2025年新高考物理壓軸題專項(xiàng)訓(xùn)練08帶電粒子在疊加場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)

壓軸題08帶電粒子在疊加場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)在高考物理中占據(jù)重要地位，是檢驗(yàn)學(xué)生綜合運(yùn)用電場(chǎng)、磁場(chǎng)等物理知識(shí)解決復(fù)雜問(wèn)題的能力的重要考點(diǎn)。在命題方式上，這類題目通常以綜合性強(qiáng)的計(jì)算題形式出現(xiàn)，可能涉及電場(chǎng)、磁場(chǎng)、重力場(chǎng)等多個(gè)疊加場(chǎng)的組合，要求考生分析帶電粒子在這些疊加場(chǎng)中的受力情況、運(yùn)動(dòng)軌跡、速度變化等，并運(yùn)用相應(yīng)的物理公式和定理進(jìn)行計(jì)算和推理。備考時(shí)，考生應(yīng)首先深入理解疊加場(chǎng)的基本原理和帶電粒子在其中的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，掌握電場(chǎng)力、洛倫茲力、重力等力的計(jì)算方法和疊加原理。同時(shí)，考生需要熟悉相關(guān)的物理公式和定理，并能夠靈活運(yùn)用它們解決具體問(wèn)題。此外，考生還應(yīng)注重實(shí)踐練習(xí)，通過(guò)大量做題來(lái)提高自己的解題能力和速度。考向一：帶電粒子在疊加場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)1.帶電粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)的疊加場(chǎng)中做直線運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力和洛倫茲力一定相互平衡，因此可利用二力平衡解題。2.帶電粒子在電場(chǎng)、磁場(chǎng)、重力場(chǎng)的疊加場(chǎng)中做直線運(yùn)動(dòng)，則粒子一定處于平衡狀態(tài)，因此可利用平衡條件解題。考向二：帶電粒子在疊加場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)1.帶電粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，隱含條件是必須考慮重力，且電場(chǎng)力和重力平衡。2.洛倫茲力提供向心力和帶電粒子只在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)解題方法相同?？枷蛉号渌俜ㄌ幚韼щ娏Ｗ釉诏B加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1.若帶電粒子在磁場(chǎng)中所受合力不會(huì)零，則粒子的速度會(huì)改變，洛倫茲力也會(huì)隨著變化，合力也會(huì)跟著變化，則粒子做一般曲線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)比較麻煩，此時(shí)，我們可以把初速度分解成兩個(gè)分速度，使其一個(gè)分速度對(duì)應(yīng)的洛倫茲力與重力（或電場(chǎng)力，或重力和電場(chǎng)力的合力）平衡，另一個(gè)分速度對(duì)應(yīng)的洛倫茲力使粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，這樣一個(gè)復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)就可以分解分兩個(gè)比較常見(jiàn)的運(yùn)動(dòng)，這種方法叫配速法。2.幾種常見(jiàn)情況：常見(jiàn)情況處理方法初速度為0，有重力把初速度0，分解一個(gè)向左的速度v1和一個(gè)向右的速度v1初速度為0，不計(jì)重力把初速度0，分解一個(gè)向左的速度v1和一個(gè)向右的速度v1初速度為0，有重力把初速度0，分解一個(gè)斜向左下方的速度v1和一個(gè)斜向右上方的速度v1初速度為v0，有重力把初速度v0，分解速度v1和速度v201束縛類直線運(yùn)動(dòng)1．如圖所示，兩個(gè)傾角分別為和的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)度為的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，兩個(gè)質(zhì)量為、帶電荷量為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B．甲滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的位移比乙滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的位移小C．甲滑塊飛離斜面瞬間重力的瞬時(shí)功率比乙滑塊飛離斜面瞬間重力的瞬時(shí)功率大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】D【詳解】A．