高考物理一轮复习10.3磁场--带电粒子在复合场中的运动(原卷版+解析)

这是一份高考物理一轮复习10.3磁场--带电粒子在复合场中的运动(原卷版+解析)，共51页。试卷主要包含了电场与磁场的叠加等内容，欢迎下载使用。

考向一 电场与磁场的叠加
考向二磁场力、重力的叠加
考向三 在重力场、磁场和电场中的匀速运动和匀速圆周运动
考向四 在重力场、磁场和电场中的直选运动和曲线运动
电场与磁场的叠加
(2)叠加场：静电场、磁场、重力场在同一区域共存，或其中某两场在同一区域共存。
2．三种场的比较
3．带电粒子在复合场中的运动分类
(1)静止或匀速直线运动
当带电粒子在复合场中所受合力为零时，将处于静止状态或做匀速直线运动。
(2)匀速圆周运动
当带电粒子所受的重力与静电力大小相等，方向相反时，带电粒子在洛伦兹力的作用下，在垂直于匀强磁场的平面内做匀速圆周运动。
(3)较复杂的曲线运动
当带电粒子所受合力的大小和方向均变化，且与初速度方向不在同一条直线上时，粒子做非匀变速曲线运动，这时粒子运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线。
(4)分阶段运动
带电粒子可能依次通过几个情况不同的复合场区域，其运动情况随区域发生变化，其运动过程由几种不同的运动阶段组成。
【典例1】（2022年全国高考甲卷物理试题）空间存在着匀强磁场和匀强电场，磁场的方向垂直于纸面（平面）向里，电场的方向沿y轴正方向。一带正电的粒子在电场和磁场的作用下，从坐标原点O由静止开始运动。下列四幅图中，可能正确描述该粒子运动轨迹的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】解法一：
AC．在xOy平面内电场的方向沿y轴正方向，故在坐标原点O静止的带正电粒子在电场力作用下会向y轴正方向运动。磁场方向垂直于纸面向里，根据左手定则，可判断出向y轴正方向运动的粒子同时受到沿x轴负方向的洛伦兹力，故带电粒子向x轴负方向偏转。AC错误；
BD．运动的过程中在电场力对带电粒子做功，粒子速度大小发生变化，粒子所受的洛伦兹力方向始终与速度方向垂直。由于匀强电场方向是沿y轴正方向，故x轴为匀强电场的等势面，从开始到带电粒子偏转再次运动到x轴时，电场力做功为0，洛伦兹力不做功，故带电粒子再次回到x轴时的速度为0，随后受电场力作用再次进入第二象限重复向左偏转，故B正确，D错误。
故选B。
解法二：
粒子在O点静止，对速度进行分解，分解为向x轴正方向的速度v，向x轴负方向的速度v’，两个速度大小相等，方向相反。使得其中一个洛伦兹力平衡电场力，即
则粒子的在电场、磁场中的运动，可视为，向x轴负方向以速度做匀速直线运动，同时在x轴上方做匀速圆周运动。
故选B。
【典例2】（多选）（2022年广东省普通高中学业水平选择性考试）8. 如图所示，磁控管内局部区域分布有水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。电子从M点由静止释放，沿图中所示轨迹依次经过N、P两点。已知M、P在同一等势面上，下列说法正确的有（ ）
A. 电子从N到P，电场力做正功B. N点的电势高于P点的电势
C. 电子从M到N，洛伦兹力不做功D. 电子在M点所受的合力大于在P点所受的合力
【答案】BC
【解析】A．由题可知电子所受电场力水平向左，电子从N到P的过程中电场力做负功，故A错误；
B．根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知N点的电势高于P点，故B正确；
C．由于洛伦兹力一直都和速度方向垂直，故电子从M到N洛伦兹力都不做功；故C正确；
D．由于M点和P点在同一等势面上，故从M到P电场力做功为0，而洛伦兹力不做功，M点速度为0，根据动能定理可知电子在P点速度也为0，则电子在M点和P点都只受电场力作用，在匀强电场中电子在这两点电场力相等，即合力相等，故D错误；
故选BC。
