高考物理一輪復(fù)習(xí)重難點(diǎn)逐個(gè)突破專題74帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動(dòng)(原卷版+解析)

專題74帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動(dòng)1.受力決定運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)反映受力。無論是組合場還是疊加場都要對帶電粒子進(jìn)行正確的受力分析和運(yùn)動(dòng)分析，然后畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，選取合適的物理規(guī)律求解。2.帶電粒子在疊加場中做無約束的運(yùn)動(dòng)運(yùn)動(dòng)性質(zhì)受力特點(diǎn)方法規(guī)律勻速直線運(yùn)動(dòng)粒子所受的合力為0平衡條件勻速圓周運(yùn)動(dòng)除洛倫茲力外，另外兩力的合力為零：qE＝mg牛頓第二定律、圓周運(yùn)動(dòng)的規(guī)律較復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)除洛倫茲力外，其他力的合力既不為零，也不與洛倫茲力等大反向動(dòng)能定理、能量守恒定律3.帶電體在疊加場中受到約束的運(yùn)動(dòng)帶電體在疊加場中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道等約束的情況下,除受場力外,還受彈力、摩擦力作用,常見的運(yùn)動(dòng)形式有直線運(yùn)動(dòng)和圓周運(yùn)動(dòng),此時(shí)解題要通過受力分析明確變力、恒力做功情況,并注意洛倫茲力不做功的特點(diǎn),運(yùn)用動(dòng)能定理、能量守恒定律結(jié)合牛頓運(yùn)動(dòng)定律求出結(jié)果。1．(多選)如圖所示，空間存在豎直向下的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，一帶電液滴從靜止開始自A點(diǎn)沿曲線ACB運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度為零，C點(diǎn)是運(yùn)動(dòng)的最低點(diǎn)，不計(jì)摩擦阻力，則以下說法中正確的是（）A．液滴一定帶正電 B．液滴在C點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能最小C．從A到C過程液滴的電勢能增大 D．從C到B過程液滴的機(jī)械能增大2．（2017·全國）如圖，空間某區(qū)域存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場方向豎直向上（與紙面平行），磁場方向垂直于紙面向里。三個(gè)帶正電的微粒a、b、c電荷量相等，質(zhì)量分別為、、。已知在該區(qū)域內(nèi)，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運(yùn)動(dòng)。下列選項(xiàng)正確的是（）A． B． C． D．3．（2022·內(nèi)蒙古師范大學(xué)附屬第二中學(xué)高三階段練習(xí)）(多選)如圖所示，空間存在相互垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場的方向豎直向下，磁場方向垂直紙面向里，一帶電油滴P恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，則下列說法正確的是（）A．若僅撤去磁場，P可能做勻加速直線運(yùn)動(dòng)B．若僅撤去電場，P可能做勻加速直線運(yùn)動(dòng)C．若給P一初速度，P可能做勻速直線運(yùn)動(dòng)D．若給P一初速度，P可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)4.(多選)如圖所示，空間中存在著水平向右的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小為E=53N/C，同時(shí)存在著水平方向的勻強(qiáng)磁場，其方向與電場方向垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=0.5T。有一帶電的小球，質(zhì)量m=1.0×10?6A．小球帶負(fù)電B．小球一定做勻速直線運(yùn)動(dòng)C．小球的速度v=20m/sD．小球的速度方向與水平方向夾角5．在方向如圖所示的勻強(qiáng)電場（場強(qiáng)為E）和勻強(qiáng)磁場（磁感應(yīng)強(qiáng)度為B）共存的場區(qū)，一電子沿垂直電場線和磁感線方向以速度v0A．若v0<EB，電子沿軌跡Ⅰ運(yùn)動(dòng)，射出場區(qū)時(shí)，速度B．若v0<EB，電子沿軌跡Ⅱ運(yùn)動(dòng)，射出場區(qū)時(shí)，速度C．若v0>EB，電子沿軌跡I運(yùn)動(dòng)，射出場區(qū)時(shí)，速度D．若v0>EB，電子沿軌跡Ⅱ運(yùn)動(dòng)，射出場區(qū)時(shí)，速度6．（2023·全國·高三專題練習(xí)）(多選)帶電粒子在重力場中和磁場中的運(yùn)動(dòng)可以分解為在水平方向上的勻速直線運(yùn)動(dòng)和在豎直平面內(nèi)的勻速圓周運(yùn)動(dòng)。若帶正電小球的初速度為零，可以分解為在水平方向上有兩個(gè)大小相等、方向相反速度。水平向右的速度對應(yīng)的洛倫茲力與小球的重力平衡，水平向左的速度對應(yīng)的洛倫茲力提供小球勻速圓周運(yùn)動(dòng)向心力。設(shè)帶電小球的質(zhì)量為m、電量為+q，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B（范圍無限大），重力加速度為g，小球由靜止開始下落，則以下猜想正確的是（）A．M、N兩點(diǎn)間的距離為πm2C．小球下降的最大高度為2m2g7．（2022·重慶·高考真題）2021年中國全超導(dǎo)托卡馬克核聚變實(shí)驗(yàn)裝置創(chuàng)造了新的紀(jì)錄。為粗略了解等離子體在托卡馬克環(huán)形真空室內(nèi)的運(yùn)動(dòng)狀況，某同學(xué)將一小段真空室內(nèi)的電場和磁場理想化為方向均水平向右的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場（如圖），電場強(qiáng)度大小為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。若某電荷量為q的正離子在此電場和磁場中運(yùn)動(dòng)，其速度平行于磁場方向的分量大小為v1，垂直于磁場方向的分量大小為v2，不計(jì)離子重力，則（

