2023年高考物理一輪復(fù)習(xí)考點通關(guān)練考點34帶電粒子在復(fù)合場中的運動

2023年高考物理一輪復(fù)習(xí)考點通關(guān)練考點34帶電粒子在復(fù)合場中的運動PAGEPAGE8考點34帶電粒子在復(fù)合場中的運動考點名片考點細(xì)研究：(1)帶電粒子在復(fù)合場中的運動；(2)質(zhì)譜儀和盤旋加速器等。其中考查到的如：2022年全國卷Ⅰ第15題、2022年天津高考第11題、2022年浙江高考第25題、2022年江蘇高考第15題、2022年重慶高考第9題、2022年福建高考第22題、2022年天津高考第12題、2022年山東高考第24題、2022年浙江高考第25題、2022年江蘇高考第15題、2022年四川高考第10題、2022年大綱卷第25題、2022年重慶高考第9題等。備考正能量：本局部內(nèi)容綜合性較強，經(jīng)常以壓軸題的形式出現(xiàn)。試題綜合考查力與運動以及運用數(shù)學(xué)解決物理問題的能力，尤其是對高新科技儀器物理原理的考查，對考生物理建模及信息遷移的能力要求較高。今后本局部知識仍為出題的熱點和難點，需要著重關(guān)注帶電粒子在電磁交變場中的運動。一、根底與經(jīng)典1.如下圖，某空間存在正交的勻強電場和勻強磁場，電場方向水平向右，磁場方向垂直紙面向里，一帶電微粒由a點進入電磁場并剛好沿虛線ab向上運動。以下說法中正確的選項是()A．該微粒一定帶負(fù)電B．該微粒的動能一定減少C．該微粒的電勢能一定增加D．該微粒的機械能不一定增加答案A解析微粒受到的重力和電場力是恒力，沿直線運動，那么可以判斷出微粒受到的洛倫茲力也是恒定的，即該微粒做勻速直線運動，所以B錯誤；如果該微粒帶正電，那么受到向右的電場力和向左下方的洛倫茲力，所以不會沿直線運動，故該微粒一定帶負(fù)電，電場力做正功，電勢能一定減少，機械能增加，A正確，C、D錯誤。2.質(zhì)量為m的帶電小球在正交的勻強電場、勻強磁場中做勻速圓周運動，軌道平面在豎直平面內(nèi)，電場方向豎直向下，磁場方向垂直圓周所在平面向里，如下圖，由此可知()A．小球帶正電，沿順時針方向運動B．小球帶負(fù)電，沿順時針方向運動C．小球帶正電，沿逆時針方向運動D．小球帶負(fù)電，沿逆時針方向運動答案B解析根據(jù)題意，可知小球受到的電場力方向向上，大小等于重力，又電場方向豎直向下，可知小球帶負(fù)電；磁場方向垂直圓周所在平面向里，帶負(fù)電的小球受到的洛倫茲力指向圓心，小球一定沿順時針方向運動。B正確。3.如圖，在兩水平極板間存在勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向下，磁場方向垂直于紙面向里。一帶電粒子以某一速度沿水平直線通過兩極板。假設(shè)不計重力，以下四個物理量中哪一個改變時，粒子運動軌跡不會改變()A．粒子速度的大小 B．粒子所帶的電荷量C．電場強度 D．磁感應(yīng)強度答案B解析粒子受到電場力和洛倫茲力作用而平衡，即qE＝qvB，所以只要當(dāng)粒子速度v＝eq\f(E,B)時，粒子運動軌跡就是一條直線，與粒子所帶的電荷量q無關(guān)，選項B正確；當(dāng)粒子速度的大小、電場強度、磁感應(yīng)強度三個量中任何一個改變時，運動軌跡都會改變，選項A、C、D不符合題意。4.如下圖，無磁場時，一帶負(fù)電滑塊以一定初速度沖上絕緣粗糙斜面，滑塊剛好能到達A點。假設(shè)加上一個垂直紙面向里的勻強磁場，那么滑塊以相同初速度沖上斜面時，以下說法正確的選項是()A．剛好能滑到A點B．能沖過A點C．不能滑到A點D．因不知磁感應(yīng)強度大小，所以不能確定能否滑到A點答案C解析滑塊沖上斜面時，由左手定那么可知滑塊受到垂直斜面向下的洛倫茲力作用，滑塊對斜面的正壓力增大，斜面對滑塊的滑動摩擦力增大，所以滑塊不能滑到A點，選項C正確。5．