练习1、(2022·北京市朝阳区高三一模)如图所示，在坐标系xOy平面的x＞0区域内，存在电场强度大小E＝2×105 N/C、方向垂直于x轴的匀强电场和磁感应强度大小B＝0.2 T、方向与xOy平面垂直向外的匀强磁场。在y轴上有一足够长的荧光屏PQ，在x轴上的M(10,0)点处有一粒子发射枪向x轴正方向连续不断地发射大量质量m＝6.4×10－27 kg、电荷量q＝3.2×10－19 C 的带正电粒子(重力不计)，粒子恰能沿x轴做匀速直线运动。若撤去电场，并使粒子发射枪以M点为轴在xOy平面内以角速度ω＝2π rad/s顺时针匀速转动(整个装置都处在真空中)。
(1)判断电场方向，求粒子离开发射枪时的速度大小；
(2)带电粒子在磁场中运动的轨迹半径；
(3)荧光屏上闪光点的范围距离；
【答案】(1)106 m/s (2)0.1 m (3)0.273 m
【解析】(1)带正电粒子(重力不计)在叠加场中沿x轴做匀速直线运动，据左手定则判断可知洛伦兹力方向向下，所以电场力方向向上，电场方向向上，有qE＝qvB
解得速度v＝eq \f(E,B)＝eq \f(2×105,0.2) m/s＝106 m/s。
(2)撤去电场后，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝meq \f(v2,R)
所以粒子在磁场中运动的轨迹半径
R＝eq \f(mv,qB)＝eq \f(6.4×10－27×106,3.2×10－19×0.2) m＝0.1 m。
(3)粒子运动轨迹如图所示，
粒子打在荧光屏上最上端的点是B点，最下端打在A点
由几何知识可知dOA＝2Rcs 30°＝eq \r(3)R，dOB＝R
所以荧光屏上闪光点的范围距离为dAB＝(eq \r(3)＋1)R≈0.273 m。
【巧学妙记】
2．分析思路
(1)划分过程：将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选取不同的规律处理．
(2)找关键：确定带电粒子在场区边界的速度(包括大小和方向)是解决该类问题的关键．
(3)画运动轨迹：根据受力分析和运动分析，大致画出粒子的运动轨迹图，有利于形象、直观地解决问题．
磁场力、重力的叠加
①若重力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动。
②若重力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒，由此可求解问题。
【典例3】(2022·北京市丰台区高三上期末)如图所示，空间有一垂直纸面的磁感应强度为0.5 T的匀强磁场，一质量为0.2 kg且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板左端无初速放置一质量为0.1 kg、电荷量q＝＋0.2 C的滑块，滑块与绝缘木板之间动摩擦因数为0.5，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力。t＝0时对木板施加方向水平向左，大小为0.6 N恒力，g取10 m/s2。则( )
A.木板和滑块一直做加速度为2 m/s2的匀加速运动
B.滑块开始做加速度减小的变加速运动，最后做速度为10 m/s匀速运动
C.木板先做加速度为2 m/s2匀加速运动，再做加速度增大的运动，最后做加速度为3 m/s2的匀加速运动
D.t＝5 s后滑块和木块有相对运动
【答案】C
【解析】由于滑块与绝缘木板之间动摩擦因数为0.5，静摩擦力对滑块能产生的最大加速度为μg＝5 m/s2，所以当0.6 N 的恒力作用于木板时，系统一起以a＝eq \f(F,M＋m)＝eq \f(0.6,0.2＋0.1) m/s2＝2 m/s2的加速度一起运动，当滑块获得向左运动的速度以后又产生一个方向向上的洛伦兹力，最大静摩擦力f＝μ(mg－qvB)随v的增大而减小，减小至它对滑块产生a＝2 m/s2的加速度后，滑块与木板发生相对滑动，此后滑动摩擦力f＝μ(mg－qvB)＝ma，可知滑块再做加速度减小的变加速运动。当洛伦兹力等于重力时滑块与木板之间的弹力为零，此时Bqv＝mg，解得v＝10 m/s，此时摩擦力消失，滑块做匀速运动，而木板在恒力作用下做匀加速运动，a′＝eq \f(F,M)＝eq \f(0.6,0.2) m/s2＝3 m/s2。可知滑块先与木板一起做匀加速直线运动，然后发生相对滑动，做加速度减小的变加速运动，最后做速度为10 m/s的匀速运动；因木块开始的加速度为2 m/s2，当恰好要开始滑动时，f＝μ(mg－qvB)＝ma，代入数据得v＝6 m/s，经历的时间是t＝eq \f(v,a)＝eq \f(6,2) s＝3 s，此后滑块所受的摩擦力逐渐减小，加速度减小，仍然做加速运动，最后做速度为10 m/s 的匀速运动，故选C
