（2027届高考物理人教版（2019）二轮练习（含解析）复习之挑战压轴题：带电粒子在复合场中的运动（15题）

这是一份（2027届高考物理人教版（2019）二轮练习（含解析）复习之挑战压轴题：带电粒子在复合场中的运动（15题），共3页。试卷主要包含了解答题，三象限内有，对于重力的考虑，复合场中的特殊物理模型等内容，欢迎下载使用。
1．（秋•来宾期末）如图所示，一倾角、高为的固定光滑绝缘斜面与左侧光滑水平轨道相连，水平轨道左侧与半径为的光滑半圆轨道连接，点为半圆轨道的最高点，整体处在磁感应强度大小为的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向外。一质量为、带电荷量为的小滑块（可视为质点）在斜面顶端以初速度开始沿斜面下滑，小滑块始终没有脱离接触面。不计小滑块在各轨道连接处的能量损失，重力加速度取。
（1）求小滑块到达点的速度大小；
（2）求小滑块在点受到轨道的作用力大小；
（3）若斜面足够长，小滑块运动一段距离后脱离斜面，求小滑块离开斜面时的动能。
2．（春•潮州期末）如图所示，半径的四分之一光滑圆弧轨道位于竖直平面内，与光滑绝缘水平面平滑连接。点在水平面的最右端，点在点的正下方水平地面上。水平面右侧空间存在互相垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上，磁场的磁感应强度，方向垂直纸面向外。两个质量均为的小球和，球绝缘不带电，球带的正电，并静止于水平面右边缘处将球从圆弧轨道顶端由静止释放，运动到点与球发生弹性正碰，碰撞时间极短，碰后球水平飞入复合场，并做匀速圆周运动后落在地面上的点。已知处距地面的高度，、均可视为质点。（重力加速度求：
（1）球碰撞后瞬间速度的大小；
（2）电场强度的大小；
（3）球落点与点之间的距离。
3．（咸阳三模）如图，区域内有与水平方向成角的匀强电场，区域宽度为，区域Ⅱ内有正交的有界匀强磁场和匀强电场，区域宽度为，磁场方向垂直纸面向里，电场方向竖直向下。一质量为、电量大小为的微粒在区域左边界的点，由静止释放后水平向右做直线运动，进入区域Ⅱ后做匀速圆周运动，从区域Ⅱ右边界上的点穿出，其速度方向改变了，重力加速度为，求：
（1）区域和区域Ⅱ内匀强电场的电场强度、的大小。
（2）区域Ⅱ内匀强磁场的磁感应强度的大小。
（3）微粒从运动到的时间有多长。
4．（2015•鼓楼区）如图，绝缘粗糙的竖直平面左侧同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，电场强度大小为，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为．一质量为，电荷量为的带正电的小滑块从点由静止开始沿下滑，到达点时离开做曲线运动。、两点间距离为，重力加速度为。
（1）求小滑块运动到点时的速度大小；
（2）求小滑块从点运动到点过程中克服摩擦力做的功；
（3）若点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中速度最大的位置，当小滑块运动到点时撤去磁场，此后小滑块继续运动到水平地面上的点。已知小滑块在点时的速度大小为，从点运动到点的时间为，求小滑块运动到点时速度的大小。
5．（浙江）如图所示，在平面内，有一电子源持续不断地沿正方向每秒发射出个速率均为的电子，形成宽为、在轴方向均匀分布且关于轴对称的电子流。电子流沿方向射入一个半径为，中心位于原点的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直平面向里，电子经过磁场偏转后均从点射出。在磁场区域的正下方有一对平行于轴的金属平行板和，其中板与点的距离为，中间开有宽度为且关于轴对称的小孔。板接地，与两板间加有正负、大小均可调的电压，穿过板小孔达到板的所有电子被收集且导出，从而形成电流，已知，，电子质量为，电荷量为，忽略电子间相互作用。
（1）求磁感应强度的大小；
（2）求电子流从点射出时与负轴方向的夹角的范围；
（3）当时，每秒经过极板上的小孔到达板的电子数；
（4）在图中定性画出电流随变化的关系曲线。要求标出相关数据，且要有计算依据。
6．（碑林区校级模拟）如图所示，两块水平放置、相距为的长金属板接在电压可调的电源上。两板之间的右侧区域存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。将喷墨打印机的喷口靠近上板下表面，从喷口连续不断喷出质量均为、水平速度均为、带相等电荷量的墨滴。调节电源电压至，墨滴在电场区域恰能沿水平向右做匀速直线运动；进入电场、磁场共存区域后，最终垂直打在下板的点。
（1）判断墨滴所带电荷的种类，并求其电荷量；
（2）求磁感应强度的值；
（3）现保持喷口方向不变，使其竖直下移到两板中间的位置。为了使墨滴仍能到达下板点，应将磁感应强度调至，则的大小为多少？
7．（肇庆二模）如图甲所示，竖直挡板左侧空间有方向竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场，电场和磁场的范围足够大，电场强度，磁感应强度随时间变化的关系图象如图乙所示，选定磁场垂直纸面向里为正方向。时刻，一质量、电荷量的微粒在点具有竖直向下的速度，是挡板上一点，直线与挡板垂直，取．求：
（1）微粒再次经过直线时与点的距离；
（2）微粒在运动过程中离开直线的最大高度；
（3）水平移动挡板，使微粒能垂直到挡板上，挡板与点间的距离应满足的条件。
8．（2015•宜城市二模）如图所示，带电平行金属板相距为，在两板间半径为的圆形区域内有垂直纸成向里的匀强磁场，磁感应强度为，两板及其左侧边缘连线均与磁场边界刚好相切。一质子（不计重力）沿两板间中心线从左侧点以某一速度射入，沿直线通过圆形磁场区域，然后恰好从极板边缘飞出，在极板间运动时间为．若仅撤去磁场，质子仍从点以相同速度射入，经时间打到极板上。
（1）求两极板是电压；
（2）求质子从极板间飞出时的速度大小；
（3）若两极板不带电，保持磁场不变，质子仍沿中心线从点射入，欲使质子从两板左侧间飞出，射入的速度应满足什么条件？
9．（路南区校级模拟）在竖直平面内建立一平面直角坐标系，轴沿水平方向，如图甲所示。第二象限内有一水平向右的匀强电场，场强为．坐标系的第一、四象限内有一正交的匀强电场和匀强交变磁场，电场方向竖直向上，场强，匀强磁场方向垂直纸面。处在第三象限的某种发射装置（图中没有画出）竖直向上射出一个比荷的带正电的微粒（可视为质点），该微粒以的速度从上的点进入第二象限，并以速度从上的点沿水平方向进入第一象限。取微粒刚进入第一象限的时刻为0时刻，磁感应强度按图乙所示规律变化（以垂直纸面向外的磁场方向为正方向），．试求：
（1）带电微粒运动到点的纵坐标值及电场强度；
（2）轴上有一点，，若带电微粒在通过点后的运动过程中不再越过轴，要使其恰能沿轴正方向通过点，求磁感应强度及其磁场的变化周期为多少？
（3）要使带电微粒通过点后的运动过程中不再越过轴，求交变磁场磁感应强度和变化周期的乘积应满足的关系？
10．（宝鸡二模）静电喷漆技术具有效率高、浪费少、质量好、有益于健康等优点，其装置可简化如图。、为水平放置的间距的两块足够大的平行金属板，两板间有方向由指向的匀强电场，场强为。在板的中央放置一个安全接地的静电油漆喷枪，油漆喷枪可向各个方向均匀地喷出初速度大小均为的油漆微粒，已知油漆微粒的质量均为、电荷量均为，不计油漆微粒间的相互作用、油漆微粒带电对板间电场和磁场的影响及空气阻力，重力加速度．求：
（1）油漆微粒落在板上所形成的图形面积；
（2）若让、两板间的电场反向，并在两板间加垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度，调节喷枪使油漆微粒只能在纸面内沿各个方向喷出，其它条件不变。板被油漆微粒打中的区域的长度；
（3）在满足（2）的情况下，打中板的油漆微粒中，在磁场中运动的最短时间。
11．（睢宁县模拟）以竖直向上为轴正方向的平面直角系，如图所示。在第一、四象限内存在沿轴负方向的匀强电场，在第二、三象限内存在着沿轴正方向的匀强电场和垂直于平面向外的匀强磁场。现有一质量为、电荷量为的带正电小球从坐标原点以初速度沿与轴正方向成角的方向射出。已知两电场的电场强度，磁场的磁感应强度为。
（1）求小球离开点后第一次经过轴所用的时间；
（2）求小球离开点后第三次经过轴的坐标；
（3）若小球从点以某一初速度沿与轴正方向成角的方向射出且能再次回到点，则该初速度的大小为多少？
12．（江西模拟）在科学研究中，可以通过施加适当的电场和磁场来实现对带电粒子运动的控制。如图甲所示，、为间距足够大的水平极板，紧靠极板右侧放置竖直的荧光屏，在间加上如图乙所示的匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下，磁场方向垂直于纸面向里，图中、、均为已知量。时刻，比荷的正粒子以一定的初速度从点沿水平方向射入极板间，在时间内粒子恰好沿直线运动，时刻粒子打到荧光屏上。不计粒子的重力，涉及图象中时间间隔时取，，求：
（1）在时刻粒子的运动速度；
（2）在时刻粒子偏离点的竖直距离；
（3）水平极板的长度。
13．（宣城二模）如图所示，在同时存在匀强电场和匀强磁场的空间中取正交坐标系轴正方向水平向右，轴正方向竖直向上）。匀强磁场方向与平面平行，且与轴的夹角为，重力加速度为。
（1）一质量为、电荷量为的带电质点沿平行于轴正方向以速度做匀速直线运动，求满足条件的电场强度的最小值及对应的磁感应强度；
（2）在满足（1）的条件下，当带电质点通过轴上的点，，时，撤去匀强磁场，求带电质点落在平面内的位置；
（3）当带电质点沿平行于轴负方向以速度通过轴上的点，，时，改变电场强度大小和方向，同时改变磁感应强度的大小，要使带点质点做匀速圆周运动且能够经过轴，问电场强度和磁感应强度大小满足什么条件？
14．（全国三模）如图甲所示，竖直平面内，在轴右侧存在竖直向下的电场强度为的匀强电场和一个交变磁场，磁感应强度大小为，交变磁场变化规律如图乙所示，规定垂直纸面向里为磁场的正方向。在第二象限存在方向水平向左的电场强度为的匀强电场和一个方向垂直纸面向外的匀强磁场。带负电的粒子从轴上的点与轴成角沿直线运动，经过轴上的点进入轴右侧后做匀速圆周运动，当粒子刚进入轴右侧时，交变磁场立即从开始变化。现已知点坐标为，粒子的电荷量为，粒子质量为，。
（1）求。
（2）若已知交变磁场的周期，粒子在时经过点，时恰好水平经过轴上的点，求点的横坐标。
15．（南通模拟）如图（a）所示，在真空中，半径为的虚线所围的圆形区域内存在匀强磁场，磁场方向与纸面垂直。在磁场右侧有一对平行金属板和，两板间距离也为，板长为，两板的中心线与磁场区域的圆心在同一直线上，两板左端与也在同一直线上。有一电荷量为、质量为的带电粒子，以速率从圆周上的点沿垂直于半径并指向圆心的方向进入磁场，当从圆周上的点飞出磁场时，给、板加上如图（b）所示电压。最后粒子刚好以平行于板的速度，从板的边缘飞出。不计平行金属板两端的边缘效应及粒子所受的重力。
（1）求磁场的磁感应强度；
（2）求交变电压的周期和电压的值；
（3）若时，将该粒子从板右侧沿板的中心线，仍以速率射入、之间，求粒子从磁场中射出的点到点的距离。
2020年高考物理复习之挑战压轴题：带电粒子在复合场中的运动（15题）
参考答案与试题解析
一、解答题（共15小题）
1．（秋•来宾期末）如图所示，一倾角、高为的固定光滑绝缘斜面与左侧光滑水平轨道相连，水平轨道左侧与半径为的光滑半圆轨道连接，点为半圆轨道的最高点，整体处在磁感应强度大小为的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向外。一质量为、带电荷量为的小滑块（可视为质点）在斜面顶端以初速度开始沿斜面下滑，小滑块始终没有脱离接触面。不计小滑块在各轨道连接处的能量损失，重力加速度取。
（1）求小滑块到达点的速度大小；
（2）求小滑块在点受到轨道的作用力大小；
（3）若斜面足够长，小滑块运动一段距离后脱离斜面，求小滑块离开斜面时的动能。
【考点】：带电粒子在混合场中的运动；：向心力；65：动能定理
【专题】43：推理法；11：计算题；536：带电粒子在磁场中的运动专题；32：定量思想；63：分析综合能力
【分析】（1）小滑块从开始运动到点根据动能定理求解小滑块到达点的速度大小；
（2）根据牛顿第二定律求解小滑块在点受到轨道的作用力大小；
（3）小滑块脱离斜面，则满足洛伦兹力等于重力垂直于斜面向下的分力，以此求解速度和动能。
【解答】解：（1）小滑块运动过程中洛伦兹力不做功，从到根据动能定理有：
解得：
（2）在点，小滑块受重力，洛伦兹力和轨道的支持力作用，根据牛顿第二定律有：
则有：
（3）小滑块沿斜面下滑时，垂直于斜面方向的加速度为零，沿垂直于斜面方向上有：
当时，小滑块开始脱离斜面，此时有：，
解得，
动能。
答：（1）小滑块到达点的速度大小为；
（2）小滑块在点受到轨道的作用力大小为；
（3）若斜面足够长，小滑块运动一段距离后脱离斜面，小滑块离开斜面时的动能为。
【点评】解决该题的关键是在应用动能定理求解小滑块到达点时的速度大小时，要注意洛伦兹力不做功，知道小滑块离开斜面的临界条件是洛伦兹力平衡重力垂直于斜面的分力。
2．（春•潮州期末）如图所示，半径的四分之一光滑圆弧轨道位于竖直平面内，与光滑绝缘水平面平滑连接。点在水平面的最右端，点在点的正下方水平地面上。水平面右侧空间存在互相垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上，磁场的磁感应强度，方向垂直纸面向外。两个质量均为的小球和，球绝缘不带电，球带的正电，并静止于水平面右边缘处将球从圆弧轨道顶端由静止释放，运动到点与球发生弹性正碰，碰撞时间极短，碰后球水平飞入复合场，并做匀速圆周运动后落在地面上的点。已知处距地面的高度，、均可视为质点。（重力加速度求：
