空中)。(1)判斷電場(chǎng)方向，求粒子離開(kāi)發(fā)射槍時(shí)的速度大??；(2)帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑；(3)熒光屏上閃光點(diǎn)的范圍距離；【答案】(1)106m/s(2)0.1m(3)0.273m【解析】(1)帶正電粒子(重力不計(jì))在疊加場(chǎng)中沿x軸做勻速直線運(yùn)動(dòng)，據(jù)左手定則判斷可知洛倫茲力方向向下，所以電場(chǎng)力方向向上，電場(chǎng)方向向上，有qE＝qvB解得速度v＝eq\f(E,B)＝eq\f(2×105,0.2)m/s＝106m/s。(2)撤去電場(chǎng)后，洛倫茲力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,R)所以粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑R＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(6.4×10－27×106,3.2×10－19×0.2)m＝0.1m。(3)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，粒子打在熒光屏上最上端的點(diǎn)是B點(diǎn)，最下端打在A點(diǎn)由幾何知識(shí)可知dOA＝2Rcos30°＝eq\r(3)R，dOB＝R所以熒光屏上閃光點(diǎn)的范圍距離為dAB＝(eq\r(3)＋1)R≈0.273m。【巧學(xué)妙記】22．分析思路(1)劃分過(guò)程：將粒子運(yùn)動(dòng)的過(guò)程劃分為幾個(gè)不同的階段，對(duì)不同的階段選取不同的規(guī)律處理．(2)找關(guān)鍵：確定帶電粒子在場(chǎng)區(qū)邊界的速度(包括大小和方向)是解決該類(lèi)問(wèn)題的關(guān)鍵．(3)畫(huà)運(yùn)動(dòng)軌跡：根據(jù)受力分析和運(yùn)動(dòng)分析，大致畫(huà)出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡圖，有利于形象、直觀地解決問(wèn)題．磁場(chǎng)力、重力的疊加①若重力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運(yùn)動(dòng)。②若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)，因洛倫茲力不做功，故機(jī)械能守恒，由此可求解問(wèn)題?！镜淅?】(2022·北京市豐臺(tái)區(qū)高三上期末)如圖所示，空間有一垂直紙面的磁感應(yīng)強(qiáng)度為0.5T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一質(zhì)量為0.2kg且足夠長(zhǎng)的絕緣木板靜止在光滑水平面上，在木板左端無(wú)初速放置一質(zhì)量為0.1kg、電荷量q＝＋0.2C的滑塊，滑塊與絕緣木板之間動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，滑塊受到的最大靜摩擦力可認(rèn)為等于滑動(dòng)摩擦力。t＝0時(shí)對(duì)木板施加方向水平向左，大小為0.6N恒力，g取10m/s2。則()A.木板和滑塊一直做加速度為2m/s2的勻加速運(yùn)動(dòng)B.滑塊開(kāi)始做加速度減小的變加速運(yùn)動(dòng)，最后做速度為10m/s勻速運(yùn)動(dòng)C.木板先做加速度為2m/s2勻加速運(yùn)動(dòng)，再做加速度增大的運(yùn)動(dòng)，最后做加速度為3m/s2的勻加速運(yùn)動(dòng)D.t＝5s后滑塊和木塊有相對(duì)運(yùn)動(dòng)【答案】C【解析】由于滑塊與絕緣木板之間動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，靜摩擦力對(duì)滑塊能產(chǎn)生的最大加速度為μg＝5m/s2，所以當(dāng)0.6N的恒力作用于木板時(shí)，系統(tǒng)一起以a＝eq\f(F,M＋m)＝eq\f(0.6,0.2＋0.1)m/s2＝2m/s2的加速度一起運(yùn)動(dòng)，當(dāng)滑塊獲得向左運(yùn)動(dòng)的速度以后又產(chǎn)生一個(gè)方向向上的洛倫茲力，最大靜摩擦力f＝μ(mg－qvB)隨v的增大而減小，減小至它對(duì)滑塊產(chǎn)生a＝2m/s2的加速度后，滑塊與木板發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，此后滑動(dòng)摩擦力f＝μ(mg－qvB)＝ma，可知滑塊再做加速度減小的變加速運(yùn)動(dòng)。