小滑塊飛離斜面時(shí)，洛倫茲力與重力的垂直斜面的分力平衡，有解得所以斜面角度越小，飛離斜面瞬間的速度越大，故在甲滑塊飛離時(shí)速度較大，物體在斜面上運(yùn)動(dòng)的加速度恒定不變，由受力分析和牛頓第二定律可知加速度，所以甲的加速度小于乙的加速度，因?yàn)榧椎淖畲笏俣却笥谝业淖畲笏俣?，由得，甲的時(shí)間大于乙的時(shí)間，故A錯(cuò)誤；B．由A選項(xiàng)的分析和得，甲的位移大于乙的位移，故B錯(cuò)誤；C．滑塊飛離斜面瞬間重力的瞬時(shí)功率為則可知兩滑塊飛離斜面瞬間重力的瞬時(shí)功率均為故C錯(cuò)誤；D．由平均功率的公式得因，故兩滑塊重力的平均功率均為故D正確。故選D。02疊加場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)2．如圖所示，頂角為的光滑絕緣圓錐，置于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，現(xiàn)有質(zhì)量為m，帶電量為的小球，沿圓錐面在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則（）A．從上往下看，小球做順時(shí)針運(yùn)動(dòng)B．洛侖茲力提供小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)的向心力C．小球有最小運(yùn)動(dòng)半徑D．小球以最小半徑運(yùn)動(dòng)時(shí)其速度【答案】D【詳解】小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受重力、支持力和指向圓心的洛倫茲力，才能夠做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)安培左手定則可知從上往下看，小球做逆時(shí)針運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力與支持力的合力提供向心力根據(jù)牛頓第二定律，水平方向豎直方向聯(lián)立可得因?yàn)樗俣葹閷?shí)數(shù)，所以可得解得所以最小半徑為代入上面可得小球以最小半徑運(yùn)動(dòng)時(shí)其速度故選D。03配速法在疊加場(chǎng)中的應(yīng)用3．如圖所示，磁控管內(nèi)局部區(qū)域分布有豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。電子從點(diǎn)由靜止釋放，沿圖中軌跡依次經(jīng)過(guò)、兩點(diǎn)，且點(diǎn)離虛線最遠(yuǎn)。已知磁感應(yīng)強(qiáng)度為，電場(chǎng)強(qiáng)度為，電子質(zhì)量為、電荷量為，點(diǎn)為零電勢(shì)點(diǎn)，電子重力不計(jì)，則（）A．電子在點(diǎn)的速率為 B．點(diǎn)離虛線的距離為C．電子在點(diǎn)的電勢(shì)能為 D．、兩點(diǎn)的距離為【答案】C【詳解】方法一：配速法電子在M點(diǎn)靜止釋放，可以看作電子分別以速度向左運(yùn)動(dòng)，以速度向右運(yùn)動(dòng)。,則電子的運(yùn)動(dòng)可以分解為以向左做勻速直線運(yùn)動(dòng)和在豎直面上的速度為的勻速圓周運(yùn)動(dòng)。AB．點(diǎn)離虛線最遠(yuǎn),則電子圓周運(yùn)動(dòng)速度方向同時(shí)水平向左，則電子在點(diǎn)的速率為點(diǎn)離虛線的距離故AB錯(cuò)誤。C．粒子從M點(diǎn)到N點(diǎn)，在電場(chǎng)方向上運(yùn)動(dòng)了d，則電勢(shì)能為故C正確。D．粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期粒子從M點(diǎn)到P點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)了兩個(gè)圓周，則、兩點(diǎn)的距離為故D錯(cuò)誤。故選C。方法二：AB．設(shè)電子在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的任意一點(diǎn)Q的速度為v，則該速度可以分解為水平速度vx和豎直速度vy，M點(diǎn)到Q點(diǎn)的豎直距離為d，我們選水平向左為x軸正方向，豎直向下為y軸正方向，對(duì)電子從M點(diǎn)到Q點(diǎn)用動(dòng)能定理有對(duì)電子從M點(diǎn)到Q點(diǎn)水平方向用動(dòng)量定理有則當(dāng)Q點(diǎn)為N點(diǎn)時(shí)，有聯(lián)立以上數(shù)據(jù)解得，故AB錯(cuò)誤。C．由以上分析得電子在N點(diǎn)的動(dòng)能為設(shè)電子在N點(diǎn)的電勢(shì)能為，從M到N對(duì)電子用能量守恒定律得則得N點(diǎn)電子的電勢(shì)能為C正確；D．如下圖設(shè)P、M中間點(diǎn)為O點(diǎn)，對(duì)電子從M點(diǎn)到O點(diǎn)豎直方向用動(dòng)量定理有由圖得電子的運(yùn)動(dòng)具有周期性，也可認(rèn)為電子的運(yùn)動(dòng)為一個(gè)豎直平面的勻速圓周運(yùn)動(dòng)和一個(gè)水平方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)的合運(yùn)動(dòng)。