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

考點32磁場--帶電粒子在復(fù)合場中的運動新課程標準1.通過實驗，認識洛倫茲力。能判斷洛倫茲力的方向，會計算洛倫茲力的大小。2．能用洛倫茲力分析帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動。了解帶電粒子在勻強磁場中的偏轉(zhuǎn)及其應(yīng)用。命題趨勢考查的內(nèi)容主要體現(xiàn)在對科學(xué)思維、運動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，會綜合牛頓運動定律和運動學(xué)規(guī)律，注重與電場、磁場的滲透，注重生產(chǎn)、生活、當今熱點、現(xiàn)代科技的聯(lián)系。試題情境生活實踐類生活和科技等學(xué)習(xí)探究類帶電粒子在磁場、組合場、疊加場中的運動考向一電場與磁場的疊加考向二磁場力、重力的疊加考向三在重力場、磁場和電場中的勻速運動和勻速圓周運動考向四在重力場、磁場和電場中的直選運動和曲線運動電場與磁場的疊加(2)疊加場：靜電場、磁場、重力場在同一區(qū)域共存，或其中某兩場在同一區(qū)域共存。2．三種場的比較項目名稱力的特點功和能的特點重力場大?。篏＝mg方向：豎直向下重力做功與路徑無關(guān)重力做功改變物體的重力勢能靜電場大小：F＝qE方向：①正電荷受力方向與場強方向相同②負電荷受力方向與場強方向相反靜電力做功與路徑無關(guān)W＝qU靜電力做功改變電勢能磁場洛倫茲力大?。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能3．帶電粒子在復(fù)合場中的運動分類(1)靜止或勻速直線運動當帶電粒子在復(fù)合場中所受合力為零時，將處于靜止狀態(tài)或做勻速直線運動。(2)勻速圓周運動當帶電粒子所受的重力與靜電力大小相等，方向相反時，帶電粒子在洛倫茲力的作用下，在垂直于勻強磁場的平面內(nèi)做勻速圓周運動。(3)較復(fù)雜的曲線運動當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，粒子做非勻變速曲線運動，這時粒子運動軌跡既不是圓弧，也不是拋物線。(4)分階段運動帶電粒子可能依次通過幾個情況不同的復(fù)合場區(qū)域，其運動情況隨區(qū)域發(fā)生變化，其運動過程由幾種不同的運動階段組成。【典例1】（2022年全國高考甲卷物理試題）空間存在著勻強磁場和勻強電場，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，從坐標原點O由靜止開始運動。下列四幅圖中，可能正確描述該粒子運動軌跡的是（）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，故在坐標原點O靜止的帶正電粒子在電場力作用下會向y軸正方向運動。磁場方向垂直于紙面向里，根據(jù)左手定則，可判斷出向y軸正方向運動的粒子同時受到沿x軸負方向的洛倫茲力，故帶電粒子向x軸負方向偏轉(zhuǎn)。AC錯誤；BD．運動的過程中在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。由于勻強電場方向是沿y軸正方向，故x軸為勻強電場的等勢面，從開始到帶電粒子偏轉(zhuǎn)再次運動到x軸時，電場力做功為0，洛倫茲力不做功，故帶電粒子再次回到x軸時的速度為0，隨后受電場力作用再次進入第二象限重復(fù)向左偏轉(zhuǎn)，故B正確，D錯誤。故選B。解法二：粒子在O點靜止，對速度進行分解，分解為向x軸正方向的速度v，向x軸負方向的速度v’，兩個速度大小相等，方向相反。使得其中一個洛倫茲力平衡電場力，即則粒子的在電場、磁場中的運動，可視為，向x軸負方向以速度做勻速直線運動，同時在x軸上方做勻速圓周運動。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電場和垂直紙面向里的勻強磁場。電子從M點由靜止釋放，沿圖中所示軌跡依次經(jīng)過N、P兩點。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點的電勢高于P點的電勢C.電子從M到N，洛倫茲力不做功 D.電子在M點所受的合力大于在P點所受的合力【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功，故A錯誤；B．根據(jù)沿著電場線方向電勢逐漸降低可知N點的電勢高于P點，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點和P點在同一等勢面上，故從M到P電場力做功為0，而洛倫茲力不做功，M點速度為0，根據(jù)動能定理可知電子在P點速度也為0，則電子在M點和P點都只受電場力作用，在勻強電場中電子在這兩點電場力相等，即合力相等，故D錯誤；故選BC。練習(xí)1、(2022·北京市朝陽區(qū)高三一模)如圖所示，在坐標系xOy平面的x＞0區(qū)域內(nèi)，存在電場強度大小E＝2×105N/C、方向垂直于x軸的勻強電場和磁感應(yīng)強度大小B＝0.2T、方向與xOy平面垂直向外的勻強磁場。在y軸上有一足夠長的熒光屏PQ，在x軸上的M(10,0)點處有一粒子發(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)，粒子恰能沿x軸做勻速直線運動。若撤去電場，并使粒子發(fā)射槍以M點為軸在xOy平面內(nèi)以角速度ω＝2πrad/s順時針勻速轉(zhuǎn)動(整個裝置都處在真空中)。(1)判斷電場方向，求粒子離開發(fā)射槍時的速度大??；(2)帶電粒子在磁場中運動的軌跡半徑；(3)熒光屏上閃光點的范圍距離；【答案】(1)106m/s(2)0.1m(3)0.273m【解析】(1)帶正電粒子(重力不計)在疊加場中沿x軸做勻速直線運動，據(jù)左手定則判斷可知洛倫茲力方向向下，所以電場力方向向上，電場方向向上，有qE＝qvB解得速度v＝eq\f(E,B)＝eq\f(2×105,0.2)m/s＝106m/s。(2)撤去電場后，洛倫茲力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,R)所以粒子在磁場中運動的軌跡半徑R＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(6.4×10－27×106,3.2×10－19×0.2)m＝0.1m。(3)粒子運動軌跡如圖所示，粒子打在熒光屏上最上端的點是B點，最下端打在A點由幾何知識可知dOA＝2Rcos30°＝eq\r(3)R，dOB＝R所以熒光屏上閃光點的范圍距離為dAB＝(eq\r(3)＋1)R≈0.273m。【巧學(xué)妙記】22．分析思路(1)劃分過程：將粒子運動的過程劃分為幾個不同的階段，對不同的階段選取不同的規(guī)律處理．(2)找關(guān)鍵：確定帶電粒子在場區(qū)邊界的速度(包括大小和方向)是解決該類問題的關(guān)鍵．(3)畫運動軌跡：根據(jù)受力分析和運動分析，大致畫出粒子的運動軌跡圖，有利于形象、直觀地解決問題．磁場力、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動。②若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復(fù)雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，故機械能守恒，由此可求解問題。【典例3】(2022·北京市豐臺區(qū)高三上期末)如圖所示，空間有一垂直紙面的磁感應(yīng)強度為0.5T的勻強磁場，一質(zhì)量為0.2kg且足夠長的絕緣木板靜止在光滑水平面上，在木板左端無初速放置一質(zhì)量為0.1kg、電荷量q＝＋0.2C的滑塊，滑塊與絕緣木板之間動摩擦因數(shù)為0.5，滑塊受到的最大靜摩擦力可認為等于滑動摩擦力。t＝0時對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的勻加速運動B.滑塊開始做加速度減小的變加速運動，最后做速度為10m/s勻速運動C.