2024年高考物理复习第一轮：专题强化课(10)　带电粒子在叠加场中的运动

这是一份2024年高考物理复习第一轮：专题强化课(10)　带电粒子在叠加场中的运动，共20页。

命题点一　带电粒子在叠加场中运动的实例分析(自主学习)
[核心整合]
装置
原理图
规律
速度选择器

若q v 0B＝Eq，即v 0＝，粒子做匀速直线运动
磁流体发电机

等离子体射入，受洛伦兹力偏转，使两极板带正、负电，两极电压为U时稳定，q＝q v 0B，U＝v 0Bd
电磁流量计

q＝q v B，所以v＝所以Q＝v S＝
霍尔元件

当磁场方向与电流方向垂直时，导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现电势差
[题组突破]
1．(速度选择器)如图所示是一速度选择器，当粒子速度满足v0＝时，粒子沿图中虚线水平射出；若某一粒子以速度v射入该速度选择器后，运动轨迹为图中实线，则关于该粒子的说法正确的是(　　)
A．粒子射入的速度一定是v＞
B．粒子射入的速度可能是v＜
C．粒子射出时的速度一定大于射入速度
D．粒子射出时的速度一定小于射入速度
解析：B　若粒子带正电，则所受电场力方向向下，洛伦兹力方向向上，由受力分析结合运动轨迹可知，qvB＞qE，则v＞，运动过程中洛伦兹力不做功，电场力做负功，则粒子速度减小；若粒子带负电，则所受电场力向上，洛伦兹力方向向下，由受力分析结合运动轨迹可知，qE＞qvB，则v＜，运动过程中洛伦兹力不做功，电场力做正功，则粒子速度增大，故B正确，A、C、D错误．
2．(磁流体发电机)(2022·四川绵阳市绵阳中学高三月考)如图所示为等离子体发电机的示意图．高温燃烧室产生的大量的正、负离子被加速后垂直于磁场方向喷入发电通道的磁场中．在发电通道中有两块相距为d的平行金属板，两金属板外接电阻R.若磁场的磁感应强度为B，等离子体进入磁场时的速度为v，系统稳定时发电通道的电阻为r.则下列表述正确的是(　　)

A．上金属板为发电机的负极，电路中电流为
B．下金属板为发电机的正极，电路中电流为
C．上金属板为发电机的正极，电路中电流为
D．下金属板为发电机的负极，电路中电流为
解析：C　根据左手定则，正离子受到的洛伦兹力向上，所以上金属板带正电，即上板为正极．稳定后有q＝qvB，解得E＝dvB，根据闭合电路的欧姆定律得I＝＝，故选C.
3．(电磁流量计)督查暗访组在某化工厂的排污管末端安装了如图所示的流量计，测量管由绝缘材料制成，其长为L、直径为D，左右两端开口，在前后两个内侧面a、c固定有金属板作为电极，匀强磁场方向竖直向下．污水(含有大量的正负离子)充满管口从左向右流经该测量管时，a、c两端的电压为U，显示仪器显示污水流量Q(单位时间内排出的污水体积)．则(　　)

A．a侧电势比c侧电势低
B．污水中离子浓度越高，显示仪器的示数越大
C．U与污水流量Q成正比，与L、D无关
D．匀强磁场的磁感应强度B＝
解析：D　污水中正负离子从左向右移动，受到洛伦兹力，根据左手定则，正离子向后表面偏，负离子向前表面偏，所以后表面a侧电势比前表面c侧电势高，故A错误；最终正、负离子会受到电场力、洛伦兹力处于平衡，有qE＝qvB，即＝vB，而污水流量Q＝，得U＝，可知U与Q成正比，与D成反比，与L无关，与离子浓度无关，B、C错误；匀强磁场的磁感应强度B＝，故D正确．
4．(霍尔元件)(2022·全国高三专题练习)霍尔式位移传感器的测量原理如图所示，有一个沿z轴方向的磁场，磁感应强度B＝B0＋kz(B0、k均为常数)．将传感器固定在物体上，保持通过霍尔元件的电流I不变，方向如图所示，当物体沿z轴方向移动时，由于位置不同，霍尔元件在y轴方向上、下表面的电势差U也不同．则(　　)