【典例4】 (多选)[2022·黄石模拟]如图所示，有一范围足够大的水平匀强磁场，磁感应强度为B，一个质量为m、电荷量为＋q的带电小圆环套在一根固定的绝缘竖直长杆上，环与杆间的动摩擦因数为μ.现使圆环以初速度v0向上运动，经时间t0圆环回到出发点，不计空气阻力，取竖直向上为正方向，下列描述该过程中圆环的速度v随时间t、摩擦力Ff随时间t、动能Ek随位移x、机械能E随位移x变化规律的图象中，可能正确的是( )
【答案】ABD
【解析】小圆环向上做减速运动，对小圆环受力分析，竖直方向：重力和竖直向下的摩擦力，由牛顿第二定律有mg＋f＝ma；水平方向：N＝qvB，f＝μN，解得f＝μqvB.速度逐渐减小，滑动摩擦力逐渐减小，加速度逐渐减小，当速度减小到零时，加速度为g，此时摩擦力为零，然后小圆环向下做加速运动，竖直方向：mg－f＝ma；水平方向：N＝qvB，f＝μN，随着速度的增大，弹力N增大，摩擦力增大，加速度减小，A、B正确．动能先减小后增大，Ek－x图像的斜率大小表示合外力，从0～x过程，动能减小，合外力减小，从x～0的过程，动能增大，合外力减小，C错误．小圆环的机械能逐渐减小，E－x图像的斜率大小表示摩擦力f，上升过程中，从0～x过程，摩擦力逐渐减小，下滑过程，位移从x～0，摩擦力逐渐增大，D正确．
练习2、(多选)(2022·山东省菏泽市高三下二模)如图所示，两个倾角分别为30°和60°的足够长光滑绝缘斜面固定于水平地面上，并处于方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中，两个质量为m、电荷量为＋q的小滑块甲和乙分别从两个斜面顶端由静止释放，运动一段时间后，两小滑块都将飞离斜面，在此过程中( )
A．甲滑块飞离斜面瞬间的速度比乙滑块飞离斜面瞬间的速度大
B．甲滑块在斜面上运动的时间比乙滑块在斜面上运动的时间短
C．两滑块在斜面上运动的位移大小相同
D．两滑块在斜面上运动的过程中，重力的平均功率相等
【答案】AD
【解析】小滑块飞离斜面时，洛伦兹力与重力垂直斜面的分力平衡，故mgcsθ＝qvmB，解得vm＝eq \f(mgcsθ,qB)，所以斜面倾角越小，飞离斜面瞬间的速度越大，故甲滑块飞离时速度较大，故A正确；滑块在斜面上运动的加速度恒定不变，由受力分析和牛顿第二定律可得加速度a＝gsinθ，所以甲的加速度小于乙的加速度，因为甲飞离时的速度大于乙飞离时的速度，由vm＝at得，甲在斜面上运动的时间大于乙在斜面上运动的时间，故B错误；由以上分析和x＝eq \f(v\\al(2,m),2a)可知，甲在斜面上运动的位移大于乙在斜面上运动的位移，故C错误；由平均功率的公式得，滑块在斜面上运动的过程中，重力的平均功率P＝Feq \x\t(v)·sinθ＝mg·eq \f(vm,2)sinθ＝eq \f(m2g2sinθ·csθ,2qB)，因sin30°＝cs60°，sin60°＝cs30°，故两滑块在斜面上运动时重力的平均功率相等，故D正确。
练习3.(多选)(2022·安徽省合肥市高三上开学考试)如图所示，空间存在垂直于纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，场内有一绝缘的足够长的直杆，它与水平面的夹角为θ，一电荷量为q、质量为m的带负电小球套在直杆上，从A点由静止沿杆下滑，小球与杆之间的动摩擦因数为μ，在小球以后的运动过程中，下列说法正确的是( )
A．小球下滑的最大速度为vm＝eq \f(mgsinθ,μqB)
B．小球下滑的最大加速度为am＝gsinθ
C．小球的加速度一直在减小
D．小球的速度先增大后不变
【答案】BD
【解析】小球开始下滑时有mgsinθ－μ(mgcsθ－qvB)＝ma，随着v增大，a增大，当v0＝eq \f(mgcsθ,qB)时，a达到最大值即am＝gsinθ，此时洛伦兹力大小等于mgcsθ，支持力为0，此后随着速度增大，洛伦兹力增大，支持力增大，此后下滑过程中有，mgsinθ－μ(qvB－mgcsθ)＝ma，随着v增大，a减小，当vm＝eq \f(mgsinθ＋μcsθ,μqB)时，a＝0，此时达到平衡状态，速度不变．所以整个过程中，v先增大后不变，a先增大后减小，所以B、D正确．