木板先做加速度為2m/s2勻加速運動，再做加速度增大的運動，最后做加速度為3m/s2的勻加速運動D.t＝5s后滑塊和木塊有相對運動【答案】C【解析】由于滑塊與絕緣木板之間動摩擦因數(shù)為0.5，靜摩擦力對滑塊能產(chǎn)生的最大加速度為μg＝5m/s2，所以當0.6N的恒力作用于木板時，系統(tǒng)一起以a＝eq\f(F,M＋m)＝eq\f(0.6,0.2＋0.1)m/s2＝2m/s2的加速度一起運動，當滑塊獲得向左運動的速度以后又產(chǎn)生一個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，減小至它對滑塊產(chǎn)生a＝2m/s2的加速度后，滑塊與木板發(fā)生相對滑動，此后滑動摩擦力f＝μ(mg－qvB)＝ma，可知滑塊再做加速度減小的變加速運動。當洛倫茲力等于重力時滑塊與木板之間的彈力為零，此時Bqv＝mg，解得v＝10m/s，此時摩擦力消失，滑塊做勻速運動，而木板在恒力作用下做勻加速運動，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動，然后發(fā)生相對滑動，做加速度減小的變加速運動，最后做速度為10m/s的勻速運動；因木塊開始的加速度為2m/s2，當恰好要開始滑動時，f＝μ(mg－qvB)＝ma，代入數(shù)據(jù)得v＝6m/s，經(jīng)歷的時間是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，仍然做加速運動，最后做速度為10m/s的勻速運動，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磁場，磁感應(yīng)強度為B，一個質(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桿上，環(huán)與桿間的動摩擦因數(shù)為μ.現(xiàn)使圓環(huán)以初速度v0向上運動，經(jīng)時間t0圓環(huán)回到出發(fā)點，不計空氣阻力，取豎直向上為正方向，下列描述該過程中圓環(huán)的速度v隨時間t、摩擦力Ff隨時間t、動能Ek隨位移x、機械能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)向上做減速運動，對小圓環(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，解得f＝μqvB.速度逐漸減小，滑動摩擦力逐漸減小，加速度逐漸減小，當速度減小到零時，加速度為g，此時摩擦力為零，然后小圓環(huán)向下做加速運動，豎直方向：mg－f＝ma；水平方向：N＝qvB，f＝μN，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過程，動能減小，合外力減小，從x～0的過程，動能增大，合外力減小，C錯誤．小圓環(huán)的機械能逐漸減小，E－x圖像的斜率大小表示摩擦力f，上升過程中，從0～x過程，摩擦力逐漸減小，下滑過程，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，兩個傾角分別為30°和60°的足夠長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)強度為B的勻強磁場中，兩個質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小滑塊甲和乙分別從兩個斜面頂端由靜止釋放，運動一段時間后，兩小滑塊都將飛離斜面，在此過程中()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．甲滑塊在斜面上運動的時間比乙滑塊在斜面上運動的時間短C．兩滑塊在斜面上運動的位移大小相同D．兩滑塊在斜面上運動的過程中，重力的平均功率相等【答案】AD【解析】小滑塊飛離斜面時，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，故甲滑塊飛離時速度較大，故A正確；滑塊在斜面上運動的加速度恒定不變，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，因為甲飛離時的速度大于乙飛離時的速度，由vm＝at得，甲在斜面上運動的時間大于乙在斜面上運動的時間，故B錯誤；由以上分析和x＝eq\f(v\o\al(2,m),2a)可知，甲在斜面上運動的位移大于乙在斜面上運動的位移，故C錯誤；由平均功率的公式得，滑塊在斜面上運動的過程中，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動時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)強度為B的勻強磁場，場內(nèi)有一絕緣的足夠長的直桿，它與水平面的夾角為θ，一電荷量為q、質(zhì)量為m的帶負電小球套在直桿上，從A點由靜止沿桿下滑，小球與桿之間的動摩擦因數(shù)為μ，在小球以后的運動過程中，下列說法正確的是()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】小球開始下滑時有mgsinθ－μ(mgcosθ－qvB)＝ma，隨著v增大，a增大，當v0＝eq\f(mgcosθ,qB)時，a達到最大值即am＝gsinθ，此時洛倫茲力大小等于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，此后下滑過程中有，mgsinθ－μ(qvB－mgcosθ)＝ma，隨著v增大，a減小，當vm＝eq\f(mgsinθ＋μcosθ,μqB)時，a＝0，此時達到平衡狀態(tài)，速度不變．所以整個過程中，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)對物塊受力分析，把握已知條件。(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，理清彈力和摩擦力、洛倫茲力的變化。(3)分析受力結(jié)合運動，通過牛頓運動定律，分析加速度變化；通過合力與速度的關(guān)系，分析速度變化在重力場、磁場和電場中的勻速運動和勻速圓周運動①若三力平衡，一定做勻速直線運動。②若重力與電場力平衡，一定做勻速圓周運動。③若合力不為零且與速度方向不垂直，將做復(fù)雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，可用能量守恒定律或動能定理求解問題。【典例5】(多選)(2022·福建省漳州市模擬)如圖，空間某區(qū)域存在勻強電場和勻強磁場，電場方向水平向右，磁場方向垂直于紙面向外。已知在該區(qū)域內(nèi)，一個帶電小球在豎直面內(nèi)做直線運動。下列說法正確的是()A．若小球帶正電荷，則小球的電勢能減小B．若小球帶負電荷，則小球的電勢能減小C．無論小球帶何種電荷，小球的重力勢能都減小D．小球的動能恒定不變【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，做勻速直線運動，則小球的動能不變，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，小球斜向左下方運動，靜電力做負功，電勢能增大，故A錯誤；若小球帶負電，小球受力如圖2，根據(jù)左手定則可知，小球斜向右下方運動，靜電力做負功，電勢能增大，故B錯誤；無論小球帶何種電荷，小球都下降，小球的重力勢能都減小，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的勻強電場和沿水平方向、垂直于紙面向里、大小為B的勻強磁場，一個質(zhì)量為m的帶電小球用長為L的絕緣細線吊著懸于O點，給小球一個水平方向的初速度，小球在豎直面內(nèi)做勻速圓周運動，細線張力不為零；某時刻細線斷開，小球仍做半徑為L的勻速圓周運動，不計小球的大小，重力加速度為g，則()A．細線未斷時，小球沿順時針方向運動B．小球的帶電量為eq\f(mg,E)C．小球運動的速度大小為eq\f(2BLg,E)D．