A．传感器灵敏度与上、下表面的距离有关
B．磁感应强度B越大，上、下表面的电势差U越小
C．k越大，传感器灵敏度越高
D．若图中霍尔元件是电子导电，则下表面电势高
解析：C　最终定向移动的自由电荷在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡状态，设霍尔元件的长、宽、高分别为a、b、c，设定向移动的自由电荷在x方向的速度为v.有q＝qvB，电流的微观表达式为I＝nqvS＝nqvbc，所以U＝，B越大，上、下表面的电势差U越大，B错误；霍尔元件在y轴方向上、下表面的电势差U为U＝＝(B0＋kz)·，则＝，所以传感器灵敏度与上、下表面的距离无关，k越大，传感器灵敏度越高，A错误，C正确；若该霍尔元件中移动的是自由电子，根据左手定则，电子向下表面偏转，所以上表面电势高，所以D错误．
命题点二　带电粒子在叠加场中的运动(多维探究)
　关于是否考虑粒子重力的三种情况
(1)对于微观粒子，如电子、质子、离子等，因为其重力一般情况下与静电力或磁场力相比太小，可以忽略；而对于一些实际物体，如带电小球、液滴、尘埃等一般应当考虑其重力．
(2)在题目中有明确说明是否要考虑重力的，按题目要求处理．
(3)不能直接判断是否要考虑重力的，在进行受力分析与运动分析时，要结合运动状态确定是否要考虑重力．
第1维度：带电粒子在叠加场中的直线运动……………………………………
(1)带电粒子在电场和磁场的叠加场中做直线运动，电场力和洛伦兹力一定相互平衡，因此可利用二力平衡解题．
(2)带电粒子在电场、磁场、重力场的叠加场中做直线运动，则粒子一定处于平衡状态，因此可利用平衡条件解题．
　(多选)质量为m、电荷量为q的微粒以速度v与水平方向成θ角从O点进入方向如图所示的正交的匀强电场和匀强磁场组成的混合场区，该微粒在电场力、洛伦兹力和重力的共同作用下，恰好沿直线运动到A，下列说法中正确的是(　　)
A．该微粒一定带负电荷
B．微粒从O到A的运动可能是匀变速运动
C．该磁场的磁感应强度大小为
D．该电场的场强为
解析：AC　若微粒带正电荷，它受竖直向下的重力mg、水平向左的电场力qE和斜向右下方的洛伦兹力qvB，知微粒不能做直线运动，据此可知微粒应带负电荷，它受竖直向下的重力mg、水平向右的电场力qE和斜向左上方的洛伦兹力qvB，又知微粒恰好沿着直线运动到A，可知微粒应该做匀速直线运动，则选项A正确，B错误；由平衡条件有：qvBcos θ＝mg，qvBsin θ＝qE，得磁场的磁感应强度B＝，电场的场强E＝Bvsin θ＝，故选项C正确，D错误．
第2维度：带电粒子在叠加场中的圆周运动……………………………………
(1)带电粒子做匀速圆周运动，隐含条件是必须考虑重力，且电场力和重力平衡．
(2)洛伦兹力提供向心力和带电粒子只在磁场中做圆周运动解题方法相同．
　(多选)在竖直平面内建立直角坐标系，曲线y＝位于第一象限的部分如图所示，在曲线上不同点以一定的初速度v0向x轴负方向水平抛出质量为m、带电荷量为＋q的小球，小球下落过程中都会通过坐标原点O，之后进入第三象限的匀强电场和匀强磁场区域(图中未画出)，结果小球恰好在竖直面内做匀速圆周运动，并且都能打到y轴负半轴上．已知匀强磁场的磁感应强度大小为B，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)
A．第三象限的电场强度大小为，方向竖直向下
B．小球的初速度为10 m/s
C．第三象限的磁场方向一定是垂直纸面向外
D．要使所有的小球都能打到y轴的负半轴，所加磁场区域的最小面积是π
解析：BD　本题考查带电体在叠加场中的运动．设小球释放点的坐标为(x，y)，由平抛运动规律可知x＝v0t，y＝gt2，联立可得y＝x2，由题意可知y＝，联立可得v0＝10 m/s，B正确；小球在第三象限做匀速圆周运动，则有mg＝qE，可得E＝，方向竖直向上，A错误；根据题意结合左手定则可判断，第三象限的磁场方向垂直纸面向里，C错误；设小球最初进入第三象限时的速度为v，与y轴负方向夹角为α，则有v0＝vsin α，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，解得r＝，小球在磁场中的偏转角恒为2α，运动轨迹的弦长l＝2rsin α＝，恒定不变，要使所有的小球都能打到y轴负半轴上，所加磁场区域的最小面积为Smin＝π＝π，D正确．
第3维度：带电粒子在叠加场中的复杂运动……………………………………
带电体在电场、磁场和重力场三种叠加场中做一般的曲线运动，需要用功能关系分析问题．洛伦兹力不做功，质点动能的变化是电场力、重力做功的结果．
　如图所示，在平面直角坐标系xOy(x轴水平，y轴竖直)中，第一象限内存在正交的匀强电、磁场，电场强度竖直向上，大小E1＝40 N/C，磁场方向垂直纸面向里；第四象限内存在一方向向左的匀强电场，场强E2＝ N/C.一质量为m＝2×10－3 kg的带正电的小球，从M(3.64 m，3.2 m)点，以v0＝1 m/s的水平速度开始运动．已知球在第一象限内做匀速圆周运动，从P(2.04 m，0)点进入第四象限后经过y轴上的N(0，－2.28 m)点(图中未标出)．求：(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
(1)匀强磁场的磁感应强度B的大小；
(2)小球由P点运动至N点的时间．
解析：(1)小球在第一象限内做匀速圆周运动
mg＝qE1
解得q＝5×10－4 C
由图甲得Rcos θ＝xM－xP，Rsin θ＋R＝yM
联立解得R＝2 m，θ＝37°
又qv0B＝m
解得B＝2 T
(2)小球进入第四象限后，受力如图乙所示，
tan α＝＝0.75，α＝θ＝37°