對(duì)于勻速圓周運(yùn)動(dòng)有得運(yùn)動(dòng)周期為即電子從M點(diǎn)到O點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為所以由周期性得、兩點(diǎn)的距離為故D錯(cuò)誤。故選C。04三維疊加場(chǎng)問(wèn)題4．（2024·山東濰坊·一模）現(xiàn)代科學(xué)研究中，經(jīng)常用磁場(chǎng)和電場(chǎng)約束帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，如圖所示，有一棱長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方體電磁區(qū)域abcdefgh，以棱ef中點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)建立三維坐標(biāo)系Oxyz，正方體電磁區(qū)域內(nèi)充滿沿z軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在O點(diǎn)有一粒子源，沿x軸正方向發(fā)射不同速率的帶電粒子，粒子質(zhì)量均為m，電荷量均為。已知速度大小為的粒子，恰從坐標(biāo)點(diǎn)飛出（圖中未標(biāo)出），不計(jì)粒子的重力。求（1）磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B；（2）電場(chǎng)強(qiáng)度大小E；（3）從正方體上表面abcd飛出的粒子速率范圍?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)的作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，粒子從O點(diǎn)開(kāi)始沿x軸正方向發(fā)射，其勻速圓周運(yùn)動(dòng)的圓心必定在y軸上。根據(jù)幾何關(guān)系可知，粒子到達(dá)點(diǎn)時(shí)，和O點(diǎn)的連線與y軸之間的夾角滿足解得設(shè)圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為，則有解得根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得解得（2）設(shè)帶電粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期為，則有解得在題述的運(yùn)動(dòng)中，粒子的軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角為，所以運(yùn)動(dòng)時(shí)間為粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)的作用下做類平拋運(yùn)動(dòng)，加速度為沿著電場(chǎng)方向的位移為聯(lián)立解得（3）由上述分析可知當(dāng)粒子從正方體上表面abcd飛出的，粒子速率越大，粒子的分運(yùn)動(dòng)勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑越大，圖1中的p點(diǎn)越靠近d,軌跡圓心角越小，粒子在電磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間越短，粒子沿z軸負(fù)方向的位移越小。當(dāng)粒子速率最大為vmax時(shí)在cd邊射出，對(duì)應(yīng)的圓周運(yùn)動(dòng)軌跡為1/4圓周，其半徑等于L，則有解得假設(shè)粒子沿z軸負(fù)方向的分運(yùn)動(dòng)勻加速運(yùn)動(dòng)到f點(diǎn)時(shí)（其位移大小等于），粒子能夠在bc邊射出，設(shè)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2，則有解得粒子的分運(yùn)動(dòng)勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期為設(shè)此情況粒子的分運(yùn)動(dòng)勻速圓周運(yùn)動(dòng)軌跡的圓心角為β，則有；聯(lián)立解得β=150°此情況粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡在正方體前表面adhe內(nèi)的投影如圖2所示，可知假設(shè)成立，此時(shí)粒子的速率是從正方體上表面abcd飛出的粒子速率的最小值，設(shè)此時(shí)圓周運(yùn)動(dòng)半徑為r2。由幾何關(guān)系可得r2+r2cos30°=L解得同理有解得從正方體上表面abcd飛出的粒子速率范圍為1．（2024·山東淄博·模擬預(yù)測(cè)）足夠長(zhǎng)的絕緣木板置于光滑水平地面上，木板的上表面粗糙，帶負(fù)電小物塊（電量保持不變）置于木板的左端，整個(gè)裝置置于足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向如圖所示。在時(shí)刻，木板獲得一水平向左的初速度，關(guān)于此后運(yùn)動(dòng)過(guò)程中兩物體速度隨時(shí)間變化的關(guān)系圖像，可能正確的是（）

