2024年高考物理復(fù)習(xí)第一輪：強(qiáng)化課10 帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動

耨釉;黑：帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動

命題點(diǎn)一帶電粒子在疊加場中運(yùn)動的實(shí)例分析（自主學(xué)習(xí)）

［核心整合1

裝置原理圖規(guī)律

11E_

XXXX若qVuB=Eq,即。0=豆，粒子

速度選擇器T。B

_XXXX_

1_________________________1做勻速直線運(yùn)動

i-

等離子體射入，受洛倫茲力偏

1__________________________J轉(zhuǎn)，使兩極板帶正、負(fù)電，兩極

XXXXI

磁流體發(fā)電機(jī)B

_XXXXJ電壓為U時(shí)穩(wěn)定，cq=qvoB,

j__________1

U=VoBd

xaxx

Dq—qvB,所以0—所以。

電磁流量計(jì)

「RDU

vS

xbxx~~4B

當(dāng)磁場方向與電流方向垂直時(shí)，

霍爾元件導(dǎo)體在與磁場、電流方向都垂直

的方向上出現(xiàn)電勢差

［題組突破］

1.（速度選擇器）如圖所示是一速度選擇器，當(dāng)粒子速度滿

。0=需時(shí)，粒子沿圖中虛線水平射出；若某一粒子以速度。射入

速度選擇器后，運(yùn)動軌跡為圖中實(shí)線，則關(guān)于該粒子的說法正

的是（）

E

A.粒子射入的速度一定是。笠

E

B.粒子射入的速度可能是。<春

￡）

C.粒子射出時(shí)的速度一定大于射入速度

D.粒子射出時(shí)的速度一定小于射入速度

解析：B若粒子帶正電，則所受電場力方向向下，洛倫茲力方向向上，由受力分析結(jié)

F

合運(yùn)動軌跡可知，qvB>qE,則?！迪颠\(yùn)動過程中洛倫茲力不做功，電場力做負(fù)功，則粒子

速度減?。蝗袅Ｗ訋ж?fù)電，則所受電場力向上，洛倫茲力方向向下，由受力分析結(jié)合運(yùn)動軌

E

跡可知，qE>qvB,則運(yùn)動過程中洛倫茲力不做功，電場力做正功，則粒子速度增大,

故B正確，A、C、D錯誤.

2.（磁流體發(fā)電機(jī)）（2022.四川綿陽市綿陽中學(xué)高三月考）如圖所示為等離子體發(fā)電機(jī)的示

意圖.高溫燃燒室產(chǎn)生的大量的正、負(fù)離子被加速后垂直于磁場方向噴入發(fā)電通道的磁場

中.在發(fā)電通道中有兩塊相距為4的平行金屬板，兩金屬板外接電阻R.若磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度

為B,等離子體進(jìn)入磁場時(shí)的速度為。，系統(tǒng)穩(wěn)定時(shí)發(fā)電通道的電阻為r.則下列表述正確的是

)

A.上金屬板為發(fā)電機(jī)的負(fù)極，電路中電流為午

B.下金屬板為發(fā)電機(jī)的正極，電路中電流為整

C.上金屬板為發(fā)電機(jī)的正極，電路中電流為整

D.下金屬板為發(fā)電機(jī)的負(fù)極，電路中電流為等

A

解析：C根據(jù)左手定則，正離子受到的洛倫茲力向上，所以上金屬板帶正電，即上板

ppMR

為正極.穩(wěn)定后有扁=卯8,解得根據(jù)閉合電路的歐姆定律得/=親=1奇，故

選C.

3.（電磁流量計(jì)）督查暗訪組在某化工廠的排污管末端安裝了如圖所示的流量計(jì)，測量管

由絕緣材料制成，其長為L、直徑為。，左右兩端開口，在前后兩個(gè)內(nèi)側(cè)面〃、c固定有金屬

板作為電極，勻強(qiáng)磁場方向豎直向下.污水（含有大量的正負(fù)離子）充滿管口從左向右流經(jīng)該

測量管時(shí)，a、c兩端的電壓為U,顯示儀器顯示污水流量。（單位時(shí)間內(nèi)排出的污水體積）.則

（）

A.a側(cè)電勢比c側(cè)電勢低

B.污水中離子濃度越高，顯示儀器的示數(shù)越大

C.U與污水流量。成正比，與L、。無關(guān)

D.勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度8=-^^

解析：D污水中正負(fù)離子從左向右移動，受到洛倫茲力，根據(jù)左手定則，正離子向后

表面偏，負(fù)離子向前表面偏，所以后表面。側(cè)電勢比前表面c側(cè)電勢高，故A錯誤；最終正、

負(fù)離子會受到電場力、洛倫茲力處于平衡，有qE=qvB,即而污水流量。=史產(chǎn),

得。=舞，可知〃與。成正比，與。成反比，與乙無關(guān)，與離子濃度無關(guān)，B、C錯誤；

勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=與詈，故D正確.