質(zhì)量為m，帶電荷量為＋q的小球套在水平固定且足夠長的絕緣桿上，如下圖，整個裝置處于磁感應(yīng)強度為B，方向垂直紙面向里的勻強磁場中，現(xiàn)給球一個水平向右的初速度v0使其開始運動，不計空氣阻力，那么球運動克服摩擦力做的功不可能的是()A.eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0) B．0C．mveq\o\al(2,0) D.eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mv\o\al(2,0)－\f(m3g2,q2B2)))答案C解析(1)當(dāng)qv0B＝mg時，圓環(huán)不受支持力和摩擦力，摩擦力做功為零。(2)當(dāng)qv0B<mg時，圓環(huán)做減速運動到靜止，只有摩擦力做功。根據(jù)動能定理得：－W＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)。(3)當(dāng)qv0B>mg時，圓環(huán)先做減速運動，當(dāng)qvB＝mg，即當(dāng)qvB＝mg，v＝eq\f(mg,qB)時，不受摩擦力，做勻速直線運動。根據(jù)動能定理得：－W＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，代入解得：W＝eq\f(1,2)meq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(v\o\al(2,0)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mg,qB)))2))。所以只有選項C不可能。6.(多項選擇)質(zhì)譜儀的構(gòu)造原理如下圖。從粒子源S出來時的粒子速度很小，可以看作初速為零，粒子經(jīng)過電場加速后進入有界的垂直紙面向里的勻強磁場區(qū)域，并沿著半圓周運動而到達照相底片上的P點，測得P點到入口的距離為x，那么以下說法正確的選項是()A．粒子一定帶正電B．粒子一定帶負(fù)電C．x越大，那么粒子的質(zhì)量與電量之比一定越大D．x越大，那么粒子的質(zhì)量與電量之比一定越小答案AC解析根據(jù)左手定那么，知粒子帶正電，故A正確，B錯誤；根據(jù)半徑公式r＝eq\f(mv,qB)知，x＝2r＝eq\f(2mv,qB)，又qU＝eq\f(1,2)mv2，聯(lián)立解得x＝eq\r(\f(8mU,qB2))，知x越大，質(zhì)量與電量的比值越大，故C正確，D錯誤。7.(多項選擇)如下圖，長均為d的兩正對平行金屬板MN、PQ水平放置，板間距離為2d，板間有正交的勻強電場和勻強磁場，一帶電粒子從MP的中點O垂直于電場和磁場方向以v0射入，恰沿直線從NQ的中點A射出；假設(shè)撤去電場，那么粒子從M點射出(粒子重力不計)。以下說法正確的選項是()A．該粒子帶正電B．該粒子帶正電、負(fù)電均可C．假設(shè)撤去磁場，那么粒子射出時的速度大小為2v0D．假設(shè)撤去磁場，那么粒子射出時的速度大小為eq\r(5)v0答案AD解析假設(shè)撤去電場，那么粒子從M點射出，根據(jù)左手定那么知粒子應(yīng)帶正電荷，故A正確，B錯誤；設(shè)粒子的質(zhì)量為m，帶電荷量為q，粒子射入電磁場時的速度為v0，那么粒子沿直線通過場區(qū)時：Bqv0＝Eq。撤去電場后，在洛倫茲力的作用下，粒子做圓周運動，由幾何知識知r＝eq\f(d,2)，由洛倫茲力提供向心力得，qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),r)＝eq\f(2mv\o\al(2,0),d)。撤去磁場，粒子做類平拋運動，設(shè)粒子的加速度為a，穿越電場所用時間為t，那么有：Eq＝ma，y＝eq\f(1,2)at2，d＝v0t，聯(lián)立解得：y＝d。設(shè)末速度為v，由動能定理得，qEd＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得：v＝eq\r(5)v0，故C錯誤，D正確。8．