帶電粒子在疊加場中運(yùn)動（解析版）-2024年高考物理壓軸題專項訓(xùn)練

帶電我行在殺前切中也劭

NO.1

壓軸題解讀

L帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動在高考物理中占據(jù)重要地位，是檢驗學(xué)生綜合運(yùn)用電場、磁場等物理知識解決復(fù)

雜問題的能力的重要考點。

2.在命題方式上，這類題目通常以綜合性強(qiáng)的計算題形式出現(xiàn),可能涉及電場、磁場、重力場等多個疊加場的

組合，要求考生分析帶電粒子在這些疊加場中的受力情況、運(yùn)動軌跡、速度變化等，并運(yùn)用相應(yīng)的物理公式和

定理進(jìn)行計算和推理。

3.備考時,考生應(yīng)首先深入理解疊加場的基本原理和帶電粒子在其中的運(yùn)動規(guī)律，掌握電場力、洛倫茲力、重

力等力的計算方法和疊加原理。同時，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

問題。止匕外，考生還應(yīng)注重實踐練習(xí)，通過大量做題來提高自己的解題能力和速度。

N0.2

壓軸題密押

解題要領(lǐng)歸納

考向一: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。

考向二: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。

考向三:配速法處理帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動

1.若帶電粒子在磁場中所受合力不會零，則粒子的速度會改變，洛倫茲力也會隨著變化,合力也會跟著變化，則

粒子做一般曲線運(yùn)動,運(yùn)動比較麻煩，此時，我們可以把初速度分解成兩個分速度,使其一個分速度對應(yīng)的洛

倫茲力與重力（或電場力，或重力和電場力的合力）平衡，另一個分速度對應(yīng)的洛倫茲力使粒子做勻速圓周運(yùn)

動,這樣一個復(fù)雜的曲線運(yùn)動就可以分解分兩個比較常見的運(yùn)動,這種方法叫配速法。

2.幾種常見情況：

常見情況處理方法

xDxXXXXX把初速度0,分解一，於向左的速度仍和一個向右的速度S

初速度為0,XXXXXX'鹿=Bqvi

XXXXXXX

有重力

XXXXXXX

XXXXXXX

XXXXXXX，G=mg

?題型01束縛類直線運(yùn)動

：題目口如圖所示，兩個傾角分別為30°和60°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B的勻強(qiáng)磁場中，兩個質(zhì)量為小、帶電荷量為+q的小滑塊甲和乙分別從兩個斜面頂端由

靜止釋放，運(yùn)動一段時間后，兩小滑塊都將飛離斜面，在此過程中（）

A.甲滑塊在斜面上運(yùn)動的時間比乙滑塊在斜面上運(yùn)動的時間短

B.甲滑塊在斜面上運(yùn)動的位移比乙滑塊在斜面上運(yùn)動的位移小

C.甲滑塊飛離斜面瞬間重力的瞬時功率比乙滑塊飛離斜面瞬間重力的瞬時功率大

2

D.兩滑塊在斜面上運(yùn)動的過程中,重力的平均功率相等

【答案】。

【詳解】_A.小滑塊飛離斜面時，洛倫茲力與重力的垂直斜面的分力平衡，有

mgcosff=qvmB

解得

mgcos0

qB

所以斜面角度越小，飛離斜面瞬間的速度越大，故在甲滑塊飛離時速度較大，物體在斜面上運(yùn)動的加速度

恒定不變，由受力分析和牛頓第二定律可知加速度a=gsin仇所以甲的加速度小于乙的加速度，因為甲的

最大速度大于乙的最大速度，由加=at得，甲的時間大于乙的時間，故A錯誤；

d

由4選項的分析和2得，甲的位移大于乙的位移，故B錯誤；

2a

。.滑塊飛離斜面瞬間重力的瞬時功率為

m2g2sin/9,cosd

P=mgvsin（J=---------------

mqB

則可知兩滑塊飛離斜面瞬間重力的瞬時功率均為

V3W

-8qB

故C錯誤；

D.由平均功率的公式得

0)m2^2sin0?cos。

P—mg?-y-sin0二

2qB

因sin30°=cos60°,故兩滑塊重力的平均功率均為

P=^B-

故。正確。

故選D。

?題型02疊加場中的圓周運(yùn)動

題目囪如圖所示,頂角為2。的光滑絕緣圓錐，置于豎直向上的勻強(qiáng)磁場中,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,現(xiàn)有質(zhì)量為