（1）球碰撞后瞬间速度的大小；
（2）电场强度的大小；
（3）球落点与点之间的距离。
【考点】：带电粒子在混合场中的运动；：机械能守恒定律；53：动量守恒定律；65：动能定理
【专题】32：定量思想；537：带电粒子在复合场中的运动专题；63：分析综合能力；11：计算题；22：学科综合题；：模型法
【分析】（1）球沿圆弧下滑的过程，根据动能定理求球运动到时的速度。球与球发生弹性正碰，根据动量守恒定律和机械能守恒定律列方程求解即可。
（2）球在复合场中做匀速圆周运动，电场力与重力平衡，由此求解电场强度的大小；
（3）球在复合场中做匀速圆周运动，洛仑兹力提供向心力，由牛顿第二定律求出球的轨道半径，画出轨迹，由几何关系求由球落点与点之间的距离。
【解答】解：（1）设球到点时的速度为，球沿圆弧下滑的过程，根据动能定理得：
解得：
球与球发生弹性正碰，对、球组成的系统，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律及机械能守恒定律可得：
解得
（2）由球在复合场中做匀速圆周运动，电场力和重力大小相等，可得：
解得：
（3）球在复合场中做匀速圆周运动，由洛仑兹力提供向心力，得：
解得：
画出球的运动轨迹如图所示。
由几何关系可知：
解得：
答：（1）球碰撞后瞬间速度的大小是；
（2）电场强度的大小是；
（3）球落点与点之间的距离是。
【点评】本题是带电体在复合场中运动的类型，要搞清两球的运动过程，把握每个过程的物理规律，特别是碰后球的受力情况：电场力与重力平衡，由洛仑兹力提供向心力。要画出球的运动轨迹，运用几何知识求相关距离。
3．（咸阳三模）如图，区域内有与水平方向成角的匀强电场，区域宽度为，区域Ⅱ内有正交的有界匀强磁场和匀强电场，区域宽度为，磁场方向垂直纸面向里，电场方向竖直向下。一质量为、电量大小为的微粒在区域左边界的点，由静止释放后水平向右做直线运动，进入区域Ⅱ后做匀速圆周运动，从区域Ⅱ右边界上的点穿出，其速度方向改变了，重力加速度为，求：
（1）区域和区域Ⅱ内匀强电场的电场强度、的大小。
（2）区域Ⅱ内匀强磁场的磁感应强度的大小。
（3）微粒从运动到的时间有多长。
【考点】：向心力；：带电粒子在匀强电场中的运动；：带电粒子在混合场中的运动；：共点力的平衡；37：牛顿第二定律
【专题】537：带电粒子在复合场中的运动专题
【分析】（1）微粒在区域内水平向右做直线运动，则电场力在竖直方向的分力与重力平衡；微粒在区域内做匀速圆周运动，则电场力等于重力；
（2）根据洛伦兹力提供向心力，结合牛顿第二定律与几何关系，即可求解；
（3）微粒从运动到的时间等于区域的匀加速直线运动时间与圆周运动的时间之和。
【解答】解：（1）微粒在区域内，受重力和电场力作用，水平向右做直线运动，则在竖直方向上受力平衡，有：
求得：
微粒在区域内做匀速圆周运动，则重力和电场力平衡，有：
求得：
（2）设粒子进入区域Ⅱ时速度为，在区域Ⅰ运动过程中利用动能定理有：
从区域Ⅱ右边界上的点穿出，因其速度方向改变了，所以半径为：
整理得：
（3）微粒从到的时间包括在区域内的运动时间和在区域Ⅱ内的运动时间，在区域Ⅰ运动过程中由运动学公式有：
在水平方向上由牛顿第二定律有：
在区域Ⅱ中偏转角为，所用时间为：
经整理得：
答：（1）区域的电场强度大小为，区域Ⅱ匀强电场大小为。
（2）区域Ⅱ内匀强磁场的磁感应强度的大小为。
（3）微粒从运动到的时间为。
【点评】考查受力分析的方法，在这两个区域内，正确的受力分析是解题的关键，掌握受力平衡状态方程，理解力的平行四边形定则与牛顿第二定律的应用，注意几何关系在本题的运用。
4．（2015•鼓楼区）如图，绝缘粗糙的竖直平面左侧同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，电场强度大小为，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为．一质量为，电荷量为的带正电的小滑块从点由静止开始沿下滑，到达点时离开做曲线运动。、两点间距离为，重力加速度为。
（1）求小滑块运动到点时的速度大小；
（2）求小滑块从点运动到点过程中克服摩擦力做的功；
（3）若点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中速度最大的位置，当小滑块运动到点时撤去磁场，此后小滑块继续运动到水平地面上的点。已知小滑块在点时的速度大小为，从点运动到点的时间为，求小滑块运动到点时速度的大小。
【考点】：带电粒子在混合场中的运动；：带电粒子在匀强电场中的运动；：带电粒子在匀强磁场中的运动
【专题】537：带电粒子在复合场中的运动专题
【分析】（1）小滑块到达点时离开，此时与间的作用力为零，对小滑块受力分析计算此时的速度的大小；
（2）由动能定理直接计算摩擦力做的功；
（3）撤去磁场后小滑块将做类平抛运动，根据分运动计算最后的合速度的大小；
【解答】解：（1）小滑块沿运动过程，水平方向受力满足：
小滑块在点离开时，，有：
解得：
（2）在沿竖直平面运动的过程中，由动能定理有：
解得：
（3）如图，小滑块速度最大时，速度方向与电场力、重力的合力方向垂直，
撤去磁场后小滑块将做类平抛运动，等效加速度为，有：
且
解得：
答：（1）小滑块运动到点时的速度大小为；
（2）小滑块从点运动到点过程中克服摩擦力做的功为；
（3）小滑块运动到点时速度的大小为。
【点评】解决本题的关键是分析清楚小滑块的运动过程，及小滑块的受力情况，在与分离时，小滑块与间的作用力为零，在撤去磁场后小滑块将做类平抛运动，根据滑块的不同的运动过程逐步求解即可。
5．（浙江）如图所示，在平面内，有一电子源持续不断地沿正方向每秒发射出个速率均为的电子，形成宽为、在轴方向均匀分布且关于轴对称的电子流。电子流沿方向射入一个半径为，中心位于原点的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直平面向里，电子经过磁场偏转后均从点射出。在磁场区域的正下方有一对平行于轴的金属平行板和，其中板与点的距离为，中间开有宽度为且关于轴对称的小孔。板接地，与两板间加有正负、大小均可调的电压，穿过板小孔达到板的所有电子被收集且导出，从而形成电流，已知，，电子质量为，电荷量为，忽略电子间相互作用。
（1）求磁感应强度的大小；
（2）求电子流从点射出时与负轴方向的夹角的范围；
（3）当时，每秒经过极板上的小孔到达板的电子数；
（4）在图中定性画出电流随变化的关系曲线。要求标出相关数据，且要有计算依据。
【考点】：带电粒子在匀强磁场中的运动；：带电粒子在混合场中的运动；：带电粒子在匀强电场中的运动
【专题】31：定性思想；：方程法；537：带电粒子在复合场中的运动专题；11：计算题；：图析法
【分析】（1）电子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律结合轨迹半径可以求出磁感应强度。
（2）求出电子从点射出时与负轴方向的夹角极限值，然后确定其范围。
（3）求出进入小孔的电子偏角，然后求出每秒经过极板上的小孔到达板的电子数。
（4）由动能定理求出遏止电压，然后求出电流的表达式，再作出图象。
【解答】解：（1）电子均从点射出，结合沿轴射入的电子轨迹可知电子做圆周运动的轨道半径为：，
电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：，
解得：；
（2）上端电子从点射出时与负轴最大夹角，如图1所示，由几何关系可得，
得：。
同理下端电子从点射出时与负轴最大夹角也为，范围是；
（3）进入小孔的电子偏角正切值：，
解得：，，
每秒进入两极板间的电子数，
解得：；
（4）由动能定理得出遏制电压，
与负轴成角的电子的运动轨迹刚好与板相切，其逆过程是类平抛运动，
达到饱和电流所需的最小反向电压为：，
或根据（3）可得饱和电流大小为：，图象如图2所示：
答：（1）磁感应强度的大小为；
（2）电子流从点射出时与负轴方向的夹角的范围是；
（3）当时，每秒经过极板上的小孔到达板的电子数为；
（4）电流随变化的关系曲线如图所示。
【点评】本题考查了电子在磁场与电场中的运动，分析清楚电子运动过程、作出电子运动轨迹、求出电子在磁场中做圆周运动的轨道半径是解题的关键，解题时注意求出极限值然后再确定范围。
6．（碑林区校级模拟）如图所示，两块水平放置、相距为的长金属板接在电压可调的电源上。两板之间的右侧区域存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。将喷墨打印机的喷口靠近上板下表面，从喷口连续不断喷出质量均为、水平速度均为、带相等电荷量的墨滴。调节电源电压至，墨滴在电场区域恰能沿水平向右做匀速直线运动；进入电场、磁场共存区域后，最终垂直打在下板的点。
（1）判断墨滴所带电荷的种类，并求其电荷量；
（2）求磁感应强度的值；
（3）现保持喷口方向不变，使其竖直下移到两板中间的位置。为了使墨滴仍能到达下板点，应将磁感应强度调至，则的大小为多少？
【考点】：带电粒子在混合场中的运动；：带电粒子在匀强磁场中的运动
【专题】536：带电粒子在磁场中的运动专题
【分析】（1）根据电场力和重力平衡求出电荷量的大小，通过电场力的方向确定电荷的正负。
（2）墨滴垂直进入电磁场共存区域，重力仍与电场力平衡，墨滴做匀速圆周运动，根据墨滴垂直打在点，通过几何关系得出墨滴的轨道半径，根据洛伦兹力提供向心力求出磁感应强度的大小。
（3）根据几何关系得出墨滴做圆周运动的轨道半径，结合带电墨滴在磁场中运动的半径公式求出磁感应强度的大小。
【解答】解：（1）墨滴在电场区域做匀速直线运动，有：①
由①式得：②
由于电场方向向下，电荷所受的电场力方向向上，可知墨滴带负电荷。
（2）墨滴垂直进入电磁场共存区域，重力仍与电场力平衡，由洛伦兹力提供向心力，墨滴做匀速圆周运动，有：
③
其中根据墨滴在混合场运动轨迹的几何关系，可知墨滴在该区域恰好完成四分之一圆周运动，则半径为：④
由②③④式得：⑤
（3）根据题设，墨滴的运动轨迹如图，设圆周运动的半径为，有：
⑥
由图示可得：⑦
得：⑧
联立②⑥⑧式可得：。
答：
（1）墨滴带负电，电荷量为。
（2）磁感应强度为。
（3）的大小为。
【点评】本题考查墨滴在复合场中的运动，知道墨滴在电场和重力场区域做匀速直线运动，进入电场、磁场和重力场区域，做匀速圆周运动。结合牛顿第二定律和共点力平衡进行求解。
7．（肇庆二模）如图甲所示，竖直挡板左侧空间有方向竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场，电场和磁场的范围足够大，电场强度，磁感应强度随时间变化的关系图象如图乙所示，选定磁场垂直纸面向里为正方向。时刻，一质量、电荷量的微粒在点具有竖直向下的速度，是挡板上一点，直线与挡板垂直，取．求：
（1）微粒再次经过直线时与点的距离；
（2）微粒在运动过程中离开直线的最大高度；
（3）水平移动挡板，使微粒能垂直到挡板上，挡板与点间的距离应满足的条件。
【考点】37：牛顿第二定律；：带电粒子在匀强磁场中的运动；：向心力；：导体切割磁感线时的感应电动势；：带电粒子在混合场中的运动
【专题】538：电磁感应功能问题
【分析】（1）微粒所受电场力和重力平衡，知微粒先在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力求出轨道半径和周期的大小，确定出在内转过半个圆周，从而求出微粒再次经过直线时与点的距离。
（2）微粒在内转过半个圆周，然后不受洛伦兹力，向上做匀速直线运动，经过，磁场方向，粒子向右偏转，继续做匀速圆周运动，微粒上的最大高度等于向上做匀速直线运动的位移和圆周运动的半径之和。
（3）讨论微粒打在直线上方和下方，结合图象求出挡板与点间的距离应满足的条件。
【解答】解：（1）由题意可知，微粒所受的重力
，方向竖直向下；
电场力大小，方向竖直向上；
因此重力与电场力平衡
微粒先在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，则
解得
由
解得
则微粒在内转过半个圆周，再次经直线时与点的距离
（2）微粒运动半周后向上匀速运动，运动的时间为，轨迹如图所示，位移大小
之后内，微粒顺时针方向做匀速圆周运动，
因此，微粒离开直线的最大高度
（3）若微粒能垂直射到挡板上的某点，点在直线下方时，由图象可知，挡板与点间的距离应满足
，1，
若微粒能垂直射到挡板上的某点，点在直线上方时，由图象可知，挡板与点间的距离应满足 ，1，
答：（1）微粒再次经过直线时与点的距离为。
（2）微粒在运动过程中离开直线的最大高度为。
（3）若微粒能垂直射到挡板上的某点，点在直线下方时，挡板与点间的距离应满足，1，
若微粒能垂直射到挡板上的某点，点在直线上方时，挡板与点间的距离应满足，1，
【点评】本题是力学与电学综合题，该题的关键是弄清楚微粒的运动轨迹，根据匀速圆周运动的规律与几何关系相结合，同时运用力学与电学的知识来解题，从而培养学生分析问题的方法，提升解题的能力。
8．（2015•宜城市二模）如图所示，带电平行金属板相距为，在两板间半径为的圆形区域内有垂直纸成向里的匀强磁场，磁感应强度为，两板及其左侧边缘连线均与磁场边界刚好相切。一质子（不计重力）沿两板间中心线从左侧点以某一速度射入，沿直线通过圆形磁场区域，然后恰好从极板边缘飞出，在极板间运动时间为．若仅撤去磁场，质子仍从点以相同速度射入，经时间打到极板上。
（1）求两极板是电压；
（2）求质子从极板间飞出时的速度大小；
（3）若两极板不带电，保持磁场不变，质子仍沿中心线从点射入，欲使质子从两板左侧间飞出，射入的速度应满足什么条件？
【考点】：带电粒子在混合场中的运动
【专题】16：压轴题；537：带电粒子在复合场中的运动专题