細線未斷時，細線的拉力大小為eq\f(2mLg2B2,E2)【答案】ABD【解析】小球做勻速圓周運動，說明電場力與重力等大反向，小球帶正電，qE＝mg，q＝eq\f(mg,E)，B項正確；由于細線斷了以后，小球仍做半徑為L的勻速圓周運動，因此細線未斷時，小球沿順時針方向運動，T－qvB＝meq\f(v2,L)，細線斷了以后小球沿逆時針方向運動，qvB＝meq\f(v2,L)，得到v＝eq\f(qBL,m)＝eq\f(BLg,E)，細線的拉力大小T＝eq\f(2mLg2B2,E2)，C項錯誤，A、D項正確。練習(xí)4.(2022·江西一模)我國地處北半球，某地區(qū)存在勻強電場E和可看做勻強磁場的地磁場B，電場和地磁場的方向相同，地磁場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)沿垂直場強方向沿水平面做直線運動，忽略空氣阻力，某地區(qū)的重力加速度為g，則下列說法正確的是()A．小球運動方向為自南向北 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，小球受到重力、電場力與洛倫茲力，因直線運動，且f＝qvB，因此一定是勻速直線運動，那么電場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，那么小球一定帶負電，負電荷受到的電場力的方向與磁場的方向相反，則運動的方向由東向西方向運動，故AB兩項錯誤；C項，由上分析可知，電場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項錯誤；D項，小球受到的電場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，在正交的勻強電、磁場中有質(zhì)量、電荷量都相同的兩油滴，A靜止，B做半徑為R的勻速圓周運動。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動B．以eq\f(R,2)為半徑做勻速圓周運動C．仍以R為半徑做勻速圓周運動D．做周期為B的一半的勻速圓周運動【答案】B【解析】解析：由A、B相碰時動量守恒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力平衡，合外力是洛倫茲力，所以繼續(xù)做勻速圓周運動，且有r＝eq\f(2mv′,2qB)＝eq\f(R,2)，T＝eq\f(2π2m,2qB)＝eq\f(2πm,qB)，選項B正確。【巧學(xué)妙記】勻速圓周運動：當帶電粒子在疊加場中勻速圓周運動：當帶電粒子在疊加場中，重力與電場力相平衡，粒子運動方向與勻強磁場方向垂直時，帶電粒子就做勻速圓周運動．此種情況下要同時應(yīng)用平衡條件和向心力公式來進行分析．在重力場、磁場和電場中的直選運動和曲線運動【典例7】.(2022·云南省昆明市“三診一模”二模)如圖所示，在粗糙的足夠長的豎直木桿上套有一個帶正電小球，整個裝置處在有水平勻強電場和垂直于紙面向里的勻強磁場組成的足夠大的復(fù)合場中，小球由靜止開始下滑，在整個運動過程中，下列關(guān)于描述小球運動的v—t圖象中正確的是()【答案】C【解析】在小球下滑的過程中，對小球進行受力分析，如圖所示，小球受到重力mg、電場力qE、洛倫茲力qvB、摩擦力f，還有木桿對小球的支持力N.開始時，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；當速度增大到一定的程度時，洛倫茲力qvB和電場力qE相等，此時支持力N為零，摩擦力f為零，小球的加速度為g，加速度達到最大；當速度繼續(xù)增大時，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，當摩擦力f與重力mg相等時，豎直方向上的加速度為零，小球的速度達到最大．所以選項ABD所示的v—t圖象不符合分析得到的小球的運動規(guī)律，C選項符合．【典例8】(2022·衡水三模)在如圖所示的正交電磁場中豎直固定著一個半徑R＝eq\r(3)m的光滑圓弧，圓弧CD豎直固定，它對應(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°.電場強度為E的電場充滿整個空間，而磁感應(yīng)強度為B的磁場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點安裝一個彈射裝置，它能以不同速度沿AC方向發(fā)射可視為質(zhì)點的帶電小球，小球的質(zhì)量為m，小球射出后能在AC上做勻速直線運動，則下列說法正確的是()A．小球一定帶負電B．小球在軌道的最低點F處速度最大C．若小球以初速度v0＝(5＋eq\r(45))m/s射出，則小球會從D點離開軌道D．若撤去磁場，讓小球以初速度v0＝2eq\r(5)m/s射出，則小球一定不會脫離軌道【答案】D【解析】A項，小球射出后能在AC上做勻速直線運動，小球所受合力為零，電場力水平向左，則小球帶正電，A項錯誤．B項，小球受力如圖所示，電場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，B項錯誤．C項，重力與電場力的合力：F＝eq\f(mg,cosθ)＝eq\f(2\r(3)mg,3)，電場力：qE＝mgtanθ＝eq\f(\r(3),3)mg，小球在P點恰好不脫離軌道，此時軌道對小球彈力為零，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過程小球速度不變，從C到P過程，由動能定理得：－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，則小球不會通過P到達D點，故C項錯誤；D項，設(shè)當小球初速度v1時，恰好從C點沿圓弧轉(zhuǎn)過90°到B點，從C到B根據(jù)動能定理：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，則小球一定不會脫離軌道．只有D項正確．練習(xí)6、(多選)(2022山東省濟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電場和一水平方向的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，垂直紙面向里，電場強度大小為E＝eq\f(\r(3)mg,q)，水平向左，在正交的電磁場空間中有一固定的粗細均勻的足夠長粗糙絕緣桿，與電場正方向成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，當小球沿桿向下的初速度為v0時，小球恰好做勻速直線運動，已知重力加速度大小為g，小球電荷量保持不變，則下列說法正確的是()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動直到停止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動直到停止D．若小球沿桿向下的初速度v＝eq\f(4mg,qB)，則從開始運動至穩(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，電場力F＝qE＝eq\r(3)mg，電場力與重力的合力為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錯誤；當v＝eq\f(mg,qB)時，qvB＝mg<G′，則小球受到垂直于桿斜向上的彈力，即G′＝FN＋qvB，同時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動直至停止，B正確；當v＝eq\f(3mg,qB)時，qvB＝3mg>G′，則小球受到垂直于桿斜向下的彈力，即G′＋FN＝qvB，同時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動，當v＝eq\f(2mg,qB)時，qvB＝G′＝2mg，小球不受摩擦力作用，開始做勻速直線運動，C錯誤；同理，當v＝eq\f(4mg,qB)時，小球先做加速度減小的減速運動，當v＝eq\f(2mg,qB)時開始做勻速直線運動，根據(jù)動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電場和垂直紙面向里的勻強磁場，電場強度大小為E，磁感應(yīng)強度大小為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與桿間的動摩擦因數(shù)為μ.