小球的速度与重力、电场力的合力F垂直，轨迹如图甲所示．
由几何关系可得
lQN＝(－yN－xPtan α)cos α＝0.6 m
在第四象限，沿初速度方向，有lQN＝v0t
解得t＝0.6 s
答案：(1)2 T　(2)0.6 s

素养培优29　轨道约束情况下带电体在磁场中的运动
类型一　带电物块与绝缘物块的组合
　(多选)如图所示，甲是一个带正电的小物块，乙是一个不带电的绝缘物块，甲、乙叠放在一起静置于粗糙的水平地板上，地板上方空间有水平方向的匀强磁场．现用水平恒力拉乙物块，使甲、乙一起保持相对静止向左加速运动，在加速运动阶段，下列说法正确的是(　　)
A．甲对乙的压力不断增大
B．甲、乙两物块间的摩擦力不断增大
C．乙对地板的压力不断增大
D．甲、乙两物块间的摩擦力不断减小
解析：ACD　对甲、乙两物块受力分析，甲物块受竖直向下的洛伦兹力不断增大，乙物块对地板的压力不断增大，甲、乙一起向左做加速度减小的加速运动；甲、乙两物块间的摩擦力大小等于Ff＝m甲a，甲、乙两物块间的摩擦力不断减小．故A、C、D正确．
类型二　带电小球与绝缘斜面的组合
　如图所示，质量为m、带电荷量为q的小球，在倾角为θ的光滑绝缘斜面上由静止开始下滑．图中虚线是左、右两侧匀强磁场(图中未画出)的分界线，左侧磁场的磁感应强度为，右侧磁场的磁感应强度为B，两磁场的方向均垂直于纸面向外．当小球刚下滑至分界线时，对斜面的压力恰好为零．已知重力加速度为g，斜面足够长，小球可视为质点．

