高考物理二輪復(fù)習(xí)專項訓(xùn)練模型56 復(fù)合場模型（解析版）

模型56復(fù)合場模型1.（2023高考江蘇學(xué)業(yè)水平選擇性考試）霍爾推進(jìn)器某局部區(qū)域可抽象成如圖所示的模型。Oxy平面內(nèi)存在豎直向下的勻強(qiáng)電場和垂直坐標(biāo)平面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。質(zhì)量為m、電荷量為e的電子從O點沿x軸正方向水平入射。入射速度為v0時，電子沿x軸做直線運(yùn)動；入射速度小于v0時，電子的運(yùn)動軌跡如圖中的虛線所示，且在最高點與在最低點所受的合力大小相等。不計重力及電子間相互作用。（1）求電場強(qiáng)度的大小E；（2）若電子入射速度為SKIPIF1<0，求運(yùn)動到速度為SKIPIF1<0時位置的縱坐標(biāo)y1；（3）若電子入射速度在0<v<v0范圍內(nèi)均勻分布，求能到達(dá)縱坐標(biāo)SKIPIF1<0位置的電子數(shù)N占總電子數(shù)N0的百分比?！緟⒖即鸢浮浚?）v0B；（2）SKIPIF1<0；（3）90%【名師解析】（1）由題知，入射速度為v0時，電子沿x軸做直線運(yùn)動則有Ee=ev0B解得E=v0B（2）電子在豎直向下的勻強(qiáng)電場和垂直坐標(biāo)平面向里的勻強(qiáng)磁場的復(fù)合場中，由于洛倫茲力不做功，且由于電子入射速度為SKIPIF1<0，則電子受到的電場力大于洛倫茲力，則電子向上偏轉(zhuǎn)，根據(jù)動能定理有SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0（3）若電子以v入射時，設(shè)電子能達(dá)到的最高點位置的縱坐標(biāo)為y，則根據(jù)動能定理有SKIPIF1<0由于電子在最高點與在最低點所受的合力大小相等，則在最高點有F合=evmB－eE在最低點有F合=eE－evB聯(lián)立有SKIPIF1<0SKIPIF1<0

要讓電子達(dá)縱坐標(biāo)SKIPIF1<0位置，即y≥y2解得SKIPIF1<0則若電子入射速度在0<v<v0范圍內(nèi)均勻分布，能到達(dá)縱坐標(biāo)SKIPIF1<0位置的電子數(shù)N占總電子數(shù)N0的90%。2．18．（2022·全國理綜甲卷·18）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（SKIPIF1<0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O由靜止開始運(yùn)動。下列四幅圖中，可能正確描述該粒子運(yùn)動軌跡的是（）A．B．C．D．【參考答案】 B 【命題意圖】本題考查帶電粒子在電磁場中的運(yùn)動?！窘忸}思路】帶電粒子受到豎直向上的電場力和垂直速度方向的洛倫茲力作用，由左手定則可判斷出洛倫茲力方向向左，軌跡可能正確的是B。【名師解析】運(yùn)用運(yùn)動的分解，將該運(yùn)動分解為勻速圓周運(yùn)動和勻速直線運(yùn)動，如下，因為，初速度為零，所以勻速圓周運(yùn)動的速度大小和勻速直線的速度大小相等，

運(yùn)動到x軸時，電場力做功為零、洛倫茲力不做功，都有v圓=v直

，因此兩運(yùn)動的合成，其速度不會出現(xiàn)反向，排除CD。由左手定則可判斷出所受洛倫茲力向左，軌跡向左偏轉(zhuǎn)，由勻速直線運(yùn)動可知，整體運(yùn)動向左，由勻速圓周運(yùn)動可知，初始時刻速度向上，所以軌跡可能正確的是B。然后，我們補(bǔ)充說明一下幾種不同情況下的軌跡形狀，（1）若

