2025年新高考物理壓軸題專項(xiàng)訓(xùn)練08帶電粒子在疊加場中運(yùn)動

壓軸題08帶電粒子在疊加場中運(yùn)動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(yàn)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(diǎn)。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。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。此外，考生還應(yīng)注重實(shí)踐練習(xí)，通過大量做題來提高自己的解題能力和速度?？枷蛞唬簬щ娏Ｗ釉诏B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?？枷蚨簬щ娏Ｗ釉诏B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?？枷蛉号渌俜ㄌ幚韼щ娏Ｗ釉诏B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：常見情況處理方法初速度為0，有重力把初速度0，分解一個向左的速度v1和一個向右的速度v1初速度為0，不計重力把初速度0，分解一個向左的速度v1和一個向右的速度v1初速度為0，有重力把初速度0，分解一個斜向左下方的速度v1和一個斜向右上方的速度v1初速度為v0，有重力把初速度v0，分解速度v1和速度v201束縛類直線運(yùn)動1．如圖所示，兩個傾角分別為和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)度為的勻強(qiáng)磁場中，兩個質(zhì)量為、帶電荷量為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】D【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，有解得所以斜面角度越小，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，所以甲的加速度小于乙的加速度，因?yàn)榧椎淖畲笏俣却笥谝业淖畲笏俣?，由得，甲的時間大于乙的時間，故A錯誤；B．由A選項(xiàng)的分析和得，甲的位移大于乙的位移，故B錯誤；C．滑塊飛離斜面瞬間重力的瞬時功率為則可知兩滑塊飛離斜面瞬間重力的瞬時功率均為故C錯誤；D．由平均功率的公式得因，故兩滑塊重力的平均功率均為故D正確。故選D。02疊加場中的圓周運(yùn)動2．如圖所示，頂角為的光滑絕緣圓錐，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m，帶電量為的小球，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D．小球以最小半徑運(yùn)動時其速度【答案】D【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，水平方向豎直方向聯(lián)立可得因?yàn)樗俣葹閷?shí)數(shù)，所以可得解得所以最小半徑為代入上面可得小球以最小半徑運(yùn)動時其速度故選D。03配速法在疊加場中的應(yīng)用3．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。電子從點(diǎn)由靜止釋放，沿圖中軌跡依次經(jīng)過、兩點(diǎn)，且點(diǎn)離虛線最遠(yuǎn)。已知磁感應(yīng)強(qiáng)度為，電場強(qiáng)度為，電子質(zhì)量為、電荷量為，點(diǎn)為零電勢點(diǎn)，電子重力不計，則（）A．電子在點(diǎn)的速率為 B．點(diǎn)離虛線的距離為C．電子在點(diǎn)的電勢能為 D．、兩點(diǎn)的距離為【答案】C【詳解】方法一：配速法電子在M點(diǎn)靜止釋放，可以看作電子分別以速度向左運(yùn)動，以速度向右運(yùn)動。,則電子的運(yùn)動可以分解為以向左做勻速直線運(yùn)動和在豎直面上的速度為的勻速圓周運(yùn)動。AB．點(diǎn)離虛線最遠(yuǎn),則電子圓周運(yùn)動速度方向同時水平向左，則電子在點(diǎn)的速率為點(diǎn)離虛線的距離故AB錯誤。C．粒子從M點(diǎn)到N點(diǎn)，在電場方向上運(yùn)動了d，則電勢能為故C正確。D．粒子做圓周運(yùn)動的周期粒子從M點(diǎn)到P點(diǎn)，運(yùn)動了兩個圓周，則、兩點(diǎn)的距離為故D錯誤。故選C。方法二：AB．設(shè)電子在運(yùn)動過程中的任意一點(diǎn)Q的速度為v，則該速度可以分解為水平速度vx和豎直速度vy，M點(diǎn)到Q點(diǎn)的豎直距離為d，我們選水平向左為x軸正方向，豎直向下為y軸正方向，對電子從M點(diǎn)到Q點(diǎn)用動能定理有對電子從M點(diǎn)到Q點(diǎn)水平方向用動量定理有則當(dāng)Q點(diǎn)為N點(diǎn)時，有聯(lián)立以上數(shù)據(jù)解得，故AB錯誤。C．由以上分析得電子在N點(diǎn)的動能為設(shè)電子在N點(diǎn)的電勢能為，從M到N對電子用能量守恒定律得則得N點(diǎn)電子的電勢能為C正確；D．如下圖設(shè)P、M中間點(diǎn)為O點(diǎn)，對電子從M點(diǎn)到O點(diǎn)豎直方向用動量定理有由圖得電子的運(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)動有得運(yùn)動周期為即電子從M點(diǎn)到O點(diǎn)的運(yùn)動時間為所以由周期性得、兩點(diǎn)的距離為故D錯誤。故選C。04三維疊加場問題4．（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L的正方體電磁區(qū)域abcdefgh，以棱ef中點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)建立三維坐標(biāo)系Oxyz，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(diǎn)有一粒子源，沿x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。已知速度大小為的粒子，恰從坐標(biāo)點(diǎn)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abcd飛出的粒子速率范圍。【答案】（1）；（2）；（3）【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O點(diǎn)開始沿x軸正方向發(fā)射，其勻速圓周運(yùn)動的圓心必定在y軸上。根據(jù)幾何關(guān)系可知，粒子到達(dá)點(diǎn)時，和O點(diǎn)的連線與y軸之間的夾角滿足解得設(shè)圓周運(yùn)動的半徑為，則有解得根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得解得（2）設(shè)帶電粒子做圓周運(yùn)動的周期為，則有解得在題述的運(yùn)動中，粒子的軌跡對應(yīng)的圓心角為，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，加速度為沿著電場方向的位移為聯(lián)立解得（3）由上述分析可知當(dāng)粒子從正方體上表面abcd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(diǎn)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vmax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f點(diǎn)時（其位移大小等于），粒子能夠在bc邊射出，設(shè)粒子在電場中運(yùn)動時間為t2，則有解得粒子的分運(yùn)動勻速圓周運(yùn)動的周期為設(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β，則有；聯(lián)立解得β=150°此情況粒子的運(yùn)動軌跡在正方體前表面adhe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abcd飛出的粒子速率的最小值，設(shè)此時圓周運(yùn)動半徑為r2。由幾何關(guān)系可得r2+r2cos30°=L解得同理有解得從正方體上表面abcd飛出的粒子速率范圍為1．（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。在時刻，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（）

