2025人教版物理重難點(diǎn)-選擇性必修二專題1.8 帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)-（人教版2019選擇性必修第二冊(cè)）（含答案）

2025人教版物理重難點(diǎn)-選擇性必修二專題1.8帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)-（人教版2019選擇性必修第二冊(cè)）（含答案）專題1.8帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)【人教版】TOC\o"1-3"\t"正文,1"\h【題型1無(wú)約束的疊加場(chǎng)問(wèn)題】 【題型2有約束的疊加場(chǎng)問(wèn)題】 【題型3動(dòng)態(tài)分析問(wèn)題】 【題型4綜合問(wèn)題】 【題型5聯(lián)系實(shí)際】 【題型1無(wú)約束的疊加場(chǎng)問(wèn)題】【例1】如圖，在豎直xOy平面內(nèi)有一個(gè)半徑為R的圓形區(qū)域與x軸相切于O點(diǎn)，在圓形區(qū)域外(包括圓形邊界)的空間存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，xOy平面內(nèi)有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)。現(xiàn)從坐標(biāo)原點(diǎn)O以速率v向第一象限內(nèi)的不同方向發(fā)射相同的帶電小球，小球的質(zhì)量為m、電荷量為－q(q＞0)，所有小球均在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，且都能沿平行于x軸的方向進(jìn)入圓形區(qū)域并再次通過(guò)O點(diǎn)，不計(jì)小球間的相互作用，重力加速度為g，求：(1)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大?。?2)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大??；(3)沿與x軸正向成60°角發(fā)射的小球從O點(diǎn)開始運(yùn)動(dòng)到再次通過(guò)O點(diǎn)經(jīng)歷的時(shí)間?！咀兪?-1】如圖所示，一帶電液滴在相互垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)中剛好做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其軌道半徑為R，已知該電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度為E，方向豎直向下；該磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面向里，不計(jì)空氣阻力，設(shè)重力加速度為g，則()A．液滴帶正電B．液滴比荷eq\f(q,m)＝eq\f(E,g)C．液滴沿順時(shí)針?lè)较蜻\(yùn)動(dòng)D．液滴運(yùn)動(dòng)速度大小v＝eq\f(Rg,BE)【變式1-2】如圖所示，在坐標(biāo)系xOy平面的x＞0區(qū)域內(nèi)，存在電場(chǎng)強(qiáng)度大小E＝2×105N/C、方向垂直于x軸的勻強(qiáng)電場(chǎng)和磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝0.2T、方向與xOy平面垂直向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。在y軸上有一足夠長(zhǎng)的熒光屏PQ，在x軸上的M(10,0)點(diǎn)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(jì))，粒子恰能沿x軸做勻速直線運(yùn)動(dòng)。若撤去電場(chǎng)，并使粒子發(fā)射槍以M點(diǎn)為軸在xOy平面內(nèi)以角速度ω＝2πrad/s順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)(整個(gè)裝置都處在真空中)。(1)判斷電場(chǎng)方向，求粒子離開發(fā)射槍時(shí)的速度大??；(2)帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑；(3)熒光屏上閃光點(diǎn)的范圍距離；【變式1-3】(多選)在豎直平面內(nèi)建立直角坐標(biāo)系，曲線y＝eq\f(x2,20)位于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v0向x軸負(fù)方向水平拋出質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小球，小球下落過(guò)程中都會(huì)通過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)O，之后進(jìn)入第三象限的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)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(dòng)，并且都能打到y(tǒng)軸負(fù)半軸上。已知?jiǎng)驈?qiáng)磁場(chǎng)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(shuō)法正確的是()A．第三象限的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為eq\f(mg,q)，方向豎直向下B．小球的初速度為10m/sC．第三象限的磁場(chǎng)方向一定是垂直紙面向外D．要使所有的小球都能打到y(tǒng)軸的負(fù)半軸，所加磁場(chǎng)區(qū)域的最小面積是eq\f(1,2)πeq\f(mv0,qB)2【題型2有約束的疊加場(chǎng)問(wèn)題】【例2】一個(gè)質(zhì)量m＝0.1g的小滑塊，帶有電荷量q＝5×10－4C，放置在傾角α＝30°的光滑斜面上(斜面絕緣)，斜面置于B＝0.5T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，如圖所示，小滑塊由靜止開始沿斜面滑下，斜面足夠長(zhǎng)，小滑塊滑至某一位置時(shí)，要離開斜面。g取10m/s2，則：(1)小滑塊帶何種電荷？(2)小滑塊離開斜面的瞬時(shí)速度多大？(3)該斜面的長(zhǎng)度至少多長(zhǎng)？【變式2-1】(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)電場(chǎng)(場(chǎng)強(qiáng)為E)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)(磁感應(yīng)強(qiáng)度為B)的復(fù)合場(chǎng)中，小球在此空間的豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則()A.小球可能帶正電B.小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2UE,g))C.小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期T＝eq\f(2πE,Bg)D.若電壓U增大，則小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期增加【變式2-2】如圖所示，一個(gè)質(zhì)量m＝0.1g，電荷量q＝4×10－4C帶正電的小環(huán)，套在很長(zhǎng)的絕緣直棒上，可以沿棒上下滑動(dòng)。將棒置于正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)內(nèi)，E＝10N/C，B＝0.5T。小環(huán)與棒之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2。求小環(huán)從靜止沿棒豎直下落的最大加速度和最大速度。取g＝10m/s2，小環(huán)電荷量不變?！咀兪?-3】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(gè)裝置處在方向互相垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)與勻強(qiáng)磁場(chǎng)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(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度；(2)在C點(diǎn)時(shí)滑塊所受洛倫茲力；(3)在C點(diǎn)滑塊對(duì)軌道的壓力?！绢}型3動(dòng)態(tài)分析問(wèn)題】【例3】[多選]如圖所示為一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為＋q的圓環(huán)，可在水平放置的足夠長(zhǎng)的粗糙細(xì)桿上滑動(dòng)，細(xì)桿處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，不計(jì)空氣阻力，現(xiàn)給圓環(huán)向右的初速度v0，在以后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，圓環(huán)運(yùn)動(dòng)的速度圖像可能是下列選項(xiàng)中的()【變式3-1】一傾角為θ的粗糙絕緣斜面放置在一個(gè)足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，將一個(gè)帶電的小物塊放在斜面上由靜止開始下滑如圖所示，設(shè)斜面足夠長(zhǎng)，如物塊始終沒(méi)有離開斜面。則下列說(shuō)法正確的是()A.物塊帶正電B.下滑過(guò)程中物塊受到的洛倫茲力做負(fù)功C.物塊最終將靜止在斜面上D.下滑過(guò)程中物塊的機(jī)械能守恒【變式3-2】如圖，絕緣粗糙的豎直平面MN左側(cè)同時(shí)存在相互垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)方向水平向右，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的小滑塊從A點(diǎn)由靜止開始沿MN下滑，到達(dá)C點(diǎn)時(shí)離開MN做曲線運(yùn)動(dòng)．A、C兩點(diǎn)間距離為h，重力加速度為g.(1)求小滑塊運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)的速度大小vC；(2)求小滑塊從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)過(guò)程中克服摩擦力做的功Wf；(3)若D點(diǎn)為小滑塊在電場(chǎng)力、洛倫茲力及重力作用下運(yùn)動(dòng)過(guò)程中速度最大的位置，當(dāng)小滑塊運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)撤去磁場(chǎng)，此后小滑塊繼續(xù)運(yùn)動(dòng)到水平地面上的P點(diǎn)．