4.（霍爾元件）（2022?全國高三專題練習(xí)）霍爾式位移傳感器的測量原理如圖所示，有一個(gè)

沿z軸方向的磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度8=氏+七（氏、k均為常數(shù)）.將傳感器固定在物體上，保持

通過霍爾元件的電流/不變，方向如圖所示，當(dāng)物體沿z軸方向移動時(shí)，由于位置不同，霍

爾元件在），軸方向上、下表面的電勢差U也不同.貝1］（）

A.傳感器靈敏度一與上、下表面的距離有關(guān)

B.磁感應(yīng)強(qiáng)度B越大，上、下表面的電勢差U越小

C.k越大，傳感器靈敏度竽越高

D.若圖中霍爾元件是電子導(dǎo)電，則下表面電勢高

解析：C最終定向移動的自由電荷在電場力和洛倫茲力的作用下處于平衡狀態(tài)，設(shè)霍

爾元件的長、寬、高分別為a、b、c，設(shè)定向移動的自由電荷在x方向的速度為。.有cr~=qvB,

電流的微觀表達(dá)式為/="WS=〃W6c,所以。=*￡B越大，上、下表面的電勢差U越大,

B錯誤；霍爾元件在〉軸方向上、下表面的電勢差U為〃=焉=（氏+丘）?焉，則蕓=焉,

所以傳感器靈敏度要與上、下表面的距離無關(guān)，k超大,傳感器靈敏度聿越高，A錯誤，

C正確；若該霍爾元件中移動的是自由電子，根據(jù)左手定則，電子向下表面偏轉(zhuǎn)，所以上表

面電勢高，所以D錯誤.

命題點(diǎn)二帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動（多維探究）

關(guān)于是否考慮粒子重力的三種情況

（1）對于微觀粒子，如電子、質(zhì)子、離子等，因?yàn)槠渲亓σ话闱闆r下與靜電力或磁場力相

比太小，可以忽略；而對于一些實(shí)際物體，如帶電小球、液滴、塵埃等一般應(yīng)當(dāng)考慮其重力.

（2）在題目中有明確說明是否要考慮重力的，按題目要求處理.

（3）不能直接判斷是否要考慮重力的，在進(jìn)行受力分析與運(yùn)動分析時(shí)，要結(jié)合運(yùn)動狀態(tài)確

定是否要考慮重力.

第1維度：帶電粒子在疊加場中的直線運(yùn)動.............................

（1）帶電粒子在電場和磁場的疊加場中做直線運(yùn)動，電場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、磁場、重力場的疊加場中做直線運(yùn)動，則粒子一定處于平衡狀態(tài)，

因此可利用平衡條件解題.

EG（多選）質(zhì)量為〃，、電荷量為q的微粒以速度。與水平方向成?,_________4

角從0點(diǎn)進(jìn)入方向如圖所示的正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場組成的混合場:~Z'

區(qū)，該微粒在電場力、洛倫茲力和重力的共同作用下，恰好沿直線運(yùn)動到?/

??

4下列說法中正確的是（）。

A.該微粒一定帶負(fù)電荷

B.微粒從0到A的運(yùn)動可能是勻變速運(yùn)動

C.該磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為“火〃

D.該電場的場強(qiáng)為'"gs；°

解析：AC若微粒帶正電荷，它受豎直向下的重力mg,水平向左的電場力qE和斜向右

下方的洛倫茲力皎B,知微粒不能做直線運(yùn)動，據(jù)此可知微粒應(yīng)帶負(fù)電荷，它受豎直向下的

重力mg、水平向右的電場力qE和斜向左上方的洛倫茲力又知微粒恰好沿著直線運(yùn)動

到A,可知微粒應(yīng)該做勻速直線運(yùn)動，則選項(xiàng)A正確，B錯誤；由平衡條件有：qoBcos9=

mg,qvBsm得磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度8=◎器電場的場強(qiáng)E=Bosin。=儂號一,

故選項(xiàng)C正確，D錯誤.

第2維度：帶電粒子在疊加場中的圓周運(yùn)動.............................