A．

B．

C．

D．

【答案】A【詳解】木板獲得一水平向左的初速度，受到物塊對(duì)其向右的摩擦力，所以木板做減速運(yùn)動(dòng)；同時(shí)，木板對(duì)物塊產(chǎn)生一個(gè)向左的摩擦力，因此物塊做加速運(yùn)動(dòng)，物塊帶負(fù)電，則受到洛倫茲力向下，則物塊受到的摩擦力變大，加速度變大；對(duì)木板則木板的加速度變大，因?yàn)槟景遄銐蜷L(zhǎng)，最后兩者速度相等，故木板做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，物塊做加速度增大的加速運(yùn)動(dòng)，A正確，BCD錯(cuò)誤。故選A。2．（2024·海南海口·模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，一根固定的絕緣豎直長(zhǎng)桿位于范圍足夠大且相互正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小、方向豎直向上，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為、方向垂直紙面向里。一質(zhì)量為、電荷量為的帶正電小圓環(huán)套在桿上，圓環(huán)與桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)為?，F(xiàn)使圓環(huán)以初速度沿桿向下運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)時(shí)間，圓環(huán)回到出發(fā)點(diǎn)。若圓環(huán)回到出發(fā)點(diǎn)之前已經(jīng)開(kāi)始做勻速直線運(yùn)動(dòng)，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為，則下列說(shuō)法中正確的是（

）

A．圓環(huán)下降過(guò)程中的加速度逐漸減小B．圓環(huán)的最大加速度C．圓環(huán)在時(shí)間內(nèi)損失的機(jī)械能為D．圓環(huán)下降過(guò)程和上升過(guò)程中，系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能相等【答案】AC【詳解】A.圓環(huán)向下運(yùn)動(dòng)時(shí)豎直方向受到重力、向上的電場(chǎng)力和向上的摩擦力。設(shè)圓環(huán)向下運(yùn)動(dòng)的加速度大小為，則因此圓環(huán)速度的減小，會(huì)導(dǎo)致其所受洛倫茲力減小，則摩擦力會(huì)減小，因此圓環(huán)做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，故A正確；B.當(dāng)圓環(huán)向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，圓環(huán)的加速度大小隨著圓環(huán)速度的增大，圓環(huán)開(kāi)始做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，之后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，圓環(huán)向下運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大于向上運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度，而向下運(yùn)動(dòng)時(shí)圓環(huán)受到的摩擦力越大，則加速度越大，因此圓環(huán)剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)，加速度最大，有可得故B錯(cuò)誤；C.圓環(huán)先后兩次經(jīng)過(guò)出發(fā)點(diǎn)過(guò)程中，重力勢(shì)能變化量為零，可知圓環(huán)機(jī)械能的損失，即為動(dòng)能的損失，根據(jù)動(dòng)能定理，有而圓環(huán)最后做勻速運(yùn)動(dòng)的速度因此圓環(huán)在時(shí)間內(nèi)損失的機(jī)械能為故C正確；D.圓環(huán)上升和下降的過(guò)程中，摩擦力大小的平均值不同，而圓環(huán)運(yùn)動(dòng)的路程相同，所以兩過(guò)程中，系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能不相等，故D項(xiàng)錯(cuò)誤。故選AC。3．（2024·河南鄭州·一模）光滑絕緣水平桌面上有一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的帶正電小球，桌面右側(cè)存在由勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)組成的復(fù)合場(chǎng)，復(fù)合場(chǎng)的下邊界是水平面，到桌面的距離為h，電場(chǎng)強(qiáng)度為E、方向豎直向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直紙面向外，重力加速度為g，帶電小球的比荷為。如圖所示，現(xiàn)給小球一個(gè)向右的初速度，使之離開(kāi)桌邊緣立刻進(jìn)入復(fù)合場(chǎng)運(yùn)動(dòng)，已知小球從下邊界射出，射出時(shí)的速度方向與下邊界的夾角為，下列說(shuō)法正確的是（）