已知小滑塊在D點(diǎn)時(shí)的速度大小為vD，從D點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的時(shí)間為t，求小滑塊運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)速度的大小vP.【變式3-3】(多選)電荷量為＋q、質(zhì)量為m的滑塊和電荷量為－q、質(zhì)量為m的滑塊同時(shí)從完全相同的光滑斜面上由靜止開始下滑，設(shè)斜面足夠長(zhǎng)，斜面傾角為θ，在斜面上加如圖6所示的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，關(guān)于滑塊下滑過(guò)程中的運(yùn)動(dòng)和受力情況，下列說(shuō)法中正確的是(不計(jì)兩滑塊間的相互作用，重力加速度為g)()圖6A．兩個(gè)滑塊先都做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間，＋q會(huì)離開斜面B．兩個(gè)滑塊先都做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間，－q會(huì)離開斜面C．當(dāng)其中一個(gè)滑塊剛好離開斜面時(shí)，另一滑塊對(duì)斜面的壓力為2mgcosθD．兩滑塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，機(jī)械能均守恒【題型4綜合問(wèn)題】【例4】如圖所示，虛線右側(cè)有豎直向下的電場(chǎng)強(qiáng)度E＝45N/C的勻強(qiáng)電場(chǎng)及垂直于電場(chǎng)向外的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.25T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。在光滑絕緣的水平面上有兩個(gè)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(chǎng)直接進(jìn)入正交電、磁場(chǎng)中。剛進(jìn)入正交電、磁場(chǎng)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(shuō)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(jìn)入正交電、磁場(chǎng)后的短時(shí)間內(nèi)，其電勢(shì)能減少C．過(guò)程中，小球A對(duì)小球B做的功為2JD．小球A、B之間的碰撞為彈性碰撞【變式4-1】(多選)如圖所示，一個(gè)絕緣且內(nèi)壁光滑的環(huán)形細(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)顟B(tài)，小球的質(zhì)量為m，帶電荷量為q，重力加速度為g?？臻g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(chǎng)。某時(shí)刻，給小球一方向水平向右、大小為v0＝eq\r(5gR)的初速度，則以下判斷正確的是()A．無(wú)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(wú)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(wú)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(dòng)到所能到達(dá)的最高點(diǎn)的過(guò)程中，水平方向分速度的大小一直減小【變式4-2】如圖，有三塊水平放置的長(zhǎng)薄金屬板a、b和c，a、b之間相距為L(zhǎng).緊貼b板下表面豎直放置半徑為R的半圓形塑料細(xì)管，兩管口正好位于小孔M、N處．板a與b、b與c之間接有電壓可調(diào)的直流電源，板b與c間還存在方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．當(dāng)體積為V0、密度為ρ、電荷量為q的帶負(fù)電油滴，等間隔地以速率v0從a板上的小孔豎直向下射入，調(diào)節(jié)板間電壓Uba和Ubc，當(dāng)Uba＝U1、Ubc＝U2時(shí)，油滴穿過(guò)b板M孔進(jìn)入細(xì)管，恰能與細(xì)管無(wú)接觸地從N孔射出．忽略小孔和細(xì)管對(duì)電場(chǎng)的影響，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g.求：(1)油滴進(jìn)入M孔時(shí)的速度v1；(2)b、c兩板間的電場(chǎng)強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B的值；(3)當(dāng)油滴從細(xì)管的N孔射出瞬間，將Uba和B立即調(diào)整到Uba′和B′，使油滴恰好不碰到a板，且沿原路與細(xì)管無(wú)接觸地返回穿過(guò)M孔，請(qǐng)給出Uba′和B′的結(jié)果．【變式4-3】(多選)某實(shí)驗(yàn)小組用圖甲所示裝置研究電子在平行金屬板間的運(yùn)動(dòng)。將放射源P靠近速度選擇器，速度選擇器中磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，電場(chǎng)強(qiáng)度為E，P能沿水平方向發(fā)出不同速率的電子，某速率的電子能沿直線通過(guò)速度選擇器，再沿平行金屬板A、B的中軸線O1O2射入板間。已知平行金屬板長(zhǎng)為L(zhǎng)、間距為d，兩板間加有圖乙所示的交變電壓，電子的電荷量為e，質(zhì)量為m(電子重力及相互間作用力忽略不計(jì))。以下說(shuō)法中正確的有()A．沿直線穿過(guò)速度選擇器的電子的速率為eq\f(E,B)B．只增大速度選擇器中的電場(chǎng)強(qiáng)度E，沿中軸線射入的電子穿過(guò)A、C板的時(shí)間變長(zhǎng)C．若t＝eq\f(T,4)時(shí)刻進(jìn)入A、C板間的電子恰能水平飛出，則飛出方向可能沿O1O2D．若t＝0時(shí)刻進(jìn)入A、C板間的電子恰能水平飛出，則T＝eq\f(BL,nE)(n＝1,2,3，…)【題型5聯(lián)系實(shí)際】【例5】如圖所示，甲是回旋加速器，乙是磁流體發(fā)電機(jī)，丙是速度選擇器，丁是霍爾元件，下列說(shuō)法正確的是()A.甲圖要增大粒子的最大動(dòng)能，可增加電壓UB.乙圖可判斷出A極板是發(fā)電機(jī)的負(fù)極C.丙圖可以判斷出帶電粒子的電性，粒子能夠沿直線勻速通過(guò)速度選擇器的條件是v＝eq\f(E,B)D.丁圖中若載流子帶負(fù)電，穩(wěn)定時(shí)C板電勢(shì)高【變式5-1】(多選)目前世界上正研究的一種新型發(fā)電機(jī)叫磁流體發(fā)電機(jī)，如圖所示表示它的發(fā)電原理：將一束等離子體(即高溫下電離的氣體，含有大量帶正電和負(fù)電的粒子，而從整體來(lái)說(shuō)呈中性)沿圖中所示方向噴射入磁場(chǎng)，磁場(chǎng)中有兩塊金屬板A、B，這時(shí)金屬板上就聚集了電荷。在磁極配置如圖中所示的情況下，下列說(shuō)法正確的是()A.A板帶正電B.有電流從b經(jīng)用電器流向aC.金屬板A、B間的電場(chǎng)方向向下D.等離子體發(fā)生偏轉(zhuǎn)的原因是離子所受洛倫茲力大于所受電場(chǎng)力【變式5-2】(多選)如圖所示，導(dǎo)電物質(zhì)為電子的霍爾元件位于兩串聯(lián)線圈之間，線圈中電流為I，線圈間產(chǎn)生勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B與I成正比，方向垂直于霍爾元件的兩側(cè)面，此時(shí)通過(guò)霍爾元件的電流為IH，與其前后表面相連的電壓表測(cè)出的霍爾電壓UH滿足：UH＝keq\f(IHB,d)，式中k為霍爾系數(shù)，d為霍爾元件兩側(cè)面間的距離．電阻R遠(yuǎn)大于RL，霍爾元件的電阻可以忽略，則()A．霍爾元件前表面的電勢(shì)低于后表面B．若電源的正、負(fù)極對(duì)調(diào)，電壓表將反偏C．IH與I成正比D．電壓表的示數(shù)與RL消耗的電功率成正比【變式5-3】為監(jiān)測(cè)某化工廠的污水排放量，技術(shù)人員在該廠的排污管末端安裝了如圖所示的長(zhǎng)方體流量計(jì)．該裝置由絕緣材料制成，其長(zhǎng)、寬、高分別為a、b、c，左右兩端開口．在垂直于上下底面方向加一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，前后兩個(gè)內(nèi)側(cè)面分別固定有金屬板作為電極．污水充滿管口從左向右流經(jīng)該裝置時(shí)，接在M、N兩端間的電壓表將顯示兩個(gè)電極間的電壓U.若用Q表示污水流量(單位時(shí)間內(nèi)排出的污水體積)，下列說(shuō)法中正確的是()A．M端的電勢(shì)比N端的高B．電壓表的示數(shù)U與a和b均成正比，與c無(wú)關(guān)C．電壓表的示數(shù)U與污水的流量Q成正比D．若污水中正、負(fù)離子數(shù)相同，則電壓表的示數(shù)為0

參考答案【題型1無(wú)約束的疊加場(chǎng)問(wèn)題】【例1】如圖，在豎直xOy平面內(nèi)有一個(gè)半徑為R的圓形區(qū)域與x軸相切于O點(diǎn)，在圓形區(qū)域外(包括圓形邊界)的空間存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，xOy平面內(nèi)有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)?，F(xiàn)從坐標(biāo)原點(diǎn)O以速率v向第一象限內(nèi)的不同方向發(fā)射相同的帶電小球，小球的質(zhì)量為m、電荷量為－q(q＞0)，所有小球均在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，且都能沿平行于x軸的方向進(jìn)入圓形區(qū)域并再次通過(guò)O點(diǎn)，不計(jì)小球間的相互作用，重力加速度為g，求：(1)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大??；(2)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大?。?3)沿與x軸正向成60°角發(fā)射的小球從O點(diǎn)開始運(yùn)動(dòng)到再次通過(guò)O點(diǎn)經(jīng)歷的時(shí)間。答案(1)eq\f(mg,q)(2)eq\f(mv,qR)(3)eq\f(（10π＋3\r(3)）R,3v)解析(1)小球在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則電場(chǎng)力和重力平衡，即qE＝mg，勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小E＝eq\f(mg,q)。(2)小球從O點(diǎn)以與x軸成θ角射入第一象限，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖，軌跡圓心C′與交點(diǎn)D的連線平行y軸，設(shè)圓形區(qū)域的圓心為C，由幾何關(guān)系可知，四邊形C′DCO是菱形，所以小球在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為r＝R洛倫茲力提供向心力，即qvB＝meq\f(v2,r)可得磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝eq\f(mv,qR)。