（1）帶電粒子做勻速圓周運(yùn)動，隱含條件是必須考慮重力，且電場力和重力平衡.

（2）洛倫茲力提供向心力和帶電粒子只在磁場中做圓周運(yùn)動解題方法相同.

EE（多選）在豎直平面內(nèi)建立直角坐標(biāo)系，曲線），=若位于/j

第一象限的部分如圖所示，在曲線上不同點(diǎn)以一定的初速度。0向XJ-

0X

軸負(fù)方向水平拋出質(zhì)量為切、帶電荷量為十夕的小球，小球下落過

程中都會通過坐標(biāo)原點(diǎn)0,之后進(jìn)入第三象限的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場區(qū)域（圖中未畫出），結(jié)

果小球恰好在豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，并且都能打到＞軸負(fù)半軸上.已知勻強(qiáng)磁場的磁感

應(yīng)強(qiáng)度大小為B,重力加速度g取10m/s2,則下列說法正確的是（）

A.第三象限的電場強(qiáng)度大小為管，方向豎直向下

q

B.小球的初速度為10m/s

C.第三象限的磁場方向一定是垂直紙面向外

D.要使所有的小球都能打到)，軸的負(fù)半軸，所加磁場區(qū)域的最小面積是段“(翳J

解析：BD本題考查帶電體在疊加場中的運(yùn)動.設(shè)小球釋放點(diǎn)

的坐標(biāo)為(x,y),由平拋運(yùn)動規(guī)律可知x=o“，y=^gt2,聯(lián)立可得y

=券已由題意可知尸去，聯(lián)立可得oo=10m/s,B正確；小球在

第三象限做勻速圓周運(yùn)動，則有mg=qE,可得E弋,方向豎直

向上，A錯誤；根據(jù)題意結(jié)合左手定則可判斷，第三象限的磁場方向垂直紙面向里，C錯誤;

設(shè)小球最初進(jìn)入第三象限時(shí)的速度為與y軸負(fù)方向夾角為a,則有Oo=osina,洛倫茲力

2

提供向心力，有卯B=,*,解得「=4黑1小球在磁場中的偏轉(zhuǎn)角恒為2a,運(yùn)動軌跡的

弦長/=2梏ina=M，恒定不變，要使所有的小球都能打到y(tǒng)軸負(fù)半軸上，所加磁場區(qū)域的

最小面積為Smin=D正確.

第3維度：帶電粒子在疊加場中的復(fù)雜運(yùn)動

帶電體在電場、磁場和重力場三種疊加場中做一般的曲線運(yùn)動，需要用功能關(guān)系分析問

題.洛倫茲力不做功，質(zhì)點(diǎn)動能的變化是電場力、重力做功的結(jié)果.

EW如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy(x軸水平，y軸豎直)

中，第一象限內(nèi)存在正交的勻強(qiáng)電、磁場，電場強(qiáng)度豎直向上，大小

Ei=40N/C,磁場方向垂直紙面向里；第四象限內(nèi)存在一方向向左的X《XX

~0-*——x

勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)&=與N/C.一質(zhì)量為機(jī)=2X10-3kg的帶正電的小

球，從M(3.64m,3.2m)點(diǎn)，以如=1m/s的水平速度開始運(yùn)動.已知

球在第一象限內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，從尸(2.04m,0)點(diǎn)進(jìn)入第四象限后經(jīng)過)，軸上的NQ,-2.28

m)點(diǎn)(圖中未標(biāo)出).求：(g取lOmH,sin37°=0.6,cos37°=0.8)

(1)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。?/p>

(2)小球由P點(diǎn)運(yùn)動至N點(diǎn)的時(shí)間.

解析：(1)小球在第一象限內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動

mg=qE\

解得q=5Xl(T4c

由圖甲得Reos0=XM~XP,Rsin。+R=yM

聯(lián)立解得R=2m,。=37°

又qvoB=〃rn

解得5=2T

（2）小球進(jìn)入第四象限后，受力如圖乙所示,

tana=q22-0.75,CL—0—31°

小球的速度與重力、電場力的合力/垂直，軌跡如圖甲所示.