）A．電場力的瞬時(shí)功率為qEv12+vC．v2與v1的比值不斷變大 D．該離子的加速度大小不變8．（2022·全國）空間存在著勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場，磁場的方向垂直于紙面（平面）向里，電場的方向沿y軸正方向。一帶正電的粒子在電場和磁場的作用下，從坐標(biāo)原點(diǎn)O由靜止開始運(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．9．（2022·廣東）(多選)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)電場和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場。電子從M點(diǎn)由靜止釋放，沿圖中所示軌跡依次經(jīng)過N、P兩點(diǎn)。已知M、P在同一等勢面上，下列說法正確的有（）A．電子從N到P，電場力做正功B．N點(diǎn)的電勢高于P點(diǎn)的電勢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10．如圖所示，粗糙木板MN豎直固定在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場中。t＝0時(shí)，一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電物塊沿MN以某一初速度豎直向下滑動(dòng)，則物塊運(yùn)動(dòng)的v－t圖像不可能是（）A． B．C． D．11．（2023·全國·高三專題練習(xí)）(多選)如圖所示，在水平勻強(qiáng)電場和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場中，有一豎直足夠長固定絕緣桿MN，小球P套在桿上，已知P的質(zhì)量為m、電荷量為＋q（q>0），電場強(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。小球由靜止開始下滑直到穩(wěn)定的過程中（）A．小球的加速度一直減小B．小球的機(jī)械能和電勢能的總和保持不變C．下滑加速度為最大加速度一半時(shí)的速度可能是v=2μqE?mgD．下滑加速度為最大加速度一半時(shí)的速度可能是v=2μqE12．（2022·全國·高三課時(shí)練習(xí)）如圖所示，在水平面上固定一傾角為θ=60°的光滑絕緣斜面OA，斜面所處整個(gè)空間存在垂直于斜面斜向下的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，電場強(qiáng)度大小E=5V/m，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=33T。一個(gè)電荷量為q=0.2C、質(zhì)量為m=0.1kg的帶電小球（帶正電）在斜面頂端O點(diǎn)由靜止釋放，小球經(jīng)過斜面上C點(diǎn)時(shí)離開斜面，運(yùn)動(dòng)到斜面下端A點(diǎn)正上方的D點(diǎn)（圖中未畫出）時(shí)加速度為0，重力加速度g=10m/sA．1.5s；15m/s B．1.5s；30m/s C．3s；3m/s13．（2023·全國·高三專題練習(xí)）如圖所示，水平向左的勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)E=4V/m，垂直紙面向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場的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)由靜止開始下滑，滑行?=0.8m到達(dá)N點(diǎn)時(shí)離開墻面開始做曲線運(yùn)動(dòng)，在到達(dá)P點(diǎn)開始做勻速直線運(yùn)動(dòng)，此時(shí)速度與水平方向成45°角，P點(diǎn)離開M（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xp14．（2022·全國·高三課時(shí)練習(xí)）如圖所示，在xOy坐標(biāo)系內(nèi)，圓心角為127°的內(nèi)壁光滑的圓管ab，圓心位于原點(diǎn)O處，Oa連線與x軸重合。坐標(biāo)系內(nèi)有水平向右的勻強(qiáng)電場，在第四象限有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B?，F(xiàn)將一質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的小球從圓管的a端無初速度釋放，小球從圓管的b端飛出后沿直線運(yùn)動(dòng)到x軸。已知圓管直徑略大于小球直徑，重力加速度為g（1）該勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E的大小；（2）小球沿管下滑到達(dá)y軸前的瞬間對管壁的作用力；（3）小球從b端飛出后第二次到達(dá)x軸時(shí)的橫坐標(biāo)。15．如圖所示，有一個(gè)無重力空間，Y方向?yàn)樨Q直方向，在x≥0的區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直于紙面向里，大小為B=1T，絕緣光滑空心細(xì)管MN的長度為h=3m，管內(nèi)M端有一質(zhì)量為m=0.lkg、帶正電q=0.1C的小球，開始時(shí)小球相對管靜止．管帶著小球沿垂直于管長度方向，以恒定速度v0=5m/s向右方運(yùn)動(dòng)．求：（1）已知進(jìn)入磁場后小球?qū)蚣铀偕仙?，求小球上升的加速度；?）小球在從管的M端到N端的過程中，管壁對小球做的功；（3）當(dāng)細(xì)管以v0=5m/s進(jìn)入磁場時(shí)，若給管一定的外力，使其以a=2.0m/s2的恒定加速度向右勻加速運(yùn)動(dòng)，小球?qū)⒉荒芤院愣铀俣壬仙疄楸ＷC小球仍能在管中勻加速上升，需讓細(xì)管與小球間具有一特定的摩擦因數(shù)μ．試求該μ值，及小球相對管上升的加速度ay．（要求μ<1）16．