(1)判断小球带何种电荷．
(2)求小球沿斜面下滑的最大速度．
(3)求小球速度达到最大时，在左侧磁场中下滑的距离L.
解析：(1)根据题意可知，小球下滑过程中受到的洛伦兹力方向垂直斜面向上，根据左手定则可知小球带正电荷．
(2)当小球刚下滑至分界线时，对斜面的压力恰好为零，然后小球继续向下运动，在左侧区域当压力再次为零时，速度达到最大值，则有qvm＝mgcos θ，
解得vm＝.
(3)当小球刚下滑至分界线时，对斜面的压力恰好为零，设此时速度为v，则有qvB＝mgcos θ，
解得v＝，
小球下滑的过程中，由牛顿第二定律得mgsin θ＝ma，
解得a＝gsin θ，
由运动学规律可得2aL＝v－v2，
联立解得L＝.
答案：(1)正电荷　(2)　(3)
类型三　带电圆环与绝缘直杆的组合
　(多选)如图所示，一个质量为m、带电荷量为＋q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中．现给圆环向右的初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的v­t图像可能是下图中的(　　)

解析：BC　当qvB＝mg时，圆环做匀速直线运动，故B正确；当qvB＞mg时，FN＝qvB－mg，此时μFN＝ma，所以圆环做加速度逐渐减小的减速运动，直到qvB＝mg时，圆环开始做匀速运动，故C正确；当qvB＜mg时，FN＝mg－qvB，此时μFN＝ma，所以圆环做加速度逐渐增大的减速运动，直到停止，所以其v­t图像的斜率应该逐渐增大，故A、D错误．

把握三点，解决“约束运动”问题
(1)对物块受力分析，把握已知条件．
(2)掌握洛伦兹力的公式和特点，理清弹力和摩擦力、洛伦兹力和速度、摩擦力与合力、加速度与速度等几个关系．
(3)掌握力和运动、功和能在磁场中的应用
限时规范训练
[基础巩固]
1．现代病毒研究实验室通常都有废水检测排放系统，其原理如图所示．当含有新冠病毒(带正、负离子)的废水从排水管右侧流入时，给排水管加上垂直纸面向里的匀强磁场，下列说法正确的是(　　)

A．N点的电势高于M点的电势
B．M点的电势高于N点的电势
C．M、N两点电势差越大，废液的流动速度越慢
D．所加磁感应强度越小，废液的流动速度越慢
解析：A　带电离子进入磁场后受到洛伦兹力作用，根据左手定则可知，正离子受到的洛伦兹力向下，负离子受到洛伦兹力向上，M点的电势低于N点的电势，或N点的电势高于M点的电势，故A正确、B错误；当正、负离子受到的电场力和洛伦兹力平衡，则有qvB＝q，解得，液体的流速v＝，U是MN两点间的电势差，B为所加磁感应强度，则有M、N两点电势差越大，废液的流动速度越快，流速与B无关，v＝不是决定式，故CD错误．