小球由靜止開始滑動，設(shè)電場、磁場區(qū)域足夠大，桿足夠長，在運動過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v＝eq\f(1,2)v0時，小球的加速度最大C．當v＝eq\f(1,2)v0時，小球一定處于加速度減小階段D．當a＝eq\f(1,2)a0時，eq\f(v,v0)>eq\f(1,2)【答案】C【解析】開始運動階段qvB<mg，加速度a1＝eq\f(qE－μ（mg－qv1B）,m)，小球做加速度越來越大的加速運動；當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動，加速度減小到0后做勻速運動，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A錯誤；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時一定處于加速度減小階段，選項B錯誤，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D錯誤．【巧學(xué)妙記】把握三點把握三點，解決“約束運動”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，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關(guān)系．(3)掌握力和運動、功和能在磁場中的應(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，落地點為a；給小球帶上電荷后，仍以原來的速度拋出，考慮地磁場的影響，下列說法正確的是()A．無論小球帶何種電荷，小球仍會落在a點B．無論小球帶何種電荷，小球下落時間都會延長C．若小球帶負電荷，小球會落在更遠的b點D．若小球帶正電荷，小球會落在更遠的b點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磁場和豎直向下的勻強電場。一帶電粒子a(不計重力)以一定的初速度由左邊界的O點射入磁場、電場區(qū)域，恰好沿直線由區(qū)域右邊界的O′點(圖中未標出)穿出。若撤去該區(qū)域內(nèi)的磁場而保留電場不變，另一個同樣的粒子b(不計重力)仍以相同初速度由O點射入，從區(qū)域右邊界穿出，則粒子b()A．穿出位置一定在O′點下方B．穿出位置一定在O′點上方C．運動時，在電場中的電勢能一定減小D．在電場中運動時，動能一定減小3.（多選）(2022·云南省昆明市“三診一模”二模)如圖所示，在水平向左的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場中，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，電場強度為E，磁感應(yīng)強度為B，P與桿間的動摩擦因數(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的速度可能是eq\f(2μqE＋mg,2μqB)D．小球向下運動的穩(wěn)定速度為eq\f(μqE＋mg,μqB)4.(多選)(2022·安徽省合肥市高三上開學(xué)考試)如圖所示，空間有一垂直紙面向里的磁感應(yīng)強度大小為0.5T的勻強磁場，一質(zhì)量為0.2kg且足夠長的絕緣木板靜止在光滑水平面上，在木板左端無初速度地放置一質(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摩擦因數(shù)為0.5，可認為滑塊受到的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力．現(xiàn)對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動B．滑塊先做勻加速運動后做勻速運動C．最終滑塊做速度為5m/s的勻速運動D．最終木板做加速度為3m/s2的勻加速運動5．（多選）(2022·福建省泉州市第二次質(zhì)量檢測)如圖，一帶負電的圓環(huán)套在傾斜固定的粗糙絕緣長直桿上，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磁場中?，F(xiàn)給圓環(huán)一沿桿向上的初速度v0，在以后的運動過程中，下列關(guān)于圓環(huán)的速度v隨時間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)性測試)如圖所示，實線表示豎直平面內(nèi)的電場線，電場線與水平方向成α角，水平方向的勻強磁場與電場正交，有一帶電液滴沿斜向上的虛線L斜向上做直線運動，L與水平方向成β角，且α＞β，則下列說法中正確的是()A．液滴一定做勻速直線運動B．液滴一定帶負電C．電場線方向一定斜向上D．液滴有可能做勻變速直線運動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。整個裝置處在方向互相垂直的勻強電場與勻強磁場中。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C點時的速度；(2)在C點時滑塊所受洛倫茲力；(3)在C點滑塊對軌道的壓力。1.(2022山東省濟南市高三下模擬考試)如圖所示，勻強電場方向水平向右，勻強磁場方向垂直紙面向里，將帶正電的小球在場中靜止釋放，最后落到地面上．關(guān)于該過程，下述說法正確的是()A．小球做勻變速曲線運動B．小球減少的電勢能等于增加的動能C．電場力和重力做的功等于小球增加的動能D．若保持其他條件不變，只減小磁感應(yīng)強度，小球著地時動能不變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，能夠達到的最大高度為h1；若加上水平方向的勻強磁場，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電場，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電場，且保持初速度仍為v0，小球上升的最大高度為h4，如圖所示。不計空氣阻力，則()A.一定有h1＝h3 B.一定有h1＜h4C.h2與h4無法比較 D.h1與h2無法比較3.(2022·河北省張家口市高三下三模)如圖所示，場強為E的勻強電場方向豎直向下，場強為B的水平勻強磁場垂直紙面向里，三個油滴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動(軌跡未畫出)．忽略三個油滴間的靜電力作用，比較三個油滴的質(zhì)量及b、c的運動情況，以下說法中正確的是()A．三個油滴的質(zhì)量相等，b、c都沿順時針方向運動B．a(chǎn)的質(zhì)量最大，c的質(zhì)量最小，b、c都沿逆時針方向運動C．b的質(zhì)量最大，a的質(zhì)量最小，b、c都沿順時針方向運動D．三個油滴的質(zhì)量相等，b沿順時針方向運動，c沿逆時針方向運動4.(2022廣東汕頭一模)如圖所示，長為l的絕緣輕繩上端固定于O點，下端系一質(zhì)量為m的帶負電小球，在小球運動的豎直平面內(nèi)有垂直該平面向里的勻強磁場．某時刻給小球一垂直于磁場、水平向右的初速度，小球能做完整的圓周運動．不計空氣阻力，重力加速度為g，則()A．小球做勻速圓周運動B．小球運動過程中機械能不守恒C．小球在最高點的最小速度v1＝eq\r(gl)D．最低點與最高點的繩子拉力差值大于6mg5.(2022·天津市南開區(qū)高三下一模)如圖所示，虛線右側(cè)有豎直向下的電場強度E＝45N/C的勻強電場及垂直于電場向外的磁感應(yīng)強度B＝0.25T的勻強磁場。在光滑絕緣的水平面上有兩個等大的金屬小球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、磁場直接進入正交電、磁場中。剛進入正交電、磁場的瞬間，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在剛進入正交電、磁場后的短時間內(nèi)，其電勢能減少C．