當(dāng)洛倫茲力等于重力時(shí)滑塊與木板之間的彈力為零，此時(shí)Bqv＝mg，解得v＝10m/s，此時(shí)摩擦力消失，滑塊做勻速運(yùn)動(dòng)，而木板在恒力作用下做勻加速運(yùn)動(dòng)，a′＝eq\f(F,M)＝eq\f(0.6,0.2)m/s2＝3m/s2。可知滑塊先與木板一起做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，然后發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，做加速度減小的變加速運(yùn)動(dòng)，最后做速度為10m/s的勻速運(yùn)動(dòng)；因木塊開(kāi)始的加速度為2m/s2，當(dāng)恰好要開(kāi)始滑動(dòng)時(shí)，f＝μ(mg－qvB)＝ma，代入數(shù)據(jù)得v＝6m/s，經(jīng)歷的時(shí)間是t＝eq\f(v,a)＝eq\f(6,2)s＝3s，此后滑塊所受的摩擦力逐漸減小，加速度減小，仍然做加速運(yùn)動(dòng)，最后做速度為10m/s的勻速運(yùn)動(dòng)，故選C【典例4】(多選)[2022·黃石模擬]如圖所示，有一范圍足夠大的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為＋q的帶電小圓環(huán)套在一根固定的絕緣豎直長(zhǎng)桿上，環(huán)與桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.現(xiàn)使圓環(huán)以初速度v0向上運(yùn)動(dòng)，經(jīng)時(shí)間t0圓環(huán)回到出發(fā)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，取豎直向上為正方向，下列描述該過(guò)程中圓環(huán)的速度v隨時(shí)間t、摩擦力Ff隨時(shí)間t、動(dòng)能Ek隨位移x、機(jī)械能E隨位移x變化規(guī)律的圖象中，可能正確的是()【答案】ABD【解析】小圓環(huán)向上做減速運(yùn)動(dòng)，對(duì)小圓環(huán)受力分析，豎直方向：重力和豎直向下的摩擦力，由牛頓第二定律有mg＋f＝ma；水平方向：N＝qvB，f＝μN(yùn)，解得f＝μqvB.速度逐漸減小，滑動(dòng)摩擦力逐漸減小，加速度逐漸減小，當(dāng)速度減小到零時(shí)，加速度為g，此時(shí)摩擦力為零，然后小圓環(huán)向下做加速運(yùn)動(dòng)，豎直方向：mg－f＝ma；水平方向：N＝qvB，f＝μN(yùn)，隨著速度的增大，彈力N增大，摩擦力增大，加速度減小，A、B正確．動(dòng)能先減小后增大，Ek－x圖像的斜率大小表示合外力，從0～x過(guò)程，動(dòng)能減小，合外力減小，從x～0的過(guò)程，動(dòng)能增大，合外力減小，C錯(cuò)誤．小圓環(huán)的機(jī)械能逐漸減小，E－x圖像的斜率大小表示摩擦力f，上升過(guò)程中，從0～x過(guò)程，摩擦力逐漸減小，下滑過(guò)程，位移從x～0，摩擦力逐漸增大，D正確．練習(xí)2、(多選)(2022·山東省菏澤市高三下二模)如圖所示，兩個(gè)傾角分別為30°和60°的足夠長(zhǎng)光滑絕緣斜面固定于水平地面上，并處于方向垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，兩個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小滑塊甲和乙分別從兩個(gè)斜面頂端由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后，兩小滑塊都將飛離斜面，在此過(guò)程中()A．甲滑塊飛離斜面瞬間的速度比乙滑塊飛離斜面瞬間的速度大B．甲滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間比乙滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間短C．兩滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的位移大小相同D．