小，帶電量為-q的小球，沿圓錐面在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，則（）

A.從上往下看，小球做順時針運(yùn)動B.洛侖茲力提供小球做勻速圓周運(yùn)動時的向心力

C.小球有最小運(yùn)動半徑加上D.小球以最小半徑運(yùn)動時其速度。=jmg

【答案】。

【詳解】小球在運(yùn)動過程中受重力、支持力和指向圓心的洛倫茲力，才能夠做勻速圓周運(yùn)動，根據(jù)安培左手

定則可知從上往下看，小球做逆時針運(yùn)動，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

2

qvB—品cos。=m--

R

豎直方向

/sing—mg—0

聯(lián)立可得

d

m——qvB+mgcot0=0

R

因為速度為實數(shù)，所以

可得

(qB)2—4嚕mgcot8>0

K

解得

^rngcotd

cc

q2B2

所以最小半徑為

_4m2^cot0

國5朋

代入上面可得小球以最小半徑運(yùn)動時其速度

2mg

v=

Bqtan。

故選。。

?題型03配速法在疊加場中的應(yīng)用

題目|可如圖所示,磁控管內(nèi)局部區(qū)域分布有豎直向上的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場。電子從M

點由靜止釋放,沿圖中軌跡依次經(jīng)過N、P兩點，且N點離虛線最遠(yuǎn)。已知磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,電場強(qiáng)度為E,