A．

B．

C．

D．

【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，則物塊受到的摩擦力變大，加速度變大；對木板則木板的加速度變大，因?yàn)槟景遄銐蜷L，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，A正確，BCD錯誤。故選A。2．（2024·海南海口·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、方向豎直向上，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為、方向垂直紙面向里。一質(zhì)量為、電荷量為的帶正電小圓環(huán)套在桿上，圓環(huán)與桿間的動摩擦因數(shù)為?，F(xiàn)使圓環(huán)以初速度沿桿向下運(yùn)動，經(jīng)過時間，圓環(huán)回到出發(fā)點(diǎn)。若圓環(huán)回到出發(fā)點(diǎn)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，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C．圓環(huán)在時間內(nèi)損失的機(jī)械能為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】A.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，則因此圓環(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A正確；B.當(dāng)圓環(huán)向上運(yùn)動時，圓環(huán)的加速度大小隨著圓環(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，有可得故B錯誤；C.圓環(huán)先后兩次經(jīng)過出發(fā)點(diǎn)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)在時間內(nèi)損失的機(jī)械能為故C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D項(xiàng)錯誤。故選AC。3．（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(diǎn)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h，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。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，已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，下列說法正確的是（）

A．小球在復(fù)合場中的運(yùn)動時間可能是B．小球在復(fù)合場中運(yùn)動的加速度大小可能是C．小球在復(fù)合場中運(yùn)動的路程可能是D．小球的初速度大小可能是【答案】AC【詳解】帶電小球的比荷為是，則有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，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，此時小球在復(fù)合場中的運(yùn)動時間為根據(jù)幾何知識可得，其軌跡半徑為則根據(jù)洛倫茲力提供向心力有可得，小球的速度為則小球的路程為小球的加速度為若小球速度為，則根據(jù)幾何知識可得軌跡所對應(yīng)的圓心角為，此時小球在復(fù)合場中的運(yùn)動時間為根據(jù)幾何知識可得，其軌跡半徑為則根據(jù)洛倫茲力提供向心力有可得，小球的速度為則小球的路程為小球的加速度為故選AC。4．（2024·內(nèi)蒙古赤峰·模擬預(yù)測）如圖所示，直角坐標(biāo)系在水平面內(nèi)，z軸豎直向上，坐標(biāo)原點(diǎn)O處固定一帶正電的點(diǎn)電荷，空間中存在豎直向下磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，質(zhì)量為m、帶電量為的小球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(diǎn)的距離為r，O點(diǎn)和小球A的連線與z軸的夾角。重力加速度g、m、q、r均已知，。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．O處的點(diǎn)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(diǎn)電荷之間的庫侖力大小為D．時，所需磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B最小【答案】ACD【詳解】A．空間中存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場B，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A正確；B．O處的點(diǎn)電荷在A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F2沿水平方向，庫侖力F1沿著O→B方向在豎直方向，根據(jù)平衡條件得解得所以小球A與點(diǎn)電荷之間的庫侖力大小為，故C正確；D．水平方向根據(jù)牛頓第二定律得其中解得當(dāng)即時，B取值最小值，故D正確。故選ACD。5．（2024高三·廣東廣州·模擬預(yù)測）如圖所示，虛線MN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l，AD邊長為。一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的微粒垂直于MN射入電場、磁場區(qū)域后做勻速圓周運(yùn)動，到達(dá)C點(diǎn)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CA從A點(diǎn)離開。重力加速度為g，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D．勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為【答案】CD【詳解】A．微粒從C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，A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B錯誤；CD．微粒做直線運(yùn)動時受力平衡，可得由洛倫茲力作為向心力可得由幾何關(guān)系可得聯(lián)立解得CD正確。故選CD。6．（2024·湖北襄陽·模擬預(yù)測）如圖所示，xOy坐標(biāo)平面在豎直平面內(nèi)，x軸沿水平方向，y軸正方向豎直向上，在圖示空間內(nèi)有垂直于xOy平面的水平勻強(qiáng)磁場。一質(zhì)量為m的帶電小球從O點(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)時受到的洛倫茲力大小為3mg【答案】BC【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v1和向左的速度v2