2．(多选)如图所示，ABC为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB为倾斜直轨道，BC为与AB相切的圆形轨道，并且圆形轨道处在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里．质量相同的甲、乙、丙三个小球中，甲球带正电、乙球带负电、丙球不带电．现将三个小球在轨道AB上分别从不同高度处由静止释放，都恰好通过圆形轨道的最高点，则(　　)
A．经过最高点时，三个小球的速度相等
B．经过最高点时，甲球的速度最小
C．甲球的释放位置比乙球的高
D．运动过程中三个小球的机械能均保持不变
解析：CD　设磁感应强度为B，圆形轨道半径为r，三个小球质量均为m，它们恰好通过最高点时的速度分别为v甲、v乙和v丙，由牛顿第二定律有mg＋Bv甲q甲＝，mg－Bv乙q乙＝，mg＝，则v甲＞v丙＞v乙，选项A、B错误；三个小球在运动过程中，只有重力做功，即它们的机械能守恒，选项D正确；甲球在最高点处的动能最大，因为势能相等，所以甲球的机械能最大，甲球的释放位置最高，选项C正确．
3．如图所示，空间中存在匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向左，磁场方向垂直纸面向里，在正交的电磁场空间中有一足够长的固定光滑绝缘杆，与电场方向成60°夹角且处于竖直平面内．一带电小球套在绝缘杆上，当小球沿杆向下的初速度为v0时，小球恰好做匀速直线运动，则下列说法正确的是(　　)
A．小球可能带正电，也可能带负电
B．磁场和电场的大小关系为＝v0
C．若撤去磁场，小球仍做匀速直线运动
D．若撤去电场，小球的机械能不断增大
解析：C　洛伦兹力和支持力与运动方向相互垂直，均不做功，重力做正功，而小球动能保持不变，则电场力一定做负功，小球带正电，故A错误；仅当支持力为零时，电场力、重力、洛伦兹力三力平衡，则有qE＝qv0Bsin 60°，可得＝v0，故B错误；撤去磁场后，因重力和电场力的合力垂直于杆，小球仍做匀速直线运动，故C正确；撤去电场后，小球仅有重力做功，机械能不变，故D错误．
4．(2021·济宁调研)(多选)如图所示，一个绝缘且内壁光滑的环形细圆管，固定于竖直平面内，环的半径为R(比细管的内径大得多)，在圆管的最低点有一个直径略小于细管内径的带正电小球处于静止状态，小球的质量为m，带电荷量为q，重力加速度为g.空间存在一磁感应强度大小未知(不为零)，方向垂直于环形细圆管所在平面且向里的匀强磁场．某时刻，给小球一方向水平向右、大小为v0＝ 的初速度，则以下判断正确的是(　　)
A．无论磁感应强度大小如何，获得初速度后的瞬间，小球在最低点一定受到管壁的弹力作用
B．无论磁感应强度大小如何，小球一定能到达环形细圆管的最高点，且小球在最高点一定受到管壁的弹力作用
C．无论磁感应强度大小如何，小球一定能到达环形细圆管的最高点，且小球到达最高点时的速度大小都相同
D．小球在从环形细圆管的最低点运动到所能到达的最高点的过程中，水平方向分速度的大小一直减小
解析：BC　小球在轨道最低点时受到的洛伦兹力方向竖直向上，若洛伦兹力和重力的合力恰好提供小球所需要的向心力，则在最低点时小球不会受到管壁弹力的作用，选项A错误；小球运动的过程中，洛伦兹力不做功，小球的机械能守恒，运动至最高点时小球的速度v＝，由于是双层轨道约束，小球运动过程不会脱离轨道，所以小球一定能到达轨道最高点，选项C正确；在最高点时，小球做圆周运动所需的向心力F＝m＝mg，小球受到竖直向下洛伦兹力的同时必然受到与洛伦兹力等大反向的轨道对小球的弹力，选项B正确；小球在从最低点运动到最高点的过程中，小球在下半圆内上升的过程中，水平分速度向右且不断减小，到达圆心的等高点时，水平速度为零，而运动至上半圆后水平分速度向左且不为零，所以水平分速度一定有增大的过程，选项D错误．
5．(多选)如图所示，已知一带电小球在光滑绝缘的水平面上从静止开始经电压U加速后，水平进入互相垂直的匀强电场和匀强磁场区域(电场强度E和磁感应强度B已知)，小球在此区域的竖直平面内做匀速圆周运动，则(　　)
A．小球可能带正电
B．小球做匀速圆周运动的半径为r＝
C．小球做匀速圆周运动的周期为T＝
D．若电压U增大，则小球做匀速圆周运动的周期增大
解析：BC　小球在竖直平面内做匀速圆周运动，则小球受到的电场力和重力大小相等、方向相反，则小球受到的电场力竖直向上，故小球带负电，A错误；因为小球做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，有Bqv＝m，由动能定理得Uq＝mv2，且有mg＝qE，联立可得小球做匀速圆周运动的半径r＝ ，故B正确；由运动学公式可得T＝，解得T＝，与电压U无关，故C正确，D错误．
[能力提升]
6．(2021·甘肃高三二模)(多选)如图所示，半圆形光滑绝缘轨道固定在竖直平面内，O点为其圆心，P点为轨道最低点，两个端点M、N与O等高，匀强磁场方向与轨道平面垂直．现将一个带负电的小球自M点由静止释放，它将沿轨道做往复运动，下列说法中正确的是(　　)