兩滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，重力的平均功率相等【答案】AD【解析】小滑塊飛離斜面時(shí)，洛倫茲力與重力垂直斜面的分力平衡，故mgcosθ＝qvmB，解得vm＝eq\f(mgcosθ,qB)，所以斜面傾角越小，飛離斜面瞬間的速度越大，故甲滑塊飛離時(shí)速度較大，故A正確；滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的加速度恒定不變，由受力分析和牛頓第二定律可得加速度a＝gsinθ，所以甲的加速度小于乙的加速度，因?yàn)榧罪w離時(shí)的速度大于乙飛離時(shí)的速度，由vm＝at得，甲在斜面上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間大于乙在斜面上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，故B錯(cuò)誤；由以上分析和x＝eq\f(v\o\al(2,m),2a)可知，甲在斜面上運(yùn)動(dòng)的位移大于乙在斜面上運(yùn)動(dòng)的位移，故C錯(cuò)誤；由平均功率的公式得，滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，重力的平均功率P＝Feq\x\to(v)·sinθ＝mg·eq\f(vm,2)sinθ＝eq\f(m2g2sinθ·cosθ,2qB)，因sin30°＝cos60°，sin60°＝cos30°，故兩滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)時(shí)重力的平均功率相等，故D正確。練習(xí)3.(多選)(2022·安徽省合肥市高三上開(kāi)學(xué)考試)如圖所示，空間存在垂直于紙面向里的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，場(chǎng)內(nèi)有一絕緣的足夠長(zhǎng)的直桿，它與水平面的夾角為θ，一電荷量為q、質(zhì)量為m的帶負(fù)電小球套在直桿上，從A點(diǎn)由靜止沿桿下滑，小球與桿之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，在小球以后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是()A．小球下滑的最大速度為vm＝eq\f(mgsinθ,μqB)B．小球下滑的最大加速度為am＝gsinθC．小球的加速度一直在減小D．小球的速度先增大后不變【答案】BD【解析】小球開(kāi)始下滑時(shí)有mgsinθ－μ(mgcosθ－qvB)＝ma，隨著v增大，a增大，當(dāng)v0＝eq\f(mgcosθ,qB)時(shí)，a達(dá)到最大值即am＝gsinθ，此時(shí)洛倫茲力大小等于mgcosθ，支持力為0，此后隨著速度增大，洛倫茲力增大，支持力增大，此后下滑過(guò)程中有，mgsinθ－μ(qvB－mgcosθ)＝ma，隨著v增大，a減小，當(dāng)vm＝eq\f(mgsinθ＋μcosθ,μqB)時(shí)，a＝0，此時(shí)達(dá)到平衡狀態(tài)，速度不變．所以整個(gè)過(guò)程中，v先增大后不變，a先增大后減小，所以B、D正確．【巧學(xué)妙記】(1)對(duì)物塊受力分析，把握已知條件。(1)對(duì)物塊受力分析，把握已知條件。(2)掌握洛倫茲力的公式和特點(diǎn)，理清彈力和摩擦力、洛倫茲力的變化。(3)分析受力結(jié)合運(yùn)動(dòng)，通過(guò)牛頓運(yùn)動(dòng)定律，分析加速度變化；通過(guò)合力與速度的關(guān)系，分析速度變化在重力場(chǎng)、磁場(chǎng)和電場(chǎng)中的勻速運(yùn)動(dòng)和勻速圓周運(yùn)動(dòng)①若三力平衡，一定做勻速直線運(yùn)動(dòng)。②若重力與電場(chǎng)力平衡，一定做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。③若合力不為零且與速度方向不垂直，將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)，因洛倫茲力不做功，可用能量守恒定律或動(dòng)能定理求解問(wèn)題?！镜淅?】(多選)(2022·福建省漳州市模擬)如圖，空間某區(qū)域存在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)方向水平向右，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向外。已知在該區(qū)域內(nèi)，一個(gè)帶電小球在豎直面內(nèi)做直線運(yùn)動(dòng)。下列說(shuō)法正確的是()A．若小球帶正電荷，則小球的電勢(shì)能減小B．若小球帶負(fù)電荷，則小球的電勢(shì)能減小C．無(wú)論小球帶何種電荷，小球的重力勢(shì)能都減小D．