(3)小球從O點(diǎn)以與x軸成θ＝eq\f(π,3)角射入第一象限小球在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)周期T＝eq\f(2πR,v)小球在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間t1＝2×eq\f(2π－θ,2π)T小球在圓形區(qū)域做勻速直線運(yùn)動(dòng)，通過(guò)的距離L＝2Rsinθ運(yùn)動(dòng)時(shí)間t2＝eq\f(2Rsinθ,v)從O點(diǎn)出發(fā)到再次回到O點(diǎn)經(jīng)歷的時(shí)間t＝t1＋t2＝eq\f(（4π＋2sinθ－2θ）R,v)將θ＝eq\f(π,3)代入，解得t＝eq\f(（10π＋3\r(3)）R,3v)。【變式1-1】如圖所示，一帶電液滴在相互垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)中剛好做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其軌道半徑為R，已知該電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度為E，方向豎直向下；該磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面向里，不計(jì)空氣阻力，設(shè)重力加速度為g，則()A．液滴帶正電B．液滴比荷eq\f(q,m)＝eq\f(E,g)C．液滴沿順時(shí)針?lè)较蜻\(yùn)動(dòng)D．液滴運(yùn)動(dòng)速度大小v＝eq\f(Rg,BE)解析：選C液滴在重力場(chǎng)、勻強(qiáng)電場(chǎng)、勻強(qiáng)磁場(chǎng)的復(fù)合場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，可知，qE＝mg，得eq\f(q,m)＝eq\f(g,E)，故B錯(cuò)誤；電場(chǎng)力豎直向上，液滴帶負(fù)電，A錯(cuò)誤；由左手定則可判斷液滴沿順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，C正確；對(duì)液滴qE＝mg，qvB＝meq\f(v2,R)得v＝eq\f(RBg,E)，故D錯(cuò)誤?！咀兪?-2】如圖所示，在坐標(biāo)系xOy平面的x＞0區(qū)域內(nèi)，存在電場(chǎng)強(qiáng)度大小E＝2×105N/C、方向垂直于x軸的勻強(qiáng)電場(chǎng)和磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝0.2T、方向與xOy平面垂直向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。在y軸上有一足夠長(zhǎng)的熒光屏PQ，在x軸上的M(10,0)點(diǎn)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(jì))，粒子恰能沿x軸做勻速直線運(yùn)動(dòng)。若撤去電場(chǎng)，并使粒子發(fā)射槍以M點(diǎn)為軸在xOy平面內(nèi)以角速度ω＝2πrad/s順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)(整個(gè)裝置都處在真空中)。(1)判斷電場(chǎng)方向，求粒子離開發(fā)射槍時(shí)的速度大??；(2)帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑；(3)熒光屏上閃光點(diǎn)的范圍距離；[解析](1)帶正電粒子(重力不計(jì))在疊加場(chǎng)中沿x軸做勻速直線運(yùn)動(dòng)，據(jù)左手定則判斷可知洛倫茲力方向向下，所以電場(chǎng)力方向向上，電場(chǎng)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(chǎng)后，洛倫茲力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,R)所以粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，粒子打在熒光屏上最上端的點(diǎn)是B點(diǎn)，最下端打在A點(diǎn)由幾何知識(shí)可知dOA＝2Rcos30°＝eq\r(3)R，dOB＝R所以熒光屏上閃光點(diǎn)的范圍距離為dAB＝(eq\r(3)＋1)R≈0.273m。[答案](1)106m/s(2)0.1m(3)0.273m【變式1-3】(多選)在豎直平面內(nèi)建立直角坐標(biāo)系，曲線y＝eq\f(x2,20)位于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v0向x軸負(fù)方向水平拋出質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小球，小球下落過(guò)程中都會(huì)通過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)O，之后進(jìn)入第三象限的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)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(dòng)，并且都能打到y(tǒng)軸負(fù)半軸上。已知?jiǎng)驈?qiáng)磁場(chǎng)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(shuō)法正確的是()A．第三象限的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為eq\f(mg,q)，方向豎直向下B．小球的初速度為10m/sC．第三象限的磁場(chǎng)方向一定是垂直紙面向外D．要使所有的小球都能打到y(tǒng)軸的負(fù)半軸，所加磁場(chǎng)區(qū)域的最小面積是eq\f(1,2)πeq\f(mv0,qB)2解析：選BD設(shè)小球釋放點(diǎn)的坐標(biāo)為(x，y)，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知x＝v0t，y＝eq\f(1,2)gt2，聯(lián)立可得y＝eq\f(g,2v02)x2，由題意可知y＝eq\f(x2,20)，聯(lián)立可得v0＝10m/s，B正確；小球在第三象限做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則有mg＝qE，可得E＝eq\f(mg,q)，方向豎直向上，A錯(cuò)誤；根據(jù)題意結(jié)合左手定則可判斷，第三象限的磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，C錯(cuò)誤；設(shè)小球最初進(jìn)入第三象限時(shí)的速度為v，與y軸負(fù)方向夾角為α，則有v0＝vsinα，洛倫茲力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,r)，解得r＝eq\f(mv0,qBsinα)，小球在磁場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)角恒為2α，運(yùn)動(dòng)軌跡的弦長(zhǎng)l＝2rsinα＝eq\f(2mv0,qB)，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(chǎng)區(qū)域的最小面積為Smin＝eq\f(1,2)πeq\f(l,2)2＝eq\f(1,2)πeq\f(mv0,qB)2，D正確?！绢}型2有約束的疊加場(chǎng)問(wèn)題】【例2】一個(gè)質(zhì)量m＝0.1g的小滑塊，帶有電荷量q＝5×10－4C，放置在傾角α＝30°的光滑斜面上(斜面絕緣)，斜面置于B＝0.5T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，如圖所示，小滑塊由靜止開始沿斜面滑下，斜面足夠長(zhǎng)，小滑塊滑至某一位置時(shí)，要離開斜面。g取10m/s2，則：(1)小滑塊帶何種電荷？(2)小滑塊離開斜面的瞬時(shí)速度多大？(3)該斜面的長(zhǎng)度至少多長(zhǎng)？解析(1)小滑塊沿斜面下滑過(guò)程中，受重力mg、斜面支持力FN和洛倫茲力F。若要小滑塊離開斜面，洛倫茲力F方向應(yīng)垂直斜面向上，根據(jù)左手定則可知，小滑塊應(yīng)帶負(fù)電荷。(2)小滑塊沿斜面下滑時(shí)，垂直斜面方向的加速度為零，有qvB＋FN－mgcosα＝0當(dāng)FN＝0時(shí)，小滑塊脫離斜面，有qvB＝mgcosα，得v＝eq\f(mgcosα,qB)＝eq\f(0.1×10－3×10×\f(\r(3),2),5×10－4×0.5)m/s＝2eq\r(3)m/s(3)下滑過(guò)程中，只有重力做功，由動(dòng)能定理得mgxsinα＝eq\f(1,2)mv2斜面的長(zhǎng)度至少是x＝eq\f(v2,2gsinα)＝eq\f(（2\r(3)）2,2×10×0.5)m＝1.2m答案(1)負(fù)電荷(2)2eq\r(3)m/s(3)1.2m【變式2-1】(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)電場(chǎng)(場(chǎng)強(qiáng)為E)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)(磁感應(yīng)強(qiáng)度為B)的復(fù)合場(chǎng)中，小球在此空間的豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則()A.小球可能帶正電B.小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2UE,g))C.小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期T＝eq\f(2πE,Bg)D.若電壓U增大，則小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期增加解析小球在復(fù)合場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則小球受的電場(chǎng)力和重力大小相等，方向相反，則小球帶負(fù)電，A錯(cuò)誤；由牛頓第二定律和動(dòng)能定理可得：Bqv＝eq\f(mv2,r)，Uq＝eq\f(1,2)mv2，聯(lián)立mg＝qE可得：小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2UE,g))，由T＝eq\f(2πr,v)可以得出T＝eq\f(2πE,Bg)，所以B、C正確，D錯(cuò)誤。答案BC【變式2-2】如圖所示，一個(gè)質(zhì)量m＝0.1g，電荷量q＝4×10－4C帶正電的小環(huán)，套在很長(zhǎng)的絕緣直棒上，可以沿棒上下滑動(dòng)。將棒置于正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)內(nèi)，E＝10N/C，B＝0.5T。小環(huán)與棒之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2。求小環(huán)從靜止沿棒豎直下落的最大加速度和最大速度。