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m、電荷量為+q的小球從A點(diǎn)以速度v0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)加一電場強(qiáng)度最小的勻強(qiáng)電場后，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2v0，重力加速度為g，（1）第二象限內(nèi)電場強(qiáng)度E1的大小和磁感應(yīng)強(qiáng)度B（2）區(qū)域I內(nèi)最小電場強(qiáng)度E2（3）區(qū)域II內(nèi)電場強(qiáng)度E3的大小和磁感應(yīng)強(qiáng)度B17．（2022·湖北省羅田縣第一中學(xué)模擬預(yù)測）如圖所示，坐標(biāo)系xOy在豎直平面內(nèi)，y軸的正方向豎直向上，y軸的右側(cè)空間存在水平向左的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度為E1；y軸的左側(cè)空間存在勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場，磁場方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)B=1T，電場方向豎直向上，電場強(qiáng)度E2=2N/C。t=0時(shí)刻，一個(gè)帶正電的微粒在O點(diǎn)以v=2m/s的初速度沿著與x軸負(fù)方向成45°角的方向射入y軸的左側(cè)空間，微粒的電荷量q=10-6C，質(zhì)量m=2×10-7kg，重力加速度g取10m/s（1）微粒從O點(diǎn)射入后第一次通過y軸的位置；（2）E1為何值時(shí)，微粒從O點(diǎn)射入后，第二次通過y軸時(shí)恰好經(jīng)過O點(diǎn)。18．（2022·山東濰坊·三模）在進(jìn)行科學(xué)實(shí)驗(yàn)前，通常都要根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理、實(shí)驗(yàn)中需要改變的物理量、可能出現(xiàn)的實(shí)驗(yàn)結(jié)果等因素，在實(shí)驗(yàn)裝置中選擇一個(gè)合適的坐標(biāo)系后才能開展實(shí)驗(yàn)。為測量帶電粒子在電磁場中的運(yùn)動(dòng)情況，在某實(shí)驗(yàn)裝置中建立如圖所示直角坐標(biāo)系，并沿y軸負(fù)方向加磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場。此設(shè)備中同時(shí)還可以加任意方向的、大小可變的勻強(qiáng)電場。一質(zhì)量為m、帶電荷量為+q（q>0）的粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O以初速度v沿x軸正方向射入，不計(jì)粒子重力的影響。（1）若該粒子恰好能做勻速直線運(yùn)動(dòng)，求所加電場強(qiáng)度E的大小和方向；（2）若不加電場，改變磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小，不改變方向，使該粒子恰好能夠經(jīng)過坐標(biāo)為（3a，0，-a）的點(diǎn)，求改變后的磁感應(yīng)強(qiáng)度B（3）改變電場的大小和方向，也可以改變運(yùn)動(dòng)電荷經(jīng)過的位置。若保持磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小和方向不變，將電場強(qiáng)度大小調(diào)整為E′，方向平行于yOz平面，使該粒子能夠在xOy平面內(nèi)做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，并經(jīng)過坐標(biāo)為（3a，a，0）的點(diǎn)，求調(diào)整后電場強(qiáng)度E19．（2022·江蘇連云港·模擬預(yù)測）如圖所示，沿水平和豎直方向建立直角坐標(biāo)系，沿x軸放置一塊長為10d的絕緣板，y軸左側(cè)固定一內(nèi)壁光滑的半圓管道（內(nèi)徑很?。?，半圓直徑為d，且與y軸重合。第一象限內(nèi)絕緣板的上方存在有界的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場強(qiáng)度E=mgq，方向豎直向上，磁場方向垂直于坐標(biāo)平面向外，大小未知，豎直方向邊界未知。一帶電量為q、質(zhì)量為m的絕緣小球A（直徑略小于管道內(nèi)徑）靜止在坐標(biāo)原點(diǎn)O處，質(zhì)量也為m的不帶電的小球B以初速度v（1）若碰撞后A球能過管道最高點(diǎn)，則v0至少多大？（2）若場區(qū)邊界y1=d，A球通過最高點(diǎn)后能與B球再次發(fā)生彈性正碰，并且使B球恰能通過最高點(diǎn)，則磁感應(yīng)強(qiáng)度為多大？（3）若場區(qū)邊界y2=78d，A球以v2=20．（2022·河北·模擬預(yù)測）空間中存在上、下兩個(gè)不同的勻強(qiáng)電場區(qū)域，已知上、下場區(qū)的水平長度為L，上、下場區(qū)的寬度均為d，如圖所示.電荷量為+q、質(zhì)量為m的帶電小球從上邊界距離O點(diǎn)距離為d的點(diǎn)以初速度v0垂直電場入射，小球第一次經(jīng)過對稱軸OO′時(shí)離O點(diǎn)的距離為2d，小球進(jìn)入下半?yún)^(qū)域的同時(shí)加上一恒定的垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場B（1）上半?yún)^(qū)域中勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E的大小；（2）磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??；（3）求小球在場區(qū)中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間.21．（2022·山東濰坊·三模）在進(jìn)行科學(xué)實(shí)驗(yàn)前，通常都要根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理、實(shí)驗(yàn)中需要改變的物理量、可能出現(xiàn)的實(shí)驗(yàn)結(jié)果等因素，在實(shí)驗(yàn)裝置中選擇一個(gè)合適的坐標(biāo)系后才能開展實(shí)驗(yàn)。為測量帶電粒子在電磁場中的運(yùn)動(dòng)情況，在某實(shí)驗(yàn)裝置中建立如圖所示直角坐標(biāo)系，并沿y軸負(fù)方向加磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場。