【巧学妙记】
(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、洛伦兹力的变化。
(3)分析受力结合运动，通过牛顿运动定律，分析加速度变化；通过合力与速度的关系，分析速度变化

在重力场、磁场和电场中的匀速运动和匀速圆周运动
①若三力平衡，一定做匀速直线运动。
②若重力与电场力平衡，一定做匀速圆周运动。
③若合力不为零且与速度方向不垂直，将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用能量守恒定律或动能定理求解问题。
【典例5】(多选)(2022·福建省漳州市模拟) 如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，磁场方向垂直于纸面向外。已知在该区域内，一个带电小球在竖直面内做直线运动。下列说法正确的是( )
A．若小球带正电荷，则小球的电势能减小
B．若小球带负电荷，则小球的电势能减小
C．无论小球带何种电荷，小球的重力势能都减小
D．小球的动能恒定不变
【答案】CD
【解析】根据题意，小球受的重力、静电力恒定，洛伦兹力垂直于速度，则小球所受三力恰好平衡，做匀速直线运动，则小球的动能不变，故D正确；若小球带正电，小球受力如图1，根据左手定则可知，小球斜向左下方运动，静电力做负功，电势能增大，故A错误；若小球带负电，小球受力如图2，根据左手定则可知，小球斜向右下方运动，静电力做负功，电势能增大，故B错误；无论小球带何种电荷，小球都下降，小球的重力势能都减小，故C正确。
【典例5】(多选)(2022·江淮十校联考)如图所示，空间存在竖直向上、大小为E的匀强电场和沿水平方向、垂直于纸面向里、大小为B的匀强磁场，一个质量为m的带电小球用长为L的绝缘细线吊着悬于O点，给小球一个水平方向的初速度，小球在竖直面内做匀速圆周运动，细线张力不为零；某时刻细线断开，小球仍做半径为L的匀速圆周运动，不计小球的大小，重力加速度为g，则( )
A．细线未断时，小球沿顺时针方向运动
B．小球的带电量为eq \f(mg,E)
C．小球运动的速度大小为eq \f(2BLg,E)
D．细线未断时，细线的拉力大小为eq \f(2mLg2B2,E2)
【答案】ABD
【解析】小球做匀速圆周运动，说明电场力与重力等大反向，小球带正电，qE＝mg，q＝eq \f(mg,E)，B项正确；由于细线断了以后，小球仍做半径为L的匀速圆周运动，因此细线未断时，小球沿顺时针方向运动，T－qvB＝meq \f(v2,L)，细线断了以后小球沿逆时针方向运动，qvB＝meq \f(v2,L)，得到v＝eq \f(qBL,m)＝eq \f(BLg,E)，细线的拉力大小T＝eq \f(2mLg2B2,E2)，C项错误，A、D项正确。
练习4.(2022·江西一模)我国地处北半球，某地区存在匀强电场E和可看做匀强磁场的地磁场B，电场和地磁场的方向相同，地磁场的竖直分量和水平分量分别竖直向下和水平指北，一带电小球以速度v在此区域内沿垂直场强方向沿水平面做直线运动，忽略空气阻力，某地区的重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．小球运动方向为自南向北B．小球可能带正电
C．小球速度v的大小为eq \f(E,B)D．小球的比荷为eq \f(g,\r(E2＋（vB）2))
【答案】D
【解析】AB项，小球受到重力、电场力与洛伦兹力，因直线运动，且f＝qvB，因此一定是匀速直线运动，那么电场力与洛伦兹力的合力与重力等值反向，根据左手定则，因地磁场的竖直分量和水平分量分别竖直向下和水平指北，那么小球一定带负电，负电荷受到的电场力的方向与磁场的方向相反，则运动的方向由东向西方向运动，故AB两项错误；C项，由上分析可知，电场力与洛伦兹力的合力竖直向上，由于夹角不知，因此它们的大小关系不能确定，则不能确定v的大小为eq \f(E,B).故C项错误；D项，小球受到的电场力与洛伦兹力的合力与重力等值反向，则：mg＝eq \r(（qE）2＋（qvB）2)，所以小球的比荷：eq \f(q,m)＝eq \f(g,\r(E2＋（vB）2)).故D项正确．