A．小球在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間可能是B．小球在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的加速度大小可能是C．小球在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的路程可能是D．小球的初速度大小可能是【答案】AC【詳解】帶電小球的比荷為是，則有則小球合力為洛倫茲力，所以小球在復(fù)合場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，射出時(shí)的速度方向與下邊界的夾角為，則小球運(yùn)動(dòng)情況有兩種，軌跡如下圖所示

若小球速度為，則根據(jù)幾何知識(shí)可得軌跡所對(duì)應(yīng)的圓心角為，此時(shí)小球在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為根據(jù)幾何知識(shí)可得，其軌跡半徑為則根據(jù)洛倫茲力提供向心力有可得，小球的速度為則小球的路程為小球的加速度為若小球速度為，則根據(jù)幾何知識(shí)可得軌跡所對(duì)應(yīng)的圓心角為，此時(shí)小球在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為根據(jù)幾何知識(shí)可得，其軌跡半徑為則根據(jù)洛倫茲力提供向心力有可得，小球的速度為則小球的路程為小球的加速度為故選AC。4．（2024·內(nèi)蒙古赤峰·模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，直角坐標(biāo)系在水平面內(nèi)，z軸豎直向上，坐標(biāo)原點(diǎn)O處固定一帶正電的點(diǎn)電荷，空間中存在豎直向下磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，質(zhì)量為m、帶電量為的小球A，繞z軸做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。小球A的速度大小為，小球與坐標(biāo)原點(diǎn)的距離為r，O點(diǎn)和小球A的連線與z軸的夾角。重力加速度g、m、q、r均已知，。則下列說(shuō)法正確的是（）A．從上往下看，小球A沿逆時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng)B．O處的點(diǎn)電荷在A運(yùn)動(dòng)的圓周上各處產(chǎn)生的電勢(shì)和場(chǎng)強(qiáng)都相同C．小球A與點(diǎn)電荷之間的庫(kù)侖力大小為D．時(shí)，所需磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B最小【答案】ACD【詳解】A．空間中存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B，小球的向心力由庫(kù)侖力在運(yùn)動(dòng)軌跡半徑方向的分力和洛倫茲力提供，根據(jù)左手定則可知，從上往下看小球只能沿逆時(shí)針?lè)较蜃鰟蛩賵A周運(yùn)動(dòng)，故A正確；B．O處的點(diǎn)電荷在A運(yùn)動(dòng)的圓周上各處產(chǎn)生的電勢(shì)都相同，場(chǎng)強(qiáng)大小相等，方向不同，故B錯(cuò)誤；C．對(duì)小球A受力分析如圖所示，洛倫茲力F2沿水平方向，庫(kù)侖力F1沿著O→B方向在豎直方向，根據(jù)平衡條件得解得所以小球A與點(diǎn)電荷之間的庫(kù)侖力大小為，故C正確；D．水平方向根據(jù)牛頓第二定律得其中解得當(dāng)即時(shí)，B取值最小值，故D正確。故選ACD。5．（2024高三·廣東廣州·模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，虛線MN右側(cè)存在著勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向外，電場(chǎng)方向豎直向上，長(zhǎng)方形ABCD的AD邊與MN重合，長(zhǎng)方形的AB邊長(zhǎng)為l，AD邊長(zhǎng)為。一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的微粒垂直于MN射入電場(chǎng)、磁場(chǎng)區(qū)域后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，到達(dá)C點(diǎn)時(shí)刻，電場(chǎng)方向立刻旋轉(zhuǎn)90°，同時(shí)電場(chǎng)強(qiáng)度大小也發(fā)生變化，帶電微粒沿著對(duì)角線CA從A點(diǎn)離開(kāi)。