A．小球由M到N与由N到M所经历的时间相等
B．小球由M到P与由N到P过程中重力对小球做的功相等，但洛伦兹力做的功不等
C．小球由M到P与由N到P过程中所受合外力的冲量大小相等
D．小球经过轨道最低点时对轨道的压力大小是相等的
解析：AC　小球所受得洛伦兹力与速度方向垂直不做功，轨道光滑没有摩擦力，只受重力作用，小球机械能守恒，故小球由M到N与由N到M所经历的时间相等，A正确；小球由M到P与由N到P过程中重力对小球做的功相等，小球所受的洛伦兹力与速度方向垂直不做功，B错误；根据动量定理公式Ft＝mΔv，根据A选项可知，小球机械能守恒，故小球从M到P与由N到P过程中速度变化量大小相等，所以在此过程中所受合外力的冲量大小相等，C正确；由于小球带负电根据左手定则，小球从M到P的过程中到达P点时所受洛伦兹力方向竖直向下，根据合力提供向心力对小球受力分析，如图1所示．

图1
FN－mg－FL＝m，FN＝m＋mg＋FL，当小球从N到P的过程中到达P时洛伦兹力竖直向上，受力分析如图2所示，

图2
FN＋FL－mg＝m
FN＝m＋mg－FL
根据牛顿第三定律支持力与压力互为相互作用力，在整个过程中洛伦兹力大小相等．所以从M到P的过程中到达P点对轨道的压力大于小球从N到P的过程中到达P时对轨道的压力，D错误．
7．(2021·锦州模拟)如图所示，匀强磁场垂直于纸面向里，匀强电场平行于斜面向下，斜面是粗糙的．一带正电物块以某一初速度沿斜面向上滑动，经a点后到b点时速度减为零，接着又滑了下来．设物块带电荷量保持不变，则从a到b和从b回到a两过程相比较(　　)
A．加速度大小相等
B．摩擦产生热量不相同
C．电势能变化量的绝对值不相同
D．动能变化量的绝对值相同
解析：B　两过程中，重力、电场力恒定，支持力方向不变，洛伦兹力方向相反，摩擦力方向相反，物块所受合外力不同，由牛顿第二定律知，加速度大小必定不同，A项错误；上滑过程中，洛伦兹力垂直斜面向上，物块所受滑动摩擦力Ff′＝μ(mgcos θ－qvB)，下滑过程中，洛伦兹力垂直斜面向下，物块所受滑动摩擦力Ff″＝μ(mgcos θ＋qvB)，摩擦产生热量Q＝Ffx，两过程位移大小相等，摩擦力大小不同，故产生热量不同，B项正确；a、b两点电势确定，由Ep＝qφ可知，两过程中电势能变化量的绝对值相等，C项错误；上滑过程和下滑过程，都是重力、摩擦力及电场力做功，但是上滑时摩擦力小于下滑时摩擦力，由动能定理可知，动能变化量大小不相同，D项错误．
8．(2021·河北卷)如图，距离为d的两平行金属板P、Q之间有一匀强磁场，磁感应强度大小为B1，一束速度大小为v的等离子体垂直于磁场喷入板间．相距为L的两光滑平行金属导轨固定在与导轨平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小为B2，导轨平面与水平面夹角为θ，两导轨分别与P、Q相连．质量为m、电阻为R的金属棒ab垂直导轨放置，恰好静止．重力加速度为g，不计导轨电阻、板间电阻和等离子体中的粒子重力．下列说法正确的是(　　)