练习5、(2022·浙江省温州市高三二模) 如图所示，在正交的匀强电、磁场中有质量、电荷量都相同的两油滴，A静止，B做半径为R的匀速圆周运动。若B与A相碰并结合在一起，则它们将( )
A．以B原速率的一半做匀速直线运动
B．以eq \f(R,2)为半径做匀速圆周运动
C．仍以R为半径做匀速圆周运动
D．做周期为B的一半的匀速圆周运动
【答案】B
【解析】解析：由A、B相碰时动量守恒mv＝2mv′，有v′＝eq \f(v,2)。据题意碰后A、B合成的大油滴所受重力仍与电场力平衡，合外力是洛伦兹力，所以继续做匀速圆周运动，且有r＝eq \f(2mv′,2qB)＝eq \f(R,2)，T＝eq \f(2π2m,2qB)＝eq \f(2πm,qB)，选项B正确。
【巧学妙记】
匀速圆周运动：当带电粒子在叠加场中，重力与电场力相平衡，粒子运动方向与匀强磁场方向垂直时，带电粒子就做匀速圆周运动．此种情况下要同时应用平衡条件和向心力公式来进行分析．
在重力场、磁场和电场中的直选运动和曲线运动
【典例7】.(2022·云南省昆明市“三诊一模”二模)如图所示，在粗糙的足够长的竖直木杆上套有一个带正电小球，整个装置处在有水平匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场组成的足够大的复合场中，小球由静止开始下滑，在整个运动过程中，下列关于描述小球运动的v—t图象中正确的是( )
【答案】C
【解析】在小球下滑的过程中，对小球进行受力分析，如图所示，
小球受到重力mg、电场力qE、洛伦兹力qvB、摩擦力f，还有木杆对小球的支持力N.开始时，小球的速度较小，洛伦兹力qvB较小，支持力N较大，随着速度的增大，支持力N在减小，可以知道摩擦力f减小，竖直方向上的合力增大，小球的加速度增大；当速度增大到一定的程度时，洛伦兹力qvB和电场力qE相等，此时支持力N为零，摩擦力f为零，小球的加速度为g，加速度达到最大；当速度继续增大时，支持力N要反向增大，摩擦力f增大，竖直方向上的合力减小，小球的加速度减小，当摩擦力f与重力mg相等时，竖直方向上的加速度为零，小球的速度达到最大．所以选项ABD所示的v—t图象不符合分析得到的小球的运动规律，C选项符合．
【典例8】(2022·衡水三模)在如图所示的正交电磁场中竖直固定着一个半径R＝eq \r(3) m的光滑圆弧，圆弧CD竖直固定，它对应的圆心角为240°，在C的左端有一倾斜的切线光滑轨道AC与水平面夹角θ＝30°.电场强度为E的电场充满整个空间，而磁感应强度为B的磁场只分布在圆弧轨道所在的右半侧区域，已知E和B在数值上相等，取重力加速度g＝10 m/s2.现在A点安装一个弹射装置，它能以不同速度沿AC方向发射可视为质点的带电小球，小球的质量为m，小球射出后能在AC上做匀速直线运动，则下列说法正确的是( )
A．小球一定带负电
B．小球在轨道的最低点F处速度最大
C．若小球以初速度v0＝(5＋eq \r(45)) m/s射出，则小球会从D点离开轨道
D．若撤去磁场，让小球以初速度v0＝2eq \r(5) m/s射出，则小球一定不会脱离轨道
【答案】D
【解析】A项，小球射出后能在AC上做匀速直线运动，小球所受合力为零，电场力水平向左，则小球带正电，A项错误．B项，小球受力如图所示，电场力与重力的合力与竖直方向夹角为θ＝30°，小球速度最大位置在图中C点，B项错误．
C项，重力与电场力的合力：F＝eq \f(mg,csθ)＝eq \f(2\r(3)mg,3)，电场力：qE＝mgtanθ＝eq \f(\r(3),3)mg，小球在P点恰好不脱离轨道，此时轨道对小球弹力为零，由牛顿第二定律得：F＋qvB＝meq \f(v2,R)，由题意可知：E＝B，解得：v＝eq \f(\r(180)＋10,2) m/s，从A到C过程小球速度不变，从C到P过程，由动能定理得：－F·2R＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02，解得：v0＝eq \r(150＋30\r(5))>(5＋eq \r(45)) m/s，则小球不会通过P到达D点，故C项错误；