電子質(zhì)量為小、電荷量為-e,M點為零電勢點，電子重力不計，則（）

B.N點離虛線的距離為*

eB2

C.電子在N點的電勢能為-2%D.M、P兩點的距離為2呼

B-eB2

【答案】。

【詳解】方法一：配速法

電子在M點靜止釋放，可以看作電子分別以Vx—普速度向左運(yùn)動，以速度。2=鳥向右運(yùn)動。

JDJD

eBu尸eE,eBv2=

則電子的運(yùn)動可以分解為以3=與向左做勻速直線運(yùn)動和在豎直面上的速度為?的勻速圓周運(yùn)動。

JDJD

AB.N點離虛線最遠(yuǎn)，則電子圓周運(yùn)動速度方向同時水平向左，則電子在N點的速率為

VN—%+&2=^~N點、離虛線的距離

JD

_OD_2mE

VMN~2R-Z3-

eB

故AB錯誤。

C.粒子從河點到N點，在電場方向上運(yùn)動了d,則電勢能為

口2mE2

E=-eEd=--—

故。正確。

D.粒子做圓周運(yùn)動的周期

rp_2KR_27ml

粒子從Al點到P點，運(yùn)動了兩個圓周，則河、P兩點的距離為

XNP—5乂2T————

故。錯誤。

故選。。

方法二：

AB.設(shè)電子在運(yùn)動過程中的任意一點Q的速度為0,則該速度可以分解為水平速度久和豎直速度%，同

點到Q點的豎直距離為d,我們選水平向左為立軸正方向，豎直向下為"軸正方向，對電子從初點到Q點

用動能定理有

2

Eevy-t=-^-mv

2

對電子從M點到Q點水平方向用動量定理有

eBvy-t=mvx—Q

則當(dāng)。點為N點時，有

[vx=v

卜產(chǎn)0

[Uy-t=(1

聯(lián)立以上數(shù)據(jù)解得

,2mE2E

故AB錯誤。

C.由以上分析得電子在N點的動能為

T-I122m石2

E=-mv=~^-

k乙JD

設(shè)電子在N點的電勢能為瑪，從河到N對電子用能量守恒定律得

0—Ep+Ek

則得N點電子的電勢能為

加_2mE2

E，=-k

。正確；

D,如下圖設(shè)中間點為。點，對電子從M點到。點豎直方向用動量定理有

（Ee?t-eBv^?力=0

\^OM=兀?t

由圖得電子的運(yùn)動具有周期性，也可認(rèn)為電子的運(yùn)動為一個豎直平面的勻速圓周運(yùn)動和一個水平方向的

勻速直線運(yùn)動的合運(yùn)動。對于勻速圓周運(yùn)動有

evB=7nM

{evB=m^r

得運(yùn)動周期為

m—2nm

eB

即電子從河點到O點的運(yùn)動時間為

27tm

eB

所以

_2RmE

由周期性得兩點的距離為

c、/2nmE4nmE

"2*丁=丁

故。錯誤。故選。。

?題型04三維疊加場問題

題目⑷（2024.山東濰坊?一模）現(xiàn)代科學(xué)研究中,經(jīng)常用磁場和電場約束帶電粒子的運(yùn)動軌跡，如圖所示，有

一棱長為￡的正方體電磁區(qū)域abed-的無，以棱^中點為坐標(biāo)原點建立三維坐標(biāo)系Og/z,正方體電磁區(qū)

域內(nèi)充滿沿z軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，在O點有一粒子源，沿/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+q。己知速度大小為*的粒子，恰從坐標(biāo)（乎Z,-景）點飛出（圖中

未標(biāo)出），不計粒子的重力。求

（1）磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B;

（2）電場強(qiáng)度大小E；

（3）從正方體上表面abed飛出的粒子速率范圍。

【答案】⑴_8=等/；⑵E=；（3）3（2-V3）v0<v<-|-vo

2qL25元~亞2

【詳解】（1）帶電粒子在勻強(qiáng)磁場的作用下做勻速圓周運(yùn)動，粒子從。點開始沿，軸正方向發(fā)射，其勻速圓

周運(yùn)動的圓心必定在沙軸上。根據(jù)幾何關(guān)系可知，粒子到達(dá)（1。Z）點時，和O點的連線與沙軸之間的

夾角a滿足

tana=——

O

解得

a=30°

設(shè)圓周運(yùn)動的半徑為n,則有

瓜L

---二sin600

n

解得

根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得

qy^B—m—

勺

解得

3mv

B--------0-

2qL

（2）設(shè)帶電粒子做圓周運(yùn)動的周期為T,則有

?(2itV

qv0B=m[—)n

解得

——4兀一

3no

在題述的運(yùn)動中，粒子的軌跡對應(yīng)的圓心角為120°,所以運(yùn)動時間為

粒子在勻強(qiáng)電場的作用下做類平拋運(yùn)動，加速度為

a

沿著電場方向的位移為

聯(lián)立解得

81mvo

（3）由上述分析可知當(dāng)粒子從正方體上表面abed飛出的，粒子速率越大，粒子的分運(yùn)動勻速圓周運(yùn)動的半

徑越大，圖1中的p點越靠近d,軌跡圓心角越小，粒子在電磁場中的運(yùn)動時間越短，粒子沿z軸負(fù)方向的位

移越小。當(dāng)粒子速率最大為加ax時在Cd邊射出，對應(yīng)的圓周運(yùn)動軌跡為1/4圓周，其半徑等于L,則有

qvmaxB=m—

解得

假設(shè)粒子沿z軸負(fù)方向的分運(yùn)動勻加速運(yùn)動到了點時（其位移大小等于4），粒子能夠在be邊射出，設(shè)粒子

在電場中運(yùn)動時間為七,則有

L_1aE

22m

解得

粒子的分運(yùn)動勺速圓周運(yùn)動的周期為

rp_27ml_47cL

qB3”o

設(shè)此情況粒子的分運(yùn)動勻速圓周運(yùn)動軌跡的圓心角為6,則有；

聯(lián)立解得

B=150°

此情況粒子的運(yùn)動軌跡在正方體前表面ad九e內(nèi)的投影如圖2所示，可知假設(shè)成立，此時粒子的速率是從正

方體上表面abed飛出的粒子速率的最小值，設(shè)此時圓周運(yùn)動半徑為r2o

???

aPd

坂=150。

h

Xnin

圖2

由幾何關(guān)系可得

r2+r2cos30°=L

解得

2L

『2-------7=~

'2+V3

同理有

Vv2.