v圓=0

，軌跡為直線。（2）若

v直=0

，軌跡為圓。（3）若v圓=v直

，如下，（4）若

v圓>v直

，軌跡如下，速度有反向，（5）若

v圓<v直

，軌跡如下，【易錯提醒】根據(jù)左手定則可以判斷出AC是錯誤的。注意到洛倫茲力使帶電粒子向左下偏轉(zhuǎn)后電場力做負(fù)功，帶電粒子速度減小，洛倫茲力減小，可排除圖像D。3．（2022·高考廣東物理）如圖7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【參考答案】BC【命題意圖】本題考查帶電粒子在電場和磁場的復(fù)合場中運(yùn)動，等勢面，洛倫茲力，電勢，電場力做功，洛倫茲力做功等知識點?！窘忸}思路】電子從M點由靜止釋放，從M到N，電場力做正功。由于M、P在同一等勢面上，電子從N到P，電場力做負(fù)功，A錯誤；根據(jù)沿電場線方向，電勢降低，可知N點電勢高于P點電勢，B正確；根據(jù)洛倫茲力方向與速度方向垂直，對帶電粒子永遠(yuǎn)不做功，可知電子從M到N，洛倫茲力不做功，C正確；由于洛倫茲力不做功，M、P在同一等勢面上，電子在M點和P點速度都是零，所以電子在M點和P點都是只受到電場力作用，所以電子在M點所受的合力等于在P點所受的合力，D錯誤。最新模擬題1.（2024河南名校聯(lián)考）空間存在著勻強(qiáng)磁場B和勻強(qiáng)電場E，磁場的方向垂直于紙面（SKIPIF1<0平面）向里，電場的方向沿y軸負(fù)方向。一帶正電的粒子從坐標(biāo)原點O沿x軸正方向以初速度v0進(jìn)入該電場和磁場區(qū)域，若0＜v0＜E/B，在電場和磁場的作用下，下列四幅圖中，可能正確描述該粒子運(yùn)動軌跡的是（）【參考答案】D【名師解析】磁場的方向垂直于紙面（SKIPIF1<0平面）向里，電場的方向沿y軸負(fù)方向，可知帶正電粒子所受洛倫茲力向上，所受電場力向下，因為v0＜E/B，說明洛倫茲力小于電場力，粒子所受合力向下，粒子軌跡向下彎曲，所以可能正確描述該粒子運(yùn)動軌跡的是D。2.（2023北京清華附中質(zhì)檢）.空間同時存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場。勻強(qiáng)電場的方向沿y軸正方向，場強(qiáng)大小為E；磁場方向垂直紙面向外。質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子(重力不計)從坐標(biāo)原點O由靜止釋放，釋放后，粒子恰能沿圖中的曲線運(yùn)動。已知該曲線的最高點P的縱坐標(biāo)為h，曲線在P點附近的一小部分，可以看做是半徑為2h的圓周上的一小段圓弧，則()A.粒子在y軸方向做勻加速運(yùn)動B.粒子在最高點P的速度大小為SKIPIF1<0C.磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為SKIPIF1<0D.粒子經(jīng)過時間πSKIPIF1<0運(yùn)動到最高點【參考答案】C【名師解析】受力分析可知，粒子受到洛倫茲力沿y軸方向的分力是變化的，故粒子在y軸方向的合力是變化的，故加速度是變化的，故A錯誤；從O到P時，洛倫茲力不做功，由動能定理得qEh＝SKIPIF1<0解得vP＝SKIPIF1<0，故B錯誤；粒子經(jīng)過最高點時，洛倫茲力和電場力的合力提供向心力，即qvPB－qE＝mSKIPIF1<0聯(lián)立解得B＝SKIPIF1<0，故C正確；因為粒子在空間中做比較復(fù)雜的曲線運(yùn)動，無法計算出粒子運(yùn)動到最高點的時間，故該時間并非粒子運(yùn)動到最高點的時間，故D錯誤。3.（2023湖南二輪復(fù)習(xí)聯(lián)考）如圖所示為研究某種帶電粒子的裝置示意圖，粒子源射出的粒子束以一定的初速度沿直線射到熒光屏上的SKIPIF1<0點，出現(xiàn)一個光斑.在垂直紙面向里的方向上加一寬度為SKIPIF1<0、磁感應(yīng)強(qiáng)度為SKIPIF1<0的勻強(qiáng)磁場后，粒子束發(fā)生偏轉(zhuǎn)，沿半徑為SKIPIF1<0的圓弧運(yùn)動，最后打在距磁場右側(cè)距離為SKIPIF1<0的熒光屏上的SKIPIF1<0點.現(xiàn)在磁場區(qū)域再加一豎直方向、電場強(qiáng)度大小為SKIPIF1<0的勻強(qiáng)電場，光斑從SKIPIF1<0點又回到SKIPIF1<0點，不計粒子重力，則（）A.粒子帶正電 B.粒子的初速度大小為SKIPIF1<0C.