【分析】（1）质子做匀速直线运动，由受力平衡条件，通过运动学公式与牛顿第二定律，结合电场力与洛伦兹力表达式，即可求解；
（2）由速度与时间关系，可求质子在沿电场方向的速度，因此可求出飞出极板间的速度大小；
（3）质子恰好从上极板左边缘飞出，因此由几何关系，结合运动学公式与向心力表达式，从而可求出质子两板左侧间飞出的条件。
【解答】解：（1）设质子从左侧点射入的速度为，极板长为
质子在初速度方向上做匀速直线运动，撤去磁场后，质子在水平方向上运动的距离为，所以有：，
解得：
在电场中：
由牛顿第二定律得：
又
在复合场中作匀速运动，洛伦兹力提供向心力，有：
解得：，
则有：
（2）质子从极板间飞出时的沿电场方向分速度大小为：
从极板间飞出时的速度大小为：
（3）设质子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为，质子恰好从上极板左边缘飞出时速度的偏转角为，
由几何关系可知，，
因为，
所以
根据向心力公式，，
解得：
所以质子两板左侧间飞出的条件为；
答：（1）两极板是电压；
（2）质子从极板间飞出时的速度大小；
（3）射入的速度应满足。
【点评】考查质子做匀速直线运动、类平抛运动与匀速圆周运动的处理方法，掌握运动学公式与牛顿第二定律的综合应用，理解几何关系的正确使用。
9．（路南区校级模拟）在竖直平面内建立一平面直角坐标系，轴沿水平方向，如图甲所示。第二象限内有一水平向右的匀强电场，场强为．坐标系的第一、四象限内有一正交的匀强电场和匀强交变磁场，电场方向竖直向上，场强，匀强磁场方向垂直纸面。处在第三象限的某种发射装置（图中没有画出）竖直向上射出一个比荷的带正电的微粒（可视为质点），该微粒以的速度从上的点进入第二象限，并以速度从上的点沿水平方向进入第一象限。取微粒刚进入第一象限的时刻为0时刻，磁感应强度按图乙所示规律变化（以垂直纸面向外的磁场方向为正方向），．试求：
（1）带电微粒运动到点的纵坐标值及电场强度；
（2）轴上有一点，，若带电微粒在通过点后的运动过程中不再越过轴，要使其恰能沿轴正方向通过点，求磁感应强度及其磁场的变化周期为多少？
（3）要使带电微粒通过点后的运动过程中不再越过轴，求交变磁场磁感应强度和变化周期的乘积应满足的关系？
【考点】：带电粒子在混合场中的运动；：带电粒子在匀强电场中的运动
【专题】32：定量思想；537：带电粒子在复合场中的运动专题；43：推理法；11：计算题；22：学科综合题
【分析】（1）带电微粒在电场和重力场中运动，可以看成类斜抛运动，当然也从运动的分解来解答：水平的匀加速直线运动和竖直方向的匀减速直线运动，两个方向具有独立性和等时性。
（2）首先确定由于电场力与重力相平衡，所以带电微粒在第一象限做匀速圆周运动，要使带电微粒在通过点后的运动过程中不再越过轴，要使其恰能沿轴正方向通过点，先用表示出匀速圆周运动的半径，再由几何关系确定点的纵坐标与半径有一定的关系，从而就能表示出大小及其变化周期满足的关系。
（3）要使带电微粒通过点后的运动过程中不再越过轴，先画出符合条件的带电微粒的轨迹，由轨迹找出偏转角大小，结合周期公式就能算出两者的积。
【解答】解：（1）带电微粒从点到点，竖直方向在重力作用下匀减速直线运动，
竖直方向：

水平方向做初速度为零的匀加速直线运动
此加速度由电场力产生：
所以
（2）通过计算知：，电场力与重力相平衡，所以带电微粒在第一象限做匀速圆周运动，设粒子运动轨道半径为，则
所以
使微粒从点运动到点，则有：
、2、3
所以周期： 、2、3
（3）当交变磁场周期取最大值而微粒不再越过轴时可作如图运动情形：
由图可知：

答：（1）带电微粒运动到点的纵坐标值为，电场强度为。
（2）轴上有一点，，若带电微粒在通过点后的运动过程中不再越过轴，
要使其恰能沿轴正方向通过点，则磁感应强度及其磁场的变化周期为 、2、3
（3）要使带电微粒通过点后的运动过程中不再越过轴，交变磁场磁感应强度和变化周期的乘积应满足。
【点评】本题的巧妙在于：磁感应强度的周期性变化，导致本题的多解性，需先要画出满足条件的微粒的运动轨迹，由运动周期性写出两周期的关系或时间与偏转角的关系，从而求出后两问的结果。
10．（宝鸡二模）静电喷漆技术具有效率高、浪费少、质量好、有益于健康等优点，其装置可简化如图。、为水平放置的间距的两块足够大的平行金属板，两板间有方向由指向的匀强电场，场强为。在板的中央放置一个安全接地的静电油漆喷枪，油漆喷枪可向各个方向均匀地喷出初速度大小均为的油漆微粒，已知油漆微粒的质量均为、电荷量均为，不计油漆微粒间的相互作用、油漆微粒带电对板间电场和磁场的影响及空气阻力，重力加速度．求：
（1）油漆微粒落在板上所形成的图形面积；
（2）若让、两板间的电场反向，并在两板间加垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度，调节喷枪使油漆微粒只能在纸面内沿各个方向喷出，其它条件不变。板被油漆微粒打中的区域的长度；
（3）在满足（2）的情况下，打中板的油漆微粒中，在磁场中运动的最短时间。
【考点】：带电粒子在混合场中的运动；：带电粒子在匀强电场中的运动
【专题】537：带电粒子在复合场中的运动专题
【分析】（1）根据牛顿第二定律与运动学公式，结合圆形面积公式，即可求解；
（2）根据重力与电场力相平衡，由牛顿第二定律，结合洛伦兹力提供向心力与几何知识，即可求解；
（3）根据打在板上的微粒中，最短的弦长对应的时间最短，结合几何关系与周期公式，即可求解。
【解答】解：（1）油漆微粒的加速度为：①
根据运动学公式有：②
运动的半径：③
落在板上所形成圆形面积为：④
由①②③式并代入数据得：⑤
（2）当电场反向是时有：⑥
油漆微粒做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，由牛顿第二定律有：⑦
水平向右射出的油漆微粒打在板的右端，根据几何关系有：⑧
的长度为：⑨
打在板左端的油漆微粒为和板相切的微粒，同理求得：⑩
油漆微粒打在极板上的长度为：
由⑥⑦⑧⑨⑩式并代入数据得：
（3）打在板上的微粒中，最短的弦长对应的时间最短，
由几何关系有：
运动的最短时间为：
微粒在磁场中运动的周期为：
由⑦式代入数据解得：；
答：（1）油漆微粒落在板上所形成的图形面积；
（2）若让、两板间的电场反向，并在两板间加垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度，调节喷枪使油漆微粒只能在纸面内沿各个方向喷出，其它条件不变。板被油漆微粒打中的区域的长度为；
（3）在满足（2）的情况下，打中板的油漆微粒中，在磁场中运动的最短时间为。
【点评】考查带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，掌握牛顿第二定律与运动学公式的综合应用，注重几何关系在题中的运用，注意会画出运动轨道，及已知长度与半径的关系。
11．（睢宁县模拟）以竖直向上为轴正方向的平面直角系，如图所示。在第一、四象限内存在沿轴负方向的匀强电场，在第二、三象限内存在着沿轴正方向的匀强电场和垂直于平面向外的匀强磁场。现有一质量为、电荷量为的带正电小球从坐标原点以初速度沿与轴正方向成角的方向射出。已知两电场的电场强度，磁场的磁感应强度为。
（1）求小球离开点后第一次经过轴所用的时间；
（2）求小球离开点后第三次经过轴的坐标；
（3）若小球从点以某一初速度沿与轴正方向成角的方向射出且能再次回到点，则该初速度的大小为多少？
【考点】：向心力；：带电粒子在匀强电场中的运动；：带电粒子在混合场中的运动；37：牛顿第二定律
【专题】537：带电粒子在复合场中的运动专题
【分析】（1）根据牛顿第二定律，可求出加速度大小与方向，再由运动学公式，即可求解；
（2）根据电场力与重力平衡，可知，带电小球做匀速圆周运动，由牛顿第二定律，列式可得，半径关系。从而由带电小球做平抛运动，运用运动学公式可得，每次经过轴的坐标，从而即可求解；
（3）根据带电小球做匀速圆周运动，由牛顿第二定律与几何关系可知，带电小球的初速度大小。
【解答】解：（1）设小球在第一象限中的加速度为，
由牛顿第二定律得
解得：，方向与的方向相反
在第一象限中小球先匀减速运动再反向匀加速运动，所以
（2）小球第一次经过轴后，在第二、三象限内有：，电场力与重力平衡，故做匀速圆周运动。设轨迹半径为．有：
得
小球第二次经过轴的坐标
时间后第三次经过轴，在第一、四象限内做类平抛运动，有
得
小球第二次经过轴与第三次经过轴的距离为
△
小球第三次经过轴的坐标△
（3）若小球沿与轴正方向成射出时小球的运动轨迹如图所示，有△
即
得
答：（1）则小球离开点后第一次经过轴所用的时间；
（2）则小球离开点后第三次经过轴的坐标；
（3）若小球从点以某一初速度沿与轴正方向成角的方向射出且能再次回到点，则该初速度的大小为。
【点评】考查带电小球在电场力作用下做类平抛运动，在磁场力作用下做匀速圆周运动，掌握处理的方法与规律，理解牛顿第二定律与几何的关系的应用。本题画出正确的运动轨迹是解题的关键所在。
12．（江西模拟）在科学研究中，可以通过施加适当的电场和磁场来实现对带电粒子运动的控制。如图甲所示，、为间距足够大的水平极板，紧靠极板右侧放置竖直的荧光屏，在间加上如图乙所示的匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下，磁场方向垂直于纸面向里，图中、、均为已知量。时刻，比荷的正粒子以一定的初速度从点沿水平方向射入极板间，在时间内粒子恰好沿直线运动，时刻粒子打到荧光屏上。不计粒子的重力，涉及图象中时间间隔时取，，求：
（1）在时刻粒子的运动速度；
（2）在时刻粒子偏离点的竖直距离；
（3）水平极板的长度。
【考点】：带电粒子在混合场中的运动；：带电粒子在匀强磁场中的运动；：带电粒子在匀强电场中的运动
【专题】537：带电粒子在复合场中的运动专题；：图析法；16：压轴题；35：整体思想；21：信息给予题；12：应用题
【分析】带电粒子在交变的电场和磁场中运动情况比较复杂，既要考虑受力同时还要分析速度方向，分段计算，走一步算一步是本题的关键：
（1）在该时间段里，粒子先做匀速直线运动后做类平抛运动，末速度是水平速度和竖直速度的矢量和。
（2）在第一问的基础上，求出了末速度大小和方向，向下偏移的距离也能求出。紧接着粒子只受洛仑兹力，粒子做匀速圆周运动。由于时间正好是周期的，所以粒子又转过，速度方向又变为水平。由几何关系能求出圆周运动向下偏移的距离，两者之和是时刻的竖直位移。
（3）同理，在以后的两个时间段里粒子相继做类平抛运动和匀速圆周运动，求出每一时间段的水平位移，那么总的板长就是这几段水平位移之和。
【解答】解：（1）在时间内，粒子在电磁场中做匀速直线运动，则有：
得：
在时间内，粒子在电场中做类平抛运动

则有：
由 得：，即与水平方向成角向下
（2）在电场中做类平抛运动向下偏移：
在时间内，粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动周期
在磁场中运动时间，即圆周运动的圆心角为，此时速度恰好沿水平方向。
磁场中：由得：

偏离的竖直距离为：
（3）在时刻进入电场时以初速度做类平抛运动，
再次进入磁场时，
由得 即与水平方向成角向下。
由得
综上可得：长度为：
答：（1）在时刻粒子的运动速度为，方向与水平方向成角向下。
（2）在时刻粒子偏离点的竖直距离为。
（3）水平极板的长度为。
【点评】本题是带电粒子在复杂的电场、磁场、复合场运动，一定要在每个时间段先进行受力分析，确定运动状态的初末速度大小和方向。计算一步向前走一步，才能得到正确结果，若错一步则后面步步错。特别注意的是：做类平抛运动弄清该段末速度的大小和方向，做匀速圆周运动要弄清转过的角度。
13．（宣城二模）如图所示，在同时存在匀强电场和匀强磁场的空间中取正交坐标系轴正方向水平向右，轴正方向竖直向上）。匀强磁场方向与平面平行，且与轴的夹角为，重力加速度为。
（1）一质量为、电荷量为的带电质点沿平行于轴正方向以速度做匀速直线运动，求满足条件的电场强度的最小值及对应的磁感应强度；
（2）在满足（1）的条件下，当带电质点通过轴上的点，，时，撤去匀强磁场，求带电质点落在平面内的位置；
（3）当带电质点沿平行于轴负方向以速度通过轴上的点，，时，改变电场强度大小和方向，同时改变磁感应强度的大小，要使带点质点做匀速圆周运动且能够经过轴，问电场强度和磁感应强度大小满足什么条件？
【考点】：带电粒子在混合场中的运动
【专题】537：带电粒子在复合场中的运动专题
【分析】（1）带电质点受到重力（大小及方向均已知）、洛伦兹力（方向已知）、电场力（大小及方向均未知）的作用做匀速直线运动。根据力三角形知识分析可知：当电场力方向与磁场方向相同时，场强有最小值．根据物体的平衡条件列式即可求解；
（2）撤去磁场后，带电质点受到重力和电场力作用，其合力沿方向并与方向垂直，大小等于，故带电质点在与平面成角的平面内做类平抛运动。根据平抛运动的基本公式及运动的合成与分解即可求解；
（3）当电场力和重力平衡时，带点质点才能在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，根据电场力等于重力，洛伦兹力提供向心力列式即可求解。
【解答】解：（1）如图1所示，带电质点受到重力（大小及方向均已知）、洛伦兹力（方向已知）、电场力（大小及方向均未知）的作用做匀速直线运动。根据力三角形知识分析可知：当电场力方向与磁场方向相同时，场强有最小值．根据物体的平衡规律有
解得
（2）如图2所示，撤去磁场后，带电质点受到重力和电场力作用，其合力沿方向并与方向垂直，大小等于，故带电质点在与平面成角的平面内做类平抛运动。
由牛顿第二定律有：
解得
设经时间到达平面内的点，，，由运动的分解可得
沿方向
沿方向
又
联立解得
则带电质点落在，0， 点