1-）min

qvminB=m----------

，2

解得

^min=3（2-V3）?；o

從正方體上表面Qbcd飛出的粒子速率范圍為

3（2—vW

NO.3

壓軸題速練

1目T]（2024?山東淄博?模擬預(yù)測）足夠長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，整個裝置置于足夠大的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向如圖所示。在t=0時

亥U,木板獲得一水平向左的初速度,關(guān)于此后運(yùn)動過程中兩物體速度隨時間變化的關(guān)系圖像，可能正確的

是（）

B

VV

C.otD.Ot

【答案】A

【詳解】木板獲得一水平向左的初速度，受到物塊對其向右的摩擦力，所以木板做減速運(yùn)動；同時，木板對物

塊產(chǎn)生一個向左的摩擦力，因此物塊做加速運(yùn)動，物塊帶負(fù)電，則受到洛倫茲力向下，則

f—(1(mg+Bqv)=ma

物塊受到的摩擦力變大,加速度變大；對木板

〃(mg+Bqv)—Ma'

則木板的加速度變大，因為木板足夠長，最后兩者速度相等，故木板做加速度增大的減速運(yùn)動，物塊做加速

度增大的加速運(yùn)動，4正確，BCD錯誤。

故選4。

題目團(tuán)(2024?海南?？?模擬預(yù)測)如圖所示，一根固定的絕緣豎直長桿位于范圍足夠大且相互正交的勻強(qiáng)

電場和勻強(qiáng)磁場中，勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小E=2迫、方向豎直向上，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為3、

q

方向垂直紙面向里。一質(zhì)量為機(jī)、電荷量為q的帶正電小圓環(huán)套在桿上,圓環(huán)與桿間的動摩擦因數(shù)為“。

現(xiàn)使圓環(huán)以初速度。。沿桿向下運(yùn)動，經(jīng)過時間M，圓環(huán)回到出發(fā)點。若圓環(huán)回到出發(fā)點之前已經(jīng)開始做勻

速直線運(yùn)動，不計空氣阻力,重力加速度為9,則下列說法中正確的是()

A.圓環(huán)下降過程中的加速度逐漸減小

B.圓環(huán)的最大加速度aa=9—竺竺”

m

/22x

C.圓環(huán)在與時間內(nèi)損失的機(jī)械能為4機(jī)*—亨V

D.圓環(huán)下降過程和上升過程中，系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能相等

【答案】AC

【詳解】4圓環(huán)向下運(yùn)動時豎直方向受到重力、向上的電場力和向上的摩擦力。設(shè)圓環(huán)向下運(yùn)動的加速度

大小為Qi,則

qE+/iqvB—mg/iqvB

Q產(chǎn)---------------=g+--------

mm

因此圓環(huán)速度的減小，會導(dǎo)致其所受洛倫茲力減小，則摩擦力會減小，因此圓環(huán)做加速度減小的減速運(yùn)動,

故4正確；

B.當(dāng)圓環(huán)向上運(yùn)動時，圓環(huán)的加速度大小???

qE—/iqvB—mgnqvB

a=----------------=g--------

2mm

隨著圓環(huán)速度的增大，圓環(huán)開始做加速度減小的加速運(yùn)動，之后做勻速直線運(yùn)動，圓環(huán)向下運(yùn)動時的加速

度大于向上運(yùn)動時的加速度，而向下運(yùn)動時圓環(huán)受到的摩擦力越大，則加速度越大，因此圓環(huán)剛開始運(yùn)動

時，加速度最大，有

mam—qE—mg+/J-qv^B

可得

,aqvB

gH--0---------

m

故錯誤；

C.圓環(huán)先后兩次經(jīng)過出發(fā)點過程中，重力勢能變化量為零，可知圓環(huán)機(jī)械能的損失，即為動能的損失，根據(jù)