粒子的比荷為SKIPIF1<0 D.SKIPIF1<0兩點之間的距離為SKIPIF1<0【參考答案】.AC【名師解析】由左手定則可知，粒子帶正電，A正確；由SKIPIF1<0，得SKIPIF1<0，錯誤；由SKIPIF1<0，得SKIPIF1<0，C正確；粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)的距離SKIPIF1<0，出磁場后豎直方向的位移SKIPIF1<0，SKIPIF1<0兩點之間的距離SKIPIF1<0，D錯誤.4.（2023河南開封二模）如圖所示，在邊長為L的正方形ABCD區(qū)域內(nèi)有水平向右的勻強(qiáng)電場E，一不計重力的帶電粒子從C點沿CA方向以速度SKIPIF1<0射入，粒子經(jīng)過B點打在BD邊右側(cè)距離為L的光屏上的P點，現(xiàn)撤去電場，加上垂直紙面方向的勻強(qiáng)磁場B，仍讓該帶電粒子以速度SKIPIF1<0從C點沿CA方向射入，粒子也經(jīng)過B點打在光屏上的Q點（P、Q點均未標(biāo)出）則（）A.SKIPIF1<0的比值為SKIPIF1<0 B.SKIPIF1<0的比值為SKIPIF1<0C.光屏上PQ兩點的距離為L D.光屏上PQ兩點的距離為SKIPIF1<0【參考答案】AD【名師解析】由題意可知該粒子帶正電，設(shè)其電荷量為SKIPIF1<0，質(zhì)量為SKIPIF1<0。粒子從C點沿CA方向以速度SKIPIF1<0射入勻強(qiáng)電場后該粒子做類平拋運(yùn)動，設(shè)粒子到達(dá)B點時所用的時間為SKIPIF1<0，做類平拋運(yùn)動的加速度為SKIPIF1<0，則根據(jù)平拋運(yùn)動的相關(guān)知識有SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0聯(lián)立解得SKIPIF1<0當(dāng)撤去電場，加上垂直紙面方向的勻強(qiáng)磁場B時，粒子仍然經(jīng)過B點，則由幾何關(guān)系可知，粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑為SKIPIF1<0，則由洛倫茲力充當(dāng)向心力可得SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0、則可得SKIPIF1<0故A正確，B錯誤；當(dāng)粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)從B點出射時，根據(jù)粒子在電場中做類平拋運(yùn)動可知SKIPIF1<0，SKIPIF1<0設(shè)粒子從B點到P點所用的時間為SKIPIF1<0，豎直向上的位移為SKIPIF1<0，則有SKIPIF1<0，SKIPIF1<0而根據(jù)幾何關(guān)系可知粒子在場中偏轉(zhuǎn)后將從B點平行于CD射向光屏上的Q點，由此可知PQ間的距離SKIPIF1<0故C錯誤，D正確。5.（2023湖北五校聯(lián)盟高二期中）如圖所示，空間中存在在相互垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，有一帶電液滴在豎直面內(nèi)做半徑為R的勻速圓周運(yùn)動，已知電場強(qiáng)度為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，重力加速度為g，則液滴環(huán)繞速度大小及方向分別為（）A．E/B，順時針B．E/B，逆時針C．BgR/E，逆時針D．BgR/E，順時針【參考答案】D【名師解析】帶電液滴在豎直面內(nèi)做半徑為R的勻速圓周運(yùn)動，重力和電場力平衡，mg=qE，洛倫茲力提供向心力，qvB=mv2/R，聯(lián)立解得v=BgR/E，由于電場力方向豎直向上，油滴帶負(fù)電，由左手定則可判斷出油滴順時針方向運(yùn)動，選項D正確。6.（2023重慶信息聯(lián)考卷3）如圖所示，場強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場方向豎直向下，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場垂直電場向外，帶電量為q的小球（視為質(zhì)點）獲得某一垂直磁場水平向右的初速度，正好做勻速圓周運(yùn)動，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A.小球必須帶正電B.小球的質(zhì)量為SKIPIF1<0C.小球做勻速圓周運(yùn)動的周期為SKIPIF1<0D.