此設(shè)備中同時(shí)還可以加任意方向的、大小可變的勻強(qiáng)電場。一質(zhì)量為m、帶電荷量為+q（q>0）的粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O以初速度v沿x軸正方向射入，不計(jì)粒子重力的影響。（1）若該粒子恰好能做勻速直線運(yùn)動(dòng)，求所加電場強(qiáng)度E的大小和方向；（2）若不加電場，改變磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小，不改變方向，使該粒子恰好能夠經(jīng)過坐標(biāo)為（3a，0，-a）的點(diǎn)，求改變后的磁感應(yīng)強(qiáng)度B（3）改變電場的大小和方向，也可以改變運(yùn)動(dòng)電荷經(jīng)過的位置。若保持磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小和方向不變，將電場強(qiáng)度大小調(diào)整為E′，方向平行于yOz平面，使該粒子能夠在xOy平面內(nèi)做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，并經(jīng)過坐標(biāo)為（3a，a，0）的點(diǎn)，求調(diào)整后電場強(qiáng)度E專題74帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動(dòng)1.受力決定運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)反映受力。無論是組合場還是疊加場都要對帶電粒子進(jìn)行正確的受力分析和運(yùn)動(dòng)分析，然后畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，選取合適的物理規(guī)律求解。2.帶電粒子在疊加場中做無約束的運(yùn)動(dòng)運(yùn)動(dòng)性質(zhì)受力特點(diǎn)方法規(guī)律勻速直線運(yùn)動(dòng)粒子所受的合力為0平衡條件勻速圓周運(yùn)動(dòng)除洛倫茲力外，另外兩力的合力為零：qE＝mg牛頓第二定律、圓周運(yùn)動(dòng)的規(guī)律較復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)除洛倫茲力外，其他力的合力既不為零，也不與洛倫茲力等大反向動(dòng)能定理、能量守恒定律3.帶電體在疊加場中受到約束的運(yùn)動(dòng)帶電體在疊加場中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道等約束的情況下,除受場力外,還受彈力、摩擦力作用,常見的運(yùn)動(dòng)形式有直線運(yùn)動(dòng)和圓周運(yùn)動(dòng),此時(shí)解題要通過受力分析明確變力、恒力做功情況,并注意洛倫茲力不做功的特點(diǎn),運(yùn)用動(dòng)能定理、能量守恒定律結(jié)合牛頓運(yùn)動(dòng)定律求出結(jié)果。1．(多選)如圖所示，空間存在豎直向下的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，一帶電液滴從靜止開始自A點(diǎn)沿曲線ACB運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度為零，C點(diǎn)是運(yùn)動(dòng)的最低點(diǎn)，不計(jì)摩擦阻力，則以下說法中正確的是（）A．液滴一定帶正電 B．液滴在C點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能最小C．從A到C過程液滴的電勢能增大 D．從C到B過程液滴的機(jī)械能增大【答案】CD【解析】A．從圖中可以看出，帶電粒子由靜止開始向下運(yùn)動(dòng)，說明重力和電場力的合力向下，洛倫茲力指向弧內(nèi)，根據(jù)左手定則可知，液滴帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；B．從A到C的過程中，重力正功，而電場力做負(fù)功，洛倫茲力不做功，但合力仍做正功，導(dǎo)致動(dòng)能仍增大，從C到B的過程中，重力做負(fù)功，電場力做正功，洛倫茲力不做功，但合力卻做負(fù)功，導(dǎo)致動(dòng)能減小，所以滴在C點(diǎn)動(dòng)能最大，故B錯(cuò)誤；C．從A到C過程液滴克服電場力做功，故電勢能增加，故C正確；D．除重力以外的力做的功等于機(jī)械能的變化量，從C到B的過程中，電場力做正功，洛倫茲力不做功，機(jī)械能增大，故D正確。故選CD。2．（2017·全國）如圖，空間某區(qū)域存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場方向豎直向上（與紙面平行），磁場方向垂直于紙面向里。三個(gè)帶正電的微粒a、b、c電荷量相等，質(zhì)量分別為、、。已知在該區(qū)域內(nèi)，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運(yùn)動(dòng)。下列選項(xiàng)正確的是（）A． B． C． D．【答案】B【解析】帶正電的微粒a在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，必有帶正電的微粒b向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，電場力豎直向上，左手定則判斷洛倫茲力豎直向上，重力豎直向下，平衡條件得得帶正電的微粒c向左做勻速直線運(yùn)動(dòng)，電場力豎直向上，左手定則判斷洛倫茲力豎直向下，重力豎直向下，平衡條件得得則有故選B。3．（2022·內(nèi)蒙古師范大學(xué)附屬第二中學(xué)高三階段練習(xí)）(多選)如圖所示，空間存在相互垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場的方向豎直向下，磁場方向垂直紙面向里，一帶電油滴P恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，則下列說法正確的是（）A．若僅撤去磁場，P可能做勻加速直線運(yùn)動(dòng)B．若僅撤去電場，P可能做勻加速直線運(yùn)動(dòng)C．若給P一初速度，P可能做勻速直線運(yùn)動(dòng)D．若給P一初速度，P可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)【答案】CD【解析】A．