由幾何關(guān)系可得

/QN=（一鄧一xptana）cosa=0.6m

在第四象限，沿初速度方向，有IQN=UOI

解得1=0.6s

答案：（1）2T（2）0.6s

■■宦歪歪歪核心素養(yǎng)新導(dǎo)向?qū)W科培優(yōu)注

素養(yǎng)培優(yōu)29軌道約束情況下帶電體在磁場中的運(yùn)動

類型一帶電物塊與絕緣物塊的組合

典例1（多選）如圖所示，甲是一個(gè)帶正電的小物塊，乙是一x

XrI~甲IDx

個(gè)不帶電的絕緣物塊，甲、乙疊放在一起靜置于粗糙的水平地板上，二'十］B

X乙X

地板上方空間有水平方向的勻強(qiáng)磁場.現(xiàn)用水平恒力拉乙物塊，使

甲、乙一起保持相對靜止向左加速運(yùn)動，在加速運(yùn)動階段，下列說法正確的是（）

A.甲對乙的壓力不斷增大

B.甲、乙兩物塊間的摩擦力不斷增大

C.乙對地板的壓力不斷增大

D.甲、乙兩物塊間的摩擦力不斷減小

解析：ACD對甲、乙兩物塊受力分析，甲物塊受豎直向下的洛倫茲力不斷增大，乙物

塊對地板的壓力不斷增大,甲、乙一起向左做加速度減小的加速運(yùn)動；甲、乙兩物塊間的摩

擦力大小等于Ff=m,fa,甲、乙兩物塊間的摩擦力不斷減小.故A、C、D正確.

類型二帶電小球與絕緣斜面的組合

典例2如圖所示，質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球，在傾角為。的光滑絕緣斜面上

由靜止開始下滑.圖中虛線是左、右兩側(cè)勻強(qiáng)磁場(圖中未畫出)的分界線，左側(cè)磁場的磁感

應(yīng)強(qiáng)度為呈右側(cè)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,兩磁場的方向均垂直于紙面向外.當(dāng)小球剛下滑至

分界線時(shí)，對斜面的壓力恰好為零.己知重力加速度為g,斜面足夠長，小球可視為質(zhì)點(diǎn).

(1)判斷小球帶何種電荷.

(2)求小球沿斜面下滑的最大速度.

(3)求小球速度達(dá)到最大時(shí)，在左側(cè)磁場中下滑的距離L.

解析：(1)根據(jù)題意可知，小球下滑過程中受到的洛倫茲力方向垂直斜面向上，根據(jù)左手

定則可知小球帶正電荷.

(2)當(dāng)小球剛下滑至分界線時(shí)，對斜面的壓力恰好為零，然后小球繼續(xù)向下運(yùn)動，在左側(cè)

區(qū)域當(dāng)壓力再次為零時(shí)，速度達(dá)到最大值，則有Wm^=，〃gCOS0,

42z2mgeos0

解仔BOm=---荷---.

(3)當(dāng)小球剛下滑至分界線時(shí)，對斜面的壓力恰好為零，設(shè)此時(shí)速度為V,則有qvB=mgcos

0,

解得。二寫A

小球下滑的過程中，由牛頓第二定律得力gsin0=ma,

解得a=gsin0,

由運(yùn)動學(xué)規(guī)律可得2〃=叫—",

聯(lián)立解得s審.

答案：⑴正電荷⑵勺⑶需上

類型三帶電圓環(huán)與絕緣直桿的組合

典例3(多選)如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為加、帶電荷量為+q的圓環(huán)，xxX.x

g+gVoa

可在水平放置的足夠長的粗糙細(xì)桿上滑動，細(xì)桿處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為?C=■

XXXX

B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場中.現(xiàn)給圓環(huán)向右的初速度如，在以

后的運(yùn)動過程中，圓環(huán)運(yùn)動的。Y圖像可能是下圖中的()

解析：BC當(dāng)qvB=mg時(shí)，圓環(huán)做勻速直線運(yùn)動，故B正確；當(dāng)qvB>mg時(shí)，F(xiàn)z=qvB

—mg,此時(shí)fiFN—ma,所以圓環(huán)做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動，直到qvB=mg時(shí)，圓環(huán)開

始做勻速運(yùn)動，故C正確；當(dāng)時(shí)，F(xiàn)^=mg—qvB,此時(shí)〃尺=〃?”，所以圓環(huán)做加速

度逐漸增大的減速運(yùn)動，直到停止，所以其圖像的斜率應(yīng)該逐漸增大，故A、D錯誤.