A．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，v＝
B．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，v＝
C．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，v＝
D．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，v＝
解析：B　由左手定则可知Q板带正电，P板带负电，所以金属棒ab中的电流方向为从a到b，对金属棒受力分析可知，金属棒受到的安培力方向沿导轨平面向上，由左手定则可知导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，由受力平衡可知B2IL＝mgsin θ，而I＝，而对等离子体受力分析有q＝qvB1，解得v＝.故B正确，A、C、D错误．
9．(2021·山东济南高三模拟)(多选)如图所示，竖直平面MNRS的右侧存在竖直向上、范围足够大的匀强磁场．从平面MNRS上的O点处以初速度v0＝10 m/s垂直MNRS面向右抛出一带电荷量为q、质量为m的小球，若磁感应强度B＝，g取10 m/s2.下列说法正确的是(　　)
A．小球离开磁场时的速度大小为10 m/s
B．小球离开磁场时的速度大小为10 m/s
C．小球离开磁场时的位置与抛出点的距离为 m
D．小球离开磁场时的位置与抛出点的距离为 m
解析：AD　小球在磁场中，水平方向做匀速圆周运动，竖直方向做自由落体运动，小球运动的周期T＝＝2 s，则小球离开磁场时运动的时间t＝＝1 s，下落的高度h＝gt2＝5 m，小球从进入磁场到离开磁场，由动能定理得mv2＝mv＋mgh，解得小球离开磁场时的速度大小v＝10 m/s，A正确，B错误；小球做圆周运动的半径r＝＝，则小球离开磁场时的位置与抛出点的距离s＝＝ m，C错误，D正确．
10．(2022·滨州模拟)如图所示，平面直角坐标系的第二象限内存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m、带电荷量为＋q的小球从A点以速度v0沿直线AO运动，AO与x轴负方向成37°角．在y轴与MN之间的区域Ⅰ内加一电场强度最小的匀强电场后，可使小球继续做直线运动到MN上的C点，MN与PQ之间的区域Ⅱ内存在宽度为d的竖直向上匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，小球在区域Ⅱ内做匀速圆周运动并恰好不能从右边界飞出，已知小球在C点的速度大小为2v0，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1)第二象限内电场强度E1的大小和磁感应强度B1的大小；
(2)区域Ⅰ内最小电场强度E2的大小和方向；
(3)区域Ⅱ内电场强度E3的大小和磁感应强度B2的大小．
解析： (1)带电小球在第二象限内受重力、电场力和洛伦兹力作用做直线运动，三力满足如图甲所示关系且小球只能做匀速直线运动．
由图知qE1＝mgtan 37°，qv0B1＝
解得E1＝，B1＝.
(2)小球在区域Ⅰ中做直线运动，电场强度最小，受力如图乙所示(电场力方向与速度方向垂直)，小球做匀加速直线运动，
由图知qE2＝mgcos 37°，解得E2＝
方向与x轴正方向成53°角斜向上．
(3)小球在区域Ⅱ内做匀速圆周运动，所以mg＝qE3，
解得E3＝
因小球恰好不从右边界穿出，小球运动轨迹如图丙所示，