過程中，小球A對小球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，粗糙的足夠長直絕緣桿上套有一帶電小球，整個裝置處在由水平向右勻強電場和垂直于紙面向外的勻強磁場組成的足夠大復(fù)合場中，小球由靜止開始下滑，則下列說法正確的是()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點為其圓心，P點為軌道最低點，兩個端點M、N與O等高，勻強磁場方向與軌道平面垂直?，F(xiàn)將一個帶負電的小球自M點由靜止釋放，它將沿軌道做往復(fù)運動，下列說法中正確的是()A．小球由M到N與由N到M所經(jīng)歷的時間相等B．小球由M到P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相等C．小球由M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)過軌道最低點時對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，長為L，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)強度為B，方向垂直紙面向里的勻強磁場．一個質(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處由靜止開始自由下落，并經(jīng)兩板上端連線中點P進入板間．油滴在P點所受的電場力與磁場力大小恰好相等，且最后恰好從金屬板的下邊緣離開電磁場區(qū)域．空氣阻力不計，重力加速度為g，則下列說法正確的是()A．油滴剛進入電磁場時的加速度為gB．油滴開始下落的高度h＝eq\f(U2,2B2d2g)C．油滴從左側(cè)金屬板的下邊緣離開D．油滴離開電磁場時的速度大小為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，對應(yīng)圓心角為120°，C、D兩端等高，O為最低點，圓弧的圓心為O′，半徑為R；直線段AC、HD粗糙且足夠長，與圓弧段分別在C、D端相切．整個裝置處于方向垂直于軌道所在平面向里、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中，在豎直虛線MC左側(cè)和虛線ND右側(cè)存在著電場強度大小相等、方向分別為水平向右和水平向左的勻強電場．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)點的帶正電小球，從軌道內(nèi)距C點足夠遠的P點由靜止釋放．若小球所受電場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下滑的過程中，最大速度vmax＝eq\f(\r(3)mg,3μqB)C．小球進入DH軌道后，上升的最高點與P點等高D．小球經(jīng)過O點時，對軌道的彈力可能為2mg－qBeq\r(gR)10.(2022·長春模擬)如圖所示，水平向左的勻強電場的場強E＝4v/m，垂直紙面向內(nèi)的勻強磁場的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點由靜止開始下滑，滑行h＝0.8m到達N點時離開墻面開始做曲線運動，在到達P點開始做勻速直線運動，此時速度與水平方向成45°角，P點離開M點的豎直高度為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點與M點的水平距離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電場和水平向里的勻強磁場，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與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，磁感應(yīng)強度為B＝eq\f(3mg,qv0)，電場強度為E＝eq\f(7μmg,q)，小物體A從MN開始向右運動距離為L時速度達到最大。求小物體A的最大速度vm和此過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的小車以2.0m/s的速度在光滑的水平面上向左運動，小車上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，整個軌道都是由絕緣材料制成的，小車所在空間內(nèi)有豎直向上的勻強電場和垂直于紙面向里的勻強磁場，電場強度E大小為50N/C，磁感應(yīng)強度B大小為2.0T．現(xiàn)有一質(zhì)量m為2.0kg、帶負電且電荷量為0.10C的滑塊以10m/s的水平速度向右沖上小車，當它運動到D點時速度為5m/s.滑塊可視為質(zhì)點，g取10m/s2，計算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字．(1)求滑塊從A到D的過程中，小車與滑塊組成的系統(tǒng)損失的機械能；(2)如果滑塊剛過D點時對軌道的壓力為76N，求圓弧軌道的半徑r；(3)當滑塊通過D點時，立即撤去磁場，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）某空間存在勻強磁場和勻強電場。一個帶電粒子(不計重力)以一定初速度射入該空間后，做勻速直線運動；若僅撤除電場，則該粒子做勻速圓周運動，下列因素與完成上述兩類運動無關(guān)的是A．磁場和電場的方向B．磁場和電場的強弱C．粒子的電性和電量D．粒子入射時的速度2.(2022·湖南卷·)如圖，兩個定值電阻的阻值分別為和，直流電源的內(nèi)阻不計，平行板電容器兩極板水平放置，板間距離為，板長為，極板間存在方向水平向里的勻強磁場。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)邊緣點進入電容器，做勻速圓周運動，恰從電容器上板右側(cè)邊緣離開電容器。此過程中，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）求直流電源的電動勢；（2）求兩極板間磁場的磁感應(yīng)強度；（3）在圖中虛線的右側(cè)設(shè)計一勻強電場，使小球離開電容器后沿直線運動，求電場強度的最小值?？键c32磁場--帶電粒子在復(fù)合場中的運動新課程標準1.通過實驗，認識洛倫茲力。能判斷洛倫茲力的方向，會計算洛倫茲力的大小。2．能用洛倫茲力分析帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動。了解帶電粒子在勻強磁場中的偏轉(zhuǎn)及其應(yīng)用。命題趨勢考查的內(nèi)容主要體現(xiàn)在對科學(xué)思維、運動與相互作用觀念等物理學(xué)科的核心素養(yǎng)的要求。考查頻率高，題目綜合性強，會綜合牛頓運動定律和運動學(xué)規(guī)律，注重與電場、磁場的滲透，注重生產(chǎn)、生活、當今熱點、現(xiàn)代科技的聯(lián)系。試題情境生活實踐類生活和科技等學(xué)習(xí)探究類帶電粒子在磁場、組合場、疊加場中的運動考向一電場與磁場的疊加考向二磁場力、重力的疊加考向三在重力場、磁場和電場中的勻速運動和勻速圓周運動考向四在重力場、磁場和電場中的直選運動和曲線運動電場與磁場的疊加(2)疊加場：靜電場、磁場、重力場在同一區(qū)域共存，或其中某兩場在同一區(qū)域共存。2．三種場的比較項目名稱力的特點功和能的特點重力場大?。篏＝mg方向：豎直向下重力做功與路徑無關(guān)重力做功改變物體的重力勢能靜電場大小：F＝qE方向：①正電荷受力方向與場強方向相同②負電荷受力方向與場強方向相反靜電力做功與路徑無關(guān)W＝qU靜電力做功改變電勢能磁場洛倫茲力大小：F＝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能3．帶電粒子在復(fù)合場中的運動分類(1)靜止或勻速直線運動當帶電粒子在復(fù)合場中所受合力為零時，將處于靜止狀態(tài)或做勻速直線運動。(2)勻速圓周運動當帶電粒子所受的重力與靜電力大小相等，方向相反時，帶電粒子在洛倫茲力的作用下，在垂直于勻強磁場的平面內(nèi)做勻速圓周運動。(3)較復(fù)雜的曲線運動當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，粒子做非勻變速曲線運動，這時粒子運動軌跡既不是圓弧，也不是拋物線。