一帶電油滴P恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，則油滴重力與電場力等大反向，若僅撤去磁場，帶電油滴仍然處于靜止?fàn)顟B(tài)，故A錯(cuò)誤；B．若僅撤去電場，帶電油滴P向下加速，并受到始終與速度方向始終相互垂直的洛侖茲力，P不可能做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；CD．若給P一初速度，當(dāng)速度方向平行于磁場時(shí)，P做勻速直線運(yùn)動(dòng)；當(dāng)速度方向垂直于磁場時(shí)，P做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，故CD正確。故選CD。4.(多選)如圖所示，空間中存在著水平向右的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小為E=53N/C，同時(shí)存在著水平方向的勻強(qiáng)磁場，其方向與電場方向垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=0.5T。有一帶電的小球，質(zhì)量m=1.0×10?6A．小球帶負(fù)電B．小球一定做勻速直線運(yùn)動(dòng)C．小球的速度v=20m/sD．小球的速度方向與水平方向夾角【答案】BC【解析】AB．對小球受力分析，小球受重力、電場力和洛倫茲力，且小球做直線運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力與速度方向垂直，電場力在水平方向上，由此可知小球帶正電，且做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤，B正確；CD．小球受力平衡，則tanθ=Eq受力分析解得sinθ=EqBqv解得故選BC。5．在方向如圖所示的勻強(qiáng)電場（場強(qiáng)為E）和勻強(qiáng)磁場（磁感應(yīng)強(qiáng)度為B）共存的場區(qū)，一電子沿垂直電場線和磁感線方向以速度v0A．若v0<EB，電子沿軌跡Ⅰ運(yùn)動(dòng)，射出場區(qū)時(shí)，速度B．若v0<EB，電子沿軌跡Ⅱ運(yùn)動(dòng)，射出場區(qū)時(shí)，速度C．若v0>EB，電子沿軌跡I運(yùn)動(dòng)，射出場區(qū)時(shí)，速度D．若v0>EB，電子沿軌跡Ⅱ運(yùn)動(dòng)，射出場區(qū)時(shí)，速度【答案】D【解析】AB．電子進(jìn)入電磁場中，受到洛倫磁力與電場力兩個(gè)力作用，由左手定則判斷可知，洛倫茲力方向向下，而電場力方向向上。若v0<EB，則即洛倫茲力小于電場力，電子向上偏轉(zhuǎn)，沿軌道I運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力不做功，而電場力對電子做正功，動(dòng)能增加，速度增大，所以速度v>vCD．若v0>E即洛倫茲力大于電場力，電子向下偏轉(zhuǎn)，沿軌道Ⅱ運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力不做功，而電場力對電子做負(fù)功，動(dòng)能減小，速度減小，所以速度v<v故選D。6．（2023·全國·高三專題練習(xí)）(多選)帶電粒子在重力場中和磁場中的運(yùn)動(dòng)可以分解為在水平方向上的勻速直線運(yùn)動(dòng)和在豎直平面內(nèi)的勻速圓周運(yùn)動(dòng)。若帶正電小球的初速度為零，可以分解為在水平方向上有兩個(gè)大小相等、方向相反速度。水平向右的速度對應(yīng)的洛倫茲力與小球的重力平衡，水平向左的速度對應(yīng)的洛倫茲力提供小球勻速圓周運(yùn)動(dòng)向心力。設(shè)帶電小球的質(zhì)量為m、電量為+q，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B（范圍無限大），重力加速度為g，小球由靜止開始下落，則以下猜想正確的是（）A．M、N兩點(diǎn)間的距離為πm2C．小球下降的最大高度為2m2g【答案】CD【解析】A．在豎直方向上帶電小球受力平衡，則有mg=Bqv0得豎直面內(nèi)勻速圓周運(yùn)動(dòng)半徑為R=周期為T=MN兩點(diǎn)間距離為s=v0B．小球在運(yùn)動(dòng)過程中只有重力做功，洛倫茲力不做功，則小球的機(jī)械能守恒，故B錯(cuò)誤；C．小球下落的最大高度為?=2R=2mD．小球在水平面內(nèi)是勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直面內(nèi)是勻速圓周運(yùn)動(dòng)，小球的加速度大小恒為a故D正確。故選CD。7．（2022·重慶·高考真題）2021年中國全超導(dǎo)托卡馬克核聚變實(shí)驗(yàn)裝置創(chuàng)造了新的紀(jì)錄。為粗略了解等離子體在托卡馬克環(huán)形真空室內(nèi)的運(yùn)動(dòng)狀況，某同學(xué)將一小段真空室內(nèi)的電場和磁場理想化為方向均水平向右的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場（如圖），電場強(qiáng)度大小為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。若某電荷量為q的正離子在此電場和磁場中運(yùn)動(dòng)，其速度平行于磁場方向的分量大小為v1，垂直于磁場方向的分量大小為v2，不計(jì)離子重力，則（

）A．電場力的瞬時(shí)功率為qEv12+vC．v2與v1的比值不斷變大 D．該離子的加速度大小不變【答案】D【解析】A．根據(jù)功率的計(jì)算公式可知P=Fvcosθ，則電場力的瞬時(shí)功率為P=Eqv1，A錯(cuò)誤；B．由于v1與磁場B平行，則根據(jù)洛倫茲力的計(jì)算公式有F洛=qv2B，B錯(cuò)誤；C．根據(jù)運(yùn)動(dòng)的疊加原理可知，離子在垂直于紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，沿水平方向做加速運(yùn)動(dòng)，則v1增大，v2不變，v2與v1的比值不斷變小，C錯(cuò)誤；D．離子受到的安培力不變，電場力不變，則該離子的加速度大小不變，D正確。故選D。8．（2022·全國）空間存在著勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場，磁場的方向垂直于紙面（平面）向里，電場的方向沿y軸正方向。一帶正電的粒子在電場和磁場的作用下，從坐標(biāo)原點(diǎn)O由靜止開始運(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力作用下會(huì)向y軸正方向運(yùn)動(dòng)。