I反思領(lǐng)悟I

把握三點(diǎn)，解決“約束運(yùn)動”問題

(1)對物塊受力分析，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、功和能在磁場中的應(yīng)用

限時(shí)規(guī)范訓(xùn)練

［基礎(chǔ)鞏固］

1.現(xiàn)代病毒研究實(shí)驗(yàn)室通常都有廢水檢測排放系統(tǒng)，其原理如圖所示.當(dāng)含有新冠病毒

(帶正、負(fù)離子)的廢水從排水管右側(cè)流入時(shí)，給排水管加上垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，下列

說法正確的是()

xxMXx

)XXXX(

/""---B\

(XXXX)

xx/Vxx

A.N點(diǎn)的電勢高于M點(diǎn)的電勢

B.M點(diǎn)的電勢高于N點(diǎn)的電勢

C.M、N兩點(diǎn)電勢差越大，廢液的流動速度越慢

D.所加磁感應(yīng)強(qiáng)度越小，廢液的流動速度越慢

解析：A帶電離子進(jìn)入磁場后受到洛倫茲力作用，根據(jù)左手定則可知，正離子受到的

洛倫茲力向下，負(fù)離子受到洛倫茲力向上，M點(diǎn)的電勢低于N點(diǎn)的電勢，或N點(diǎn)的電勢高于

M點(diǎn)的電勢，故A正確、B錯誤；當(dāng)正、負(fù)離子受到的電場力和洛倫茲力平衡，則有僅，B=

解得，液體的流速。=焉，U是MN兩點(diǎn)間的電勢差，8為所加磁感應(yīng)強(qiáng)度，則有M、

N兩點(diǎn)電勢差越大，廢液的流動速度越快，流速與8無關(guān)，不是決定式，故CD錯誤.

2.(多選)如圖所示，A8C為豎直平面內(nèi)的光滑絕緣軌道，其中

B

AB為傾斜直軌道，3c為與AB相切的圓形軌道，并且圓形軌道處在勻強(qiáng)磁場中，磁場方向

垂直紙面向里.質(zhì)量相同的甲、乙、丙三個(gè)小球中，甲球帶正電、乙球帶負(fù)電、丙球不帶電.現(xiàn)

將三個(gè)小球在軌道AB上分別從不同高度處由靜止釋放，都恰好通過圓形軌道的最高點(diǎn)，則

（）

A.經(jīng)過最高點(diǎn)時(shí)，三個(gè)小球的速度相等

B.經(jīng)過最高點(diǎn)時(shí)，甲球的速度最小

C.甲球的釋放位置比乙球的高

D.運(yùn)動過程中三個(gè)小球的機(jī)械能均保持不變

解析：CD設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度為8,圓形軌道半徑為r,三個(gè)小球質(zhì)量均為相，它們恰好通

2

過最高點(diǎn)時(shí)的速度分別為。甲、。乙和。丙，由牛頓第二定律有mg+Bv即=%^\mg-Bv乙

22

mg=^—,則。甲〉？再》?2,選項(xiàng)A、B錯誤；三個(gè)小球在運(yùn)動過程中，只有重

力做功，即它們的機(jī)械能守恒，選項(xiàng)D正確；甲球在最高點(diǎn)處的動能最大，因?yàn)閯菽芟嗟?

所以甲球的機(jī)械能最大，甲球的釋放位置最高，選項(xiàng)C正確.

3.如圖所示，空間中存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場方向水平向飛xBx

左，磁場方向垂直紙面向里，在正交的電磁場空間中有一足夠長的固Wxx

定光滑絕緣桿，與電場方向成60°夾角且處于豎直平面內(nèi).一帶電小—圣

xxx\\x

球套在絕緣桿上，當(dāng)小球沿桿向下的初速度為。0時(shí)，小球恰好做勻速^

直線運(yùn)動，則下列說法正確的是（）

A.小球可能帶正電，也可能帶負(fù)電

E1

B.磁場和電場的大小關(guān)系為方=^o

DZ

C.若撤去磁場，小球仍做勻速直線運(yùn)動

D.若撤去電場，小球的機(jī)械能不斷增大

解析：C洛倫茲力和支持力與運(yùn)動方向相互垂直，均不做功，重力做正功，而小球動

能保持不變，則電場力一定做負(fù)功，小球帶正電，故A錯誤；僅當(dāng)支持力為零時(shí)，電場力、

重力、洛倫茲力三力平衡，則有qE=gooBsin60°,可得￡=學(xué)加，故B錯誤；撤去磁場后,

因重力和電場力的合力垂直于桿，小球仍做勻速直線運(yùn)動，故C正確；撤去電場后，小球僅

有重力做功，機(jī)械能不變，故D錯誤.