取g＝10m/s2，小環(huán)電荷量不變。解析：小環(huán)由靜止下滑后，由于所受電場(chǎng)力與洛倫茲力同向(向右)，使小環(huán)壓緊豎直棒。相互間的壓力為FN＝qE＋qvB。由于壓力是一個(gè)變力，小環(huán)所受的摩擦力也是一個(gè)變力，可以根據(jù)小環(huán)運(yùn)動(dòng)的動(dòng)態(tài)方程找出最值條件。根據(jù)小環(huán)豎直方向的受力情況，由牛頓第二定律得運(yùn)動(dòng)方程mg－μFN＝ma，即mg－μ(qE＋qvB)＝ma。當(dāng)v＝0時(shí)，即剛下落時(shí)，小環(huán)運(yùn)動(dòng)的加速度最大，代入數(shù)值得am＝2m/s2。下落后，隨著v的增大，加速度a逐漸減小。當(dāng)a＝0時(shí)，下落速度v達(dá)最大值，代入數(shù)值得vm＝5m/s。答案：am＝2m/s2vm＝5m/s【變式2-3】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(gè)裝置處在方向互相垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)與勻強(qiáng)磁場(chǎng)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(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度；(2)在C點(diǎn)時(shí)滑塊所受洛倫茲力；(3)在C點(diǎn)滑塊對(duì)軌道的壓力。答案(1)大小為2m/s，方向水平向左(2)大小為0.1N，方向豎直向下(3)大小為20.1N，方向豎直向下解析以滑塊為研究對(duì)象，自軌道上A點(diǎn)滑到C點(diǎn)的過(guò)程中，受重力mg，方向豎直向下；靜電力qE，方向水平向右；洛倫茲力F洛＝qvB，方向始終垂直于速度方向。(1)滑塊從A到C的過(guò)程中洛倫茲力不做功，由動(dòng)能定理得mgR－qER＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)得vC＝eq\r(\f(2（mg－qE）R,m))＝2m/s，方向水平向左。(2)根據(jù)洛倫茲力公式得F＝qvCB＝5×10－2×2×1N＝0.1N，由左手定則知方向豎直向下。(3)在C點(diǎn)，由牛頓第二定律得FN－mg－qvCB＝meq\f(veq\o\al(2,C),R)得FN＝mg＋qvCB＋meq\f(veq\o\al(2,C),R)＝20.1N由牛頓第三定律可知，滑塊對(duì)軌道的壓力大小為20.1N，方向豎直向下?！绢}型3動(dòng)態(tài)分析問(wèn)題】【例3】[多選]如圖所示為一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為＋q的圓環(huán)，可在水平放置的足夠長(zhǎng)的粗糙細(xì)桿上滑動(dòng)，細(xì)桿處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，不計(jì)空氣阻力，現(xiàn)給圓環(huán)向右的初速度v0，在以后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，圓環(huán)運(yùn)動(dòng)的速度圖像可能是下列選項(xiàng)中的()[解析]帶電圓環(huán)在磁場(chǎng)中受到向上的洛倫茲力，當(dāng)重力與洛倫茲力相等時(shí)，圓環(huán)將做勻速直線運(yùn)動(dòng)，A正確；當(dāng)洛倫茲力大于重力時(shí)，圓環(huán)受到摩擦力的作用，并且隨著速度的減小而減小，圓環(huán)將做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，最后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，D正確；如果重力大于洛倫茲力，圓環(huán)也受摩擦力作用，且摩擦力越來(lái)越大，圓環(huán)將做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，故B、C錯(cuò)誤。[答案]AD【變式3-1】一傾角為θ的粗糙絕緣斜面放置在一個(gè)足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，將一個(gè)帶電的小物塊放在斜面上由靜止開始下滑如圖所示，設(shè)斜面足夠長(zhǎng)，如物塊始終沒(méi)有離開斜面。則下列說(shuō)法正確的是()A.物塊帶正電B.下滑過(guò)程中物塊受到的洛倫茲力做負(fù)功C.物塊最終將靜止在斜面上D.下滑過(guò)程中物塊的機(jī)械能守恒解析物塊始終沒(méi)有離開斜面，洛倫茲力必然垂直于斜面向下，由左手定則知，物塊帶正電，選項(xiàng)A正確；洛倫茲力始終垂直于速度，不做功，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；物塊最終將在斜面上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由于摩擦力做負(fù)功，下滑過(guò)程中物塊的機(jī)械能不守恒，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案A【變式3-2】如圖，絕緣粗糙的豎直平面MN左側(cè)同時(shí)存在相互垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)方向水平向右，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的小滑塊從A點(diǎn)由靜止開始沿MN下滑，到達(dá)C點(diǎn)時(shí)離開MN做曲線運(yùn)動(dòng)．A、C兩點(diǎn)間距離為h，重力加速度為g.(1)求小滑塊運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)的速度大小vC；(2)求小滑塊從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)過(guò)程中克服摩擦力做的功Wf；(3)若D點(diǎn)為小滑塊在電場(chǎng)力、洛倫茲力及重力作用下運(yùn)動(dòng)過(guò)程中速度最大的位置，當(dāng)小滑塊運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)撤去磁場(chǎng)，此后小滑塊繼續(xù)運(yùn)動(dòng)到水平地面上的P點(diǎn)．已知小滑塊在D點(diǎn)時(shí)的速度大小為vD，從D點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的時(shí)間為t，求小滑塊運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)速度的大小vP.答案(1)eq\f(E,B)(2)mgh－eq\f(mE2,2B2)(3)eq\r(v\o\al(2,D)＋\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(qE,m)2＋g2))t2)解析(1)小滑塊沿MN運(yùn)動(dòng)過(guò)程，水平方向受力滿足qvB＋N＝qE小滑塊在C點(diǎn)離開MN時(shí)N＝0解得vC＝eq\f(E,B)(2)由動(dòng)能定理得mgh－Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－0解得Wf＝mgh－eq\f(mE2,2B2)(3)如圖，小滑塊速度最大時(shí)，速度方向與電場(chǎng)力、重力的合力方向垂直．撤去磁場(chǎng)后小滑塊將做類平拋運(yùn)動(dòng)，等效加速度為g′g′＝eq\r(\f(qE,m)2＋g2)且veq\o\al(2,P)＝veq\o\al(2,D)＋g′2t2解得vP＝eq\r(v\o\al(2,D)＋\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(qE,m)2＋g2))t2)【變式3-3】(多選)電荷量為＋q、質(zhì)量為m的滑塊和電荷量為－q、質(zhì)量為m的滑塊同時(shí)從完全相同的光滑斜面上由靜止開始下滑，設(shè)斜面足夠長(zhǎng)，斜面傾角為θ，在斜面上加如圖6所示的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，關(guān)于滑塊下滑過(guò)程中的運(yùn)動(dòng)和受力情況，下列說(shuō)法中正確的是(不計(jì)兩滑塊間的相互作用，重力加速度為g)()圖6A．兩個(gè)滑塊先都做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間，＋q會(huì)離開斜面B．兩個(gè)滑塊先都做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間，－q會(huì)離開斜面C．當(dāng)其中一個(gè)滑塊剛好離開斜面時(shí)，另一滑塊對(duì)斜面的壓力為2mgcosθD．兩滑塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，機(jī)械能均守恒答案ACD解析當(dāng)滑塊開始沿斜面向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，帶正電的滑塊受到的洛倫茲力方向垂直斜面向上，帶負(fù)電的滑塊受到的洛倫茲力方向垂直斜面向下，開始時(shí)兩滑塊沿斜面方向所受的力均為mgsinθ，均做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，隨著速度的增大，帶正電的滑塊受到的洛倫茲力逐漸變大，當(dāng)qvB＝mgcosθ時(shí)，帶正電的滑塊恰能離開斜面，而帶負(fù)電的滑塊將一直沿斜面運(yùn)動(dòng)，不會(huì)離開斜面，A正確，B錯(cuò)誤；由于兩滑塊加速度相同，所以在帶正電的滑塊離開斜面前兩者在斜面上運(yùn)動(dòng)的速度總相同，當(dāng)帶正電的滑塊剛好離開斜面時(shí)，帶負(fù)電的滑塊受的洛倫茲力也滿足qvB＝mgcosθ，方向垂直斜面向下，斜面對(duì)滑塊的支持力大小為qvB＋mgcosθ＝2mgcosθ，故滑塊對(duì)斜面的壓力為2mgcosθ，C正確；由于洛倫茲力不做功，故D正確．【題型4綜合問(wèn)題】【例4】如圖所示，虛線右側(cè)有豎直向下的電場(chǎng)強(qiáng)度E＝45N/C的勻強(qiáng)電場(chǎng)及垂直于電場(chǎng)向外的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.25T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。在光滑絕緣的水平面上有兩個(gè)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(chǎng)直接進(jìn)入正交電、磁場(chǎng)中。剛進(jìn)入正交電、磁場(chǎng)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(shuō)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(jìn)入正交電、磁場(chǎng)后的短時(shí)間內(nèi)，其電勢(shì)能減少C．過(guò)程中，小球A對(duì)小球B做的功為2JD．