小球的動(dòng)能恒定不變【答案】CD【解析】根據(jù)題意，小球受的重力、靜電力恒定，洛倫茲力垂直于速度，則小球所受三力恰好平衡，做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則小球的動(dòng)能不變，故D正確；若小球帶正電，小球受力如圖1，根據(jù)左手定則可知，小球斜向左下方運(yùn)動(dòng)，靜電力做負(fù)功，電勢(shì)能增大，故A錯(cuò)誤；若小球帶負(fù)電，小球受力如圖2，根據(jù)左手定則可知，小球斜向右下方運(yùn)動(dòng)，靜電力做負(fù)功，電勢(shì)能增大，故B錯(cuò)誤；無(wú)論小球帶何種電荷，小球都下降，小球的重力勢(shì)能都減小，故C正確?！镜淅?】(多選)(2022·江淮十校聯(lián)考)如圖所示，空間存在豎直向上、大小為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)和沿水平方向、垂直于紙面向里、大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一個(gè)質(zhì)量為m的帶電小球用長(zhǎng)為L(zhǎng)的絕緣細(xì)線吊著懸于O點(diǎn)，給小球一個(gè)水平方向的初速度，小球在豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，細(xì)線張力不為零；某時(shí)刻細(xì)線斷開(kāi)，小球仍做半徑為L(zhǎng)的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，不計(jì)小球的大小，重力加速度為g，則()A．細(xì)線未斷時(shí)，小球沿順時(shí)針?lè)较蜻\(yùn)動(dòng)B．小球的帶電量為eq\f(mg,E)C．小球運(yùn)動(dòng)的速度大小為eq\f(2BLg,E)D．細(xì)線未斷時(shí)，細(xì)線的拉力大小為eq\f(2mLg2B2,E2)【答案】ABD【解析】小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，說(shuō)明電場(chǎng)力與重力等大反向，小球帶正電，qE＝mg，q＝eq\f(mg,E)，B項(xiàng)正確；由于細(xì)線斷了以后，小球仍做半徑為L(zhǎng)的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，因此細(xì)線未斷時(shí)，小球沿順時(shí)針?lè)较蜻\(yùn)動(dòng)，T－qvB＝meq\f(v2,L)，細(xì)線斷了以后小球沿逆時(shí)針?lè)较蜻\(yùn)動(dòng)，qvB＝meq\f(v2,L)，得到v＝eq\f(qBL,m)＝eq\f(BLg,E)，細(xì)線的拉力大小T＝eq\f(2mLg2B2,E2)，C項(xiàng)錯(cuò)誤，A、D項(xiàng)正確。練習(xí)4.(2022·江西一模)我國(guó)地處北半球，某地區(qū)存在勻強(qiáng)電場(chǎng)E和可看做勻強(qiáng)磁場(chǎng)的地磁場(chǎng)B，電場(chǎng)和地磁場(chǎng)的方向相同，地磁場(chǎng)的豎直分量和水平分量分別豎直向下和水平指北，一帶電小球以速度v在此區(qū)域內(nèi)沿垂直場(chǎng)強(qiáng)方向沿水平面做直線運(yùn)動(dòng)，忽略空氣阻力，某地區(qū)的重力加速度為g，則下列說(shuō)法正確的是()A．小球運(yùn)動(dòng)方向?yàn)樽阅舷虮?B．小球可能帶正電C．小球速度v的大小為eq\f(E,B) D．小球的比荷為eq\f(g,\r(E2＋（vB）2))【答案】D【解析】AB項(xiàng)，小球受到重力、電場(chǎng)力與洛倫茲力，因直線運(yùn)動(dòng)，且f＝qvB，因此一定是勻速直線運(yùn)動(dòng)，那么電場(chǎng)力與洛倫茲力的合力與重力等值反向，根據(jù)左手定則，因地磁場(chǎng)的豎直分量和水平分量分別豎直向下和水平指北，那么小球一定帶負(fù)電，負(fù)電荷受到的電場(chǎng)力的方向與磁場(chǎng)的方向相反，則運(yùn)動(dòng)的方向由東向西方向運(yùn)動(dòng)，故AB兩項(xiàng)錯(cuò)誤；C項(xiàng)，由上分析可知，電場(chǎng)力與洛倫茲力的合力豎直向上，由于夾角不知，因此它們的大小關(guān)系不能確定，則不能確定v的大小為eq\f(E,B).故C項(xiàng)錯(cuò)誤；D項(xiàng)，小球受到的電場(chǎng)力與洛倫茲力的合力與重力等值反向，則：mg＝eq\r(（qE）2＋（qvB）2)，所以小球的比荷：eq\f(q,m)＝eq\f(g,\r(E2＋（vB）2)).