XxxX

4.（2021?濟(jì)寧調(diào)研）（多選）如圖所示，一個(gè)絕緣且內(nèi)壁光滑的環(huán)形

XX

細(xì)圓管，固定于豎直平面內(nèi)，環(huán)的半徑為R（比細(xì)管的內(nèi)徑大得多），在（（01

X\\XX//X

圓管的最低點(diǎn)有一個(gè)直徑略小于細(xì)管內(nèi)徑的帶正電小球處于靜止?fàn)?/p>

XXXVoX

態(tài)，小球的質(zhì)量為帶電荷量為q,重力加速度為g.空間存在一磁

感應(yīng)強(qiáng)度大小未知（不為零），方向垂直于環(huán)形細(xì)圓管所在平面且向里的勻強(qiáng)磁場.某時(shí)刻,

給小球一方向水平向右、大小為。0=，森的初速度，則以下判斷正確的是（）

A.無論磁感應(yīng)強(qiáng)度大小如何，獲得初速度后的瞬間，小球在最低點(diǎn)一定受到管壁的彈

力作用

B.無論磁感應(yīng)強(qiáng)度大小如何，小球一定能到達(dá)環(huán)形細(xì)圓管的最高點(diǎn)，且小球在最高點(diǎn)

一定受到管壁的彈力作用

C.無論磁感應(yīng)強(qiáng)度大小如何，小球一定能到達(dá)環(huán)形細(xì)圓管的最高點(diǎn)，且小球到達(dá)最高

點(diǎn)時(shí)的速度大小都相同

D.小球在從環(huán)形細(xì)圓管的最低點(diǎn)運(yùn)動到所能到達(dá)的最高點(diǎn)的過程中，水平方向分速度

的大小一直減小

解析：BC小球在軌道最低點(diǎn)時(shí)受到的洛倫茲力方向豎直向上，若洛倫茲力和重力的合

力恰好提供小球所需要的向心力，則在最低點(diǎn)時(shí)小球不會受到管壁彈力的作用，選項(xiàng)A錯誤;

小球運(yùn)動的過程中，洛倫茲力不做功，小球的機(jī)械能守恒，運(yùn)動至最高點(diǎn)時(shí)小球的速度

病，由于是雙層軌道約束，小球運(yùn)動過程不會脫離軌道，所以小球一定能到達(dá)軌道最高點(diǎn)，

選項(xiàng)C正確；在最高點(diǎn)時(shí)，小球做圓周運(yùn)動所需的向心力小球受到豎直向下

洛倫茲力的同時(shí)必然受到與洛倫茲力等大反向的軌道對小球的彈力，選項(xiàng)B正確；小球在從

最低點(diǎn)運(yùn)動到最高點(diǎn)的過程中，小球在下半圓內(nèi)上升的過程中，水平分速度向右且不斷減小,

到達(dá)圓心的等高點(diǎn)時(shí)，水平速度為零，而運(yùn)動至上半圓后水平分速度向左且不為零，所以水

平分速度一定有增大的過程，選項(xiàng)D錯誤.

5.（多選）如圖所示，已知一帶電小球在光滑絕緣的水平

面上從靜止開始經(jīng)電壓u加速后，水平進(jìn)入互相垂直的勻強(qiáng)卜.月

電場和勻強(qiáng)磁場區(qū)域（電場強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B已知），小球::

在此區(qū)域的豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，則（）

A.小球可能帶正電

B.小球做勻速圓周運(yùn)動的半徑為，=卷

2JiF

c.小球做勻速圓周運(yùn)動的周期為r=k

D.若電壓U增大，則小球做勻速圓周運(yùn)動的周期增大

解析：BC小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，則小球受到的電場力和重力大小相等、

方向相反，則小球受到的電場力豎直向上，故小球帶負(fù)電，A錯誤；因?yàn)樾∏蜃鰟蛩賵A周運(yùn)

公1

動的向心力由洛倫茲力提供，有Bqv—nr^,由動能定理得Uq^mv2,且有mg=qE,聯(lián)立

可得小球做勻速圓周運(yùn)動的半徑/器，故B正確；由運(yùn)動學(xué)公式可得了=等，解

2jtF

得T=黃，與電壓。無關(guān)，故C正確，D錯誤.