(4)分階段運動帶電粒子可能依次通過幾個情況不同的復(fù)合場區(qū)域，其運動情況隨區(qū)域發(fā)生變化，其運動過程由幾種不同的運動階段組成。【典例1】（2022年全國高考甲卷物理試題）空間存在著勻強磁場和勻強電場，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，從坐標原點O由靜止開始運動。下列四幅圖中，可能正確描述該粒子運動軌跡的是（）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，故在坐標原點O靜止的帶正電粒子在電場力作用下會向y軸正方向運動。磁場方向垂直于紙面向里，根據(jù)左手定則，可判斷出向y軸正方向運動的粒子同時受到沿x軸負方向的洛倫茲力，故帶電粒子向x軸負方向偏轉(zhuǎn)。AC錯誤；BD．運動的過程中在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。由于勻強電場方向是沿y軸正方向，故x軸為勻強電場的等勢面，從開始到帶電粒子偏轉(zhuǎn)再次運動到x軸時，電場力做功為0，洛倫茲力不做功，故帶電粒子再次回到x軸時的速度為0，隨后受電場力作用再次進入第二象限重復(fù)向左偏轉(zhuǎn)，故B正確，D錯誤。故選B。解法二：粒子在O點靜止，對速度進行分解，分解為向x軸正方向的速度v，向x軸負方向的速度v’，兩個速度大小相等，方向相反。使得其中一個洛倫茲力平衡電場力，即則粒子的在電場、磁場中的運動，可視為，向x軸負方向以速度做勻速直線運動，同時在x軸上方做勻速圓周運動。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電場和垂直紙面向里的勻強磁場。電子從M點由靜止釋放，沿圖中所示軌跡依次經(jīng)過N、P兩點。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點的電勢高于P點的電勢C.電子從M到N，洛倫茲力不做功 D.電子在M點所受的合力大于在P點所受的合力【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功，故A錯誤；B．根據(jù)沿著電場線方向電勢逐漸降低可知N點的電勢高于P點，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點和P點在同一等勢面上，故從M到P電場力做功為0，而洛倫茲力不做功，M點速度為0，根據(jù)動能定理可知電子在P點速度也為0，則電子在M點和P點都只受電場力作用，在勻強電場中電子在這兩點電場力相等，即合力相等，故D錯誤；故選BC。練習(xí)1、(2022·北京市朝陽區(qū)高三一模)如圖所示，在坐標系xOy平面的x＞0區(qū)域內(nèi)，存在電場強度大小E＝2×105N/C、方向垂直于x軸的勻強電場和磁感應(yīng)強度大小B＝0.2T、方向與xOy平面垂直向外的勻強磁場。在y軸上有一足夠長的熒光屏PQ，在x軸上的M(10,0)點處有一粒子發(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)，粒子恰能沿x軸做勻速直線運動。若撤去電場，并使粒子發(fā)射槍以M點為軸在xOy平面內(nèi)以角速度ω＝2πrad/s順時針勻速轉(zhuǎn)動(整個裝置都處在真空中)。(1)判斷電場方向，求粒子離開發(fā)射槍時的速度大??；(2)帶電粒子在磁場中運動的軌跡半徑；(3)熒光屏上閃光點的范圍距離；【答案】(1)106m/s(2)0.1m(3)0.273m【解析】(1)帶正電粒子(重力不計)在疊加場中沿x軸做勻速直線運動，據(jù)左手定則判斷可知洛倫茲力方向向下，所以電場力方向向上，電場方向向上，有qE＝qvB解得速度v＝eq\f(E,B)＝eq\f(2×105,0.2)m/s＝106m/s。(2)撤去電場后，洛倫茲力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,R)所以粒子在磁場中運動的軌跡半徑R＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(6.4×10－27×106,3.2×10－19×0.2)m＝0.1m。(3)粒子運動軌跡如圖所示，粒子打在熒光屏上最上端的點是B點，最下端打在A點由幾何知識可知dOA＝2Rcos30°＝eq\r(3)R，dOB＝R所以熒光屏上閃光點的范圍距離為dAB＝(eq\r(3)＋1)R≈0.273m?！厩蓪W(xué)妙記】22．分析思路(1)劃分過程：將粒子運動的過程劃分為幾個不同的階段，對不同的階段選取不同的規(guī)律處理．(2)找關(guān)鍵：確定帶電粒子在場區(qū)邊界的速度(包括大小和方向)是解決該類問題的關(guān)鍵．(3)畫運動軌跡：根據(jù)受力分析和運動分析，大致畫出粒子的運動軌跡圖，有利于形象、直觀地解決問題．磁場力、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動。②若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復(fù)雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，故機械能守恒，由此可求解問題?！镜淅?】(2022·北京市豐臺區(qū)高三上期末)如圖所示，空間有一垂直紙面的磁感應(yīng)強度為0.5T的勻強磁場，一質(zhì)量為0.2kg且足夠長的絕緣木板靜止在光滑水平面上，在木板左端無初速放置一質(zhì)量為0.1kg、電荷量q＝＋0.2C的滑塊，滑塊與絕緣木板之間動摩擦因數(shù)為0.5，滑塊受到的最大靜摩擦力可認為等于滑動摩擦力。t＝0時對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的勻加速運動B.滑塊開始做加速度減小的變加速運動，最后做速度為10m/s勻速運動C.木板先做加速度為2m/s2勻加速運動，再做加速度增大的運動，最后做加速度為3m/s2的勻加速運動D.t＝5s后滑塊和木塊有相對運動【答案】C【解析】由于滑塊與絕緣木板之間動摩擦因數(shù)為0.5，靜摩擦力對滑塊能產(chǎn)生的最大加速度為μg＝5m/s2，所以當0.6N的恒力作用于木板時，系統(tǒng)一起以a＝eq\f(F,M＋m)＝eq\f(0.6,0.2＋0.1)m/s2＝2m/s2的加速度一起運動，當滑塊獲得向左運動的速度以后又產(chǎn)生一個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，減小至它對滑塊產(chǎn)生a＝2m/s2的加速度后，滑塊與木板發(fā)生相對滑動，此后滑動摩擦力f＝μ(mg－qvB)＝ma，可知滑塊再做加速度減小的變加速運動。當洛倫茲力等于重力時滑塊與木板之間的彈力為零，此時Bqv＝mg，解得v＝10m/s，此時摩擦力消失，滑塊做勻速運動，而木板在恒力作用下做勻加速運動，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動，然后發(fā)生相對滑動，做加速度減小的變加速運動，最后做速度為10m/s的勻速運動；因木塊開始的加速度為2m/s2，當恰好要開始滑動時，f＝μ(mg－qvB)＝ma，代入數(shù)據(jù)得v＝6m/s，經(jīng)歷的時間是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，仍然做加速運動，最后做速度為10m/s的勻速運動，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磁場，磁感應(yīng)強度為B，一個質(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桿上，環(huán)與桿間的動摩擦因數(shù)為μ.現(xiàn)使圓環(huán)以初速度v0向上運動，經(jīng)時間t0圓環(huán)回到出發(fā)點，不計空氣阻力，取豎直向上為正方向，下列描述該過程中圓環(huán)的速度v隨時間t、摩擦力Ff隨時間t、動能Ek隨位移x、機械能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)向上做減速運動，對小圓環(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，解得f＝μqvB.