小球A、B之間的碰撞為彈性碰撞[解析]小球A、B碰撞瞬間電荷均分，則兩小球電荷量的絕對(duì)值均為q＝|eq\f(qB,2)|＝2×10－3C，且小球B剛進(jìn)入正交電、磁場(chǎng)的瞬間，豎直方向的加速度恰好為零，則有mBg＝qvBB＋qE，解得碰后B球的速度為vB＝20m/s，小球A、B碰撞過(guò)程中，由動(dòng)量守恒定律可得mAv0＝mAvA＋mBvB，解得，碰后瞬間小球A速度為vA＝16m/s，故A錯(cuò)誤；小球A剛進(jìn)入正交電、磁場(chǎng)后，由于mAg＝0.5N＞qE＋qvAB＝0.098N，所以小球A向下偏，則電場(chǎng)力做負(fù)功，故其電勢(shì)能增大，故B錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理，可知小球A對(duì)小球B做的功為W＝eq\f(1,2)mBvB2＝2J，故C正確；由于碰撞前A、B系統(tǒng)機(jī)械能為Ek1＝eq\f(1,2)mAv02＝10J，碰后系統(tǒng)機(jī)械能為Ek2＝eq\f(1,2)mAvA2＋eq\f(1,2)mBvB2＝8.4J，則Ek1＞Ek2，機(jī)械能不守恒，故小球A、B之間的碰撞為非彈性碰撞，故D錯(cuò)誤。[答案]C【變式4-1】(多選)如圖所示，一個(gè)絕緣且內(nèi)壁光滑的環(huán)形細(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)顟B(tài)，小球的質(zhì)量為m，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(chǎng)。某時(shí)刻，給小球一方向水平向右、大小為v0＝eq\r(5gR)的初速度，則以下判斷正確的是()A．無(wú)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(wú)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(wú)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(dòng)到所能到達(dá)的最高點(diǎn)的過(guò)程中，水平方向分速度的大小一直減小解析：選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(huì)受到管壁彈力的作用，A錯(cuò)誤；小球運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，洛倫茲力不做功，小球的機(jī)械能守恒，運(yùn)動(dòng)至最高點(diǎn)時(shí)小球的速度v＝eq\r(gR)，由于小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程不會(huì)脫離軌道，所以一定能到達(dá)軌道最高點(diǎn)，C正確；在最高點(diǎn)時(shí)，小球做圓周運(yùn)動(dòng)所需的向心力F＝meq\f(v2,R)＝mg，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(duì)小球的彈力，B正確；小球在從最低點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過(guò)程中，小球在下半圓內(nèi)上升的過(guò)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(dòng)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(guò)程，D錯(cuò)誤?！咀兪?-2】如圖，有三塊水平放置的長(zhǎng)薄金屬板a、b和c，a、b之間相距為L(zhǎng).緊貼b板下表面豎直放置半徑為R的半圓形塑料細(xì)管，兩管口正好位于小孔M、N處．板a與b、b與c之間接有電壓可調(diào)的直流電源，板b與c間還存在方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．當(dāng)體積為V0、密度為ρ、電荷量為q的帶負(fù)電油滴，等間隔地以速率v0從a板上的小孔豎直向下射入，調(diào)節(jié)板間電壓Uba和Ubc，當(dāng)Uba＝U1、Ubc＝U2時(shí)，油滴穿過(guò)b板M孔進(jìn)入細(xì)管，恰能與細(xì)管無(wú)接觸地從N孔射出．忽略小孔和細(xì)管對(duì)電場(chǎng)的影響，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g.求：(1)油滴進(jìn)入M孔時(shí)的速度v1；(2)b、c兩板間的電場(chǎng)強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B的值；(3)當(dāng)油滴從細(xì)管的N孔射出瞬間，將Uba和B立即調(diào)整到Uba′和B′，使油滴恰好不碰到a板，且沿原路與細(xì)管無(wú)接觸地返回穿過(guò)M孔，請(qǐng)給出Uba′和B′的結(jié)果．答案(1)eq\r(v\o\al(2,0)＋2gL＋\f(2qU1,ρV0))(2)eq\f(ρV0g,q)eq\f(ρV0,qR)eq\r(v\o\al(2,0)＋2gL＋\f(2qU1,ρV0))(3)U1＋eq\f(ρV0v\o\al(2,0),2q)－B解析(1)油滴進(jìn)入電場(chǎng)后，重力與電場(chǎng)力均做功，設(shè)到M點(diǎn)時(shí)的速度為v1，由動(dòng)能定理eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgL＋qU1考慮到m＝ρV0得v1＝eq\r(v\o\al(2,0)＋2gL＋\f(2qU1,ρV0))(2)油滴進(jìn)入電場(chǎng)、磁場(chǎng)共存區(qū)域，恰與細(xì)管無(wú)接觸地從N孔射出，須電場(chǎng)力與重力平衡，有：mg＝qE解得E＝eq\f(ρV0g,q)油滴在半圓形細(xì)管中運(yùn)動(dòng)時(shí)，洛倫茲力提供向心力，由qv1B＝eq\f(mv\o\al(2,1),R)得B＝eq\f(mv1,qR)＝eq\f(ρV0,qR)eq\r(v\o\al(2,0)＋2gL＋\f(2qU1,ρV0))(3)若油滴恰不能撞到a板，且再返回并穿過(guò)M孔，由動(dòng)能定理，0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝－mgL－qUba′得Uba′＝U1＋eq\f(ρV0v\o\al(2,0),2q)考慮到油滴返回時(shí)速度方向已經(jīng)相反，為了使油滴沿原路與細(xì)管無(wú)接觸地返回并穿過(guò)M孔，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小不變，方向相反，即：B′＝－B.【變式4-3】(多選)某實(shí)驗(yàn)小組用圖甲所示裝置研究電子在平行金屬板間的運(yùn)動(dòng)。將放射源P靠近速度選擇器，速度選擇器中磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，電場(chǎng)強(qiáng)度為E，P能沿水平方向發(fā)出不同速率的電子，某速率的電子能沿直線通過(guò)速度選擇器，再沿平行金屬板A、B的中軸線O1O2射入板間。已知平行金屬板長(zhǎng)為L(zhǎng)、間距為d，兩板間加有圖乙所示的交變電壓，電子的電荷量為e，質(zhì)量為m(電子重力及相互間作用力忽略不計(jì))。以下說(shuō)法中正確的有()A．沿直線穿過(guò)速度選擇器的電子的速率為eq\f(E,B)B．只增大速度選擇器中的電場(chǎng)強(qiáng)度E，沿中軸線射入的電子穿過(guò)A、C板的時(shí)間變長(zhǎng)C．若t＝eq\f(T,4)時(shí)刻進(jìn)入A、C板間的電子恰能水平飛出，則飛出方向可能沿O1O2D．若t＝0時(shí)刻進(jìn)入A、C板間的電子恰能水平飛出，則T＝eq\f(BL,nE)(n＝1,2,3，…)解析：選ACD電子在速度選擇器中受電場(chǎng)力和洛倫茲力的作用，沿直線通過(guò)速度選擇器，則電子受力平衡，有eE＝Bve，解得v＝eq\f(E,B)，故A正確；若只增大速度選擇器中的電場(chǎng)強(qiáng)度E，電子沿中軸線射入，由v＝eq\f(E,B)可知，v增大，則在A、C板長(zhǎng)不變的情況下，電子穿過(guò)A、C板的時(shí)間變短，故B錯(cuò)誤；若t＝eq\f(T,4)時(shí)刻進(jìn)入A、C板間的電子恰能水平飛出，飛出方向可能沿O1O2，故C正確；若t＝0時(shí)刻進(jìn)入A、C板間的電子恰能水平飛出，則此時(shí)豎直方向的速度為零，電場(chǎng)力做功為零，根據(jù)對(duì)稱性可知，電子飛出的時(shí)刻為nT(n＝1,2,3，…)，電子的速度為v＝eq\f(L,nT)，根據(jù)洛倫茲力和電場(chǎng)力平衡可得Bev＝Ee，聯(lián)立可得T＝eq\f(BL,nE)(n＝1,2,3，…)，故D正確?！绢}型5聯(lián)系實(shí)際】【例5】如圖所示，甲是回旋加速器，乙是磁流體發(fā)電機(jī)，丙是速度選擇器，丁是霍爾元件，下列說(shuō)法正確的是()A.甲圖要增大粒子的最大動(dòng)能，可增加電壓UB.乙圖可判斷出A極板是發(fā)電機(jī)的負(fù)極C.丙圖可以判斷出帶電粒子的電性，粒子能夠沿直線勻速通過(guò)速度選擇器的條件是v＝eq\f(E,B)D.丁圖中若載流子帶負(fù)電，穩(wěn)定時(shí)C板電勢(shì)高答案B解析根據(jù)公式r＝eq\f(mv,qB)得v＝eq\f(qBr,m)，故最大動(dòng)能Ekm＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(q2B2r2,2m)，與加速電壓無(wú)關(guān)，故A錯(cuò)誤；由左手定則知正離子向下偏轉(zhuǎn)，所以下極板帶正電，A板是電源的負(fù)極，B板是電源的正極，故B正確；電場(chǎng)的方向與B的方向垂直，帶電粒子進(jìn)入復(fù)合場(chǎng)，受電場(chǎng)力和洛倫茲力，且二力是平衡力，即qE＝qvB，所以v＝eq\f(E,B)，不管粒子帶正電還是帶負(fù)電都可以勻速直線通過(guò)，所以無(wú)法判斷粒子的電性，故C錯(cuò)誤；若載流子帶負(fù)電，由左手定則可知，負(fù)粒子向C端偏轉(zhuǎn)，所以穩(wěn)定時(shí)C板電勢(shì)低，故D錯(cuò)誤?！咀兪?-1】(多選)目前世界上正研究的一種新型發(fā)電機(jī)叫磁流體發(fā)電機(jī)，如圖所示表示它的發(fā)電原理：將一束等離子體(即高溫下電離的氣體，含有大量帶正電和負(fù)電的粒子，而從整體來(lái)說(shuō)呈中性)沿圖中所示方向噴射入磁場(chǎng)，磁場(chǎng)中有兩塊金屬板A、B，這時(shí)金屬板上就聚集了電荷。在磁極配置如圖中所示的情況下，下列說(shuō)法正確的是()A.A板帶正電B.有電流從b經(jīng)用電器流向aC.金屬板A、B間的電場(chǎng)方向向下D.等離子體發(fā)生偏轉(zhuǎn)的原因是離子所受洛倫茲力大于所受電場(chǎng)力答案BD解析由左手定則，A板帶負(fù)電，則電流從b經(jīng)用電器流向a，金屬板間的電場(chǎng)方向向上，故選項(xiàng)B、D正確?！咀兪?-2】(多選)如圖所示，導(dǎo)電物質(zhì)為電子的霍爾元件位于兩串聯(lián)線圈之間，線圈中電流為I，線圈間產(chǎn)生勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B與I成正比，方向垂直于霍爾元件的兩側(cè)面，此時(shí)通過(guò)霍爾元件的電流為IH，與其前后表面相連的電壓表測(cè)出的霍爾電壓UH滿足：UH＝keq\f(IHB,d)，式中k為霍爾系數(shù)，d為霍爾元件兩側(cè)面間的距離．