重力加速度為g，下列說(shuō)法正確的是（）A．電場(chǎng)方向旋轉(zhuǎn)90°之后，電場(chǎng)方向水平向左B．電場(chǎng)改變之后，場(chǎng)強(qiáng)大小變?yōu)樵瓉?lái)的2倍C．微粒進(jìn)入N右側(cè)區(qū)域時(shí)的初速度為D．勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為【答案】CD【詳解】A．微粒從C到A做直線運(yùn)動(dòng)，可知洛倫茲力（斜向左上方）與重力（豎直向下）和電場(chǎng)力的合力平衡，則電場(chǎng)力方向必然水平向右，所以電場(chǎng)方向水平向右，A錯(cuò)誤；B．電場(chǎng)改變前，微粒在電場(chǎng)、磁場(chǎng)區(qū)域做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則qE＝mg即電場(chǎng)改變之后，受力情況如圖所示微粒受力平衡，重力與電場(chǎng)力的合力與洛倫茲力等大反向，可得即B錯(cuò)誤；CD．微粒做直線運(yùn)動(dòng)時(shí)受力平衡，可得由洛倫茲力作為向心力可得由幾何關(guān)系可得聯(lián)立解得CD正確。故選CD。6．（2024·湖北襄陽(yáng)·模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，xOy坐標(biāo)平面在豎直平面內(nèi)，x軸沿水平方向，y軸正方向豎直向上，在圖示空間內(nèi)有垂直于xOy平面的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一質(zhì)量為m的帶電小球從O點(diǎn)由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中曲線。已知重力加速度為g，關(guān)于帶電小球的運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法中正確的是（

）A．OAB軌跡為半圓 B．小球運(yùn)動(dòng)至最低點(diǎn)A時(shí)速度最大，且沿水平方向C．小球在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能守恒 D．小球在A點(diǎn)時(shí)受到的洛倫茲力大小為3mg【答案】BC【詳解】小球釋放后，除了受到重力外，開(kāi)始階段還受到向右側(cè)的洛倫茲力的作用，只有重力做功機(jī)械能守恒?？梢约俣ㄐ∏驇д姡掖艌?chǎng)方向垂直紙面向里。小球初速度為0，可以將這個(gè)初速度分解為向右的速度v1和向左的速度v2

則兩者大小關(guān)系為v1=v2且使?jié)M足qv1B=mg則根據(jù)前述分析可知，小球的運(yùn)動(dòng)可看做是v1引起的向右的勻速直線運(yùn)動(dòng)和v2引起的一開(kāi)始向左的逆時(shí)針勻速圓周運(yùn)動(dòng)的兩個(gè)分運(yùn)動(dòng)的合運(yùn)動(dòng)。很顯然，小球的軌跡不是半圓，而是擺線，如圖所示

且小球運(yùn)動(dòng)至最低點(diǎn)A時(shí)速度為向右的v2和v1的矢量和，即2v1，洛倫茲力大小為為2mg。其他位置v2和v1的矢量和都小于2v1。故選BC。7．（2024高三上·湖南長(zhǎng)沙·模擬預(yù)測(cè)）現(xiàn)代科學(xué)儀器中常利用電、磁場(chǎng)控制帶電粒子的運(yùn)動(dòng)。如圖甲所示，紙面內(nèi)存在上、下寬度均為d的勻強(qiáng)電場(chǎng)與勻強(qiáng)磁場(chǎng)，勻強(qiáng)電場(chǎng)豎直向下，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子（不計(jì)重力）從電場(chǎng)的上邊界的O點(diǎn)由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)到磁場(chǎng)的下邊界的P點(diǎn)時(shí)正好與下邊界相切。若把電場(chǎng)下移至磁場(chǎng)所在區(qū)域，如圖乙所示，重新讓粒子從上邊界M點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間粒子第一次到達(dá)最低點(diǎn)N，下列說(shuō)法正確的是（