磁場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)的過程中電場力對帶電粒子做功，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)電場方向是沿y軸正方向，故x軸為勻強(qiáng)電場的等勢面，從開始到帶電粒子偏轉(zhuǎn)再次運(yùn)動(dòng)到x軸時(shí)，電場力做功為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)洛倫茲力平衡電場力，即則粒子的在電場、磁場中的運(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。9．（2022·廣東）(多選)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)電場和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場。電子從M點(diǎn)由靜止釋放，沿圖中所示軌跡依次經(jīng)過N、P兩點(diǎn)。已知M、P在同一等勢面上，下列說法正確的有（）A．電子從N到P，電場力做正功B．N點(diǎn)的電勢高于P點(diǎn)的電勢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力水平向左，電子從N到P的過程中電場力做負(fù)功，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)沿著電場線方向電勢逐漸降低可知N點(diǎn)的電勢高于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)在同一等勢面上，故從M到P電場力做功為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)都只受電場力作用，在勻強(qiáng)電場中電子在這兩點(diǎn)電場力相等，即合力相等，故D錯(cuò)誤；故選BC。10．如圖所示，粗糙木板MN豎直固定在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場中。t＝0時(shí)，一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電物塊沿MN以某一初速度豎直向下滑動(dòng)，則物塊運(yùn)動(dòng)的v－t圖像不可能是（）A． B．C． D．【答案】B【解析】A．設(shè)初速度為v0，若滿足mg=f=μN(yùn)因N=Bqv0則mg=μBqv0則滑塊向下做勻速運(yùn)動(dòng)，故A正確；BD．若mg>μBqv0則滑塊開始有向下的加速度，加速度大小為a=可知隨速度增加，加速度減小，即滑塊做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，最后達(dá)到勻速狀態(tài)，故B錯(cuò)誤，D正確；C．若mg<μBqv0則滑塊開始有向上的加速度，做減速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為a=可知隨速度減小，加速度減小，即滑塊做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，最后達(dá)到勻速狀態(tài)，故C正確。本題選錯(cuò)誤項(xiàng)，故選B。11．（2023·全國·高三專題練習(xí)）(多選)如圖所示，在水平勻強(qiáng)電場和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場中，有一豎直足夠長固定絕緣桿MN，小球P套在桿上，已知P的質(zhì)量為m、電荷量為＋q（q>0），電場強(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。小球由靜止開始下滑直到穩(wěn)定的過程中（）A．小球的加速度一直減小B．小球的機(jī)械能和電勢能的總和保持不變C．下滑加速度為最大加速度一半時(shí)的速度可能是v=2μqE?mgD．下滑加速度為最大加速度一半時(shí)的速度可能是v=2μqE【答案】CD【解析】A．對小球受力分析如圖所示，則mg-μ（qE-qvB）=ma隨著v的增加，小球的加速度先增大，當(dāng)qE=qvB時(shí)達(dá)到最大值amax=g繼續(xù)運(yùn)動(dòng)mg-μ（qvB-qE）=ma隨著v的增大，a逐漸減小，所以A錯(cuò)誤；B．因?yàn)橛心Σ亮ψ龉?，小球的機(jī)械能與電勢能總和在減小，B錯(cuò)誤；CD．若小球的加速度在達(dá)到最大前達(dá)到最大加速度的一半，則mg-μ（qE-qvB）=mg2得若小球的加速度在達(dá)到最大后達(dá)到最大加速度的一半，則mg-μ（qvB-qE）=mg2得故CD正確。12．（2022·全國·高三課時(shí)練習(xí)）如圖所示，在水平面上固定一傾角為θ=60°的光滑絕緣斜面OA，斜面所處整個(gè)空間存在垂直于斜面斜向下的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，電場強(qiáng)度大小E=5V/m，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=33T。一個(gè)電荷量為q=0.2C、質(zhì)量為m=0.1kg的帶電小球（帶正電）在斜面頂端O點(diǎn)由靜止釋放，小球經(jīng)過斜面上C點(diǎn)時(shí)離開斜面，運(yùn)動(dòng)到斜面下端A點(diǎn)正上方的D點(diǎn)（圖中未畫出）時(shí)加速度為0，重力加速度g=10m/sA．1.5s；15m/s B．1.5s；30m/s C．3s；3m/s【答案】A【解析】由于斜面光滑，故小球離開斜面前做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，離開斜面時(shí)對斜面的壓力為0，則沿斜面方向有mg垂直于斜面方向有q聯(lián)立解得t=小球在D點(diǎn)加速度為0，則受力平衡，如圖所示由于mg=qE=1則有q解得D點(diǎn)速度為v故選A。13．（2023·全國·高三專題練習(xí)）如圖所示，水平向左的勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)E=4V/m，垂直紙面向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場的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)由靜止開始下滑，滑行?