若僅把電場的方向改成豎直向上，小球正好做勻速直線運(yùn)動，則其速度為SKIPIF1<0【參考答案】C【名師解析】小球受到重力、電場力和洛倫茲力的作用，小球做圓周運(yùn)動，則電場力與重力平衡，可知，電場力豎直向上，電場力方向與電場強(qiáng)度方向相反，則小球帶負(fù)電，A錯誤；根據(jù)上述有SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0，B錯誤；小球在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動，則有SKIPIF1<0，SKIPIF1<0結(jié)合上述解得SKIPIF1<0，C正確；若把電場的方向改成豎直向上，小球正好做勻速直線運(yùn)動，根據(jù)平衡條件有SKIPIF1<0結(jié)合上述解得SKIPIF1<0，D錯誤。7.（2023西南大學(xué)附中高考適應(yīng)性考試）如圖所示，絕緣中空軌道豎直固定，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，圓弧圓心為O?，半徑為R（R遠(yuǎn)大于軌道內(nèi)徑），直線段AC、HD粗糙，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(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中，在豎直虛線MC左側(cè)和ND右側(cè)還分別存在著場強(qiáng)大小相等、方向水平向右和向左的勻強(qiáng)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，與直線段的動摩擦因數(shù)為μ，從軌道內(nèi)距C點足夠遠(yuǎn)的P點由靜止釋放，若PC=l，小球所受電場力等于其重力的SKIPIF1<0倍。重力加速度為g。則（）A.小球在軌道AC上下滑的最大速度SKIPIF1<0B.小球第一次沿軌道AC下滑的過程中先做加速度減小的加速運(yùn)動，后做勻速運(yùn)動C.經(jīng)足夠長時間，小球克服摩擦力做的總功是SKIPIF1<0D.經(jīng)足夠長時間，小球經(jīng)過O點時，對軌道的彈力一定為SKIPIF1<0【參考答案】AB【名師解析】．小球第一次沿軌道AC下滑的過程中，小球所受電場力等于其重力的SKIPIF1<0倍，即SKIPIF1<0電場力垂直于軌道方向的分量為SKIPIF1<0重力垂直于軌道方向的分量為SKIPIF1<0因此，電場力與重力的合力方向恰好沿著AC方向，且剛開始時小球與管壁無作用力，當(dāng)小球從靜止運(yùn)動后，由左手定則可知，小球受到的洛倫茲力垂直于AC向上，導(dǎo)致小球?qū)鼙谟凶饔昧?，小球?qū)⑹艿交瑒幽Σ亮?，隨著速度增大，洛倫茲力增大，小球?qū)鼙诘膲毫?，摩擦力增大，合力減小，根據(jù)牛頓第二定律可知小球做加速度減小的加速運(yùn)動，當(dāng)加速度減至零時做勻速運(yùn)動，故B正確；A．小球在軌道AC上下滑到勻速運(yùn)動時，速度最大，此時有SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0故A正確；C．最終小球在CD間做往復(fù)運(yùn)動，在C點和D點速度為零，從開始到最終速度為零的C點或D點，根據(jù)動能定理得SKIPIF1<0則經(jīng)足夠長時間，小球克服摩擦力做的總功SKIPIF1<0故C錯誤；D．由于在AC、HD段要克服滑動摩擦力做功，小球最終將在圓弧段COD做往復(fù)運(yùn)動，設(shè)小球經(jīng)O點的速度為v，根據(jù)動能定理有SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0根據(jù)牛頓第二定律，小球從C向D運(yùn)動經(jīng)過O點時，有SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0小球從D點向C點運(yùn)動經(jīng)過O點時，有SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0根據(jù)牛頓第三定律可得，小球經(jīng)過O點時對軌道的彈力大小為SKIPIF1<0或SKIPIF1<0，故D錯誤。8.（2023重慶一中質(zhì)檢）如圖所示，O點下方水平邊界SKIPIF1<0之下充滿了正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場方向沿紙面水平向右，磁場方向垂直于紙面向里。將一帶正電小球從O點由靜止釋放，小球穿過電磁場后到達(dá)水平地面，空氣阻力忽略不計，下列說法中正確的是（）A.小球進(jìn)入電磁場后做勻變速曲線運(yùn)動B.小球下落過程中增加的機(jī)械能等于減少的電勢能C.若僅增大磁感應(yīng)強(qiáng)度，其他條件不變，小球下落到水平地面時的動能將變大D.