則兩者大小關(guān)系為v1=v2且使?jié)M足qv1B=mg則根據(jù)前述分析可知，小球的運(yùn)動可看做是v1引起的向右的勻速直線運(yùn)動和v2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(diǎn)A時速度為向右的v2和v1的矢量和，即2v1，洛倫茲力大小為為2mg。其他位置v2和v1的矢量和都小于2v1。故選BC。7．（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B?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子（不計重力）從電場的上邊界的O點(diǎn)由靜止釋放，運(yùn)動到磁場的下邊界的P點(diǎn)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(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)過一段時間粒子第一次到達(dá)最低點(diǎn)N，下列說法正確的是（

）A．勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小為 B．粒子從O點(diǎn)運(yùn)動到P點(diǎn)的時間為C．粒子經(jīng)過N點(diǎn)時速度大小為 D．M、N兩點(diǎn)的豎直距離為【答案】AC【詳解】A.設(shè)粒子在磁場中的速率為v，半徑為R，在電場中由動能定理，有洛倫茲力充當(dāng)向心力，有由幾何關(guān)系可得綜上可得故A正確；B.粒子在電場中的運(yùn)動時間為在磁場中的運(yùn)動時間為粒子從O運(yùn)動到P的時間為故B錯誤；CD.將粒子從M到N的過程中某時刻的速度分解為向右和向下的分量、，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，設(shè)粒子在最低點(diǎn)N的速度大小為v1，MN的豎直距離為y。水平方向由動量定理可得由動能定理可得結(jié)合解得，故C正確，D錯誤。故選AC。8．（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y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場Ⅱ，一帶負(fù)電、比荷為k的小球（可視為質(zhì)點(diǎn)）以某一初速度從點(diǎn)沿x軸正方向水平拋出，經(jīng)過點(diǎn)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y軸正方向成角的方向第一次經(jīng)過y軸進(jìn)入第三象限。已知勻強(qiáng)電場Ⅰ的電場強(qiáng)度大小，勻強(qiáng)電場Ⅱ的電場強(qiáng)度大小，重力加速度為g，，，不計空氣阻力。求：（1）小球在C點(diǎn)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(diǎn)拋出到第四次（從A點(diǎn)拋出為第零次）經(jīng)過y軸的時間?！敬鸢浮浚?），方向斜向右下，與軸正方向的夾角為37°；（2）；（3）【詳解】（1）畫出帶電小球的運(yùn)動軌跡，如圖所示設(shè)小球的初速度大小為，小球到達(dá)點(diǎn)時的速度大小為，小球由運(yùn)動到經(jīng)過的時間為，由平拋運(yùn)動規(guī)律可得由A到C，應(yīng)用動能定理可得設(shè)帶電小球在C點(diǎn)時，其速度方向與軸正方向的夾角為，可得解得方向斜向右下，與x軸正方向的夾角為37°；（2）由于勻強(qiáng)電場Ⅱ的電場強(qiáng)度大小為可知帶電小球在第四象限運(yùn)動時，其所受電場力與重力等大反向，設(shè)小球第一次經(jīng)過y軸上的點(diǎn)為D，由角度關(guān)系可知小球由C到D的軌跡是一個半圓，設(shè)小球做圓周運(yùn)動的軌跡半徑為R，由幾何關(guān)系可得由洛倫茲力提供向心力可得可得磁感應(yīng)強(qiáng)度大?。?）帶電小球由A到C的運(yùn)動時間帶電小球由C到D的運(yùn)動時間對處于第三象限內(nèi)的小球受力分析，可知帶電小球在第三象限內(nèi)先做勻減速直線運(yùn)動，加速度大小為設(shè)帶電小球在F點(diǎn)減速到零，小球從D點(diǎn)到F點(diǎn)再返回D點(diǎn)經(jīng)過的時間帶電小球從D點(diǎn)運(yùn)動到G點(diǎn)，運(yùn)動時間帶電小球在H點(diǎn)恰好第四次經(jīng)過y軸，設(shè)小球從G點(diǎn)運(yùn)動到H點(diǎn)所用時間為，沿x軸方向有小球從點(diǎn)拋出到第四次經(jīng)過y軸的時間9．