［能力提升］

6.（2021?甘肅高三二模）（多選）如圖所示，半圓形光滑絕緣軌道固定在豎直平面內(nèi)，。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，下列說法中正確的是（）

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到尸與由N到P過程中重力對小球做的功相等，但洛倫茲力做的功不等

C.小球由〃到P與由N到P過程中所受合外力的沖量大小相等

D.小球經(jīng)過軌道最低點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力大小是相等的

解析：AC小球所受得洛倫茲力與速度方向垂直不做功，軌道光滑沒有摩擦力，只受重

力作用，小球機(jī)械能守恒，故小球由M到N與由N到M所經(jīng)歷的時(shí)間相等，A正確；小球

由"到P與由N到尸過程中重力對小球做的功相等，小球所受的洛倫茲力與速度方向垂直

不做功，B錯誤；根據(jù)動量定理公式根據(jù)A選項(xiàng)可知，小球機(jī)械能守恒，故小球

從M到P與由N到P過程中速度變化量大小相等，所以在此過程中所受合外力的沖量大小

相等，C正確；由于小球帶負(fù)電根據(jù)左手定則，小球從M到尸的過程中到達(dá)P點(diǎn)時(shí)所受洛倫

茲力方向豎直向下，根據(jù)合力提供向心力對小球受力分析，如圖1所示.

V2V2

F^—mg—FL=m—9尺=巧:+加g+凡，當(dāng)小球從N到P的過程中到達(dá)P時(shí)洛倫茲力豎

直向上，受力分析如圖2所示,

圖2

V2

F^+Ft—mg=nr-^

v2

FN—m~+mg—FL

根據(jù)牛頓第三定律支持力與壓力互為相互作用力，在整個(gè)過程中洛倫茲力大小相等.所

以從M到P的過程中到達(dá)P點(diǎn)對軌道的壓力大于小球從N到P的過程中到達(dá)P時(shí)對軌道的

壓力，D錯誤.

7.（2021.錦州模擬）如圖所示，勻強(qiáng)磁場垂直于紙面向里，勻

強(qiáng)電場平行于斜面向下，斜面是粗糙的.一帶正電物塊以某一初速

度沿斜面向上滑動，經(jīng)a點(diǎn)后到8點(diǎn)時(shí)速度減為零，接著又滑了下

來.設(shè)物塊帶電荷量保持不變，則從。到〃和從〃回到“兩過程相

比較（）

A.加速度大小相等

B.摩擦產(chǎn)生熱量不相同

C.電勢能變化量的絕對值不相同

D.動能變化量的絕對值相同

解析：B兩過程中，重力、電場力恒定，支持力方向不變，洛倫茲力方向相反，摩擦

力方向相反，物塊所受合外力不同，由牛頓第二定律知，加速度大小必定不同，A項(xiàng)錯誤；

上滑過程中，洛倫茲力垂直斜面向上，物塊所受滑動摩擦力F（'="（mgcos9-qvB）,下滑

過程中，洛倫茲力垂直斜面向下，物塊所受滑動摩擦力F（"="（,"gcos9+qvB）,摩擦產(chǎn)生

熱量。=尸以，兩過程位移大小相等，摩擦力大小不同，故產(chǎn)生熱量不同，B項(xiàng)正確；a.b

兩點(diǎn)電勢確定，由Ep="可知，兩過程中電勢能變化量的絕對值相等，C項(xiàng)錯誤；上滑過程

和下滑過程，都是重力、摩擦力及電場力做功，但是上滑時(shí)摩擦力小于下滑時(shí)摩擦力，由動

能定理可知，動能變化量大小不相同，D項(xiàng)錯誤.

8.（2021?河北卷）如圖，距離為d的兩平行金屬板尸、Q之間有一勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度

大小為Bi，一束速度大小為。的等離子體垂直于磁場噴入板間.相距為L的兩光滑平行金屬

導(dǎo)軌固定在與導(dǎo)軌平面垂直的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為星，導(dǎo)軌平面與水平面夾角為

9,兩導(dǎo)軌分別與P、。相連.質(zhì)量為機(jī)、電阻為R的金屬棒"垂直導(dǎo)軌放置，恰好靜止.重

力加速度為g,不計(jì)導(dǎo)軌電阻、板間電阻和等離子體中的粒子重力.下列說法正確的是（）

A.導(dǎo)軌處磁場的方向垂直導(dǎo)軌平面向上，v"嗽

B.導(dǎo)軌處磁場的方向垂直導(dǎo)軌平面向下，。=噌臀

DID2LCI

C.導(dǎo)軌處磁場的方向垂直導(dǎo)軌平面向上，V』需。

D.導(dǎo)軌處磁場的方向垂直導(dǎo)軌平面向下，0=啤端/

L>1D2LU

解析：B由左手定則可知Q板帶正電，尸板帶負(fù)電，所以金屬棒?！ㄖ械碾娏鞣较?yàn)閺?/p>

。到'對金屬棒受力分析可知，金屬棒受到的安培力方向沿導(dǎo)軌平面向上，由左手定則可知

導(dǎo)軌處磁場的方向垂直導(dǎo)軌平面向下，由受力平衡可知B2〃=mgsin0,而/=*,而對等離

子體受力分析有/=卬囪，解得。=嘯震■.故B正確，A、C、D錯誤.