速度逐漸減小，滑動摩擦力逐漸減小，加速度逐漸減小，當速度減小到零時，加速度為g，此時摩擦力為零，然后小圓環(huán)向下做加速運動，豎直方向：mg－f＝ma；水平方向：N＝qvB，f＝μN，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過程，動能減小，合外力減小，從x～0的過程，動能增大，合外力減小，C錯誤．小圓環(huán)的機械能逐漸減小，E－x圖像的斜率大小表示摩擦力f，上升過程中，從0～x過程，摩擦力逐漸減小，下滑過程，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，兩個傾角分別為30°和60°的足夠長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)強度為B的勻強磁場中，兩個質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小滑塊甲和乙分別從兩個斜面頂端由靜止釋放，運動一段時間后，兩小滑塊都將飛離斜面，在此過程中()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．甲滑塊在斜面上運動的時間比乙滑塊在斜面上運動的時間短C．兩滑塊在斜面上運動的位移大小相同D．兩滑塊在斜面上運動的過程中，重力的平均功率相等【答案】AD【解析】小滑塊飛離斜面時，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，故甲滑塊飛離時速度較大，故A正確；滑塊在斜面上運動的加速度恒定不變，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，因為甲飛離時的速度大于乙飛離時的速度，由vm＝at得，甲在斜面上運動的時間大于乙在斜面上運動的時間，故B錯誤；由以上分析和x＝eq\f(v\o\al(2,m),2a)可知，甲在斜面上運動的位移大于乙在斜面上運動的位移，故C錯誤；由平均功率的公式得，滑塊在斜面上運動的過程中，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動時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)強度為B的勻強磁場，場內(nèi)有一絕緣的足夠長的直桿，它與水平面的夾角為θ，一電荷量為q、質(zhì)量為m的帶負電小球套在直桿上，從A點由靜止沿桿下滑，小球與桿之間的動摩擦因數(shù)為μ，在小球以后的運動過程中，下列說法正確的是()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】小球開始下滑時有mgsinθ－μ(mgcosθ－qvB)＝ma，隨著v增大，a增大，當v0＝eq\f(mgcosθ,qB)時，a達到最大值即am＝gsinθ，此時洛倫茲力大小等于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，此后下滑過程中有，mgsinθ－μ(qvB－mgcosθ)＝ma，隨著v增大，a減小，當vm＝eq\f(mgsinθ＋μcosθ,μqB)時，a＝0，此時達到平衡狀態(tài)，速度不變．所以整個過程中，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)對物塊受力分析，把握已知條件。(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，理清彈力和摩擦力、洛倫茲力的變化。(3)分析受力結(jié)合運動，通過牛頓運動定律，分析加速度變化；通過合力與速度的關(guān)系，分析速度變化在重力場、磁場和電場中的勻速運動和勻速圓周運動①若三力平衡，一定做勻速直線運動。②若重力與電場力平衡，一定做勻速圓周運動。③若合力不為零且與速度方向不垂直，將做復(fù)雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，可用能量守恒定律或動能定理求解問題?！镜淅?】(多選)(2022·福建省漳州市模擬)如圖，空間某區(qū)域存在勻強電場和勻強磁場，電場方向水平向右，磁場方向垂直于紙面向外。已知在該區(qū)域內(nèi)，一個帶電小球在豎直面內(nèi)做直線運動。下列說法正確的是()A．若小球帶正電荷，則小球的電勢能減小B．若小球帶負電荷，則小球的電勢能減小C．無論小球帶何種電荷，小球的重力勢能都減小D．小球的動能恒定不變【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，做勻速直線運動，則小球的動能不變，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，小球斜向左下方運動，靜電力做負功，電勢能增大，故A錯誤；若小球帶負電，小球受力如圖2，根據(jù)左手定則可知，小球斜向右下方運動，靜電力做負功，電勢能增大，故B錯誤；無論小球帶何種電荷，小球都下降，小球的重力勢能都減小，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的勻強電場和沿水平方向、垂直于紙面向里、大小為B的勻強磁場，一個質(zhì)量為m的帶電小球用長為L的絕緣細線吊著懸于O點，給小球一個水平方向的初速度，小球在豎直面內(nèi)做勻速圓周運動，細線張力不為零；某時刻細線斷開，小球仍做半徑為L的勻速圓周運動，不計小球的大小，重力加速度為g，則()A．細線未斷時，小球沿順時針方向運動B．小球的帶電量為eq\f(mg,E)C．小球運動的速度大小為eq\f(2BLg,E)D．細線未斷時，細線的拉力大小為eq\f(2mLg2B2,E2)【答案】ABD【解析】小球做勻速圓周運動，說明電場力與重力等大反向，小球帶正電，qE＝mg，q＝eq\f(mg,E)，B項正確；由于細線斷了以后，小球仍做半徑為L的勻速圓周運動，因此細線未斷時，小球沿順時針方向運動，T－qvB＝meq\f(v2,L)，細線斷了以后小球沿逆時針方向運動，qvB＝meq\f(v2,L)，得到v＝eq\f(qBL,m)＝eq\f(BLg,E)，細線的拉力大小T＝eq\f(2mLg2B2,E2)，C項錯誤，A、D項正確。練習(xí)4.(2022·江西一模)我國地處北半球，某地區(qū)存在勻強電場E和可看做勻強磁場的地磁場B，電場和地磁場的方向相同，地磁場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)沿垂直場強方向沿水平面做直線運動，忽略空氣阻力，某地區(qū)的重力加速度為g，則下列說法正確的是()A．小球運動方向為自南向北 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，小球受到重力、電場力與洛倫茲力，因直線運動，且f＝qvB，因此一定是勻速直線運動，那么電場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，那么小球一定帶負電，負電荷受到的電場力的方向與磁場的方向相反，則運動的方向由東向西方向運動，故AB兩項錯誤；C項，由上分析可知，電場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項錯誤；D項，小球受到的電場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，在正交的勻強電、磁場中有質(zhì)量、電荷量都相同的兩油滴，A靜止，B做半徑為R的勻速圓周運動。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動B．以eq\f(R,2)為半徑做勻速圓周運動C．仍以R為半徑做勻速圓周運動D．做周期為B的一半的勻速圓周運動【答案】B【解析】解析：由A、B相碰時動量守恒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力平衡，合外力是洛倫茲力，所以繼續(xù)做勻速圓周運動，且有r＝eq\f(2mv′,2qB)＝eq\f(R,2)，T＝eq\f(2π2m,2qB)＝eq\f(2πm,qB)，選項B正確?！