（3）当电场力和重力平衡时，带点质点才能在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动
则有：
得：
要使带点质点经过轴，圆周的直径为
根据
得
答：（1）电场强度的最小值为，对应的磁感应强度为；
（2）在满足（1）的条件下，当带电质点通过轴上的点，，时，撤去匀强磁场，带电质点落在平面内的位置坐标为，0， ；
（3）当带电质点沿平行于轴负方向以速度通过轴上的点，，时，改变电场强度大小和方向，同时改变磁感应强度的大小，要使带点质点做匀速圆周运动且能够经过轴，电场强度为，磁感应强度为。
【点评】本题是带电粒子在复合场中的运动问题，分匀速直线运动、匀速圆周运动和类似平抛运动三种情况进行研究，难道较大。
14．（全国三模）如图甲所示，竖直平面内，在轴右侧存在竖直向下的电场强度为的匀强电场和一个交变磁场，磁感应强度大小为，交变磁场变化规律如图乙所示，规定垂直纸面向里为磁场的正方向。在第二象限存在方向水平向左的电场强度为的匀强电场和一个方向垂直纸面向外的匀强磁场。带负电的粒子从轴上的点与轴成角沿直线运动，经过轴上的点进入轴右侧后做匀速圆周运动，当粒子刚进入轴右侧时，交变磁场立即从开始变化。现已知点坐标为，粒子的电荷量为，粒子质量为，。
（1）求。
（2）若已知交变磁场的周期，粒子在时经过点，时恰好水平经过轴上的点，求点的横坐标。
【考点】：带电粒子在混合场中的运动
【专题】：几何法；22：学科综合题；11：计算题；32：定量思想；537：带电粒子在复合场中的运动专题
【分析】（1）粒子从到做直线运动，一定做匀速直线运动，分析受力情况，根据平衡条件得到与的关系式。粒子在第一象限做匀速圆周运动，电场力和重力平衡，由此列式，得到与重力的关系式，结合求解。
（2）根据粒子在磁场中运动周期与交变磁场的周期的关系，分析粒子在轴右侧的运动情况，画出运动轨迹，再求解点的横坐标。
【解答】解：（1）粒子从到做直线运动，一定做匀速直线运动，受力如图所示。
则得
又因为粒子在轴右侧做匀速圆周运动，所以重力与电场力平衡，即
由，得，
（2）由可得粒子与轴正方向成角射入第一象限，磁场的变化周期，粒子运动的周期为

所以
粒子转动一周的，磁场就发生变化，所以每次转动的圆心角为。
因为开始时粒子速度与轴正方向成，转到速度方向沿轴向下磁场方向即发生变化，到达轴点经历的总时间等于磁场变化周期的3倍和粒子做圆周运动的周期的的总和，画出粒子的运动轨迹如图所示。
即经过三个和一个，恰好水平过轴上的点
粒子每转过一次，轨迹如图所示。
向下移动，向右移动距离为
共向下移动，由点坐标可知
解得
由图可得，粒子到达点时共向右移动的距离为
所以点的横坐标为。
答：
（1）为。
（2）点的横坐标为。
【点评】本题中粒子在复合场是运动，分析受力情况，确定粒子的运动情况是解题的基础。结合粒子运动的周期性，运用数学几何知识综合求解。
15．（南通模拟）如图（a）所示，在真空中，半径为的虚线所围的圆形区域内存在匀强磁场，磁场方向与纸面垂直。在磁场右侧有一对平行金属板和，两板间距离也为，板长为，两板的中心线与磁场区域的圆心在同一直线上，两板左端与也在同一直线上。有一电荷量为、质量为的带电粒子，以速率从圆周上的点沿垂直于半径并指向圆心的方向进入磁场，当从圆周上的点飞出磁场时，给、板加上如图（b）所示电压。最后粒子刚好以平行于板的速度，从板的边缘飞出。不计平行金属板两端的边缘效应及粒子所受的重力。
（1）求磁场的磁感应强度；
（2）求交变电压的周期和电压的值；
（3）若时，将该粒子从板右侧沿板的中心线，仍以速率射入、之间，求粒子从磁场中射出的点到点的距离。
【考点】：向心力；37：牛顿第二定律；：带电粒子在混合场中的运动；：带电粒子在匀强电场中的运动
【专题】16：压轴题；537：带电粒子在复合场中的运动专题
【分析】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，用牛顿第二定律可求出磁场的大小，用左手定则可判知磁场的方向。
（2）粒子进入电场后将做复杂的曲线运动，但在水平方向上是匀速直线运动，在竖直方向上是周期性的偏转运动，竖直方向的位移是，应用周期性的偏转位移进行求解。
（3）当粒子以速度沿射入电场时，粒子要向上偏转，最后从板的右端进入磁场，作出偏转的轨迹图，利用几何关系可判知磁场中射出的点到点的距离。
【解答】解：
（1）粒子自点进入磁场向右偏转，从点水平飞出磁场，运动的半径必为，如图一所示：
洛伦兹力提供向心力，有：
解得：
由左手定则可知，磁场方向垂直纸面向外。
（2）粒子自点进入电场，做变加速曲线运动，最后恰好从板的边缘平行飞出（如图二所示），
设运动时间为，则水平方向上有：
在竖直方向上有：
，2，
解得 ，2，
，2，
（3）当粒子以速度沿射入电场时，则该粒子恰好从板边缘以平行于极板的速度射入磁场（如图三所示），
且进入磁场的速度仍为，运动的轨道半径仍为。
设进入磁场的点为，离开磁场的点为，圆心为，如图所示，四边形 是菱形，故 。
所以、、三点共线，即为圆的直径。即间的距离为。
答：（1）求磁场的磁感应强度为，方向垂直纸面向外。
（2）交变电压的周期为，2，
电压为，2，，
（3）粒子从磁场中射出的点到点的距离为。
【点评】该题考查了带电粒子在有边界的匀强磁场中的偏转和在变化的电场中的运动，正确分析带电粒子在电场和磁场中的受力并判断其运动的性质及轨迹是解题的关键；在分析其受力及描述其轨迹时，要有较强的空间想象能力，并善于把空间图形转化为最佳平面视图；当带电粒子在电磁场中做多过程运动时，关键是掌握基本运动的特点和寻找过程的边界条件。
考点卡片
1．牛顿第二定律
【知识点的认识】
1．内容：物体的加速度跟物体所受的合外力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟合外力的方向相同．
2．表达式：F合＝ma．该表达式只能在国际单位制中成立．因为F合＝k•ma，只有在国际单位制中才有k＝1．力的单位的定义：使质量为1kg的物体，获得1m/s2的加速度的力，叫做1N，即1N＝1kg•m/s2．
3．适用范围：
（1）牛顿第二定律只适用于惯性参考系（相对地面静止或匀速直线运动的参考系）．
（2）牛顿第二定律只适用于宏观物体（相对于分子、原子）、低速运动（远小于光速）的情况．
4．对牛顿第二定律的进一步理解
牛顿第二定律是动力学的核心内容，我们要从不同的角度，多层次、系统化地理解其内涵：F量化了迫使物体运动状态发生变化的外部作用，m量化了物体“不愿改变运动状态”的基本特性（惯性），而a则描述了物体的运动状态（v）变化的快慢．明确了上述三个量的物理意义，就不难理解如下的关系了：a∝F，a∝．
另外，牛顿第二定律给出的F、m、a三者之间的瞬时关系，也是由力的作用效果的瞬时性特征所决定的．
（1）矢量性：加速度a与合外力F合都是矢量，且方向总是相同．
（2）瞬时性：加速度a与合外力F合同时产生、同时变化、同时消失，是瞬时对应的．
（3）同体性：加速度a与合外力F合是对同一物体而言的两个物理量．
（4）独立性：作用于物体上的每个力各自产生的加速度都遵循牛顿第二定律，而物体的合加速度则是每个力产生的加速度的矢量和，合加速度总是与合外力相对应．
（5）相对性：物体的加速度是对相对地面静止或相对地面做匀速运动的物体而言的．
【命题方向】
题型一：对牛顿第二定律的进一步理解的考查
例子：放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F的作用，F的大小与时间t的关系如图甲所示，物块速度v与时间t的关系如图乙所示．取重力加速度g＝10m/s2．由此两图线可以得出（ ）
A．物块的质量为1.5kg
B．物块与地面之间的滑动摩擦力为2N
C．t＝3s时刻物块的速度为3m/s
D．t＝3s时刻物块的加速度为2m/s2
分析：根据v﹣t图和F﹣t图象可知，在4～6s，物块匀速运动，处于受力平衡状态，所以拉力和摩擦力相等，由此可以求得物体受到的摩擦力的大小，在根据在2～4s内物块做匀加速运动，由牛顿第二定律可以求得物体的质量的大小．根据速度时间图线求出3s时的速度和加速度．
解答：4～6s做匀速直线运动，则f＝F＝2N．2～4s内做匀加速直线运动，加速度a＝，根据牛顿第二定律得，F﹣f＝ma，即3﹣2＝2m，解得m＝0.5kg．由速度﹣时间图线可知，3s时刻的速度为2m/s．故B、D正确，A、C错误．
故选：BD．
点评：本题考查学生对于图象的解读能力，根据两个图象对比可以确定物体的运动的状态，再由牛顿第二定律来求解．
题型二：对牛顿第二定律瞬时性的理解
例子：如图所示，质量为m的球与弹簧Ⅰ和水平细线Ⅱ相连，Ⅰ、Ⅱ的另一端分别固定于P、Q．球静止时，Ⅰ中拉力大小为F1，Ⅱ中拉力大小为F2，当剪断Ⅱ瞬间时，球的加速度a应是（ ）
A．则a＝g，方向竖直向下 B．则a＝g，方向竖直向上
C．则a＝，方向沿Ⅰ的延长线 D．则a＝，方向水平向左
分析：先研究原来静止的状态，由平衡条件求出弹簧和细线的拉力．刚剪短细绳时，弹簧来不及形变，故弹簧弹力不能突变；细绳的形变是微小形变，在刚剪短弹簧的瞬间，细绳弹力可突变！根据牛顿第二定律求解瞬间的加速度．
解答：Ⅱ未断时，受力如图所示，由共点力平衡条件得，F2＝mgtanθ，F1＝．
刚剪断Ⅱ的瞬间，弹簧弹力和重力不变，受力如图：
由几何关系，F合＝F1sinθ＝F2＝ma，由牛顿第二定律得：
a＝＝，方向水平向左，故ABC错误，D正确；
故选：D．
点评：本题考查了求小球的加速度，正确受力分析、应用平衡条件与牛顿第二定律即可正确解题，知道弹簧的弹力不能突变是正确解题的关键．
题型三：动力学中的两类基本问题：①已知受力情况求物体的运动情况；②已知运动情况求物体的受力情况．
加速度是联系运动和受力的重要“桥梁”，将运动学规律和牛顿第二定律相结合是解决问题的基本思路．
例子：某同学为了测定木块与斜面间的动摩擦因数，他用测速仪研究木块在斜面上的运动情况，装置如图甲所示．他使木块以初速度v0＝4m/s的速度沿倾角θ＝30°的斜面上滑紧接着下滑至出发点，并同时开始记录数据，结果电脑只绘出了木块从开始上滑至最高点的v﹣t图线如图乙所示．g取10m/s2．求：
（1）上滑过程中的加速度的大小a1；
（2）木块与斜面间的动摩擦因数μ；
（3）木块回到出发点时的速度大小v．
分析：（1）由v﹣t图象可以求出上滑过程的加速度．
（2）由牛顿第二定律可以得到摩擦因数．
（3）由运动学可得上滑距离，上下距离相等，由牛顿第二定律可得下滑的加速度，再由运动学可得下滑至出发点的速度．
解答：（1）由题图乙可知，木块经0.5s滑至最高点，由加速度定义式有：
上滑过程中加速度的大小：
（2）上滑过程中沿斜面向下受重力的分力，摩擦力，由牛顿第二定律F＝ma得上滑过程中有：
mgsinθ+μmgcsθ＝ma1
代入数据得：μ＝0.35．
（3）下滑的距离等于上滑的距离：
x＝＝m＝1m
下滑摩擦力方向变为向上，由牛顿第二定律F＝ma得：
下滑过程中：mgsinθ﹣μmgcsθ＝ma2
解得：＝2m/s2
下滑至出发点的速度大小为：v＝
联立解得：v＝2m/s
答：（1）上滑过程中的加速度的大小；
（2）木块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.35；
（3）木块回到出发点时的速度大小v＝2m/s．
点评：解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律和运动学公式联合求解．
【解题方法点拨】
1．根据牛顿第二定律知，加速度与合外力存在瞬时对应关系．对于分析瞬时对应关系时应注意两个基本模型特点的区别：
（1）轻绳、轻杆模型：①轻绳、轻杆产生弹力时的形变量很小，②轻绳、轻杆的拉力可突变；
（2）轻弹簧模型：①弹力的大小为F＝kx，其中k是弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量，②弹力突变．
2．应用牛顿第二定律解答动力学问题时，首先要对物体的受力情况及运动情况进行分析，确定题目属于动力学中的哪类问题，不论是由受力情况求运动情况，还是由运动情况求受力情况，都需用牛顿第二定律列方程．
应用牛顿第二定律的解题步骤
（1）通过审题灵活地选取研究对象，明确物理过程．
（2）分析研究对象的受力情况和运动情况，必要时画好受力示意图和运动过程示意图，规定正方向．
（3）根据牛顿第二定律和运动公式列方程求解．（列牛顿第二定律方程时可把力进行分解或合成处理，再列方程）
（4）检查答案是否完整、合理，必要时需进行讨论．
2．共点力的平衡
【知识点的认识】
1．共点力
物体同时受几个力的作用，如果这几个力都作用于物体的同一点或者它们的作用线交于同一点，这几个力叫共点力。能简化成质点的物体受到的力可视为共点力。
2．平衡状态
物体保持静止或匀速运动状态（或有固定转轴的物体匀速转动）。
注意：这里的静止需要二个条件，一是物体受到的合外力为零，二是物体的速度为零，仅速度为零时物体不一定处于静止状态，如物体做竖直上抛运动达到最高点时刻，物体速度为零，但物体不是处于静止状态，因为物体受到的合外力不为零。
共点力的平衡：如果物体受到共点力的作用，且处于平衡状态，就叫做共点力的平衡。
共点力的平衡条件：为使物体 保持平衡状态，作用在物体上的力必须满足的条件，叫做两种平衡状态：
静态平衡v＝0；a＝0；
动态平衡v≠0；a＝0；
①瞬时速度为0时，不一定处于平衡状态。如：竖直上抛最高点。只有能保持静止状态而加速度也为零才能认为平衡状态。
②物理学中的“缓慢移动”一般可理解为动态平衡。
3．共点力作用下物体的平衡条件
（1）物体受到的合外力为零。即F合＝0； 其正交分解式为F合x＝0；F合y＝0；
（2）某力与余下其它力的合力平衡（即等值、反向）。
二力平衡：这两个力大小相等，方向相反，作用在同一直线上，并作用于同一物体。
（要注意与一对作用力与反作用力的区别）。