故D項(xiàng)正確．練習(xí)5、(2022·浙江省溫州市高三二模)如圖所示，在正交的勻強(qiáng)電、磁場(chǎng)中有質(zhì)量、電荷量都相同的兩油滴，A靜止，B做半徑為R的勻速圓周運(yùn)動(dòng)。若B與A相碰并結(jié)合在一起，則它們將()A．以B原速率的一半做勻速直線運(yùn)動(dòng)B．以eq\f(R,2)為半徑做勻速圓周運(yùn)動(dòng)C．仍以R為半徑做勻速圓周運(yùn)動(dòng)D．做周期為B的一半的勻速圓周運(yùn)動(dòng)【答案】B【解析】解析：由A、B相碰時(shí)動(dòng)量守恒mv＝2mv′，有v′＝eq\f(v,2)。據(jù)題意碰后A、B合成的大油滴所受重力仍與電場(chǎng)力平衡，合外力是洛倫茲力，所以繼續(xù)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，且有r＝eq\f(2mv′,2qB)＝eq\f(R,2)，T＝eq\f(2π2m,2qB)＝eq\f(2πm,qB)，選項(xiàng)B正確。【巧學(xué)妙記】勻速圓周運(yùn)動(dòng)：當(dāng)帶電粒子在疊加場(chǎng)中勻速圓周運(yùn)動(dòng)：當(dāng)帶電粒子在疊加場(chǎng)中，重力與電場(chǎng)力相平衡，粒子運(yùn)動(dòng)方向與勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直時(shí)，帶電粒子就做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．此種情況下要同時(shí)應(yīng)用平衡條件和向心力公式來(lái)進(jìn)行分析．在重力場(chǎng)、磁場(chǎng)和電場(chǎng)中的直選運(yùn)動(dòng)和曲線運(yùn)動(dòng)【典例7】.(2022·云南省昆明市“三診一模”二模)如圖所示，在粗糙的足夠長(zhǎng)的豎直木桿上套有一個(gè)帶正電小球，整個(gè)裝置處在有水平勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)組成的足夠大的復(fù)合場(chǎng)中，小球由靜止開(kāi)始下滑，在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，下列關(guān)于描述小球運(yùn)動(dòng)的v—t圖象中正確的是()【答案】C【解析】在小球下滑的過(guò)程中，對(duì)小球進(jìn)行受力分析，如圖所示，小球受到重力mg、電場(chǎng)力qE、洛倫茲力qvB、摩擦力f，還有木桿對(duì)小球的支持力N.開(kāi)始時(shí)，小球的速度較小，洛倫茲力qvB較小，支持力N較大，隨著速度的增大，支持力N在減小，可以知道摩擦力f減小，豎直方向上的合力增大，小球的加速度增大；當(dāng)速度增大到一定的程度時(shí)，洛倫茲力qvB和電場(chǎng)力qE相等，此時(shí)支持力N為零，摩擦力f為零，小球的加速度為g，加速度達(dá)到最大；當(dāng)速度繼續(xù)增大時(shí)，支持力N要反向增大，摩擦力f增大，豎直方向上的合力減小，小球的加速度減小，當(dāng)摩擦力f與重力mg相等時(shí)，豎直方向上的加速度為零，小球的速度達(dá)到最大．所以選項(xiàng)ABD所示的v—t圖象不符合分析得到的小球的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，C選項(xiàng)符合．【典例8】(2022·衡水三模)在如圖所示的正交電磁場(chǎng)中豎直固定著一個(gè)半徑R＝eq\r(3)m的光滑圓弧，圓弧CD豎直固定，它對(duì)應(yīng)的圓心角為240°，在C的左端有一傾斜的切線光滑軌道AC與水平面夾角θ＝30°.電場(chǎng)強(qiáng)度為E的電場(chǎng)充滿整個(gè)空間，而磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的磁場(chǎng)只分布在圓弧軌道所在的右半側(cè)區(qū)域，已知E和B在數(shù)值上相等，取重力加速度g＝10m/s2.現(xiàn)在A點(diǎn)安裝一個(gè)彈射裝置，它能以不同速度沿AC方向發(fā)射可視為質(zhì)點(diǎn)的帶電小球，小球的質(zhì)量為m，小球射出后能在AC上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則下列說(shuō)法正確的是()A．小球一定帶負(fù)電B．小球在軌道的最低點(diǎn)F處速度最大C．