若僅將電場反向，其他條件不變，小球在電磁場中可能沿直線運(yùn)動【參考答案】BC【名師解析】小球進(jìn)入電磁場后受到變化的洛倫茲力作用，加速度不恒定，選項A錯誤；下落過程中電場力做正功，電勢能減少，根據(jù)能量守恒，減少的電勢能等于增加的機(jī)械能，選項B正確；若僅增大磁感應(yīng)強(qiáng)度，小球落地時的水平距離將增大，電場力做功增加，小球下落到水平地面時的動能將變大，選項C正確；若僅將電場反向，剛進(jìn)入電磁場時電場力與洛倫茲力可能平衡，但洛倫茲力是變力，合力會發(fā)生變化，小球不可能沿直線運(yùn)動，選項D錯誤。9..(2024湖北黃岡外國語學(xué)校質(zhì)檢)如圖所示，空間有范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場，一個帶正電的小圓環(huán)套在一根豎直固定且足夠長的絕緣細(xì)桿上?，F(xiàn)使圓環(huán)以一定的初速度向上運(yùn)動，經(jīng)一段時間后圓環(huán)回到起始位置，已知桿與環(huán)間的動摩擦因數(shù)保持不變，圓環(huán)所帶電荷量保持不變，空氣阻力不計，對于圓環(huán)從開始運(yùn)動到回到起始位置的過程，下面關(guān)于圓環(huán)的速度v、加速度a隨時間t變化的圖像、重力勢能EP、機(jī)械能E隨圓環(huán)離開出發(fā)點的高度h變化的圖像，可能正確的是（）A. B.C. D.【參考答案】D【名師解析】．上升階段，對圓環(huán)根據(jù)牛頓第二定律有SKIPIF1<0其中有SKIPIF1<0聯(lián)立解得SKIPIF1<0故圓環(huán)在上升階段做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動；在最高點時，圓環(huán)速度為零，此時加速度為SKIPIF1<0下降階段，對圓環(huán)根據(jù)牛頓第二定律有SKIPIF1<0聯(lián)立解得SKIPIF1<0可知下降階段，圓環(huán)做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動，上升和下降時速度方向相反，加速度方向相同，AB錯誤；以初位置為零重力勢能面，可知圓環(huán)的重力勢能為SKIPIF1<0可知SKIPIF1<0圖像為過原點的傾斜直線，C錯誤；圓環(huán)運(yùn)動過程中克服摩擦阻力做的功等于機(jī)械能的減少量，在上升階段有SKIPIF1<0隨著速度的減小，圓環(huán)受到的摩擦力逐漸減小，故SKIPIF1<0圖線的斜率在減?。幌陆惦A段隨著速度的增大，圓環(huán)受到的摩擦力逐漸增大，故SKIPIF1<0圖線的斜率在增大；由于受到摩擦力做負(fù)功，故回到初始位置時機(jī)械能小于開始時的機(jī)械能，D正確。10.（2023河南開封二模）如圖所示，絕緣粗糙細(xì)直桿abc在b處彎折為a角，水平bc段足夠長，在虛線AB的右側(cè)區(qū)域存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，一帶電圓環(huán)（可視為點電荷）從傾斜ab段某處由靜止釋放，忽略圓環(huán)經(jīng)過彎折處的能量損失且圓環(huán)在運(yùn)動過程中所帶電荷量保持不變。下列關(guān)于圓環(huán)速度v隨時間t的變化圖像可能正確的是（）A. B.C. D.【參考答案】ACD【名師解析】設(shè)帶電圓環(huán)的質(zhì)量為SKIPIF1<0，絕緣粗糙細(xì)直桿的動摩擦因數(shù)為SKIPIF1<0，當(dāng)帶電圓環(huán)從傾角為SKIPIF1<0角的傾斜絕緣細(xì)直桿上下滑時，設(shè)其獲得的加速度大小為SKIPIF1<0，由牛頓第二定律可得SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0由此可知在帶電圓環(huán)下滑到傾斜絕緣細(xì)直桿的最下端的過程中，做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，反映在SKIPIF1<0圖像上則為過圓點的傾斜直線。