三力平衡：三个力的作用线（或者反向延长线）必交于一个点，且三个力共面。称为汇交共面性。其力大小符合组成三角形规律。
三个力平移后构成一个首尾相接、封闭的矢量 形；任意两个力的合力与第三个力等大、反向（即是相互平衡）。
推论：①非平行的三个力作用于物体而平衡，则这三个力一定共点。
②几个共点力作用于物体而平衡，其中任意几个力的合力与剩余几个力（一个力）的合力一定等值反向。
三力汇交原理：当物体受到三个非平行的共点力作用而平衡时，这三个力必交于一点；
说明：
①物体受到N个共点力作用而处于平衡状态时，取出其中的一个力，则这个力必与剩下的（N﹣1）个力的合力等大反向。
②若采用正交分解法求平衡问题，则其平衡条件为：FX合＝0，FY合＝0；
求解平衡问题的一般步骤：选对象，画 受力图，建坐标，列方程。
4．平衡的临界问题
由某种物理现象变化为另一种物理现象或由某种物理状态变化为另一种物理状态时，发生转折的状态叫临界状态，临界状态可以理解为“恰好出现”或“恰好不出现”某种现象的状态。平衡物体的临界状态是指物体所处的平衡状态将要发生变化的状态。往往 利用“恰好出现”或“恰好不出现”的条件。
5．平衡的极值问题
极值是指研究平衡问题中某物理量变化情况时出遭到的最大值或最小值。可分为简单极值问题和条件极值问题。
【重要考点归纳】
1．物体的受力分析
（1）受力分析步骤
物体的受力分析是解决力学问题的基础，同时也是关键所在，一般对物体进行受力分析的步骤如下：
①明确研究对象。
在进行受力分析时，研究对象可以是某一个物体，也可以是保持相对静止的若干个物体。在解决比较复杂的问题时，灵活地选取研究对象可以使问题简化。研究对象确定以后，只分析研究对象以外的物体施 予研究对象的力（既研究对象所受的外力），而不分析研究对象施予外界的力。
②按顺序找力。
必须是先场力（重力、电场力、磁场力），后接触力；接触力中必须先弹力，后摩擦力（只有在有弹力的接触面之间才可能有摩擦力）。
③画出受力示意图，标明各力的符号。
④需要合成或分解时，必须画出相应的平行四边形。
（2）隔离法与整体法
①整体法：以几个物体构成的整个系统为研究对象进行求解。在许多问题中用整体法比较方便，但整体法不能求解系统的内力。
②隔离法：从系统中选取一部分（其中的一个物体或两个物体组成的整体，少于系统内物体的总个数）进行分析。隔离法的原则是选取受力个数最少部分的来分析。
③通常在分析外力对系统作用时，用整体法；在分析系统内各物体之间的相互作用时，用隔离法。有时在解答一个问题时要多次选取研究对象，需要整体法与隔离法交叉使用。
注意：本考点考查考生的基本功：受力分析，受力分析是处理力学问题的关键和基础，所以要熟练掌握物体受力分析的一般步骤和方法。
2．共点力平衡的处理方法
（1）三力平衡的基本解题方法
①力的合成、分解法：即分析物体的受力，把某两个力进行合成，将三力转化为二力，构成一对平衡力，二是把重力按实际效果进行分解，将三力转化为四力，构成两对平衡力。
②相似三角形法：利用矢量三角形与几何三角形相似的关系，建立方程求解力的方法。应用这种方法，往往能收到简捷的效果。
（2）多力平衡的基本解题方法：正交分解法
利用正交分解方法解体的一般步骤：
①明确研究对象；
②进行受力分析；
③建立直角坐标系，建立坐标系的原则是让尽可能多的力落在坐标轴上，将不在坐标轴上的力正交分解；
④x方向，y方向分别列平衡方程求解。
注意：求解平衡问题关键在于对物体正确的受力分析，不能多力，也不能少力，对于三力平衡，如果是特殊角度，一般采用力的合成、分解法，对于非特殊角，可采用相似三角形法求解，对于多力平衡，一般采用正交分解法。
3．动态平衡
求解三个力的动态平衡问题，一般是采用图解法，即先做出两个变力的合力（应该与不变的那个力等大反向）然后过合力的末端画方向不变的那个力的平行线，另外一个变力的末端必落在该平行线上，这样就能很直观的判断两个变力是如何变化的了，如果涉及到最小直的问题，还可以采用解析法，即采用数学求极值的方法求解。
4．连接体的平衡问题
当一个系统（两个及两个以上的物体）处于平衡状态时，系统内的每一个物体都处于平衡状态，当求系统内各部分相互作用时用隔离法（否则不能暴露物体间的相互作用），求系统受到的外力时，用整体法，即将整个系统作为一个研究对象，具体应用中，一般两种方法交替使用。
【命题方向】
（1）第一类常考题型是对基本知识点的考查：
如图所示，一光滑斜面固定在地面上，重力为G的物体在一水平推力F的作用下处于静止状态。若斜面的倾角为θ，则（ ）
A．F＝Gcsθ
B．F＝Gsinθ
C．物体对斜面的压力FN＝Gcsθ
D．物体对斜面的压力FN＝
分析：对物体进行受力分析：重力、推力F和斜面的支持力，作出力图，根据平衡条件求出F和斜面的支持力，再得到物体对斜面的压力。
解：以物体为研究对象，对物体进行受力分析：重力、推力F和斜面的支持力，作出力图如图，根据平衡条件得
F＝FNsinθ
FNcsθ＝G
解得 F＝Gtanθ，FN＝
由牛顿第三定律得：FN′＝FN＝
故选D。
点评：本题分析受力情况，作出力图是解题的关键。此题运用力合成法进行处理，也可以运用正交分解法求解。
（2）第二类常考题型是对多力平衡综合的考查：
如图所示，半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有固定放置的竖向挡板MN，在P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于静止状态，若用外力使MN保持竖直且缓慢向右移动，在Q落到地面以前，发现P始终保持静止，在此过程中（ ）
A．MN对Q的弹力逐渐减小
B．Q所受的合力逐渐增大
C．地面对P的摩擦力逐渐增大
D．P、Q间的弹力先减小后增大
分析：先对Q受力分析，受重力、P对Q的支持力和MN对Q的支持力，根据平衡条件求解出两个支持力；再对P、Q整体受力分析，受重力、地面支持力、MN挡板对其向左的支持力和地面对其向右的支持力，再次根据共点力平衡条件列式求解。
解答：先对Q受力分析，受重力、P对Q的支持力和MN对Q的支持力，如图
根据共点力平衡条件，有：
N1＝
N2＝mgtanθ
再对P、Q整体受力分析，受重力、地面支持力、MN挡板对其向左的支持力和地面对其向右的摩擦力，如图
根据共点力平衡条件，有：
f＝N2
N＝（M+m）g
故：f＝mgtanθ
MN保持竖直且缓慢地向右移动过程中，角θ不断变大，故f变大，N不变，N1变大，N2变大，P、Q受到的合力一直为零；
故选：C。
点评：本题关键是先对物体Q受力分析，再对P、Q整体受力分析，然后根据共点力平衡条件求出各个力的表达式，最后再进行讨论。
（3）第二类常考题型是对连接体的平衡问题的考查：
有一个直角支架AOB，AO水平放置，表面粗糙，OB竖直向下，表面光滑。AO上套有小环P，OB上套有小环Q，两环质量均为m，两环间由一根质量可忽略、不可伸长的细绳相连，并在某一位置平衡（如图所示）。现将P环向左移一小段距离，两环再次达到平衡，那么将移动后的平衡状态和原来的平衡状态比较，AO杆对P环的支持力N和细绳上的拉力T的变化情况是（ ）
A．N不变，T变大 B．N不变，T变小
C．N变大，T变大 D．N变大，T变小
分析：分别以两环组成的整体和Q环为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件研究AO杆对P环的支持力N和细绳上的拉力T的变化情况。
解：以两环组成的整体，分析受力情况如图1所示。根据平衡条件得，N＝2mg保持不变。再以Q环为研究对象，分析受力情况如图2所示。设细绳与OB杆间夹角为α，由平衡条件得，细绳的拉力T＝，P环向左移一小段距离时，α减小，csα变大，T变小。
故选：B。
点评：本题涉及两个物体的平衡问题，灵活选择研究对象是关键。当几个物体都处于静止状态时，可以把它们看成整体进行研究。
【解题方法点拨】
力学知识是物理学的基础，受力分析又是力学的基础，从近几年高考出题的形式上来看，力的合成与分解问题常与日常生活实际紧密结合，突出了对于实际物理问题的模型抽象能力，在高考的出题方向上也体现了考查学生运用数学知识分析物理问题的能力，主要是考查共点力作用下的物体平衡，尤其是三个共点力的平衡问题，同时更多的题目则体现了与物体的平衡问题、牛顿第二定律的应用问题、动量能量、场类问题的综合考查，试题形式主要以选择题、解答题形式出现。
3．向心力
【知识点的认识】
一：向心力
1．作用效果：产生向心加速度，只改变速度的方向，不改变速度的大小．
2．大小：Fn＝man＝＝mω2r＝．
3．方向：总是沿半径方向指向圆心，时刻在改变，即向心力是一个变力．
4．来源：向心力可以由一个力提供，也可以由几个力的合力提供，甚至可以由一个力的分力提供，因此向心力的来源要根据物体受力的实际情况判定．
注意：向心力是一种效果力，受力分析时，切不可在物体的相互作用力以外再添加一个向心力．
二、离心运动和向心运动
1．离心运动
（1）定义：做圆周运动的物体，在所受合外力突然消失或不足以提供圆周运动所需向心力的情况下，就做逐渐远离圆心的运动．
（2）本质：做圆周运动的物体，由于本身的惯性，总有沿着圆周切线方向飞出去的倾向．
（3）受力特点：
当F＝mrω2时，物体做匀速圆周运动；
当F＝0时，物体沿切线方向飞出；
当F＜mrω2时，物体逐渐远离圆心，F为实际提供的向心力．如图所示．
2．向心运动
当提供向心力的合外力大于做圆周运动所需向心力时，即F＞mrω2，物体渐渐向圆心靠近．如图所示．
注意：物体做离心运动不是物体受到所谓离心力作用，而是物体惯性的表现，物体做离心运动时，并非沿半径方向飞出，而是运动半径越来越大或沿切线方向飞出．
【重要知识点分析】
1．圆周运动中的运动学分析
（1）对公式v＝ωr的理解
当r一定时，v与ω成正比．
当ω一定时，v与r成正比．
当v一定时，ω与r成反比．
（2）对a＝＝ω2r＝ωv的理解
在v一定时，a与r成反比；在ω一定时，a与r成正比．
2．匀速圆周运动和非匀速圆周运动的比较
【命题方向】
（1）第一类常考题型是对圆周运动中的传动问题分析：
一个内壁光滑的圆锥形筒的轴线垂直水平面，圆锥筒固定，有质量相等的小球A和B沿着筒的内壁在水平面内做匀速圆周运动，A的运动半径较大，则（ ）
A．球A的线速度等于球B的线速度
B．球A的角速度等于球B的角速度
C．球A的运动周期等于球B的运动周期
D．球A对筒壁的压力等于球B对筒壁的压力
分析：对AB受力分析，可以发现它们都是重力和斜面的支持力的合力作为向心力，并且它们的质量相等，所以向心力的大小也相等，再根据线速度、加速度和周期的公式可以做出判断．
解：
A、如右图所示，小球A和B紧贴着内壁分别在水平面内做匀速圆周运动．
由于A和B的质量相同，小球A和B在两处的合力相同，即它们做圆周运动时的向心力是相同的．
由向心力的计算公式F＝m，由于球A运动的半径大于B球的半径，F和m相同时，半径大的线速度大，所以A错误．
B、又由公式F＝mω2r，由于球A运动的半径大于B球的半径，F和m相同时，半径大的角速度小，所以B错误．
C、由周期公式T＝，所以球A的运动周期大于球B的运动周期，故C错误．
D、球A对筒壁的压力等于球B对筒壁的压力，所以D正确．
故选D．
点评：对物体受力分析是解题的关键，通过对AB的受力分析可以找到AB的内在的关系，它们的质量相同，向心力的大小也相同，本题能很好的考查学生分析问题的能力，是道好题．
（2）第二类常考题型是对圆周运动中的动力学问题分析：
如图所示，质量为m的小球在竖直平面内的光滑圆轨道上做圆周运动．圆半径为R，小球经过圆环最高点时刚好不脱离圆轨．则其通过最高点时（ ）
A．小球对圆环的压力大小等于mg
B．小球受到的向心力等于重力
C．小球的线速度大小等于
D．小球的向心加速度大小等于g
分析：小球经过圆环最高点时刚好不脱离圆环，知轨道对小球的弹力为零，靠重力提供向心力，根据牛顿第二定律求出小球的速度．
解：A、因为小球刚好在最高点不脱离圆环，则轨道对球的弹力为零，所以小球对圆环的压力为零．故A错误．
B、根据牛顿第二定律得，mg＝m＝ma，知向心力不为零，线速度v＝，向心加速度a＝g．故B、C、D正确．
故选BCD．
点评：解决本题的关键知道在最高点的临界情况，运用牛顿第二定律进行求解．
（3）第二类常考题型是对圆周运动的绳模型与杆模型分析：
如图，质量为0.5kg的小杯里盛有1kg的水，用绳子系住小杯在竖直平面内做“水流星”表演，转动半径为1m，小杯通过最高点的速度为4m/s，g取10m/s2．求：
（1）在最高点时，绳的拉力？
（2）在最高点时水对小杯底的压力？
（3）为使小杯经过最高点时水不流出，在最高点时最小速率是多少？
分析：（1）受力分析，确定圆周运动所需要的向心力是由哪个力提供的；
（2）水对小杯底的压力与杯子对水的支持力是作用力与反作用力，只要求出杯子对水的支持力的大小就可以了，它们的大小相等，方向相反；
（3）物体恰好能过最高点，此时的受力的条件是只有物体的重力作为向心力．
解：（1）小杯质量m＝0.5kg，水的质量M＝1kg，在最高点时，
杯和水的受重力和拉力作用，如图所示，
合力F合＝（M+m）g+T﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
圆周半径为R，则F向＝（M+m）﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
F合提供向心力，有 （M+m）g+T＝（M+m）
所以细绳拉力T＝（M+m）（﹣g）＝（1+0.5）（﹣10）＝9N；
（2）在最高点时，水受重力Mg和杯的压力F作用，如图所示，
合力F合＝Mg+F
圆周半径为R，则F向＝M
F合提供向心力，有 Mg+F＝M
所以杯对水的压力F＝M（﹣g）＝1×（﹣10）＝6N；
根据牛顿第三定律，水对小杯底的压力为6N，方向竖直向上．