電阻R遠(yuǎn)大于RL，霍爾元件的電阻可以忽略，則()A．霍爾元件前表面的電勢(shì)低于后表面B．若電源的正、負(fù)極對(duì)調(diào)，電壓表將反偏C．IH與I成正比D．電壓表的示數(shù)與RL消耗的電功率成正比答案CD解析當(dāng)霍爾元件通有電流IH時(shí)，根據(jù)左手定則，電子將向霍爾元件的后表面運(yùn)動(dòng)，故霍爾元件的前表面電勢(shì)較高．若將電源的正、負(fù)極對(duì)調(diào)，則磁感應(yīng)強(qiáng)度B的方向變化，IH的方向變化，根據(jù)左手定則，電子仍向霍爾元件的后表面運(yùn)動(dòng)，故仍是霍爾元件的前表面電勢(shì)較高，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤．因R與RL并聯(lián)，根據(jù)并聯(lián)分流，得IH＝eq\f(RL,RL＋R)I，故IH與I成正比，選項(xiàng)C正確．由于B與I成正比，設(shè)B＝aI，則IL＝eq\f(R,R＋RL)I，PL＝Ieq\o\al(2,L)RL，故UH＝keq\f(IHB,d)＝eq\f(akR＋RL,R2d)PL，知UH∝PL，選項(xiàng)D正確．【變式5-3】為監(jiān)測(cè)某化工廠的污水排放量，技術(shù)人員在該廠的排污管末端安裝了如圖所示的長(zhǎng)方體流量計(jì)．該裝置由絕緣材料制成，其長(zhǎng)、寬、高分別為a、b、c，左右兩端開口．在垂直于上下底面方向加一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，前后兩個(gè)內(nèi)側(cè)面分別固定有金屬板作為電極．污水充滿管口從左向右流經(jīng)該裝置時(shí)，接在M、N兩端間的電壓表將顯示兩個(gè)電極間的電壓U.若用Q表示污水流量(單位時(shí)間內(nèi)排出的污水體積)，下列說(shuō)法中正確的是()A．M端的電勢(shì)比N端的高B．電壓表的示數(shù)U與a和b均成正比，與c無(wú)關(guān)C．電壓表的示數(shù)U與污水的流量Q成正比D．若污水中正、負(fù)離子數(shù)相同，則電壓表的示數(shù)為0答案C解析根據(jù)左手定則知，正離子所受的洛倫茲力方向向里，則向里偏轉(zhuǎn)，N端帶正電，M端帶負(fù)電，則M端的電勢(shì)比N端電勢(shì)低，故A錯(cuò)誤；最終離子在電場(chǎng)力和洛倫茲力作用下平衡，有：qvB＝qeq\f(U,b)，解得U＝vBb，電壓表的示數(shù)U與b成正比，與污水中正、負(fù)離子數(shù)無(wú)關(guān)，故B、D錯(cuò)誤；因v＝eq\f(U,Bb)，則流量Q＝vbc＝eq\f(Uc,B)，因此U＝eq\f(BQ,c)，所以電壓表的示數(shù)U與污水流量Q成正比，故C正確．專題1.8帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)【人教版】TOC\o"1-3"\t"正文,1"\h【題型1無(wú)約束的疊加場(chǎng)問(wèn)題】 【題型2有約束的疊加場(chǎng)問(wèn)題】 【題型3動(dòng)態(tài)分析問(wèn)題】 【題型4綜合問(wèn)題】 【題型5聯(lián)系實(shí)際】 【題型1無(wú)約束的疊加場(chǎng)問(wèn)題】【例1】如圖，在豎直xOy平面內(nèi)有一個(gè)半徑為R的圓形區(qū)域與x軸相切于O點(diǎn)，在圓形區(qū)域外(包括圓形邊界)的空間存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，xOy平面內(nèi)有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)?，F(xiàn)從坐標(biāo)原點(diǎn)O以速率v向第一象限內(nèi)的不同方向發(fā)射相同的帶電小球，小球的質(zhì)量為m、電荷量為－q(q＞0)，所有小球均在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，且都能沿平行于x軸的方向進(jìn)入圓形區(qū)域并再次通過(guò)O點(diǎn)，不計(jì)小球間的相互作用，重力加速度為g，求：(1)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小；(2)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小；(3)沿與x軸正向成60°角發(fā)射的小球從O點(diǎn)開始運(yùn)動(dòng)到再次通過(guò)O點(diǎn)經(jīng)歷的時(shí)間。答案(1)eq\f(mg,q)(2)eq\f(mv,qR)(3)eq\f(（10π＋3\r(3)）R,3v)解析(1)小球在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則電場(chǎng)力和重力平衡，即qE＝mg，勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小E＝eq\f(mg,q)。(2)小球從O點(diǎn)以與x軸成θ角射入第一象限，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖，軌跡圓心C′與交點(diǎn)D的連線平行y軸，設(shè)圓形區(qū)域的圓心為C，由幾何關(guān)系可知，四邊形C′DCO是菱形，所以小球在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為r＝R洛倫茲力提供向心力，即qvB＝meq\f(v2,r)可得磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝eq\f(mv,qR)。(3)小球從O點(diǎn)以與x軸成θ＝eq\f(π,3)角射入第一象限小球在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)周期T＝eq\f(2πR,v)小球在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間t1＝2×eq\f(2π－θ,2π)T小球在圓形區(qū)域做勻速直線運(yùn)動(dòng)，通過(guò)的距離L＝2Rsinθ運(yùn)動(dòng)時(shí)間t2＝eq\f(2Rsinθ,v)從O點(diǎn)出發(fā)到再次回到O點(diǎn)經(jīng)歷的時(shí)間t＝t1＋t2＝eq\f(（4π＋2sinθ－2θ）R,v)將θ＝eq\f(π,3)代入，解得t＝eq\f(（10π＋3\r(3)）R,3v)?！咀兪?-1】如圖所示，一帶電液滴在相互垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)中剛好做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其軌道半徑為R，已知該電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度為E，方向豎直向下；該磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面向里，不計(jì)空氣阻力，設(shè)重力加速度為g，則()A．液滴帶正電B．液滴比荷eq\f(q,m)＝eq\f(E,g)C．液滴沿順時(shí)針?lè)较蜻\(yùn)動(dòng)D．液滴運(yùn)動(dòng)速度大小v＝eq\f(Rg,BE)解析：選C液滴在重力場(chǎng)、勻強(qiáng)電場(chǎng)、勻強(qiáng)磁場(chǎng)的復(fù)合場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，可知，qE＝mg，得eq\f(q,m)＝eq\f(g,E)，故B錯(cuò)誤；電場(chǎng)力豎直向上，液滴帶負(fù)電，A錯(cuò)誤；由左手定則可判斷液滴沿順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，C正確；對(duì)液滴qE＝mg，qvB＝meq\f(v2,R)得v＝eq\f(RBg,E)，故D錯(cuò)誤。【變式1-2】如圖所示，在坐標(biāo)系xOy平面的x＞0區(qū)域內(nèi)，存在電場(chǎng)強(qiáng)度大小E＝2×105N/C、方向垂直于x軸的勻強(qiáng)電場(chǎng)和磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝0.2T、方向與xOy平面垂直向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。在y軸上有一足夠長(zhǎng)的熒光屏PQ，在x軸上的M(10,0)點(diǎn)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(jì))，粒子恰能沿x軸做勻速直線運(yùn)動(dòng)。若撤去電場(chǎng)，并使粒子發(fā)射槍以M點(diǎn)為軸在xOy平面內(nèi)以角速度ω＝2πrad/s順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)(整個(gè)裝置都處在真空中)。(1)判斷電場(chǎng)方向，求粒子離開發(fā)射槍時(shí)的速度大小；(2)帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑；(3)熒光屏上閃光點(diǎn)的范圍距離；[解析](1)帶正電粒子(重力不計(jì))在疊加場(chǎng)中沿x軸做勻速直線運(yùn)動(dòng)，據(jù)左手定則判斷可知洛倫茲力方向向下，所以電場(chǎng)力方向向上，電場(chǎng)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(chǎng)后，洛倫茲力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,R)所以粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，粒子打在熒光屏上最上端的點(diǎn)是B點(diǎn)，最下端打在A點(diǎn)由幾何知識(shí)可知dOA＝2Rcos30°＝eq\r(3)R，dOB＝R所以熒光屏上閃光點(diǎn)的范圍距離為dAB＝(eq\r(3)＋1)R≈0.273m。[答案](1)106m/s(2)0.1m(3)0.273m【變式1-3】(多選)在豎直平面內(nèi)建立直角坐標(biāo)系，曲線y＝eq\f(x2,20)位于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v0向x軸負(fù)方向水平拋出質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小球，小球下落過(guò)程中都會(huì)通過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)O，之后進(jìn)入第三象限的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)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(dòng)，并且都能打到y(tǒng)軸負(fù)半軸上。