=0.8m到達(dá)N點(diǎn)時(shí)離開墻面開始做曲線運(yùn)動(dòng)，在到達(dá)P點(diǎn)開始做勻速直線運(yùn)動(dòng)，此時(shí)速度與水平方向成45°角，P點(diǎn)離開M（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【答案】（1）6J；（2）0.6m【解析】（1）根據(jù)題意，在N點(diǎn)對A受力分析，如圖所示根據(jù)平衡條件有q解得v物塊A由M運(yùn)動(dòng)到N過程中，設(shè)克服摩擦力做的功為Wf，由動(dòng)能定理有代入數(shù)據(jù)解得W（2）根據(jù)題意，在P點(diǎn)，對物塊A受力分析，如圖所示由平衡條件可得qE=mg聯(lián)立解得v粒子由N運(yùn)動(dòng)到P過程中，由動(dòng)能定理有mg?代入數(shù)據(jù)解得x14．（2022·全國·高三課時(shí)練習(xí)）如圖所示，在xOy坐標(biāo)系內(nèi)，圓心角為127°的內(nèi)壁光滑的圓管ab，圓心位于原點(diǎn)O處，Oa連線與x軸重合。坐標(biāo)系內(nèi)有水平向右的勻強(qiáng)電場，在第四象限有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。現(xiàn)將一質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的小球從圓管的a端無初速度釋放，小球從圓管的b端飛出后沿直線運(yùn)動(dòng)到x軸。已知圓管直徑略大于小球直徑，重力加速度為g（1）該勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E的大??；（2）小球沿管下滑到達(dá)y軸前的瞬間對管壁的作用力；（3）小球從b端飛出后第二次到達(dá)x軸時(shí)的橫坐標(biāo)?！敬鸢浮浚?）3mg4q；（2）92【解析】（1）小球從b飛出后做直線運(yùn)動(dòng)，必然是勻速直線運(yùn)動(dòng)，對小球受力分析如圖所示可知qE=mg解得E=設(shè)到達(dá)y軸前瞬間小球速度為v1，設(shè)Oa間距離為R對小球的這一過程應(yīng)用動(dòng)能定理得mgR+qER=此時(shí)小球受到管下壁的彈力，設(shè)為FN，由向心力公式可得聯(lián)立解得F由牛頓第三定律可知，小球?qū)芟卤诘膲毫Υ笮?2（3）小球從b端飛出時(shí)，設(shè)速度為v2，由（1）可知可得v對小球從a到b的這一過程應(yīng)用動(dòng)能定理可得mgR聯(lián)立解得R=以v2到達(dá)x軸時(shí)，其橫坐標(biāo)為之后，在水平方向，小球以vx=v2cos37°在水平方向的位移為x在水平方向，由牛頓第二定律得qE=ma聯(lián)立得x則第二次到達(dá)x軸時(shí)的橫坐標(biāo)為x=15．如圖所示，有一個(gè)無重力空間，Y方向?yàn)樨Q直方向，在x≥0的區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直于紙面向里，大小為B=1T，絕緣光滑空心細(xì)管MN的長度為h=3m，管內(nèi)M端有一質(zhì)量為m=0.lkg、帶正電q=0.1C的小球，開始時(shí)小球相對管靜止．管帶著小球沿垂直于管長度方向，以恒定速度v0=5m/s向右方運(yùn)動(dòng)．求：（1）已知進(jìn)入磁場后小球?qū)蚣铀偕仙?，求小球上升的加速度；?）小球在從管的M端到N端的過程中，管壁對小球做的功；（3）當(dāng)細(xì)管以v0=5m/s進(jìn)入磁場時(shí)，若給管一定的外力，使其以a=2.0m/s2的恒定加速度向右勻加速運(yùn)動(dòng)，小球?qū)⒉荒芤院愣铀俣壬仙疄楸ＷC小球仍能在管中勻加速上升，需讓細(xì)管與小球間具有一特定的摩擦因數(shù)μ．試求該μ值，及小球相對管上升的加速度ay．（要求μ<1）【答案】（1）5m/s2（2）1.5J（3）0.5；4.0m/s2【解析】（1）由牛頓第二定律得qv0（2）解法一、設(shè)小球離開管口時(shí)速度為v1：v聯(lián)立解得：v小球的合速度為：v=由動(dòng)能定理得小球從管的M端到N端的過程中管壁對小球做的功W為：W=解法二、洛侖茲力不做功，則洛侖茲力兩個(gè)分量做功相互抵消．管壁對小球所做的功大小應(yīng)等于洛侖茲力豎直分量對小球所作的功：W=q（3）小球豎直分速度為vy時(shí)，水平速度記為vx，小球受力如圖所示水平方向上有：F由：f=μ得：f=μ（q設(shè)小球從進(jìn)入磁場t時(shí)刻，水平速度為：v豎直方向的加速為ay分速度為vy，則t時(shí)刻：q即：qB（含t項(xiàng)應(yīng)相等，有qBat?μqB即：a=μay聯(lián)立得5=2μ解得μ=12，μ=2舍去16．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m、電荷量為+q的小球從A點(diǎn)以速度v0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)加一電場強(qiáng)度最小的勻強(qiáng)電場后，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2v0，重力加速度為g，（1）第二象限內(nèi)電場強(qiáng)度E1的大小和磁感應(yīng)強(qiáng)度B（2）區(qū)域I內(nèi)最小電場強(qiáng)度E2（3）區(qū)域II內(nèi)電場強(qiáng)度E3的大小和磁感應(yīng)強(qiáng)度B【答案】（1）E1=4mg3q，B1=5mg3qv0【解析】（1）根據(jù)題意分析可知小球沿AO做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則q解得E1=解得B（2）要使小球在區(qū)域I做直線運(yùn)動(dòng)，電場強(qiáng)度最小，則需要滿足mg解得E2=3mg5q方向與（3）小球在區(qū)域II做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則mg=qE3解得E3=mgq小球恰好不從右邊界飛出，如圖所示，由幾何關(guān)系可知r+rsin53°=d根據(jù)qvB3=mv17．