而當(dāng)帶電圓環(huán)進(jìn)入虛線AB右側(cè)的勻強(qiáng)磁場中后，若圓環(huán)帶正電，則要受到豎直向上的洛倫茲力，而當(dāng)洛倫茲力等于其重力時，圓環(huán)所受合外力為零，在磁場中將做勻速直線運(yùn)動，圖像為一條平行于時間軸的直線；若洛倫茲力大于重力，則由牛頓第二定律可得SKIPIF1<0可知小環(huán)將做加速度減小的減速運(yùn)動，而隨著速度的減小洛倫茲力也隨之減小，當(dāng)洛倫茲力減小到與重力大小相等時，小環(huán)將做勻速直線運(yùn)動；若洛倫茲力小于重力，則由牛頓第二定律有SKIPIF1<0可知小環(huán)做減速運(yùn)動，隨著速度的減小，洛倫茲力減小，加速度增大，因此可知小環(huán)做加速度增大的減速運(yùn)動，直至速度減為零；若小環(huán)帶負(fù)電，所受洛倫茲力豎直向下，由牛頓第二定律可得SKIPIF1<0可知小環(huán)做減速運(yùn)動，隨著速度的減小洛倫茲力減小，加速度減小，小環(huán)做加速度減小的減速運(yùn)動，直至速度減為零。11．（2023山東滕州質(zhì)檢）如圖所示，空間存在一水平方向的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，電場強(qiáng)度大小為SKIPIF1<0，且電場方向與磁場方向垂直。在電磁場的空間中有一足夠長的固定粗糙絕緣桿，與電場正方向成60o夾角且處于豎直平面內(nèi)。一質(zhì)量為m，帶電量為＋q的小球套在絕緣桿上。若給小球一沿桿向下的初速度v0，小球恰好做勻速運(yùn)動。已知小球電量保持不變，重力加速度為g，則以下說法正確的是（）A．小球的初速度為SKIPIF1<0B．若小球的初速度為SKIPIF1<0，小球?qū)⒆黾铀俣炔粩鄿p小的減速運(yùn)動，最后停止C．若小球的初速度為SKIPIF1<0，小球?qū)⒆黾铀俣炔粩嘣龃蟮臏p速運(yùn)動，最后停止D．若小球的初速度為SKIPIF1<0，則運(yùn)動中克服摩擦力做功為SKIPIF1<0【參考答案】．ACD【名師解析】A．對小球進(jìn)行受力分析可知SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0從而SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0A正確；B．若小球的初速度為SKIPIF1<0，小球下滑時受到垂直桿向下的支持力，下滑時有摩擦力，減速下滑，隨速度減小，支持力減小，導(dǎo)致摩擦力減小，當(dāng)速度減小到SKIPIF1<0時，支持力減小到零，沒有摩擦力，小球勻速運(yùn)動，因此小球做加速度不斷減小的減速運(yùn)動，最后勻速運(yùn)動，B錯誤；C．若小球的初速度為SKIPIF1<0，小球下滑時受到垂直桿向上的支持力，下滑時有摩擦力，減速下滑，隨速度減小，洛倫茲力減小，支持力增大，導(dǎo)致摩擦力增大，加速度增大，因此小球做加速度不斷增大的減速運(yùn)動，最后停止運(yùn)動，C正確；D．整個運(yùn)動過程中，小球所受的合力就是摩擦力，根據(jù)動能定理SKIPIF1<0D正確。12.（2023湖北六校期中聯(lián)考）如圖所示，空間有一垂直紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度為0.5T的勻強(qiáng)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的動摩擦因數(shù)為0.5，滑塊受到的最大靜摩擦力可認(rèn)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的恒力F，g=10m/s2。則（）SKIPIF1<0A.木板和滑塊一直做加速度為2m/s2的勻加速運(yùn)動B.滑塊最后做速度為10m/s的勻速運(yùn)動C.木板最后做加速度為3m/s2的勻加速運(yùn)動D.5s末滑塊開始做勻速運(yùn)動【參考答案】BC【名師解析】靜摩擦力能提供的最大加速度為SKIPIF1<0開始時木板滑塊一起運(yùn)動，加速度為SKIPIF1<0而滑塊向左運(yùn)動后，由左手定則可知，會受到一個向上的洛倫茲力，設(shè)滑塊速度為v時，兩者開始相對滑動，由牛頓第二定律得，對滑塊有SKIPIF1<0對木板有SKIPIF1<0可得SKIPIF1<0此后一段時間，滑塊做加速運(yùn)動，速度增大，洛倫茲力增大，所以滑塊和木板之間的滑動摩擦力減小，木板做變加速運(yùn)動，故A錯誤；當(dāng)滑塊受的洛倫茲力大小等于重力時，兩者分離，此時由SKIPIF1<0可得SKIPIF1<0滑塊開始做勻速運(yùn)動，故B正確；此時木板水平方向只受拉力作用，則有SKIPIF1<0可得SKIPIF1<0所以木板先做SKIPIF1<0勻加速運(yùn)動，后做變加速運(yùn)動，最后做SKIPIF1<0的勻加速運(yùn)動，故C正確；13.（2022山東泰安三模）如圖所示，在水平方向上存在垂直紙面向里、大小為B的勻強(qiáng)磁場。將質(zhì)量為m、電荷量絕對值為q的帶電油滴從a點由靜止釋放，它在豎直面內(nèi)的部分運(yùn)動軌跡如圖所示，b為整段軌跡的最低點，重力加速度為g。則下列說法正確的是（）