已知?jiǎng)驈?qiáng)磁場(chǎng)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(shuō)法正確的是()A．第三象限的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為eq\f(mg,q)，方向豎直向下B．小球的初速度為10m/sC．第三象限的磁場(chǎng)方向一定是垂直紙面向外D．要使所有的小球都能打到y(tǒng)軸的負(fù)半軸，所加磁場(chǎng)區(qū)域的最小面積是eq\f(1,2)πeq\f(mv0,qB)2解析：選BD設(shè)小球釋放點(diǎn)的坐標(biāo)為(x，y)，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知x＝v0t，y＝eq\f(1,2)gt2，聯(lián)立可得y＝eq\f(g,2v02)x2，由題意可知y＝eq\f(x2,20)，聯(lián)立可得v0＝10m/s，B正確；小球在第三象限做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則有mg＝qE，可得E＝eq\f(mg,q)，方向豎直向上，A錯(cuò)誤；根據(jù)題意結(jié)合左手定則可判斷，第三象限的磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，C錯(cuò)誤；設(shè)小球最初進(jìn)入第三象限時(shí)的速度為v，與y軸負(fù)方向夾角為α，則有v0＝vsinα，洛倫茲力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,r)，解得r＝eq\f(mv0,qBsinα)，小球在磁場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)角恒為2α，運(yùn)動(dòng)軌跡的弦長(zhǎng)l＝2rsinα＝eq\f(2mv0,qB)，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(chǎng)區(qū)域的最小面積為Smin＝eq\f(1,2)πeq\f(l,2)2＝eq\f(1,2)πeq\f(mv0,qB)2，D正確?！绢}型2有約束的疊加場(chǎng)問(wèn)題】【例2】一個(gè)質(zhì)量m＝0.1g的小滑塊，帶有電荷量q＝5×10－4C，放置在傾角α＝30°的光滑斜面上(斜面絕緣)，斜面置于B＝0.5T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，如圖所示，小滑塊由靜止開始沿斜面滑下，斜面足夠長(zhǎng)，小滑塊滑至某一位置時(shí)，要離開斜面。g取10m/s2，則：(1)小滑塊帶何種電荷？(2)小滑塊離開斜面的瞬時(shí)速度多大？(3)該斜面的長(zhǎng)度至少多長(zhǎng)？解析(1)小滑塊沿斜面下滑過(guò)程中，受重力mg、斜面支持力FN和洛倫茲力F。若要小滑塊離開斜面，洛倫茲力F方向應(yīng)垂直斜面向上，根據(jù)左手定則可知，小滑塊應(yīng)帶負(fù)電荷。(2)小滑塊沿斜面下滑時(shí)，垂直斜面方向的加速度為零，有qvB＋FN－mgcosα＝0當(dāng)FN＝0時(shí)，小滑塊脫離斜面，有qvB＝mgcosα，得v＝eq\f(mgcosα,qB)＝eq\f(0.1×10－3×10×\f(\r(3),2),5×10－4×0.5)m/s＝2eq\r(3)m/s(3)下滑過(guò)程中，只有重力做功，由動(dòng)能定理得mgxsinα＝eq\f(1,2)mv2斜面的長(zhǎng)度至少是x＝eq\f(v2,2gsinα)＝eq\f(（2\r(3)）2,2×10×0.5)m＝1.2m答案(1)負(fù)電荷(2)2eq\r(3)m/s(3)1.2m【變式2-1】(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)電場(chǎng)(場(chǎng)強(qiáng)為E)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)(磁感應(yīng)強(qiáng)度為B)的復(fù)合場(chǎng)中，小球在此空間的豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則()A.小球可能帶正電B.小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2UE,g))C.小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期T＝eq\f(2πE,Bg)D.若電壓U增大，則小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期增加解析小球在復(fù)合場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則小球受的電場(chǎng)力和重力大小相等，方向相反，則小球帶負(fù)電，A錯(cuò)誤；由牛頓第二定律和動(dòng)能定理可得：Bqv＝eq\f(mv2,r)，Uq＝eq\f(1,2)mv2，聯(lián)立mg＝qE可得：小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2UE,g))，由T＝eq\f(2πr,v)可以得出T＝eq\f(2πE,Bg)，所以B、C正確，D錯(cuò)誤。答案BC【變式2-2】如圖所示，一個(gè)質(zhì)量m＝0.1g，電荷量q＝4×10－4C帶正電的小環(huán)，套在很長(zhǎng)的絕緣直棒上，可以沿棒上下滑動(dòng)。將棒置于正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)內(nèi)，E＝10N/C，B＝0.5T。小環(huán)與棒之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2。求小環(huán)從靜止沿棒豎直下落的最大加速度和最大速度。取g＝10m/s2，小環(huán)電荷量不變。解析：小環(huán)由靜止下滑后，由于所受電場(chǎng)力與洛倫茲力同向(向右)，使小環(huán)壓緊豎直棒。相互間的壓力為FN＝qE＋qvB。由于壓力是一個(gè)變力，小環(huán)所受的摩擦力也是一個(gè)變力，可以根據(jù)小環(huán)運(yùn)動(dòng)的動(dòng)態(tài)方程找出最值條件。根據(jù)小環(huán)豎直方向的受力情況，由牛頓第二定律得運(yùn)動(dòng)方程mg－μFN＝ma，即mg－μ(qE＋qvB)＝ma。當(dāng)v＝0時(shí)，即剛下落時(shí)，小環(huán)運(yùn)動(dòng)的加速度最大，代入數(shù)值得am＝2m/s2。下落后，隨著v的增大，加速度a逐漸減小。當(dāng)a＝0時(shí)，下落速度v達(dá)最大值，代入數(shù)值得vm＝5m/s。答案：am＝2m/s2vm＝5m/s【變式2-3】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(gè)裝置處在方向互相垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)與勻強(qiáng)磁場(chǎng)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(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度；(2)在C點(diǎn)時(shí)滑塊所受洛倫茲力；(3)在C點(diǎn)滑塊對(duì)軌道的壓力。答案(1)大小為2m/s，方向水平向左(2)大小為0.1N，方向豎直向下(3)大小為20.1N，方向豎直向下解析以滑塊為研究對(duì)象，自軌道上A點(diǎn)滑到C點(diǎn)的過(guò)程中，受重力mg，方向豎直向下；靜電力qE，方向水平向右；洛倫茲力F洛＝qvB，方向始終垂直于速度方向。(1)滑塊從A到C的過(guò)程中洛倫茲力不做功，由動(dòng)能定理得mgR－qER＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)得vC＝eq\r(\f(2（mg－qE）R,m))＝2m/s，方向水平向左。(2)根據(jù)洛倫茲力公式得F＝qvCB＝5×10－2×2×1N＝0.1N，由左手定則知方向豎直向下。(3)在C點(diǎn)，由牛頓第二定律得FN－mg－qvCB＝meq\f(veq\o\al(2,C),R)得FN＝mg＋qvCB＋meq\f(veq\o\al(2,C),R)＝20.1N由牛頓第三定律可知，滑塊對(duì)軌道的壓力大小為20.1N，方向豎直向下?！绢}型3動(dòng)態(tài)分析問(wèn)題】【例3】[多選]如圖所示為一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為＋q的圓環(huán)，可在水平放置的足夠長(zhǎng)的粗糙細(xì)桿上滑動(dòng)，細(xì)桿處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，不計(jì)空氣阻力，現(xiàn)給圓環(huán)向右的初速度v0，在以后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，圓環(huán)運(yùn)動(dòng)的速度圖像可能是下列選項(xiàng)中的()[解析]帶電圓環(huán)在磁場(chǎng)中受到向上的洛倫茲力，當(dāng)重力與洛倫茲力相等時(shí)，圓環(huán)將做勻速直線運(yùn)動(dòng)，A正確；當(dāng)洛倫茲力大于重力時(shí)，圓環(huán)受到摩擦力的作用，并且隨著速度的減小而減小，圓環(huán)將做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，最后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，D正確；如果重力大于洛倫茲力，圓環(huán)也受摩擦力作用，且摩擦力越來(lái)越大，圓環(huán)將做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，故B、C錯(cuò)誤。[答案]AD【變式3-1】一傾角為θ的粗糙絕緣斜面放置在一個(gè)足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，將一個(gè)帶電的小物塊放在斜面上由靜止開始下滑如圖所示，設(shè)斜面足夠長(zhǎng)，如物塊始終沒(méi)有離開斜面。則下列說(shuō)法正確的是()A.物塊帶正電B.下滑過(guò)程中物塊受到的洛倫茲力做負(fù)功C.物塊最終將靜止在斜面上D.下滑過(guò)程中物塊的機(jī)械能守恒解析物塊始終沒(méi)有離開斜面，洛倫茲力必然垂直于斜面向下，由左手定則知，物塊帶正電，選項(xiàng)A正確；洛倫茲力始終垂直于速度，不做功，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；物塊最終將在斜面上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由于摩擦力做負(fù)功，下滑過(guò)程中物塊的機(jī)械能不守恒，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案A【變式3-2】如圖，絕緣粗糙的豎直平面MN左側(cè)同時(shí)存在相互垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)方向水平向右，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的小滑塊從A點(diǎn)由靜止開始沿MN下滑，到達(dá)C點(diǎn)時(shí)離開MN做曲線運(yùn)動(dòng)．