（3）小杯经过最高点时水恰好不流出时，此时杯对水的压力为零，只有水的重力作为向心力，由（2）得：
Mg＝M
解得v＝＝m/s＝．
答：（1）在最高点时，绳的拉力为9 N；（2）在最高点时水对小杯底的压力为6N；（3）在最高点时最小速率为．
点评：水桶在竖直面内做圆周运动时向心力的来源是解决题目的重点，分析清楚哪一个力做为向心力，再利用向心力的公式可以求出来，必须要明确的是当水桶恰好能过最高点时，只有水的重力作为向心力，此时水恰好流不出来．
【解题方法点拨】
1．圆周运动中的运动学规律总结
在分析传动装置中的各物理量时，要抓住不等量和相等量的关系，具体有：
（1）同一转轴的轮上各点角速度ω相同，而线速度v＝ωr与半径r成正比．
（2）当皮带（或链条、齿轮）不打滑时，传动皮带上各点以及用皮带连接的两轮边沿上的各点线速度大小相等，而角速度ω＝与半径r成反比．
（3）齿轮传动时，两轮的齿数与半径成正比，角速度与齿数成反比．
2．圆周运动中的动力学问题分析
（1）向心力的确定
①确定圆周运动的轨道所在的平面及圆心的位置．
②分析物体的受力情况，找出所有的力沿半径方向指向圆心的合力，该力就是向心力．
（2）向心力的来源
向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、弹力、摩擦力等各种力，也可以是几个力的合力或某个力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加向心力．
（3）解决圆周运动问题步骤
①审清题意，确定研究对象；
②分析物体的运动情况，即物体的线速度、角速度、周期、轨道平面、圆心、半径等；
③分析物体的受力情况，画出受力示意图，确定向心力的来源；
④根据牛顿运动定律及向心力公式列方程．
3．竖直平面内圆周运动的绳模型与杆模型
（1）在竖直平面内做圆周运动的物体，按运动到轨道最高点时的受力情况可分为两类：一是无支撑（如球与绳连接、沿内轨道运动的过山车等），称为“绳（环）约束模型”，二是有支撑（如球与杆连接、在弯管内的运动等），称为“杆（管道）约束模型”．
（2）绳、杆模型涉及的临界问题．
4．动量守恒定律
【知识点的认识】
1．内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变，这就是动量守恒定律．
2．表达式：
（1）p＝p′，系统相互作用前总动量p等于相互作用后的总动量p′．
（2）m1v1+m2v2＝m1v1′+m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和．
（3）△p1＝﹣△p2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向．
（4）△p＝0，系统总动量的增量为零．
3．动量守恒定律的适用条件
（1）不受外力或所受外力的合力为零．不能认为系统内每个物体所受的合外力都为零，更不能认为系统处于平衡状态．
（2）近似适用条件：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力．
（3）如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则在这一方向上动量守恒．
【命题方向】
题型一：动量守恒的判断
例子：如图所示，A、B两物体的质量比mA：mB＝3：2，它们原来静止在平板车C上，A、B间有一根被压缩了的弹簧，A、B与平板车上表面间动摩擦因数相同，地面光滑．当弹簧突然释放后，则有（ ）
A．A、B系统动量守恒 B．A、B、C系统动量守恒
C．小车向左运动 D．小车向右运动
分析：在整个过程中三个物体组成的系统合外力为零，系统的动量守恒．分析小车的受力情况，判断其运动情况．
解答：A、B，由题意，地面光滑，所以A、B和弹簧、小车组成的系统受合外力为零，所以系统的动量守恒．
在弹簧释放的过程中，由于mA：mB＝3：2，A、B所受的摩擦力大小不等，所以A、B组成的系统合外力不为零，动量不守恒．故A错误．B正确；
C、D由于A、B两木块的质量之比为m1：m2＝3：2，由摩擦力公式f＝μN＝μmg知，A对小车向左的滑动摩擦力大于B对小车向右的滑动摩擦力，在A、B相对小车停止运动之前，小车的合力所受的合外力向左，会向左运动，故C正确，D错误．
故选：BC．
点评：本题关键掌握系统动量守恒定律的适用条件：合外力为零，并能通过分析受力，判断是否系统的动量是否守恒，题目较为简单！
题型二：动量守恒的应用
例子：如图所示，C是放在光滑的水平面上的一块木板，木板的质量为3m，在木板的上面有两块质量均为m的小木块A和B，它们与木板间的动摩擦因数均为μ．最初木板静止，A、B两木块同时以方向水平向右的初速度v0和2v0在木板上滑动，木板足够长，A、B始终未滑离木板．求：
（1）木块B从刚开始运动到与木板C速度刚好相等的过程中，木块B所发生的位移；
（2）木块A在整个过程中的最小速度．
分析：（1）A、B两木块同时水平向右滑动后，木块A先做匀减速直线运动，当木块A与木板C的速度相等后，A、C相对静止一起在C摩擦力的作用下做匀加速直线运动；木块B一直做匀减速直线运动，直到三个物体速度相同．根据三个物体组成的系统动量守恒求出最终共同的速度，对B由牛顿第二定律和运动学公式或动能定理求解发生的位移；
（2）当木块A与木板C的速度相等时，木块A的速度最小，根据系统的动量守恒求解A在整个过程中的最小速度，或根据牛顿第二定律分别研究A、C，求出加速度，根据速度公式，由速度相等条件求出时间，再求解木块A在整个过程中的最小速度．
解答：（1）木块A先做匀减速直线运动，后做匀加速直线运动；木块B一直做匀减速直线运动；木板C做两段加速度不同的匀加速直线运动，直到A、B、C三者的速度相等为止，设为v1．对A、B、C三者组成的系统，由动量守恒定律得：
mv0+2mv0＝（m+m+3m）v1
解得：v1＝0.6v0
木块B滑动的加速度为：a＝μg，
所发生的位移：x＝＝
（2）A与C速度相等时，速度最小，此过程A和B减少的速度相等，有：
mv0+2mv0＝（m+3m）vA+mvB
v0﹣vA＝2v0﹣vB
解得：vA＝0.4v0
答：（1）木块B从刚开始运动到与木板C速度刚好相等的过程中，木块B所发生的位移是；
（2）木块A在整个过程中的最小速度是0.4v0．
点评：本题是木块在木板上滑动的类型，分析物体的运动过程是解题基础，其次要把握物理过程所遵守的规律，这种类型常常根据动量守恒和能量守恒结合处理．
题型三：动量守恒的临界问题
如图所示，光滑的水平面上有一个质量为M＝2m的凸型滑块，它的一个侧面是与水平面相切的光滑曲面，滑块的高度为h＝0.3m．质量为m的小球，以水平速度v0在水平面上迎着光滑曲面冲向滑块．试分析计算v0应满足什么条件小球才能越过滑块．（取g＝1Om/s2）
分析：小球越到滑块最高点速度水平向右，以滑块和和小球组成的系统为研究对象；根据动量守恒和过程系统机械能守恒列出等式；根据题意要越过滑块，应有v1＞v2，我们解决问题时取的是临界状态求解．
解答：设小球越过滑块最高点的速度为v1，此时滑块的速度为v2，根据动量守恒得：
mv0＝mv1+2mv2
此过程系统机械能守恒，根据机械能守恒得：
mv02＝mv12+2mv22+mgh
小球要越过滑块，应有v1＞v2，至少也要有v1＝v2，设v1＝v2＝v，上述两式变为
mv0＝（m+2m）v
mv02＞（m+2m）v2+mgh
解得v0＞3m/s
答：小球要越过滑块，初速度应满足v0＞3m/s．
点评：应用动量守恒定律时要清楚研究的对象和守恒条件．把动量守恒和能量守恒结合起来列出等式求解是常见的问题．
题型四：动量与能量的综合
例子：如图所示，光滑水平面上放置质量均为M＝2kg的甲、乙两辆小车，两车之间通过一感应开关相连（当滑块滑过两车连接处时，感应开关使两车自动分离，分离时对两车及滑块的瞬时速度没有影响），甲车上表面光滑，乙车上表面与滑块P之问的动摩擦因数μ＝0.5，一根轻质弹簧固定在甲车的左端，质量为m＝1kg的滑块P（可视为质点）与弹簧的右端接触但不相连，用一根细线拴在甲车左端和滑块P之间使弹簧处于压缩状态，此时弹簧的弹性势能E0＝10J，弹簧原长小于甲车长度，整个系统处于静止状态．现剪断细线，滑块P滑上乙车后最终未滑离乙车，g取10m/s2．求：
（1）滑块P滑上乙车前的瞬时速度的大小；
（2）滑块P滑上乙车后相对乙车滑行的距离．
分析：（1）因地面光滑，所以滑块P在甲车上滑动的过程中，符合动量守恒的条件，同时除了弹簧的弹力做功之外，没有其他的力做功，所以机械能也是守恒的，分别应用动量守恒和机械能守恒列式求解，可得出滑块P滑上乙时的瞬时速度．
（2）滑块P滑上乙车时，甲乙两车脱离，滑块和乙车做成了系统，经对其受力分析，合外力为零，动量守恒，可求出滑块和乙车的最终共同速度，由能量的转化和守恒可知，系统减少的机械能转化为了内能，即为摩擦力与相对位移的乘积．从而可求出相对位移，即滑块P在乙车上滑行的距离．
解答：（1）设滑块P滑上乙车前的速度为v，以整体为研究对象，作用的过程中动量和机械能都守恒，选向右的方向为正，应用动量守恒和能量关系有：
mv1﹣2Mv2＝0…①
E0＝m+…②
①②两式联立解得：v1＝4m/s v2＝1m/s
（2）以滑块和乙车为研究对象，选向右的方向为正，在此动过程中，由动量守恒定律得：
mv1﹣Mv2＝（m+M）v共…③
由能量守恒定律得：μmgL＝+﹣（M+m）…④
③④联立并代入得：L＝m
答：（1）滑块P滑上乙时的瞬时速度的大小为4m/s．
（2）滑块P滑上乙车后最终未滑离乙车，滑块P在乙车上滑行的距离为m．
点评：本题考察了动量守恒．机械能守恒和能量的转化与守恒．
应用动量守恒定律解题要注意“四性”，①系统性．②矢量性．③同时性．
机械能守恒的条件是只有重力（或弹簧的弹力）做功，并只发生动能和势能的转化．
【解题方法点拨】
1．应用动量守恒定律的解题步骤：
（1）明确研究对象（系统包括哪几个物体及研究的过程）；
（2）进行受力分析，判断系统动量是否守恒（或某一方向上是否守恒）；
（3）规定正方向，确定初末状态动量；
（4）由动量守恒定律列式求解；
（5）必要时进行讨论．
2．解决动量守恒中的临界问题应把握以下两点：
（1）寻找临界状态：题设情境中看是否有相互作用的两物体相距最近，避免相碰和物体开始反向运动等临界状态．
（2）挖掘临界条件：在与动量相关的临界问题中，临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系，即速度相等或位移相等．
正确把握以上两点是求解这类问题的关键．
3．综合应用动量观点和能量观点
4．动量观点和能量观点：这两个观点研究的是物体或系统运动变化所经历的过程中状态的改变，不对过程变化的细节作深入的研究，而只关心运动状态变化的结果及引起变化的原因，简单地说，只要求知道过程的始末状态动量、动能和力在过程中所做的功，即可对问题求解．
5．利用动量观点和能量观点解题应注意下列问题：
（1）动量守恒定律是矢量表达式，还可写出分量表达式；而动能定理和能量守恒定律是标量表达式，无分量表达式．
（2）动量守恒定律和能量守恒定律，是自然界中最普遍的规律，它们研究的是物体系，在力学中解题时必须注意动量守恒条件及机械能守恒条件．在应用这两个规律时，当确定了研究对象及运动状态的变化过程后，根据问题的已知条件和求解的未知量，选择研究的两个状态列方程求解．
（3）中学阶段凡可用力和运动解决的问题，若用动量观点或能量观点求解，一般比用力和运动的观点简便．
5．动能定理
【知识点的认识】
1．内容：合外力在一个过程中对物体所做的功等于物体在这个过程中动能的变化。
2．表达式：W＝EK2﹣EK1。
3．物理意义：动能定理指出了外力对物体所做的总功与物体动能变化之间的关系，即合力的功是物体动能变化的量度。
4．动能定理的适用条件
（1）动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动。
（2）既适用于恒力做功，也适用于变力做功。
（3）力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以不同时作用。
5．对动能定理的理解
（1）一个物体的动能变化△Ek与合外力对物体所做功W具有等量代换关系。
①若△Ek＞0，表示物体的动能增加，其增加量等于合外力对物体所做的正功。
②若△Ek＜0，表示物体的动能减少，其减少量等于合外力对物体所做的负功的绝对值。
③若△Ek＝0，表示合外力对物体所做的功等于零。反之亦然。这种等量代换关系提供了一种计算变力做功的简便方法。
（2）动能定理公式中等号的意义：等号表明合力做功与物体动能的变化间的三个关系：
①数量关系：即合外力所做的功与物体动能的变化具有等量代换关系。可以通过计算物体动能的变化，求合力的功，进而求得某一力的功。
②单位相同：国际单位都是焦耳。
③因果关系：合外力的功是物体动能变化的原因。
（3）动能定理中涉及的物理量有F、x、m、v、W、Ek等，在处理含有上述物理量的力学问题时，可以考虑使用动能定理。由于只需要从力在整个位移内所做的功和这段位移始末两状态的动能变化去考虑，无需注意其中运动状态变化的细节，同时动能和功都是标量，无方向性，所以无论是直线运动还是曲线运动，计算都会特别方便。
（4）动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面为参考系。
注意：功和动能都是标量，动能定理表达式是一个标量式，不能在某一个方向上应用动能定理，但牛顿第二定律是矢量方程，可以在互相垂直的方向上分别使用分量方程。
【命题方向】
题型一：对动能定理表达式的直接考核
如图所示，某人将质量为m的石块从距地面h高处斜向上方抛出，石块抛出时的速度大小为v0，不计空气阻力，石块落地时的动能为（ ）
A．mghB.mv02 C. D.