動能定理，有

而圓環(huán)最后做勻速運(yùn)動的速度

因此圓環(huán)在t0時間內(nèi)損失的機(jī)械能為

故。正確；

D.圓環(huán)上升和下降的過程中，摩擦力大小的平均值不同，而圓環(huán)運(yùn)動的路程相同，所以兩過程中，系統(tǒng)因摩

擦產(chǎn)生的內(nèi)能不相等，故O項錯誤。

故選47。

題目⑤（2024?河南鄭州?一模）光滑絕緣水平桌面上有一個可視為質(zhì)點的帶正電小球,桌面右側(cè)存在由勻強(qiáng)

電場和勻強(qiáng)磁場組成的復(fù)合場，復(fù)合場的下邊界是水平面，到桌面的距離為加電場強(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3如圖所示，現(xiàn)給小球一個

向右的初速度，使之離開桌邊緣立刻進(jìn)入復(fù)合場運(yùn)動，己知小球從下邊界射出,射出時的速度方向與下邊界

的夾角為60°,下列說法正確的是（）

C.小球在復(fù)合場中運(yùn)動的路程可能是粵

D.小球的初速度大小可能是Y解

3E

11

【答案】AC

【詳解】帶電小球的比荷為是《，則有

E

Eq=mg

則小球合力為洛倫茲力，所以小球在復(fù)合場中做勻速圓周運(yùn)動，射出時的速度方向與下邊界的夾角為60°,

則小球運(yùn)動情況有兩種,軌跡如下圖所示

若小球速度為％，則根據(jù)幾何知識可得軌跡所對應(yīng)的圓心角為120°,此時小球在復(fù)合場中的運(yùn)動時間為

3603BqSBg

根據(jù)幾何知識可得，其軌跡半徑為

扁一』2

則根據(jù)洛倫茲力提供向心力有

D*

Bqv^m~—

“i

可得，小球的速度為

_2Bgh

“l(fā)3E

則小球的路程為

120o4,

s尸礪X2兀6=3/

小球的加速度為

屆2B2g-h

QLR—3爐

若小球速度為則根據(jù)幾何知識可得軌跡所對應(yīng)的圓心角為60°,此時小球在復(fù)合場中的運(yùn)動時間為

,60T12nrnnE

ti=onTl=?sXzTO=or?

36R0oBq3bg

根據(jù)幾何知識可得，其軌跡半徑為

R2—2h

則根據(jù)洛倫茲力提供向心力有

RVl

Bqv2=m~~

二2

可得，小球的速度為

2Bqh

則小球的路程為

60o2,

52=X2兀凡=--xh

3603

小球的加速度為

_v}_2p2g%

0尸元=F~

故選AC。

,題目⑷(2024?內(nèi)蒙古赤峰?模擬預(yù)測)如圖所示,直角坐標(biāo)系xOy在水平面內(nèi),z軸豎直向上,坐標(biāo)原點O處

固定一帶正電的點電荷,空間中存在豎直向下磁感應(yīng)強(qiáng)度為3的勻強(qiáng)磁場，質(zhì)量為小、帶電量為q(q>0)的

小球A,繞z軸做勻速圓周運(yùn)動。小球A的速度大小為小球與坐標(biāo)原點的距離為r,O點和小球A的連

線與z軸的夾角0=37°o重力加速度g、viz、q、r均已知，cos37°=0.8,sin37°=0.6。則下列說法正確的是

()

A.從上往下看，小球A沿逆時針方向轉(zhuǎn)動

B.。處的點電荷在A運(yùn)動的圓周上各處產(chǎn)生的電勢和場強(qiáng)都相同

C.小球A與點電荷之間的庫侖力大小為/mg

D.*=時，所需磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度8最小

【答案】4CD

【詳解】空間中存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場小球的向心力由庫侖力在運(yùn)動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針方向做勻速圓周運(yùn)動，故4正確；