丙
由几何关系得r＝d
由洛伦兹力提供向心力知
B2q·2v0＝m
联立得B2＝.
答案：(1)　
(2)，方向与x轴正方向成53°角斜向上
(3)　
[热点加练]
11．如图所示，在边长为L的正方形abcd区域内存在图示方向的匀强电场，正方形的内切圆内存在垂直纸面向里的匀强磁场．现有一质量为m、带电荷量为＋q的粒子从ad边中点e以速度v0沿内切圆直径ef射入场区，粒子恰沿直线从bc边的中点f射出场区．保持粒子入射位置及速度大小、方向均不变，仅撤去磁场，粒子射出电场时速度偏向角θ0＝45°.已知tan 53°＝，不计粒子重力．

(1)求仅撤去磁场时粒子在电场内运动的时间t0及电场强度E的大小；
(2)若保持粒子入射位置及速度大小、方向均不变，仅撤去电场，求粒子在磁场中的运动时间．
解析：(1)当只有电场时，粒子在电场中做类平抛运动，设粒子出电场时沿电场方向的分速度为vy，速度偏向角的正切值tan θ0＝tan 45°＝，粒子在垂直电场方向的位移x＝v0t0，
沿电场方向的位移y＝t0，
解得x＝2y，由几何关系可知粒子一定是从c点射出电场，
则粒子的水平位移x＝L，
粒子在电场中的运动时间t0＝，
粒子在电场中的加速度a＝，
沿电场方向分速度vy＝at0，
解得E＝.
(2)设磁场的磁感应强度大小为B，当电场和磁场共存时粒子做直线运动，由平衡条件得qE＝qv0B，
当只存在磁场时粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有
qv0B＝m，
由几何关系可知偏转角θ满足tan＝＝，
可得θ＝53°，
粒子在磁场中做圆周运动的周期T＝，
则粒子在磁场中的运动时间t＝T＝.
答案：(1)　　(2)
12．如图所示，质量M为5.0 kg的小车以2.0 m/s的速度在光滑的水平面上向左运动，小车上AD部分是表面粗糙的水平轨道，DC部分是光滑圆弧轨道，整个轨道都是由绝缘材料制成的，小车所在空间内有竖直向上的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，电场强度E大小为50 N/C，磁感应强度B大小为2.0 T．现有一质量m为2.0 kg、带负电且电荷量为0.10 C的滑块以10 m/s的水平速度向右冲上小车，当它运动到D点时速度为5 m/s.滑块可视为质点，g取10 m/s2，计算结果保留两位有效数字．

(1)求滑块从A到D的过程中，小车与滑块组成的系统损失的机械能；
(2)如果滑块刚过D点时对轨道的压力为76 N，求圆弧轨道的半径r；
(3)当滑块通过D点时，立即撤去磁场，要使滑块冲出圆弧轨道，求此圆弧轨道的最大半径．
解析：(1)设滑块运动到D点时的速度大小为v1，小车在此时的速度大小为v2，物块从A运动到D的过程中，系统动量守恒，以向右为正方向，
有mv0－Mv＝mv1＋Mv2，
解得v2＝0.
设小车与滑块组成的系统损失的机械能为ΔE，则有
ΔE＝mv＋Mv2－mv，
解得ΔE＝85 J.
(2)设滑块刚过D点时受到轨道的支持力为FN，则由牛顿第三定律可得FN＝76 N，由牛顿第二定律可得
FN－(mg＋qE＋qv1B)＝m，
解得r＝1.0 m.
(3)设滑块沿圆弧轨道上升到最大高度时，滑块与小车具有共同的速度v′，由动量守恒定律可得
mv1＝(m＋M)v′，
解得v′＝ m/s.
设圆弧轨道的最大半径为Rm，由能量守恒定律有mv＝(m＋M)v′2＋(mg＋qE)Rm，
解得Rm＝0.71 m.
答案：(1)85 J　(2)1.0 m　(3)0.71 m