分析：根据动能定理求出石块落地时的动能大小。
解答：根据动能定理得，，解得石块落地时的动能．故D正确，A、B、C错误。
故选：D。
点评：运用动能定理解题首先要确定研究对象和研究过程，分析有哪些力做功，根据动能定理列出表达式进行求解。
【解题方法点拨】
1．应用动能定理的一般步骤
（1）选取研究对象，明确并分析运动过程。
（2）分析受力及各力做功的情况
①受哪些力？
②每个力是否做功？
③在哪段位移哪段过程中做功？
④做正功还是负功？
⑤做多少功？求出代数和。
（3）明确过程始末状态的动能Ek1及Ek2。
（4）列方程W总＝Ek2﹣Ek1，必要时注意分析题目潜在的条件，补充方程进行求解。
注意：
①在研究某一物体受到力的持续作用而发生状态改变时，如涉及位移和速度而不涉及时间时应首先考虑应用动能定理，而后考虑牛顿定律、运动学公式，如涉及加速度时，先考虑牛顿第二定律。
②用动能定理解题，关键是对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出物体运动过程的草图，以便更准确地理解物理过程和各物理量的关系。有些力在物体运动全过程中不是始终存在的，在计算外力做功时更应引起注意。
6．机械能守恒定律
【知识点的认识】
1．机械能：势能和动能统称为机械能，即E＝Ek+Ep，其中势能包括重力势能和弹性势能．
2．机械能守恒定律
（1）内容：在只有重力（或弹簧弹力）做功的物体系统内，动能与势能可以相互转化，而总的机械能保持不变．
（2）表达式：
【命题方向】
题型一：机械能是否守恒的判断
例1：关于机械能是否守恒的叙述中正确的是（ ）
A．只要重力对物体做了功，物体的机械能一定守恒
B．做匀速直线运动的物体，机械能一定守恒
C．外力对物体做的功为零时，物体的机械能一定守恒
D．只有重力对物体做功时，物体的机械能一定守恒
分析：机械能守恒的条件：只有重力或弹力做功的物体系统，其他力不做功，理解如下：
①只受重力作用，例如各种抛体运动．
②受到其它外力，但是这些力是不做功的．例如：绳子的一端固定在天花板上，另一端系一个小球，让它从某一高度静止释放，下摆过程中受到绳子的拉力，但是拉力的方向始终与速度方向垂直，拉力不做功，只有重力做功，小球的机械能是守恒的．
③受到其它外力，且都在做功，但是它们的代数和为0，此时只有重力做功，机械能也是守恒的．
解：A、机械能守恒条件是只有重力做功，故A错误；
B、匀速运动，动能不变，但重力势能可能变化，故B错误；
C、外力对物体做的功为零时，不一定只有重力做功，当其它力与重力做的功的和为0时，机械能不守恒，故C错误；
D、机械能守恒的条件是只有重力或弹力做功，故D正确．
故选：D．
点评：本题关键是如何判断机械能守恒，可以看能量的转化情况，也可以看是否只有重力做功．
题型二：机械能守恒定律的应用
例2：如图，竖直放置的斜面下端与光滑的圆弧轨道BCD的B端相切，圆弧半径为R，∠COB＝θ，斜面倾角也为θ，现有一质量为m的小物体从斜面上的A点无初速滑下，且恰能通过光滑圆形轨道的最高点D．已知小物体与斜面间的动摩擦因数为μ，
求：（1）AB长度l应该多大．
（2）小物体第一次通过C点时对轨道的压力多大．
分析：
（1）根据牛顿第二定律列出重力提供向心力的表达式，再由动能定理结合几何关系即可求解；
（2）由机械能守恒定律与牛顿第二定律联合即可求解．
解：（1）因恰能过最高点D，则有
又因f＝μN＝μmgcsθ，
物体从A运动到D全程，由动能定理
可得：mg（lsinθ﹣R﹣Rcsθ）﹣fl＝
联立求得：
（2）物体从C运动到D的过程，设C点速度为vc，由机械能守恒定律：
物体在C点时：
联合求得：N＝6mg
答：（1）AB长度得：．
（2）小物体第一次通过C点时对轨道的压力6mg．
点评：本题是动能定理与牛顿运动定律的综合应用，关键是分析物体的运动过程，抓住滑动摩擦力做功与路程有关这一特点．
题型三：多物体组成的系统机械能守恒问题
例3：如图所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上．现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行．已知A的质量为4m，B、C的质量均为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态．释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时C恰好离开地面．下列说法正确的是（ ）
A．斜面倾角α＝30°
B．A获得最大速度为2g
C．C刚离开地面时，B的加速度最大
D．从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B两小球组成的系统机械能守恒
分析：C球刚离开地面时，弹簧的弹力等于C的重力，根据牛顿第二定律知B的加速度为零，B、C加速度相同，分别对B、A受力分析，列出平衡方程，求出斜面的倾角．
A、B、C组成的系统机械能守恒，初始位置弹簧处于压缩状态，当B具有最大速度时，弹簧处于伸长状态，根据受力知，压缩量与伸长量相等．在整个过程中弹性势能变化为零，根据系统机械能守恒求出B的最大速度，A的最大速度与B相等；
解：A、C刚离开地面时，对C有：kx2＝mg
此时B有最大速度，即aB＝aC＝0
则对B有：T﹣kx2﹣mg＝0
对A有：4mgsinα﹣T＝0
以上方程联立可解得：sinα＝，α＝30°，故A正确；
B、初始系统静止，且线上无拉力，对B有：kx1＝mg
由上问知x1＝x2＝，则从释放至C刚离开地面过程中，弹性势能变化量为零；
此过程中A、B、C组成的系统机械能守恒，即：
4mg（x1+x2）sinα＝mg（x1+x2）+（4m+m）vBm2
以上方程联立可解得：vBm＝2g
所以A获得最大速度为2g，
故B正确；
C、对B球进行受力分析可知，C刚离开地面时，B的速度最大，加速度为零．故C错误；
D、从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B、C及弹簧组成的系统机械能守恒，故D错误．
故选：AB．
点评：本题关键是对三个小球进行受力分析，确定出它们的运动状态，再结合平衡条件和系统的机械能守恒进行分析．
【解题方法点拨】
1．判断机械能是否守恒的方法
（1）利用机械能的定义判断：分析动能与势能的和是否变化．如：匀速下落的物体动能不变，重力势能减少，物体的机械能必减少．
（2）用做功判断：若物体或系统只有重力（或弹簧的弹力）做功，或有其他力做功，但其他力做功的代数和为零，机械能守恒．
（3）用能量转化来判断：若系统中只有动能和势能的相互转化，而无机械能与其他形式的能的转化，则系统的机械能守恒．
（4）对一些绳子突然绷紧、物体间非弹性碰撞等问题机械能一般不守恒，除非题中有特别说明或暗示．
2．应用机械能守恒定律解题的基本思路
（1）选取研究对象﹣﹣物体或系统．
（2）根据研究对象所经历的物理过程，进行受力、做功分析，判断机械能是否守恒．
（3）恰当地选取参考平面，确定研究对象在过程的初、末态时的机械能．
（4）选取方便的机械能守恒定律的方程形式（Ek1+Ep1＝Ek2+Ep2、△Ek＝﹣△Ep或△EA＝﹣△EB）进行求解．
注：机械能守恒定律的应用往往与曲线运动综合起来，其联系点主要在初末状态的速度与圆周运动的动力学问题有关、与平抛运动的初速度有关．
3．对于系统机械能守恒问题，应抓住以下几个关键：
（1）分析清楚运动过程中各物体的能量变化；
（2）哪几个物体构成的系统机械能守恒；
（3）各物体的速度之间的联系．
7．带电粒子在匀强电场中的运动
【知识点的认识】
一、带电粒子在电场中的运动
1．带电粒子在电场中的加速
带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电场，带电粒子将做加（减）速运动．
有两种分析方法：
（1）用动力学观点分析：a＝，E＝，v2﹣v02＝2ad．
（2）用功能观点分析：粒子只受电场力作用，电场力做的功等于物体动能的变化．qU＝mv2﹣mv02．
2．带电粒子在匀强电场中的偏转
（1）研究条件：带电粒子垂直于电场方向进入匀强电场．
（2）处理方法：类似于平抛运动，应用运动分解的方法．
①沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间t＝．
②沿电场方向，做匀加速直线运动．
【命题方向】
题型一：带电粒子在匀强电场中平衡和运动的分析
例1：如图所示，两板间距为d的平行板电容器与一电源连接，开关S闭合，电容器两板间的一质量为m，带电荷量为q的微粒静止不动，下列说法中正确的是（ ）
A．微粒带的是正电
B．电源电动势的大小等于
C．断开开关S，微粒将向下做加速运动
D．保持开关S闭合，把电容器两极板距离减小，将向下做加速运动
分析：带电荷量为q的微粒静止不动，所受的电场力与重力平衡，由平衡条件分析微粒的电性．由公式E＝，求解电源电动势．断开电键s，根据微粒的电场力有无变化，分析微粒的运动情况．保持开关S闭合，把电容器两极板距离减小，可根据电容的决定式、定义式和场强公式E＝，判断出板间场强不变，微粒不动．
解：
A、由题，带电荷量为q的微粒静止不动，则微粒受到竖直向上的电场力作用，而平行板电容器板间场强方向竖直向下，则微粒带负电．故A错误．
B、由平衡条件得：mg＝q得，电源电动势的大小为E＝U＝．故B正确．
C、断开开关S，电容器所带电量不变，由C＝、C＝和E＝，可得电容器板间场强E＝，则场强不变，微粒所受的电场力不变，则微粒仍静止不动．故C错误．
D、保持开关S闭合，把电容器两极板距离减小，由E＝，知板间场强增大，微粒所受电场力增大，则微粒向上做加速运动．故D错误．
故选：B．
点评：本题整合了微粒的力平衡、电容器动态分析，由平衡条件判断微粒的电性，由E＝，分析板间场强如何变化，判断微粒是否运动．
【解题思路点拨】
带电粒子在电场中的运动是一个综合电场力、电势能的力学问题，其研究方法与质点动力学相同，同样遵循运动的合成与分解、牛顿运动定律、动能定理等力学规律．处理问题的要点是注意区分不同的物理过程，弄清在不同的物理过程中物体的受力情况及运动性质（平衡、加速或减速，是直线运动还是曲线运动），并选用相应的物理规律．在解决问题时，主要可以从两条线索展开：
其一，力和运动的关系．根据带电粒子受力情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度位移等．这条线索通常适用于在恒力作用下做匀变速运动的情况．
其二，功和能的关系．根据电场力对带电粒子做功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理研究全过程中能的转化，研究带电粒子的速度变化、位移等．这条线索不但适用于匀强电场，也适用于非匀强电场．
另外，对于带电粒子的偏转问题，用运动的合成与分解及运动规律解决往往比较简捷，但并不是绝对的，同解决力学中的问题一样，都可用不同的方法解决同一问题，应根据具体情况，确定具体的解题方法．
8．带电粒子在匀强磁场中的运动
【知识点的认识】
带电粒子在匀强磁场中的运动
1．若v∥B，带电粒子不受洛伦兹力，在匀强磁场中做匀速直线运动．
2．若v⊥B，带电粒子仅受洛伦兹力作用，在垂直于磁感线的平面内以入射速度v做匀速圆周运动．
3．半径和周期公式：（v⊥B）
【命题方向】
常考题型：带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动
如图，半径为R的圆柱形匀强磁场区域的横截面（纸面），磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外．一电荷量为q（q＞0）、质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向射入磁场区域，射入点与ab的距离为．已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°，则粒子的速率为（不计重力）（ ）