A.油滴帶正電B.軌跡ab可能是橢圓曲線一部分C.油滴到b點時的速度大小為SKIPIF1<0D.油滴到b點后將沿水平方向做勻速直線運(yùn)動【參考答案】AD【名師解析】油滴在重力作用下下落，獲得速度后將受到洛倫茲力作用，根據(jù)洛倫茲力方向和左手定則可判斷油滴帶正電，故A正確；帶電油滴從a點由靜止釋放，此刻僅受重力作用，合外力與運(yùn)動方向同向，故不滿足橢圓運(yùn)動軌跡的條件，故B錯誤；油滴到b點時，重力做功最多，速度最大，b為整段軌跡的最低點，速度大小為SKIPIF1<0，方向水平向右，故C錯誤；在b點時洛倫茲力大小為qvB，方向豎直向上，重力大小為mg，二力合力為零，有SKIPIF1<0，將沿水平方向做勻速直線運(yùn)動，故D正確。14.（2023山東煙臺三模）如圖所示，在SKIPIF1<0區(qū)域存在沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場（圖中未畫出），電場強(qiáng)度大小為E，在SKIPIF1<0區(qū)域存在平行于y軸正方向的勻強(qiáng)磁場（圖中未畫出）和沿z軸正方向的勻強(qiáng)電場（圖中未畫出），電場強(qiáng)度大小為2E。質(zhì)量為m、電荷量為SKIPIF1<0的小球從SKIPIF1<0處由靜止釋放，小球從原點進(jìn)入SKIPIF1<0區(qū)域，在SKIPIF1<0處有一垂直于y軸的熒光屏（圖中未畫出），小球打在熒光屏上SKIPIF1<0點。已知重力加速度為g。（1）求SKIPIF1<0區(qū)域勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E；（2）求勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。唬?）若磁感應(yīng)強(qiáng)度取最小值，當(dāng)小球離y軸最遠(yuǎn)時，求小球到原點O的距離?！緟⒖即鸢浮浚?）SKIPIF1<0；（2）SKIPIF1<0（SKIPIF1<0）；（3）SKIPIF1<0【名師解析】（1）小球由靜止釋放，從原點進(jìn)入SKIPIF1<0區(qū)域SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0（2）SKIPIF1<0區(qū)域SKIPIF1<0小球所受合力為洛倫茲力。小球在原點速度SKIPIF1<0與水平方向夾角SKIPIF1<0y軸正方向速度SKIPIF1<0運(yùn)動時間SKIPIF1<0z軸負(fù)方向速度SKIPIF1<0由洛倫茲力提供向心力SKIPIF1<0運(yùn)動周期SKIPIF1<0則SKIPIF1<0（SKIPIF1<0