若小球以初速度v0＝(5＋eq\r(45))m/s射出，則小球會(huì)從D點(diǎn)離開(kāi)軌道D．若撤去磁場(chǎng)，讓小球以初速度v0＝2eq\r(5)m/s射出，則小球一定不會(huì)脫離軌道【答案】D【解析】A項(xiàng)，小球射出后能在AC上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，小球所受合力為零，電場(chǎng)力水平向左，則小球帶正電，A項(xiàng)錯(cuò)誤．B項(xiàng)，小球受力如圖所示，電場(chǎng)力與重力的合力與豎直方向夾角為θ＝30°，小球速度最大位置在圖中C點(diǎn)，B項(xiàng)錯(cuò)誤．C項(xiàng)，重力與電場(chǎng)力的合力：F＝eq\f(mg,cosθ)＝eq\f(2\r(3)mg,3)，電場(chǎng)力：qE＝mgtanθ＝eq\f(\r(3),3)mg，小球在P點(diǎn)恰好不脫離軌道，此時(shí)軌道對(duì)小球彈力為零，由牛頓第二定律得：F＋qvB＝meq\f(v2,R)，由題意可知：E＝B，解得：v＝eq\f(\r(180)＋10,2)m/s，從A到C過(guò)程小球速度不變，從C到P過(guò)程，由動(dòng)能定理得：－F·2R＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，解得：v0＝eq\r(150＋30\r(5))>(5＋eq\r(45))m/s，則小球不會(huì)通過(guò)P到達(dá)D點(diǎn)，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；D項(xiàng)，設(shè)當(dāng)小球初速度v1時(shí)，恰好從C點(diǎn)沿圓弧轉(zhuǎn)過(guò)90°到B點(diǎn)，從C到B根據(jù)動(dòng)能定理：FR＝eq\f(1,2)mv12，解得v1＝2eq\r(10)m/s，由于v0＝2eq\r(5)m/s<2eq\r(10)m/s，則小球一定不會(huì)脫離軌道．只有D項(xiàng)正確．練習(xí)6、(多選)(2022山東省濟(jì)南市高三下模擬考試)如圖所示，空間中存在一水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)和一水平方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，垂直紙面向里，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E＝eq\f(\r(3)mg,q)，水平向左，在正交的電磁場(chǎng)空間中有一固定的粗細(xì)均勻的足夠長(zhǎng)粗糙絕緣桿，與電場(chǎng)正方向成60°夾角且處于豎直平面內(nèi)，一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的小球套在絕緣桿上，當(dāng)小球沿桿向下的初速度為v0時(shí)，小球恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)，已知重力加速度大小為g，小球電荷量保持不變，則下列說(shuō)法正確的是()A．小球的初速度v0＝eq\f(mg,2qB)B．若小球沿桿向下的初速度v＝eq\f(mg,qB)，小球?qū)⒀貤U做加速度不斷增大的減速運(yùn)動(dòng)直到停止C．若小球沿桿向下的初速度v＝eq\f(3mg,qB)，小球?qū)⒀貤U做加速度不斷減小的減速運(yùn)動(dòng)直到停止D．若小球沿桿向下的初速度v＝eq\f(4mg,qB)，則從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)至穩(wěn)定，小球克服摩擦力做功為eq\f(6m3g2,q2B2)【答案】BD【解析】根據(jù)題意可知小球受力平衡，電場(chǎng)力F＝qE＝eq\r(3)mg，電場(chǎng)力與重力的合力為G′＝2mg，方向垂直于桿斜向下，洛倫茲力垂直于斜桿向上，所以小球不受桿的摩擦力，則cos60°＝eq\f(mg,qv0B)，所以v0＝eq\f(2mg,qB)，A錯(cuò)誤；當(dāng)v＝eq\f(mg,qB)時(shí)，qvB＝mg<G′，則小球受到垂直于桿斜向上的彈力，即G′＝FN＋qvB，同時(shí)受到沿桿向上的摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律可知Ff＝μFN＝μ(G′－qvB)＝ma，小球做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)直至停止，B正確；當(dāng)v＝eq\f(3mg,qB)時(shí)，qvB＝3mg>G′，則小球受到垂直于桿斜向下的彈力，即G′＋FN＝