厩蓪W(xué)妙記】勻速圓周運動：當帶電粒子在疊加場中勻速圓周運動：當帶電粒子在疊加場中，重力與電場力相平衡，粒子運動方向與勻強磁場方向垂直時，帶電粒子就做勻速圓周運動．此種情況下要同時應(yīng)用平衡條件和向心力公式來進行分析．在重力場、磁場和電場中的直選運動和曲線運動【典例7】.(2022·云南省昆明市“三診一?！倍?如圖所示，在粗糙的足夠長的豎直木桿上套有一個帶正電小球，整個裝置處在有水平勻強電場和垂直于紙面向里的勻強磁場組成的足夠大的復(fù)合場中，小球由靜止開始下滑，在整個運動過程中，下列關(guān)于描述小球運動的v—t圖象中正確的是()【答案】C【解析】在小球下滑的過程中，對小球進行受力分析，如圖所示，小球受到重力mg、電場力qE、洛倫茲力qvB、摩擦力f，還有木桿對小球的支持力N.開始時，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；當速度增大到一定的程度時，洛倫茲力qvB和電場力qE相等，此時支持力N為零，摩擦力f為零，小球的加速度為g，加速度達到最大；當速度繼續(xù)增大時，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，當摩擦力f與重力mg相等時，豎直方向上的加速度為零，小球的速度達到最大．所以選項ABD所示的v—t圖象不符合分析得到的小球的運動規(guī)律，C選項符合．【典例8】(2022·衡水三模)在如圖所示的正交電磁場中豎直固定著一個半徑R＝eq\r(3)m的光滑圓弧，圓弧CD豎直固定，它對應(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°.電場強度為E的電場充滿整個空間，而磁感應(yīng)強度為B的磁場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點安裝一個彈射裝置，它能以不同速度沿AC方向發(fā)射可視為質(zhì)點的帶電小球，小球的質(zhì)量為m，小球射出后能在AC上做勻速直線運動，則下列說法正確的是()A．小球一定帶負電B．小球在軌道的最低點F處速度最大C．若小球以初速度v0＝(5＋eq\r(45))m/s射出，則小球會從D點離開軌道D．若撤去磁場，讓小球以初速度v0＝2eq\r(5)m/s射出，則小球一定不會脫離軌道【答案】D【解析】A項，小球射出后能在AC上做勻速直線運動，小球所受合力為零，電場力水平向左，則小球帶正電，A項錯誤．B項，小球受力如圖所示，電場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，B項錯誤．C項，重力與電場力的合力：F＝eq\f(mg,cosθ)＝eq\f(2\r(3)mg,3)，電場力：qE＝mgtanθ＝eq\f(\r(3),3)mg，小球在P點恰好不脫離軌道，此時軌道對小球彈力為零，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過程小球速度不變，從C到P過程，由動能定理得：－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，則小球不會通過P到達D點，故C項錯誤；D項，設(shè)當小球初速度v1時，恰好從C點沿圓弧轉(zhuǎn)過90°到B點，從C到B根據(jù)動能定理：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，則小球一定不會脫離軌道．只有D項正確．練習(xí)6、(多選)(2022山東省濟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電場和一水平方向的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，垂直紙面向里，電場強度大小為E＝eq\f(\r(3)mg,q)，水平向左，在正交的電磁場空間中有一固定的粗細均勻的足夠長粗糙絕緣桿，與電場正方向成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，當小球沿桿向下的初速度為v0時，小球恰好做勻速直線運動，已知重力加速度大小為g，小球電荷量保持不變，則下列說法正確的是()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動直到停止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動直到停止D．若小球沿桿向下的初速度v＝eq\f(4mg,qB)，則從開始運動至穩(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，電場力F＝qE＝eq\r(3)mg，電場力與重力的合力為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錯誤；當v＝eq\f(mg,qB)時，qvB＝mg<G′，則小球受到垂直于桿斜向上的彈力，即G′＝FN＋qvB，同時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動直至停止，B正確；當v＝eq\f(3mg,qB)時，qvB＝3mg>G′，則小球受到垂直于桿斜向下的彈力，即G′＋FN＝qvB，同時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動，當v＝eq\f(2mg,qB)時，qvB＝G′＝2mg，小球不受摩擦力作用，開始做勻速直線運動，C錯誤；同理，當v＝eq\f(4mg,qB)時，小球先做加速度減小的減速運動，當v＝eq\f(2mg,qB)時開始做勻速直線運動，根據(jù)動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電場和垂直紙面向里的勻強磁場，電場強度大小為E，磁感應(yīng)強度大小為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與桿間的動摩擦因數(shù)為μ.小球由靜止開始滑動，設(shè)電場、磁場區(qū)域足夠大，桿足夠長，在運動過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v＝eq\f(1,2)v0時，小球的加速度最大C．當v＝eq\f(1,2)v0時，小球一定處于加速度減小階段D．當a＝eq\f(1,2)a0時，eq\f(v,v0)>eq\f(1,2)【答案】C【解析】開始運動階段qvB<mg，加速度a1＝eq\f(qE－μ（mg－qv1B）,m)，小球做加速度越來越大的加速運動；當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動，加速度減小到0后做勻速運動，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A錯誤；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時一定處于加速度減小階段，選項B錯誤，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D錯誤．【巧學(xué)妙記】把握三點把握三點，解決“約束運動”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，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關(guān)系．(3)掌握力和運動、功和能在磁場中的應(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，落地點為a；給小球帶上電荷后，仍以原來的速度拋出，考慮地磁場的影響，下列說法正確的是()A．無論小球帶何種電荷，小球仍會落在a點B．無論小球帶何種電荷，小球下落時間都會延長C．若小球帶負電荷，小球會落在更遠的b點D．若小球帶正電荷，小球會落在更遠的b點【答案】D【解析】地磁場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，小球落地時間會變長，水平位移會變大；同理，若小球帶負電，則小球落地時間會變短，水平位移會變小，故D正確。2..(2022·南京月考)如