）A．勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小為 B．粒子從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的時(shí)間為C．粒子經(jīng)過(guò)N點(diǎn)時(shí)速度大小為 D．M、N兩點(diǎn)的豎直距離為【答案】AC【詳解】A.設(shè)粒子在磁場(chǎng)中的速率為v，半徑為R，在電場(chǎng)中由動(dòng)能定理，有洛倫茲力充當(dāng)向心力，有由幾何關(guān)系可得綜上可得故A正確；B.粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為粒子從O運(yùn)動(dòng)到P的時(shí)間為故B錯(cuò)誤；CD.將粒子從M到N的過(guò)程中某時(shí)刻的速度分解為向右和向下的分量、，再把粒子受到的洛倫茲力分別沿水平方向和豎直方向分解，兩個(gè)洛倫茲力分量分別為，設(shè)粒子在最低點(diǎn)N的速度大小為v1，MN的豎直距離為y。水平方向由動(dòng)量定理可得由動(dòng)能定理可得結(jié)合解得，故C正確，D錯(cuò)誤。故選AC。8．（2024·河北·二模）如圖所示，豎直平面內(nèi)的直角坐標(biāo)系第三象限存在沿x軸（x軸水平）負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)Ⅰ，第四象限存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅲ和沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)Ⅱ，一帶負(fù)電、比荷為k的小球（可視為質(zhì)點(diǎn)）以某一初速度從點(diǎn)沿x軸正方向水平拋出，經(jīng)過(guò)點(diǎn)從第一象限進(jìn)入第四象限，在第四象限運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后，小球沿與y軸正方向成角的方向第一次經(jīng)過(guò)y軸進(jìn)入第三象限。已知?jiǎng)驈?qiáng)電場(chǎng)Ⅰ的電場(chǎng)強(qiáng)度大小，勻強(qiáng)電場(chǎng)Ⅱ的電場(chǎng)強(qiáng)度大小，重力加速度為g，，，不計(jì)空氣阻力。求：（1）小球在C點(diǎn)的速度；（2）勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅲ的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B；（3）小球從A點(diǎn)拋出到第四次（從A點(diǎn)拋出為第零次）經(jīng)過(guò)y軸的時(shí)間?！敬鸢浮浚?），方向斜向右下，與軸正方向的夾角為37°；（2）；（3）【詳解】（1）畫出帶電小球的運(yùn)動(dòng)軌跡，如圖所示設(shè)小球的初速度大小為，小球到達(dá)點(diǎn)時(shí)的速度大小為，小球由運(yùn)動(dòng)到經(jīng)過(guò)的時(shí)間為，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得由A到C，應(yīng)用動(dòng)能定理可得設(shè)帶電小球在C點(diǎn)時(shí)，其速度方向與軸正方向的夾角為，可得解得方向斜向右下，與x軸正方向的夾角為37°；（2）由于勻強(qiáng)電場(chǎng)Ⅱ的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為可知帶電小球在第四象限運(yùn)動(dòng)時(shí)，其所受電場(chǎng)力與重力等大反向，設(shè)小球第一次經(jīng)過(guò)y軸上的點(diǎn)為D，由角度關(guān)系可知小球由C到D的軌跡是一個(gè)半圓，設(shè)小球做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為R，由幾何關(guān)系可得由洛倫茲力提供向心力可得可得磁感應(yīng)強(qiáng)度大?。?）帶電小球由A到C的運(yùn)動(dòng)時(shí)間帶電小球由C到D的運(yùn)動(dòng)時(shí)間對(duì)處于第三象限內(nèi)的小球受力分析，可知帶電小球在第三象限內(nèi)先做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小為設(shè)帶電小球在F點(diǎn)減速到零，小球從D點(diǎn)到F點(diǎn)再返回D點(diǎn)經(jīng)過(guò)的時(shí)間帶電小球從D點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到G點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間帶電小球在H點(diǎn)恰好第四次經(jīng)過(guò)y軸，設(shè)小球從G點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到H點(diǎn)所用時(shí)間為，沿x軸方向有小球從點(diǎn)拋出到第四次經(jīng)過(guò)y軸的時(shí)間9．（2024·河南濮陽(yáng)·一模）如圖所示，在xOy坐標(biāo)系中，有沿x軸正向的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直坐標(biāo)平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為。