qvB，同時(shí)受到沿桿向上的摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律可知Ff＝μFN＝μ(qvB－G′)＝ma，小球做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)v＝eq\f(2mg,qB)時(shí)，qvB＝G′＝2mg，小球不受摩擦力作用，開(kāi)始做勻速直線運(yùn)動(dòng)，C錯(cuò)誤；同理，當(dāng)v＝eq\f(4mg,qB)時(shí)，小球先做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)v＝eq\f(2mg,qB)時(shí)開(kāi)始做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理得小球克服摩擦力做功Wf＝eq\f(1,2)m(eq\f(4mg,qB))2－eq\f(1,2)m(eq\f(2mg,qB))2＝eq\f(6m3g2,q2B2)，D正確。練習(xí)7、(2022·哈爾濱模擬)如圖所示，在紙面內(nèi)存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，一水平固定絕緣桿上套有帶電小球P，P的質(zhì)量為m、電荷量為－q，P與桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.小球由靜止開(kāi)始滑動(dòng)，設(shè)電場(chǎng)、磁場(chǎng)區(qū)域足夠大，桿足夠長(zhǎng)，在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中小球的最大加速度為a0，最大速度為v0，則下列判斷正確的是()A．小球先加速后減速，加速度先增大后減小B．當(dāng)v＝eq\f(1,2)v0時(shí)，小球的加速度最大C．當(dāng)v＝eq\f(1,2)v0時(shí)，小球一定處于加速度減小階段D．當(dāng)a＝eq\f(1,2)a0時(shí)，eq\f(v,v0)>eq\f(1,2)【答案】C【解析】開(kāi)始運(yùn)動(dòng)階段qvB<mg，加速度a1＝eq\f(qE－μ（mg－qv1B）,m)，小球做加速度越來(lái)越大的加速運(yùn)動(dòng)；當(dāng)qvB＝mg之后，小球受到的支持力垂直桿向下，小球的加速度a2＝eq\f(qE－μ（qv2B－mg）,m)，小球做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，加速度減小到0后做勻速運(yùn)動(dòng)，則可知小球一直加速最后勻速，加速度先增大后減小為0不變，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；作出小球的加速度隨速度的變化規(guī)律圖象如圖所示，兩階段的圖線斜率大小相等，有v1<eq\f(1,2)v0，則v＝eq\f(1,2)v0時(shí)一定處于加速度減小階段，選項(xiàng)B錯(cuò)誤，C正確；a＝eq\f(1,2)a0可能出現(xiàn)在加速度增大階段或加速度減小階段，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．【巧學(xué)妙記】把握三點(diǎn)把握三點(diǎn)，解決“約束運(yùn)動(dòng)”問(wèn)題(1)對(duì)物塊受力分析，把握已知條件．(2)掌握洛倫茲力的公式和特點(diǎn)，理清彈力和摩擦力、洛倫茲力和速度、摩擦力與合力、加速度與速度等幾個(gè)關(guān)系．(3)掌握力和運(yùn)動(dòng)、功和能在磁場(chǎng)中的應(yīng)用1.1.(2022·北京海淀區(qū)期末)如圖所示，在赤道處，將一小球向東水平拋出，落地點(diǎn)為a；給小球帶上電荷后，仍以原來(lái)的速度拋出，考慮地磁場(chǎng)的影響，下列說(shuō)法正確的是()A．無(wú)論小球帶何種電荷，小球仍會(huì)落在a點(diǎn)B．無(wú)論小球帶何種電荷，小球下落時(shí)間都會(huì)延長(zhǎng)C．若小球帶負(fù)電荷，小球會(huì)落在更遠(yuǎn)的b點(diǎn)D．若小球帶正電荷，小球會(huì)落在更遠(yuǎn)的b點(diǎn)【答案】D【解析】地磁場(chǎng)在赤道上空水平由南向北，從南向北觀察，如果小球帶正電荷，則洛倫茲力斜向右上方，該洛倫茲力在豎直向上和水平向右方向均有分力，因此，小球落地時(shí)間會(huì)變長(zhǎng)，水平位移會(huì)變大；同理，若小球帶負(fù)電，則小球落地時(shí)間會(huì)變短，水平位移會(huì)變小，故D正確。2..(2022·南京月考)如