B.O處的點電荷在4運(yùn)動的圓周上各處產(chǎn)生的電勢都相同，場強(qiáng)大小相等，方向不同，故B錯誤；

C.對小球A受力分析如圖所示，洛倫茲力￡沿水平方向，庫侖力后沿著。一B方向

在豎直方向，根據(jù)平衡條件得

Ecos370=mg

解得

5

用=1mg

所以小球A與點電荷之間的庫侖力大小為1~mg,故C正確；

D.水平方向根據(jù)牛頓第二定律得

qvoB-網(wǎng)sin37°=m—

rsm37

其中

13

Esin37。=-|-mg

解得

_577WO3mg

DJD----------1-----

3qr4：qv0

當(dāng)

5mv0_3mg

3qr4qv0

即

時，B取值最小值，故D正確。

故選ACD。

題目可（2024高三?廣東廣州?模擬預(yù)測）如圖所示,虛線上W右側(cè)存在著勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場,磁場方向垂

直于紙面向外，電場方向豎直向上,長方形ABCD的AD邊與MN重合，長方形的AB邊長為Z,人。邊長

為春Z。一質(zhì)量為小、電荷量為+q的微粒垂直于射入電場、磁場區(qū)域后做勻速圓周運(yùn)動，到達(dá)。點時

刻，電場方向立刻旋轉(zhuǎn)90°，同時電場強(qiáng)度大小也發(fā)生變化，帶電微粒沿著對角線C4從人點離開。重力加

速度為9,下列說法正確的是（）

A.電場方向旋轉(zhuǎn)90°之后，電場方向水平向左B.電場改變之后，場強(qiáng)大小變?yōu)樵瓉淼?倍

C.微粒進(jìn)入N右側(cè)區(qū)域時的初速度為得/時D.勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為野?蔣

【答案】CD

【詳解】微粒從。到A做直線運(yùn)動，可知洛倫茲力（斜向左上方）與重力（豎直向下）和電場力的合力平

衡，則電場力方向必然水平向右，所以電場方向水平向右，4錯誤；

B.電場改變前，微粒在電場、磁場區(qū)域做勻速圓周運(yùn)動，則

qE—mg

即

石=理

q

電場改變之后，受力情況如圖所示??

微粒受力平衡，重力與電場力的合力與洛倫茲力等大反向，可得

即

4mg

E'=,4

3q

B錯誤;

CD.微粒做直線運(yùn)動時受力平衡，可得

mg

sin37°=

qvB

由洛倫茲力作為向心力可得

qvB=m^-

r

由幾何關(guān)系可得

r=----I----=—5

cos37°4

聯(lián)立解得

0=知須

絕.

qN/V31

CD正確?

故選CD。

〔題目回（2024?湖北襄陽?模擬預(yù)測）如圖所示，忒電坐標(biāo)平面在豎直平面內(nèi)，，軸沿水平方向，夕軸正方向豎

直向上，在圖示空間內(nèi)有垂直于工。"平面的水平勻強(qiáng)磁場。一質(zhì)量為機(jī)的帶電小球從。點由靜止釋放，

運(yùn)動軌跡如圖中曲線。已知重力加速度為g,關(guān)于帶電小球的運(yùn)動，下列說法中正確的是（）

A.OAB軌跡為半圓B.小球運(yùn)動至最低點A時速度最大,且沿水平方向

C.小球在整個運(yùn)動過程中機(jī)械能守恒D.小球在A點時受到的洛倫茲力大小為3mg

【答案】

【詳解】小球釋放后，除了受到重力外，開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?，且磁場方向垂直紙面向里。小球初速度為0,可以將這個初速度分解為向右的

速度g和向左的速度紇

5=上

且使?jié)M足

qvxB=mg

則根據(jù)前述分析可知，小球的運(yùn)動可看做是％引起的向右的勻速直線運(yùn)動和112引起的一開始向左的逆時

針勻速圓周運(yùn)動的兩個分運(yùn)動的合運(yùn)動。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)動至最低點A時速度為向右的”2和m的矢量和，即2%,洛倫茲力大小為為2mg。其他位置v2和