D项，设当小球初速度v1时，恰好从C点沿圆弧转过90°到B点，从C到B根据动能定理：FR＝eq \f(1,2)mv12，解得v1＝2eq \r(10)m/s，由于v0＝2eq \r(5)m/s0)的小球套在绝缘杆上，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，已知重力加速度大小为g，小球电荷量保持不变，则下列说法正确的是( )
A．小球的初速度v0＝eq \f(mg,2qB)
B．若小球沿杆向下的初速度v＝eq \f(mg,qB)，小球将沿杆做加速度不断增大的减速运动直到停止
C．若小球沿杆向下的初速度v＝eq \f(3mg,qB)，小球将沿杆做加速度不断减小的减速运动直到停止
D．若小球沿杆向下的初速度v＝eq \f(4mg,qB)，则从开始运动至稳定，小球克服摩擦力做功为eq \f(6m3g2,q2B2)
【答案】BD
【解析】根据题意可知小球受力平衡，电场力F＝qE＝eq \r(3)mg，电场力与重力的合力为G′＝2mg，方向垂直于杆斜向下，洛伦兹力垂直于斜杆向上，所以小球不受杆的摩擦力，则cs 60°＝eq \f(mg,qv0B)，所以v0＝eq \f(2mg,qB)，A错误；当v＝eq \f(mg,qB)时，qvB＝mgG′，则小球受到垂直于杆斜向下的弹力，即G′＋FN＝qvB，同时受到沿杆向上的摩擦力，根据牛顿第二定律可知Ff＝μFN＝μ(qvB－G′)＝ma，小球做加速度减小的减速运动，当v＝eq \f(2mg,qB)时，qvB＝G′＝2mg，小球不受摩擦力作用，开始做匀速直线运动，C错误；同理，当v＝eq \f(4mg,qB)时，小球先做加速度减小的减速运动，当v＝eq \f(2mg,qB)时开始做匀速直线运动，根据动能定理得小球克服摩擦力做功Wf＝eq \f(1,2)m(eq \f(4mg,qB))2－eq \f(1,2)m(eq \f(2mg,qB))2＝eq \f(6m3g2,q2B2)，D正确。
练习7、(2022·哈尔滨模拟)如图所示，在纸面内存在水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B，一水平固定绝缘杆上套有带电小球P，P的质量为m、电荷量为－q，P与杆间的动摩擦因数为μ.小球由静止开始滑动，设电场、磁场区域足够大，杆足够长，在运动过程中小球的最大加速度为a0，最大速度为v0，则下列判断正确的是( )
A．小球先加速后减速，加速度先增大后减小
B．当v＝eq \f(1,2)v0时，小球的加速度最大
C．当v＝eq \f(1,2)v0时，小球一定处于加速度减小阶段
D．当a＝eq \f(1,2)a0时，eq \f(v,v0)>eq \f(1,2)
【答案】C
【解析】开始运动阶段qvB(5＋eq \r(45)) m/s，则小球不会通过P到达D点，故C项错误；
D项，设当小球初速度v1时，恰好从C点沿圆弧转过90°到B点，从C到B根据动能定理：FR＝eq \f(1,2)mv12，解得v1＝2eq \r(10)m/s，由于v0＝2eq \r(5)m/s0)的小球套在绝缘杆上，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，已知重力加速度大小为g，小球电荷量保持不变，则下列说法正确的是( )
A．小球的初速度v0＝eq \f(mg,2qB)
B．若小球沿杆向下的初速度v＝eq \f(mg,qB)，小球将沿杆做加速度不断增大的减速运动直到停止
C．若小球沿杆向下的初速度v＝eq \f(3mg,qB)，小球将沿杆做加速度不断减小的减速运动直到停止
D．若小球沿杆向下的初速度v＝eq \f(4mg,qB)，则从开始运动至稳定，小球克服摩擦力做功为eq \f(6m3g2,q2B2)
【答案】BD
【解析】根据题意可知小球受力平衡，电场力F＝qE＝eq \r(3)mg，电场力与重力的合力为G′＝2mg，方向垂直于杆斜向下，洛伦兹力垂直于斜杆向上，所以小球不受杆的摩擦力，则cs 60°＝eq \f(mg,qv0B)，所以v0＝eq \f(2mg,qB)，A错误；当v＝eq \f(mg,qB)时，qvB＝mgG′，则小球受到垂直于杆斜向下的弹力，即G′＋FN＝qvB，同时受到沿杆向上的摩擦力，根据牛顿第二定律可知Ff＝μFN＝μ(qvB－G′)＝ma，小球做加速度减小的减速运动，当v＝eq \f(2mg,qB)时，qvB＝G′＝2mg，小球不受摩擦力作用，开始做匀速直线运动，C错误；同理，当v＝eq \f(4mg,qB)时，小球先做加速度减小的减速运动，当v＝eq \f(2mg,qB)时开始做匀速直线运动，根据动能定理得小球克服摩擦力做功Wf＝eq \f(1,2)m(eq \f(4mg,qB))2－eq \f(1,2)m(eq \f(2mg,qB))2＝eq \f(6m3g2,q2B2)，D正确。