A、C兩點(diǎn)間距離為h，重力加速度為g.(1)求小滑塊運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)的速度大小vC；(2)求小滑塊從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)過(guò)程中克服摩擦力做的功Wf；(3)若D點(diǎn)為小滑塊在電場(chǎng)力、洛倫茲力及重力作用下運(yùn)動(dòng)過(guò)程中速度最大的位置，當(dāng)小滑塊運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)撤去磁場(chǎng)，此后小滑塊繼續(xù)運(yùn)動(dòng)到水平地面上的P點(diǎn)．已知小滑塊在D點(diǎn)時(shí)的速度大小為vD，從D點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的時(shí)間為t，求小滑塊運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)速度的大小vP.答案(1)eq\f(E,B)(2)mgh－eq\f(mE2,2B2)(3)eq\r(v\o\al(2,D)＋\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(qE,m)2＋g2))t2)解析(1)小滑塊沿MN運(yùn)動(dòng)過(guò)程，水平方向受力滿足qvB＋N＝qE小滑塊在C點(diǎn)離開MN時(shí)N＝0解得vC＝eq\f(E,B)(2)由動(dòng)能定理得mgh－Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－0解得Wf＝mgh－eq\f(mE2,2B2)(3)如圖，小滑塊速度最大時(shí)，速度方向與電場(chǎng)力、重力的合力方向垂直．撤去磁場(chǎng)后小滑塊將做類平拋運(yùn)動(dòng)，等效加速度為g′g′＝eq\r(\f(qE,m)2＋g2)且veq\o\al(2,P)＝veq\o\al(2,D)＋g′2t2解得vP＝eq\r(v\o\al(2,D)＋\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(qE,m)2＋g2))t2)【變式3-3】(多選)電荷量為＋q、質(zhì)量為m的滑塊和電荷量為－q、質(zhì)量為m的滑塊同時(shí)從完全相同的光滑斜面上由靜止開始下滑，設(shè)斜面足夠長(zhǎng)，斜面傾角為θ，在斜面上加如圖6所示的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，關(guān)于滑塊下滑過(guò)程中的運(yùn)動(dòng)和受力情況，下列說(shuō)法中正確的是(不計(jì)兩滑塊間的相互作用，重力加速度為g)()圖6A．兩個(gè)滑塊先都做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間，＋q會(huì)離開斜面B．兩個(gè)滑塊先都做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間，－q會(huì)離開斜面C．當(dāng)其中一個(gè)滑塊剛好離開斜面時(shí)，另一滑塊對(duì)斜面的壓力為2mgcosθD．兩滑塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，機(jī)械能均守恒答案ACD解析當(dāng)滑塊開始沿斜面向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，帶正電的滑塊受到的洛倫茲力方向垂直斜面向上，帶負(fù)電的滑塊受到的洛倫茲力方向垂直斜面向下，開始時(shí)兩滑塊沿斜面方向所受的力均為mgsinθ，均做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，隨著速度的增大，帶正電的滑塊受到的洛倫茲力逐漸變大，當(dāng)qvB＝mgcosθ時(shí)，帶正電的滑塊恰能離開斜面，而帶負(fù)電的滑塊將一直沿斜面運(yùn)動(dòng)，不會(huì)離開斜面，A正確，B錯(cuò)誤；由于兩滑塊加速度相同，所以在帶正電的滑塊離開斜面前兩者在斜面上運(yùn)動(dòng)的速度總相同，當(dāng)帶正電的滑塊剛好離開斜面時(shí)，帶負(fù)電的滑塊受的洛倫茲力也滿足qvB＝mgcosθ，方向垂直斜面向下，斜面對(duì)滑塊的支持力大小為qvB＋mgcosθ＝2mgcosθ，故滑塊對(duì)斜面的壓力為2mgcosθ，C正確；由于洛倫茲力不做功，故D正確．【題型4綜合問(wèn)題】【例4】如圖所示，虛線右側(cè)有豎直向下的電場(chǎng)強(qiáng)度E＝45N/C的勻強(qiáng)電場(chǎng)及垂直于電場(chǎng)向外的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.25T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。在光滑絕緣的水平面上有兩個(gè)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(chǎng)直接進(jìn)入正交電、磁場(chǎng)中。剛進(jìn)入正交電、磁場(chǎng)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(shuō)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(jìn)入正交電、磁場(chǎng)后的短時(shí)間內(nèi)，其電勢(shì)能減少C．過(guò)程中，小球A對(duì)小球B做的功為2JD．小球A、B之間的碰撞為彈性碰撞[解析]小球A、B碰撞瞬間電荷均分，則兩小球電荷量的絕對(duì)值均為q＝|eq\f(qB,2)|＝2×10－3C，且小球B剛進(jìn)入正交電、磁場(chǎng)的瞬間，豎直方向的加速度恰好為零，則有mBg＝qvBB＋qE，解得碰后B球的速度為vB＝20m/s，小球A、B碰撞過(guò)程中，由動(dòng)量守恒定律可得mAv0＝mAvA＋mBvB，解得，碰后瞬間小球A速度為vA＝16m/s，故A錯(cuò)誤；小球A剛進(jìn)入正交電、磁場(chǎng)后，由于mAg＝0.5N＞qE＋qvAB＝0.098N，所以小球A向下偏，則電場(chǎng)力做負(fù)功，故其電勢(shì)能增大，故B錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理，可知小球A對(duì)小球B做的功為W＝eq\f(1,2)mBvB2＝2J，故C正確；由于碰撞前A、B系統(tǒng)機(jī)械能為Ek1＝eq\f(1,2)mAv02＝10J，碰后系統(tǒng)機(jī)械能為Ek2＝eq\f(1,2)mAvA2＋eq\f(1,2)mBvB2＝8.4J，則Ek1＞Ek2，機(jī)械能不守恒，故小球A、B之間的碰撞為非彈性碰撞，故D錯(cuò)誤。[答案]C【變式4-1】(多選)如圖所示，一個(gè)絕緣且內(nèi)壁光滑的環(huán)形細(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)顟B(tài)，小球的質(zhì)量為m，帶電荷量為q，重力加速度為g?？臻g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(chǎng)。某時(shí)刻，給小球一方向水平向右、大小為v0＝eq\r(5gR)的初速度，則以下判斷正確的是()A．無(wú)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(wú)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(wú)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(dòng)到所能到達(dá)的最高點(diǎn)的過(guò)程中，水平方向分速度的大小一直減小解析：選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(huì)受到管壁彈力的作用，A錯(cuò)誤；小球運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，洛倫茲力不做功，小球的機(jī)械能守恒，運(yùn)動(dòng)至最高點(diǎn)時(shí)小球的速度v＝eq\r(gR)，由于小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程不會(huì)脫離軌道，所以一定能到達(dá)軌道最高點(diǎn)，C正確；在最高點(diǎn)時(shí)，小球做圓周運(yùn)動(dòng)所需的向心力F＝meq\f(v2,R)＝mg，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(duì)小球的彈力，B正確；小球在從最低點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過(guò)程中，小球在下半圓內(nèi)上升的過(guò)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(dòng)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(guò)程，D錯(cuò)誤。【變式4-2】如圖，有三塊水平放置的長(zhǎng)薄金屬板a、b和c，a、b之間相距為L(zhǎng).緊貼b板下表面豎直放置半徑為R的半圓形塑料細(xì)管，兩管口正好位于小孔M、N處．板a與b、b與c之間接有電壓可調(diào)的直流電源，板b與c間還存在方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．當(dāng)體積為V0、密度為ρ、電荷量為q的帶負(fù)電油滴，等間隔地以速率v0從a板上的小孔豎直向下射入，調(diào)節(jié)板間電壓Uba和Ubc，當(dāng)Uba＝U1、Ubc＝U2時(shí)，油滴穿過(guò)b板M孔進(jìn)入細(xì)管，恰能與細(xì)管無(wú)接觸地從N孔射出．忽略小孔和細(xì)管對(duì)電場(chǎng)的影響，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g.求：(1)油滴進(jìn)入M孔時(shí)的速度v1；(2)b、c兩板間的電場(chǎng)強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B的值；(3)當(dāng)油滴從細(xì)管的N孔射出瞬間，將Uba和B立即調(diào)整到Uba′和B′，使油滴恰好不碰到a板，且沿原路與細(xì)管無(wú)接觸地返回穿過(guò)M孔，請(qǐng)給出Uba′和B′的結(jié)果．答案(1)eq\r(v\o\al(2,0)＋2gL＋\f(2qU1,ρV0))(2)eq\f(ρV0g,q)eq\f(ρV0,qR)eq\r(v\o\al(2,0)＋2gL＋\f(2qU1,ρV0))(3)U1＋eq\f(ρV0v\o\al(2,0),2q)－B解析(1)油滴進(jìn)入電場(chǎng)后，重力與電場(chǎng)力均做功，設(shè)到M點(diǎn)時(shí)的速度為v1，由動(dòng)能定理eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgL＋qU1考慮到m＝ρV0得v1＝