9.（2021.山東濟(jì)南高三模擬）（多選）如圖所示，豎直平面MNRS的右

側(cè)存在豎直向上、范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場.從平面MNRS上的。點(diǎn)處以

初速度%=10m/s垂直MNRS面向右拋出一帶電荷量為夕、質(zhì)量為m的

小球，若磁感應(yīng)強(qiáng)度3=寸，g取10m/s2.下列說法正確的是（）

A.小球離開磁場時(shí)的速度大小為ISEm/s

B.小球離開磁場時(shí)的速度大小為l（h心m/s

C.小球離開磁場時(shí)的位置與拋出點(diǎn)的距離為+3+4m

D.小球離開磁場時(shí)的位置與拋出點(diǎn)的距離為《尸銃m

解析：AD小球在磁場中，水平方向做勻速圓周運(yùn)動，豎直方向做自由落體運(yùn)動，小球

運(yùn)動的周期7=胃=2s,則小球離開磁場時(shí)運(yùn)動的時(shí)間/=彳=1s,下落的高度仁切=5

m,小球從進(jìn)入磁場到離開磁場，由動能定理得虎+mg〃，解得小球離開磁場時(shí)的

速度大小0=lMm/s,A正確，B錯誤；小球做圓周運(yùn)動的半徑「=湛=半，則小球離開

磁場時(shí)的位置與拋出點(diǎn)的距離$=、序+（2〃）2=資、1t2+16m,C錯誤，D正確.

10.（2022.濱州模擬）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)電場和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，一質(zhì)量為〃八帶

電荷量為+q的小球從A點(diǎn)以速度內(nèi)沿直線AO運(yùn)動,40與x軸負(fù)方

&C

向成37°角.在y軸與MN之間的區(qū)域I內(nèi)加一電場強(qiáng)度最小的勻強(qiáng)N,

電場后，可使小球繼續(xù)做直線運(yùn)動到MN上的C點(diǎn)，MN與PQ之間的區(qū)域H內(nèi)存在寬度為d

的豎直向上勻強(qiáng)電場和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，小球在區(qū)域n內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動并恰好不

能從右邊界飛出，已知小球在C點(diǎn)的速度大小為2內(nèi),重力加速度為g,sin37°=0.6,cos37°

=0.8,求：

(1)第二象限內(nèi)電場強(qiáng)度昂的大小和磁感應(yīng)強(qiáng)度囪的大小;

(2)區(qū)域I內(nèi)最小電場強(qiáng)度員的大小和方向；

(3)區(qū)域n內(nèi)電場強(qiáng)度員的大小和磁感應(yīng)強(qiáng)度星的大小.

解析：(1)帶電小球在第二象限內(nèi)受重力、電場力和洛倫茲力作用做

直線運(yùn)動，三力滿足如圖甲所示關(guān)系且小球只能做勻速直線運(yùn)動.

=

由圖知“Ei=wgtan37",qv0B\CQS

3mg

解得Ei=B尸

4q4c/vo

(2)小球在區(qū)域I中做直線運(yùn)動，電場強(qiáng)度最小，受力如圖乙所示(電

場力方向與速度方向垂直)，小球做勻加速直線運(yùn)動，

由圖知qEi—m^cos37°,解得民=^^

方向與x軸正方向成53°角斜向上.

(3)小球在區(qū)域H內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，所以〃電=4e，

mg

解得Ey—

q

因小球恰好不從右邊界穿出，小球運(yùn)動軌跡如圖丙所示,

丙

由幾何關(guān)系得

O

由洛倫茲力提供向心力知

（2加）2

B?q,2vo=ni-

聯(lián)立得&=需?

答案:⑴翳舞

⑵甯，方向與x軸正方向成53°角斜向上

\6mvo

⑶q布

［熱點(diǎn)加練］

11.如圖所示，在邊長為心的正方形abed區(qū)域內(nèi)存在圖示方向的勻強(qiáng)電場，正方形的內(nèi)

切圓內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場.現(xiàn)有一質(zhì)量為，"、帶電荷