A. B. C. D.
【分析】由题意利用几何关系可得出粒子的转动半径，由洛仑兹力充当向心力可得出粒子速度的大小；
解：由题，射入点与ab的距离为．则射入点与圆心的连线和竖直方向之间的夹角是30°，
粒子的偏转角是60°，即它的轨迹圆弧对应的圆心角是60，所以入射点、出射点和圆心构成等边三角形，所以，它的轨迹的半径与圆形磁场的半径相等，即r＝R．轨迹如图：
洛伦兹力提供向心力：，变形得：．故正确的答案是B．
故选：B．
【点评】在磁场中做圆周运动，确定圆心和半径为解题的关键．
【解题方法点拨】
带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动
一、轨道圆的“三个确定”
（1）如何确定“圆心”
①由两点和两线确定圆心，画出带电粒子在匀强磁场中的运动轨迹．确定带电粒子运动轨迹上的两个特殊点（一般是射入和射出磁场时的两点），过这两点作带电粒子运动方向的垂线（这两垂线即为粒子在这两点所受洛伦兹力的方向），则两垂线的交点就是圆心，如图（a）所示．
②若只已知过其中一个点的粒子运动方向，则除过已知运动方向的该点作垂线外，还要将这两点相连作弦，再作弦的中
垂线，两垂线交点就是圆心，如图（b）所示．
③若只已知一个点及运动方向，也知另外某时刻的速度方向，但不确定该速度方向所在的点，如图（c）所示，此时要将
其中一速度的延长线与另一速度的反向延长线相交成一角（∠PAM），画出该角的角平分线，它与已知点的速度的垂线
交于一点O，该点就是圆心．
（2）如何确定“半径”
方法一：由物理方程求：半径R＝；
方法二：由几何方程求：一般由数学知识（勾股定理、三角函数等）计算来确定．
（3）如何确定“圆心角与时间”
①速度的偏向角φ＝圆弧所对应的圆心角（回旋角）θ＝2倍的弦切角α，如图（d）所示．
②时间的计算方法．
方法一：由圆心角求，t＝•T；方法二：由弧长求，t＝．
二、解题思路分析
1．带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的分析方法．
2．带电粒子在有界匀强磁场中运动时的常见情形．
3．带电粒子在有界磁场中的常用几何关系
（1）四个点：分别是入射点、出射点、轨迹圆心和入射速度直线与出射速度直线的交点．
（2）三个角：速度偏转角、圆心角、弦切角，其中偏转角等于圆心角，也等于弦切角的2倍．
三、求解带电粒子在匀强磁场中运动的临界和极值问题的方法
由于带电粒子往往是在有界磁场中运动，粒子在磁场中只运动一段圆弧就飞出磁场边界，其轨迹不是完整的圆，因此，此类问题往往要根据带电粒子运动的轨迹作相关图去寻找几何关系，分析临界条件，然后应用数学知识和相应物理规律分析求解．
（1）两种思路
①以定理、定律为依据，首先求出所研究问题的一般规律和一般解的形式，然后再分析、讨论临界条件下的特殊规律和特殊解；
②直接分析、讨论临界状态，找出临界条件，从而通过临界条件求出临界值．
（2）两种方法
物理方法：
①利用临界条件求极值；
②利用问题的边界条件求极值；
③利用矢量图求极值．
数学方法：
①利用三角函数求极值；
②利用二次方程的判别式求极值；
③利用不等式的性质求极值；
④利用图象法等．
（3）从关键词中找突破口：许多临界问题，题干中常用“恰好”、“最大”、“至少”、“不相撞”、“不脱离”等词语对临界状态给以暗示．审题时，一定要抓住这些特定的词语挖掘其隐藏的规律，找出临界条件．
9．带电粒子在混合场中的运动
【知识点的认识】
带电粒子在复合场中的运动
一、复合场及其特点
这里所说的复合场是指电场、磁场、重力场并存，或其中某两种场并存的场。带电粒子在这些复合场中运动时，必须同时考虑电场力、洛伦兹力和重力的作用或其中某两种力的作用，因此对粒子的运动形式的分析就显得极为重要。
二、带电粒子在复合场中运动的基本分析
1．当带电粒子在复合场中所受的合外力为0时，粒子将做匀速直线运动或静止。
2．当带电粒子所受的合外力与运动方向在同一条直线上时，粒子将做变速直线运动。
3．当带电粒子所受的合外力充当向心力时，粒子将做匀速圆周运动。
4．当带电粒子所受的合外力的大小、方向均是不断变化的时，粒子将做变加速运动，这类问题一般只能用能量关系处理。
三、电场力和洛伦兹力的比较
1．在电场中的电荷，不管其运动与否，均受到电场力的作用；而磁场仅仅对运动着的、且速度与磁场方向不平行的电荷有洛伦兹力的作用。
2．电场力的大小F＝Eq，与电荷的运动的速度无关；而洛伦兹力的大小f＝Bqvsinα，与电荷运动的速度大小和方向均有关。
3．电场力的方向与电场的方向或相同、或相反；而洛伦兹力的方向始终既和磁场垂直，又和速度方向垂直。
4．电场力既可以改变电荷运动的速度大小，也可以改变电荷运动的方向，而洛伦兹力只能改变电荷运动的速度方向，不能改变速度大小
5．电场力可以对电荷做功，能改变电荷的动能；洛伦兹力不能对电荷做功，不能改变电荷的动能。
6．匀强电场中在电场力的作用下，运动电荷的偏转轨迹为抛物线；匀强磁场中在洛伦兹力的作用下，垂直于磁场方向运动的电荷的偏转轨迹为圆弧。
四、对于重力的考虑
重力考虑与否分三种情况：
（1）对于微观粒子，如电子、质子、离子等一般不做特殊交待就可以不计其重力，因为其重力一般情况下与电场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、金属块等不做特殊交待时就应当考虑其重力。
（2）在题目中有明确交待的是否要考虑重力的，这种情况比较正规，也比较简单。
（3）对未知名的带电粒子其重力是否忽略又没有明确时，可采用假设法判断，假设重力计或者不计，结合题给条件得出的结论若与题意相符则假设正确，否则假设错误。
五、复合场中的特殊物理模型
1．粒子速度选择器
如图所示，粒子经加速电场后得到一定的速度v0，进入正交的电场和磁场，受到的电场力与洛伦兹力方向相反，若使粒子沿直线从右边孔中出去，则有qv0B＝qE，v0＝，
若v＝v0＝，粒子做直线运动，与粒子电量、电性、质量无关。
若v＜，电场力大，粒子向电场力方向偏，电场力做正功，动能增加。
若v＞，洛伦兹力大，粒子向磁场力方向偏，电场力做负功，动能减少。
2．磁流体发电机
如图所示，由燃烧室O燃烧电离成的正、负离子（等离子体）以高速。喷入偏转磁场B中。在洛伦兹力作用下，正、负离子分别向上、下极板偏转、积累，从而在板间形成一个向下的电场。两板间形成一定的电势差。当qvB＝时电势差稳定U＝dvB，这就相当于一个可以对外供电的电源。
3．电磁流量计。
电磁流量计原理可解释为：如图所示，一圆形导管直径为d，用非磁性材料制成，其中有可以导电的液体向左流动。导电液体中的自由电荷（正负离子）在洛伦兹力作用下纵向偏转，a，b间出现电势差。当自由电荷所受电场力和洛伦兹力平衡时，a、b间的电势差就保持稳定。
由Bqv＝Eq＝，可得v＝．流量Q＝Sv＝
4．质谱仪
如图所示
组成：离子源O，加速场U，速度选择器（E，B），偏转场B2，胶片。
原理：加速场中qU＝mv2
选择器中：v＝
偏转场中：d＝2r，qvB2＝
比荷：
质量：
作用：主要用于测量粒子的质量、比荷、研究同位素。
5．回旋加速器
如图所示
。
组成：两个D形盒，大型电磁铁，高频振荡交变电压，两缝间可形成电压U
作用：电场用来对粒子（质子、氛核，a粒子等）加速，磁场用来使粒子回旋从而能反复加速。高能粒子是研究微观物理的重要手段。
要求：粒子在磁场中做圆周运动的周期等于交变电源的变化周期。
关于回旋加速器的几个问题：
（1）回旋加速器中的D形盒，它的作用是静电屏蔽，使带电粒子在圆周运动过程中只处在磁场中而不受电场的干扰，以保证粒子做匀速圆周运动。
（2）回旋加速器中所加交变电压的频率f，与带电粒子做匀速圆周运动的频率相等：。
（3）回旋加速器最后使粒子得到的能量，可由公式来计算，在粒子电量，、质量m和磁感应强度B一定的情况下，回旋加速器的半径R越大，粒子的能量就越大。
10．导体切割磁感线时的感应电动势
【知识点的认识】
2．导体切割磁感线的情形以及感应电动势
（1）一般情况：运动速度v和磁感线方向夹角为θ，则E＝Blvsinθ。
（2）常用情况：运动速度v和磁感线方向垂直，则E＝Blv。
（3）导体棒在磁场中转动
导体棒以端点为轴，在匀强磁场中垂直于磁感线方向匀速转动产生感应电动势E＝Blv＝Bl2ω（平均速度等于中点位置线速度lω）。
【命题方向】
题型一：导体切割磁感线产生感应电动势的分析与计算
如图所示，三角形金属导轨EOF上放一金属杆AB，在外力作用下使AB保持与OF垂直，以速度v从O点开始右移，设导轨和金属棒均为粗细相同的同种金属制成，则下列说法正确的是（ ）
A．电路中的感应电动势大小不变
B．电路中的感应电动势逐渐增大
C．电路中的感应电流大小不变
D．电路中的感应电流逐渐减小
分析：感应电动势大小根据公式E＝BLv，L是有效的切割长度分析；要判断感应电流，先由电阻定律分析回路中电阻中如何变化，再根据欧姆定律分析。
解答：设导轨和金属棒单位长度的电阻为r。∠EOF＝α。
A、B从O点开始金属棒运动时间为t时，有效的切割长度 L＝vt•tanα，感应电动势大小 E＝BLv＝Bvt•tanα•v∝t，则知感应电动势逐渐增大，故A错误，B正确。
C、D根据电阻定律得t时刻回路中总电阻为 R＝（vt+vt•tanα+）r
感应电流大小为 I＝＝＝与t无关，说明感应电流大小不变，故C正确，D错误。
故选：BC。
点评：本题关键要抓住感应电流既与感应电动势有关，还与回路中的电阻有关，根据物理规律推导解析式，再进行分析。
【解题方法点拨】
闭合或不闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体两端将产生感应电动势。如果电路闭合，电路中形成感应电流。切割磁感线运动的那部分导体相当于电路中的电源。常见的情景有以下几种：
1．在E＝BLv中（要求B⊥L、B⊥v、L⊥v，即B、L、v三者两两垂直），式中的L应该取与B、v均垂直的有效长度（所谓导体的有效切割长度，指的是切割导体两端点的连线在同时垂直于v和B的方向上的投影的长度，下图中的有效长度均为ab的长度）。
2．公式E＝BLv中，若速度v为平均速度，则E为平均电动势；若v为瞬时速度，则E为瞬时电动势。
3．若导体不是垂直切割磁感线运动，v与B有一夹角，如图所示，则E＝Blv1＝Blvsin θ。
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日期：2020/4/14 9:15:18；用户：ZY蔡老师；邮箱：[email protected]；学号：5146005项目
匀速圆周运动
非匀速圆周运动
运动
性质
是速度大小不变，方向时刻变化的变速曲线运动，是加速度大小不变而方向时刻变化的变加速曲线运动
是速度大小和方向都变化的变速曲线运动，是加速度大小和方向都变化的变加速曲线运动
加速度
加速度方向与线速度方向垂直．即只存在向心加速度，没有切向加速度
由于速度的大小、方向均变，所以不仅存在
向心加速度且存在切向加速度，合加速度的方向不断改变
向心力

绳模型
杆模型
常见类型
均是没有支撑的小球

均是有支撑的小球
过最高点的临界条件
由mg＝m得v临＝
由小球恰能做圆周运动得v临＝0
讨论分析
（1）过最高点时，v≥，FN+mg＝m，绳、轨道对球产生弹力FN；
（2）不能过最高点时，v＜，在到达最高点前小球已经脱离了圆轨道；
（1）当v＝0时，FN＝mg，FN为支持力，沿半径背离圆心；
（2）当0＜v＜时，﹣FN+mg＝m，FN背向圆心，随v的增大而减小；
（3）当v＝时，FN＝0；
（4）当v＞时，FN+mg＝m，FN指向圆心并随v的增大而增大；
观点
表达式
守恒观点
E1＝E2，Ek1+Ep1＝Ek2+Ep2（要选零势能参考平面）
转化观点
△EK＝﹣△EP（不用选零势能参考平面）
转移观点
△EA＝﹣△EB（不用选零势能参考平面）
直线边界（粒子进出磁场具有对称性）
平行边界（粒子运动存在临界条件）
圆形边界（粒子沿径向射入，再沿径向射出）