%的矢量和都小于2巧。

故選BC。

題目0（2024高三上?湖南長沙?模擬預(yù)測）現(xiàn)代科學(xué)儀器中常利用電、磁場控制帶電粒子的運(yùn)動。如圖甲所

示,紙面內(nèi)存在上、下寬度均為d的勻強(qiáng)電場與勻強(qiáng)磁場，勻強(qiáng)電場豎直向下，勻強(qiáng)磁場垂直紙面向里，磁感

應(yīng)強(qiáng)度大小為現(xiàn)有一質(zhì)量為小、電荷量為q的帶正電粒子（不計重力）從電場的上邊界的。點由靜止

釋放，運(yùn)動到磁場的下邊界的P點時正好與下邊界相切。若把電場下移至磁場所在區(qū)域，如圖乙所示，重

新讓粒子從上邊界M點由靜止釋放，經(jīng)過一段時間粒子第一次到達(dá)最低點N,下列說法正確的是（）

0

甲乙

A.勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小為誓B.粒子從O點運(yùn)動到P點的時間為（“+曰成

2m

C.粒子經(jīng)過N點時速度大小為膽D.MN兩點的豎直距離為全

【答案】4。

【詳解】A設(shè)粒子在磁場中的速率為。，半徑為凡在電場中由動能定理，有

qEd=-^-mv2

洛倫茲力充當(dāng)向心力，有

2

omv

BqV=R

由幾何關(guān)系可得

R=d

綜上可得

E=4眄

2m

故A正確；

B.粒子在電場中的運(yùn)動時間為

,d2m

t尸五=懣

2

在磁場中的運(yùn)動時間為

訝2qB

粒子從O運(yùn)動到P的時間為

_（7U+4）m

2qB

故B錯誤；

CD.將粒子從Af到N的過程中某時刻的速度分解為向右和向下的分量小、vv,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，兩個洛倫茲力分量分別為

Fx—Bqvy,Fy=Bqvx

設(shè)粒子在最低點N的速度大小為％,MN的豎直距離為n。水平方向由動量定理可得

mVi—O=工qBvy't—qBy

由動能定理可得

12

qEy=-mVi—O

結(jié)合

B2qd

E=

2m

解得

Bqd

g=，d

my

故。正確，。錯誤。

故選AC。

題目回（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I,第四象限存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場III和沿夕軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場H,一帶負(fù)電、比荷為人的

小球（可視為質(zhì)點）以某一初速度從點A（0,s。）沿7軸正方向水平拋出，經(jīng)過點C（/so,O）從第一象限進(jìn)入

第四象限,在第四象限運(yùn)動一段時間后，小球沿與沙軸正方向成a=53°角的方向第一次經(jīng)過沙軸進(jìn)入第三

象限。己知勻強(qiáng)電場I的電場強(qiáng)度大小E產(chǎn)黑，勻強(qiáng)電場U的電場強(qiáng)度大小星=3，重力加速度為9，

3/ck,

sin37°=0.6,cos37°=0.8,不計空氣阻力。求：

（1）小球在。點的速度；

（2）勻強(qiáng)磁場III的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B；

（3）小球從A點拋出到第四次（從A點拋出為第零次）經(jīng)過v軸的時間。

143n12so

5+

1359

【詳解】（1）畫出帶電小球的運(yùn)動軌跡，如圖所示

AV

設(shè)小球的初速度大小為小球到達(dá)。點時的速度大小為”，小球由4運(yùn)動到C經(jīng)過的時間為打,由平拋運(yùn)

動規(guī)律可得

5o=義~9力：

84

W~So=Vti

oO

由A到。，應(yīng)用動能定理可得

1212

rrtgsQ=-mv--mv0

設(shè)帶電小球在。點時，其速度方向與力軸正方向的夾角為仇可得

解得

方向斜向右下，與力軸正方向的夾角為37°

（2）由于勻強(qiáng)電場II的電場強(qiáng)度大小為

E尸專