练习7、(2022·哈尔滨模拟)如图所示，在纸面内存在水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B，一水平固定绝缘杆上套有带电小球P，P的质量为m、电荷量为－q，P与杆间的动摩擦因数为μ.小球由静止开始滑动，设电场、磁场区域足够大，杆足够长，在运动过程中小球的最大加速度为a0，最大速度为v0，则下列判断正确的是( )
A．小球先加速后减速，加速度先增大后减小
B．当v＝eq \f(1,2)v0时，小球的加速度最大
C．当v＝eq \f(1,2)v0时，小球一定处于加速度减小阶段
D．当a＝eq \f(1,2)a0时，eq \f(v,v0)>eq \f(1,2)
【答案】C
【解析】开始运动阶段qvBtanθ，则圆环静止，若μ0)。质量为eq \f(1,3)m的不带电的小物体B以速度v0冲向小物体A并发生弹性正碰，碰撞前后小物体A的电荷量保持不变。
(1)求碰撞后小物体A的速度大小。
(2)若小物体A与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，磁感应强度为B＝eq \f(3mg,qv0)，电场强度为E＝eq \f(7μmg,q)，小物体A从MN开始向右运动距离为L时速度达到最大。求小物体A的最大速度vm和此过程克服摩擦力所做的功W。
【答案】 (1)eq \f(v0,2) (2)2v0 7μmgL－eq \f(15,8)mveq \\al(2,0)
【解析】本题考查带电物体在复合场中的直线运动、动量守恒定律、牛顿运动定律、动能定理及其相关知识点。
(1)设A、B碰撞后的速度分别为vA、vB，由于A、B发生弹性正碰，动量、机械能均守恒，取水平向右为正方向，则有
mBv0＝mBvB＋mAvA，
eq \f(1,2)mBveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)mBveq \\al(2,B)＋eq \f(1,2)mAveq \\al(2,A)，
解得vA＝eq \f(v0,2)。
(2)当物体A的加速度等于零时，其速度达到最大值vm，受力如图所示，由平衡条件可知，在竖直方向有N＝qvmB＋mg，
在水平方向有qE＝μN，
解得vm＝2v0，
根据动能定理得qEL－W＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)，
联立并代入相关数据可得W＝7μmgL－eq \f(15,8)mveq \\al(2,0)。
11. (2022·江苏省连云港市高三下第一次调研)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eq \f(1,4)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．
【答案】(1)85 J (2)1 m (3)0.71 m
【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＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＋eq \f(1,2)Mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，
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)＝meq \f(veq \\al(2,1),r)，
解得r＝1 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′＝eq \f(10,7) m/s.