（2022·湖北省羅田縣第一中學(xué)模擬預(yù)測）如圖所示，坐標(biāo)系xOy在豎直平面內(nèi)，y軸的正方向豎直向上，y軸的右側(cè)空間存在水平向左的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度為E1；y軸的左側(cè)空間存在勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場，磁場方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)B=1T，電場方向豎直向上，電場強(qiáng)度E2=2N/C。t=0時(shí)刻，一個(gè)帶正電的微粒在O點(diǎn)以v=2m/s的初速度沿著與x軸負(fù)方向成45°角的方向射入y軸的左側(cè)空間，微粒的電荷量q=10-6C，質(zhì)量m=2×10-7kg，重力加速度g取10m/s（1）微粒從O點(diǎn)射入后第一次通過y軸的位置；（2）E1為何值時(shí)，微粒從O點(diǎn)射入后，第二次通過y軸時(shí)恰好經(jīng)過O點(diǎn)?！敬鸢浮浚?）0.4m；（2）1N/C【解析】（1）由題意知mg=q故微粒在y軸左側(cè)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示由洛倫茲力提供向心力得qvB=m代入數(shù)據(jù)解得r=設(shè)微粒進(jìn)入磁場時(shí)與y軸正方向夾角為θ，由題意可知θ=45°，由進(jìn)出磁場的對稱性可知，此圓弧所對圓心角為90°。由幾何關(guān)系得，第一次通過y軸位置與O點(diǎn)距離d=解得d=0.4（2）根據(jù)微粒的受力情況，其在y軸右側(cè)的運(yùn)動(dòng)可分解為水平方向和豎直方向上的兩個(gè)勻變速直線運(yùn)動(dòng)。在豎直向上的分運(yùn)動(dòng)過程中有vcosθ=g在豎直向下的分運(yùn)動(dòng)過程中有?則t解得t微粒在水平方向上的運(yùn)動(dòng)時(shí)間與在豎直方向上的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等。若要其在0.4s內(nèi)回到O點(diǎn)，則應(yīng)在0.2s內(nèi)減速到0。設(shè)其在水平方向上的加速度大小為a，根據(jù)牛頓第二定律得q故有v解得E18．（2022·山東濰坊·三模）在進(jìn)行科學(xué)實(shí)驗(yàn)前，通常都要根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理、實(shí)驗(yàn)中需要改變的物理量、可能出現(xiàn)的實(shí)驗(yàn)結(jié)果等因素，在實(shí)驗(yàn)裝置中選擇一個(gè)合適的坐標(biāo)系后才能開展實(shí)驗(yàn)。為測量帶電粒子在電磁場中的運(yùn)動(dòng)情況，在某實(shí)驗(yàn)裝置中建立如圖所示直角坐標(biāo)系，并沿y軸負(fù)方向加磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場。此設(shè)備中同時(shí)還可以加任意方向的、大小可變的勻強(qiáng)電場。一質(zhì)量為m、帶電荷量為+q（q>0）的粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O以初速度v沿x軸正方向射入，不計(jì)粒子重力的影響。（1）若該粒子恰好能做勻速直線運(yùn)動(dòng)，求所加電場強(qiáng)度E的大小和方向；（2）若不加電場，改變磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小，不改變方向，使該粒子恰好能夠經(jīng)過坐標(biāo)為（3a，0，-a）的點(diǎn)，求改變后的磁感應(yīng)強(qiáng)度B（3）改變電場的大小和方向，也可以改變運(yùn)動(dòng)電荷經(jīng)過的位置。若保持磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小和方向不變，將電場強(qiáng)度大小調(diào)整為E′，方向平行于yOz平面，使該粒子能夠在xOy平面內(nèi)做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，并經(jīng)過坐標(biāo)為（3a，a，0）的點(diǎn)，求調(diào)整后電場強(qiáng)度E【答案】（1）E=vB，沿z軸正方向；（2）B′=mv2qa【解析】（1）由左手定則可知，帶電粒子所受洛倫茲力沿z軸負(fù)方向，則有平衡條件可知，電場力沿z軸正方向，即電場強(qiáng)度沿z軸正方向，且有qE-qvB=0解得E=vB，方向沿z軸正方向（2）粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示由幾何關(guān)系，有r解得粒子運(yùn)動(dòng)的半徑為r=2a由牛頓第二定律，有qv解得B（3）由題意，電場力的一個(gè)分力沿z軸正方向平衡洛倫茲力，另一個(gè)分力沿y軸正方向提供類平拋運(yùn)動(dòng)加速度，如圖所示則由平衡條件，有qE1=qvB曲平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，有3a=vt其中a解得E1=vBE則合場強(qiáng)為E′=19．（2022·江蘇連云港·模擬預(yù)測）如圖所示，沿水平和豎直方向建立直角坐標(biāo)系，沿x軸放置一塊長為10d的絕緣板，y軸左側(cè)固定一內(nèi)壁光滑的半圓管道（內(nèi)徑很?。?，半圓直徑為d，且與y軸重合。第一象限內(nèi)絕緣板的上方存在有界的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場強(qiáng)度E=mgq，方向豎直向上，磁場方向垂直于坐標(biāo)平面向外，大小未知，豎直方向邊界未知。一帶電量為q、質(zhì)量為m的絕緣小球A（直徑略小于管道內(nèi)徑）靜止在坐標(biāo)原點(diǎn)O處，質(zhì)量也為m的不帶電的小球B以初速度v（1）若碰撞后A球能過管道最高點(diǎn)，則v0至少多大？（2）若場區(qū)邊界y1=d，A球通過最高點(diǎn)后能與B球再次發(fā)生彈性正碰，并且使B球恰能通過最高點(diǎn)，則磁感應(yīng)強(qiáng)度為多大？（3）若場區(qū)邊界y2=78d，A球以v2=【答案】（1）v0=2gd【解析】（1）由動(dòng)量守恒得m由能量守恒得1已知mA=mB=m由動(dòng)能定理得?mgd=0?解得v（2）由于mg=qE，A球在復(fù)合場區(qū)做圓周運(yùn)動(dòng)，所以q由題意得v1=帶入解得B設(shè)小球第一次從M點(diǎn)進(jìn)入場中，入射速度為vM，與水平邊界夾角為θ。由平拋運(yùn)動(dòng)得，水平位移x豎直位移d?v解得tvvtan則速度與水平方向夾角為θ=37