在坐標(biāo)平面內(nèi)的某點(diǎn)沿某方向射出一質(zhì)量為電荷量為的帶正電微粒，微粒恰能在xOy坐標(biāo)平面內(nèi)做直線運(yùn)動(dòng)，且運(yùn)動(dòng)軌跡經(jīng)過(guò)O點(diǎn)。已知y軸正方向豎直向上，重力加速度g取，求：（1）微粒發(fā)射的速度大小和方向；（2）微粒到達(dá)O點(diǎn)時(shí)撤去磁場(chǎng)，當(dāng)微粒的速度沿豎直方向時(shí)，微粒的位置坐標(biāo)是多少；（3）在（2）問(wèn)中，當(dāng)微粒速度沿豎直方向時(shí)，再加上原磁場(chǎng)同時(shí)撤去電場(chǎng)，此后微粒運(yùn)動(dòng)的軌跡離x軸的最大距離為多少（結(jié)果可用根號(hào)表示）?！敬鸢浮浚?），與y軸負(fù)方向夾角為；（2）；（3）【詳解】（1）粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，如下圖則求得粒子出射的速度方向與y軸負(fù)方向夾角為解得即微粒發(fā)射的速度大小為，與y軸負(fù)方向夾角為（2）撤去磁場(chǎng)后，粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，如下圖將速度分解可得方向的加速度方向的速度減為零時(shí)此時(shí)距軸的距離為對(duì)應(yīng)速度距軸的距離為所以當(dāng)微粒的速度沿豎直方向時(shí)，微粒的位置坐標(biāo)是；（3）微粒運(yùn)動(dòng)的軌跡離x軸的最大距離時(shí)，速度與軸平行在方向上，有動(dòng)量定理可得即由動(dòng)能定理可得求得微粒運(yùn)動(dòng)的軌跡離x軸的最大距離10．（2024高三下·山西運(yùn)城·開(kāi)學(xué)考試）如圖所示，平面直角坐標(biāo)系的第二象限內(nèi)存在水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一質(zhì)量為、電荷量為的小球從A點(diǎn)以速度沿直線AO運(yùn)動(dòng)，AO與x軸負(fù)方向成53°角。在y軸與MN之間的區(qū)域I內(nèi)加一電場(chǎng)強(qiáng)度最小的勻強(qiáng)電場(chǎng)后，可使小球繼續(xù)做直線運(yùn)動(dòng)到MN上的C點(diǎn)，MN與PQ之間區(qū)域Ⅱ內(nèi)存在寬度為的豎直向上勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，小球在區(qū)域Ⅱ內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)并恰好不能從右邊界飛出，已知小球在C點(diǎn)的速度大小為，重力加速度為，sin53°=0.8，cos53°=0.6，求：（1）第二象限內(nèi)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大??；（2）區(qū)域I內(nèi)最小電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和方向；（3）區(qū)域Ⅱ內(nèi)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小?！敬鸢浮浚?），；（2），方向?yàn)榇怪盇O且與y軸正向成53°角；（3），【詳解】（1）根據(jù)題意分析可知小球沿AO做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則解得又解得（2）要使小球在區(qū)域I做直線運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)強(qiáng)度最小，則需要滿足解得方向?yàn)榇怪盇O且與y軸正向成53°角；（3）小球在區(qū)域Ⅱ做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則解得小球恰好不從右邊界飛出，如圖所示由幾何關(guān)系可知解得根據(jù)解得11．（2024·福建泉州·一模）如圖甲所示，在水平地面上方分布有相互垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)與勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)方向豎直向上，場(chǎng)強(qiáng)大小為E，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里。在離地高為h的O點(diǎn)處建立一直角坐標(biāo)系xOy，y軸豎直向上。一個(gè)帶正電小球A從O點(diǎn)以速率沿x軸負(fù)方向射出，恰好可以垂直打到地面。已知重力加速度大小為g，A受到的電場(chǎng)力恰好等于重力，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中帶電量不變，忽略空氣阻力。（1）求勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B；（2）若大量與A相同的小球仍從O點(diǎn)以速率在xOy平面內(nèi)沿各個(gè)方向先后射出，小球間的相互作用均不計(jì)，落地后均不反彈，求小球落地點(diǎn)區(qū)間的長(zhǎng)度；（3）若撤