（2024·河南濮陽·一模）如圖所示，在xOy坐標(biāo)系中，有沿x軸正向的勻強(qiáng)電場和垂直坐標(biāo)平面向外的勻強(qiáng)磁場，電場強(qiáng)度大小磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為。在坐標(biāo)平面內(nèi)的某點(diǎn)沿某方向射出一質(zhì)量為電荷量為的帶正電微粒，微粒恰能在xOy坐標(biāo)平面內(nèi)做直線運(yùn)動，且運(yùn)動軌跡經(jīng)過O點(diǎn)。已知y軸正方向豎直向上，重力加速度g取，求：（1）微粒發(fā)射的速度大小和方向；（2）微粒到達(dá)O點(diǎn)時撤去磁場，當(dāng)微粒的速度沿豎直方向時，微粒的位置坐標(biāo)是多少；（3）在（2）問中，當(dāng)微粒速度沿豎直方向時，再加上原磁場同時撤去電場，此后微粒運(yùn)動的軌跡離x軸的最大距離為多少（結(jié)果可用根號表示）?！敬鸢浮浚?），與y軸負(fù)方向夾角為；（2）；（3）【詳解】（1）粒子做勻速直線運(yùn)動，如下圖則求得粒子出射的速度方向與y軸負(fù)方向夾角為解得即微粒發(fā)射的速度大小為，與y軸負(fù)方向夾角為（2）撤去磁場后，粒子做類平拋運(yùn)動，如下圖將速度分解可得方向的加速度方向的速度減為零時此時距軸的距離為對應(yīng)速度距軸的距離為所以當(dāng)微粒的速度沿豎直方向時，微粒的位置坐標(biāo)是；（3）微粒運(yùn)動的軌跡離x軸的最大距離時，速度與軸平行在方向上，有動量定理可得即由動能定理可得求得微粒運(yùn)動的軌跡離x軸的最大距離10．（2024高三下·山西運(yùn)城·開學(xué)考試）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、電荷量為的小球從A點(diǎn)以速度沿直線AO運(yùn)動，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)動到MN上的C點(diǎn)，MN與PQ之間區(qū)域Ⅱ內(nèi)存在寬度為的豎直向上勻強(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，重力加速度為，sin53°=0.8，cos53°=0.6，求：（1）第二象限內(nèi)電場強(qiáng)度的大小和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小；（2）區(qū)域I內(nèi)最小電場強(qiáng)度的大小和方向；（3）區(qū)域Ⅱ內(nèi)電場強(qiáng)度的大小和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小。【答案】（1），；（2），方向?yàn)榇怪盇O且與y軸正向成53°角；（3），【詳解】（1）根據(jù)題意分析可知小球沿AO做勻速直線運(yùn)動，則解得又解得（2）要使小球在區(qū)域I做直線運(yùn)動，電場強(qiáng)度最小，則需要滿足解得方向?yàn)榇怪盇O且與y軸正向成53°角；（3）小球在區(qū)域Ⅱ做勻速圓周運(yùn)動，則解得小球恰好不從右邊界飛出，如圖所示由幾何關(guān)系可知解得根據(jù)解得11．（2024·福建泉州·一模）如圖甲所示，在水平地面上方分布有相互垂直的勻強(qiáng)電場與勻強(qiáng)磁場，電場方向豎直向上，場強(qiáng)大小為E，磁場方向垂直紙面向里。在離地高為h的O點(diǎn)處建立一直角坐標(biāo)系xOy，y軸豎直向上。一個帶正電小球A從O點(diǎn)以速率沿x軸負(fù)方向射出，恰好可以垂直打到地面。已知重力加速度大小為g，A受到的電場力恰好等于重力，運(yùn)動過程中帶電量不變，忽略空氣阻力。（1）求勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B；（2）若大量與A相同的小球仍從O點(diǎn)以速率在xOy平面內(nèi)沿各個方向先后射出，小球間的相互作用均不計，落地后均不反彈，求小球落地點(diǎn)區(qū)間的長度；（3）若撤