设圆弧轨道的最大半径为Rm，由能量守恒定律有
eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)(m＋M)v′2＋(mg＋qE)Rm，
解得Rm＝0.71 m.
1.（2018·北京卷）某空间存在匀强磁场和匀强电场。一个带电粒子(不计重力)以一定初速度射入该空间后，做匀速直线运动；若仅撤除电场，则该粒子做匀速圆周运动，下列因素与完成上述两类运动无关的是
A．磁场和电场的方向
B．磁场和电场的强弱
C．粒子的电性和电量
D．粒子入射时的速度
【答案】C
【解析】由题可知，当带电粒子在复合场内做匀速直线运动，即，则，若仅撤除电场，粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，说明要满足题意需要对磁场与电场的方向以及强弱程度都要有要求，例如：电场方向向下，磁场方向垂直纸面向里等，但是对电性和电量无要求，故选项C正确，ABD错误。
2.(2022·湖南卷·)如图，两个定值电阻的阻值分别为和，直流电源的内阻不计，平行板电容器两极板水平放置，板间距离为，板长为，极板间存在方向水平向里的匀强磁场。质量为、带电量为的小球以初速度沿水平方向从电容器下板左侧边缘点进入电容器，做匀速圆周运动，恰从电容器上板右侧边缘离开电容器。此过程中，小球未与极板发生碰撞，重力加速度大小为，忽略空气阻力。
（1）求直流电源的电动势；
（2）求两极板间磁场的磁感应强度；
（3）在图中虚线的右侧设计一匀强电场，使小球离开电容器后沿直线运动，求电场强度的最小值。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）小球在电磁场中作匀速圆周运动，则电场力与重力平衡，可得
两端的电压
根据欧姆定律得
联立解得
（2）如图所示
设粒子在电磁场中做圆周运动的半径为，根据几何关系
解得
根据
解得
（3）由几何关系可知，射出磁场时，小球速度方向与水平方向夹角为，要使小球做直线运动，当小球所受电场力与小球重力在垂直小球速度方向的分力相等时，电场力最小，电场强度最小，可得
解得
新课程标准
1.通过实验，认识洛伦兹力。能判断洛伦兹力的方向，会计算洛伦兹力的大小。
2．能用洛伦兹力分析带电粒子在匀强磁场中的圆周运动。了解带电粒子在匀强磁场中的偏转及其应用。
命题趋势
考查的内容主要体现在对科学思维、运动与相互作用观念等物理学科的核心素养的要求。考查频率高，题目综合性强，会综合牛顿运动定律和运动学规律，注重与电场、磁场的渗透，注重生产、生活、当今热点、现代科技的联系。
试题情境
生活实践类
生活和科技等
学习探究类
带电粒子在磁场、组合场、叠加场中的运动
项目
名称
力的特点
功和能的特点
重力场
大小：G＝mg
方向：竖直向下
重力做功与路径无关
重力做功改变物体的重力势能
静电场
大小：F＝qE
方向：①正电荷受力方向与场强方向相同
②负电荷受力方向与场强方向相反
静电力做功与路径无关
W＝qU
静电力做功改变电势能
磁场
洛伦兹力大小：F＝
qvB
方向：根据左手定则判定
洛伦兹力不做功，不改变带电粒子的动能