(多項選擇)粒子盤旋加速器的工作原理如圖甲、乙所示，置于真空中的D形金屬盒的半徑為R，兩金屬盒間的狹縫很小，磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場與金屬盒盒面垂直，高頻交流電的頻率為f，加速電壓為U，假設(shè)中心粒子源處產(chǎn)生的質(zhì)子質(zhì)量為m，電荷量為＋e，在加速器中被加速。不考慮相對論效應(yīng)，那么以下說法正確的選項是()A．不改變磁感應(yīng)強度B和交流電的頻率f，該加速器也可以加速α粒子B．加速的粒子獲得的最大動能隨加速電壓U增大而增大C．質(zhì)子被加速后的最大速度不能超過2πRfD．質(zhì)子第二次和第一次經(jīng)過D形盒間狹縫后軌道半徑之比為eq\r(2)∶1答案CD解析質(zhì)子被加速后獲得的最大速度受到D形盒最大半徑制約，vm＝2πR/T＝2πRf，C正確；粒子旋轉(zhuǎn)頻率為f＝Bq/2πm，與被加速粒子的比荷有關(guān)，所以A錯誤；粒子被加速的最大動能Ekm＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＝2mπ2R2f2，與電壓U無關(guān)，B錯誤；由運動半徑R＝mv/Bq，nUq＝mv2/2知半徑之比為eq\r(2)∶1，D正確。9．(多項選擇)如下圖，一塊長度為a、寬度為b、厚度為d的金屬導(dǎo)體，當(dāng)加有與側(cè)面垂直的勻強磁場B，且通以圖示方向的電流I時，用電壓表測得導(dǎo)體上、下外表M、N間電壓為U，自由電子的電量為e。以下說法中正確的選項是()A．導(dǎo)體的M面比N面電勢高B．導(dǎo)體單位體積內(nèi)自由電子數(shù)越多，電壓表的示數(shù)越大C．導(dǎo)體中自由電子定向移動的速度為v＝eq\f(U,Bd)D．導(dǎo)體單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)為eq\f(BI,eUb)答案CD解析由于自由電子帶負(fù)電，根據(jù)左手定那么可知，M板電勢比N板電勢低，選項A錯誤；當(dāng)上、下外表電壓穩(wěn)定時，有qeq\f(U,d)＝qvB，得U＝Bdv，與單位體積內(nèi)自由電子數(shù)無關(guān)，選項B錯誤，C正確；再根據(jù)I＝neSv，可知選項D正確。二、真題與模擬10．[2022·全國卷Ⅰ]現(xiàn)代質(zhì)譜儀可用來分析比質(zhì)子重很多倍的離子，其示意圖如下圖，其中加速電壓恒定。質(zhì)子在入口處從靜止開始被加速電場加速，經(jīng)勻強磁場偏轉(zhuǎn)后從出口離開磁場。假設(shè)某種一價正離子在入口處從靜止開始被同一加速電場加速，為使它經(jīng)勻強磁場偏轉(zhuǎn)后仍從同一出口離開磁場，需將磁感應(yīng)強度增加到原來的12倍。此離子和質(zhì)子的質(zhì)量比約為()A．11B．12C．121D．144答案D解析設(shè)質(zhì)子和離子的質(zhì)量分別為m1和m2，原磁感應(yīng)強度為B1，改變后的磁感應(yīng)強度為B2。在加速電場中qU＝eq\f(1,2)mv2①，在磁場中qvB＝meq\f(v2,R)②，聯(lián)立兩式得m＝eq\f(R2B2q,2U)，故有eq\f(m2,m1)＝eq\f(B\o\al(2,2),B\o\al(2,1))＝144，選項D正確。11．[2022·山東高考](多項選擇)如圖甲所示，兩水平金屬板間距為d，板間電場強度的變化規(guī)律如圖乙所示。t＝0時刻，質(zhì)量為m的帶電微粒以初速度v0沿中線射入兩板間，0～eq\f(T,3)時間內(nèi)微粒勻速運動，T時刻微粒恰好經(jīng)金屬板邊緣飛出。微粒運動過程中未與金屬板接觸。重力加速度的大小為g。關(guān)于微粒在0～T時間內(nèi)運動的描述，正確的選項是()A．末速度大小為eq\r(2)v0 B．末速度沿水平方向C．重力勢能減少了eq\f(1,2)mgd D．克服電場力做功為mgd答案BC解析0～eq\f(T,3)微粒做勻速直線運動，那么E0q＝mg。eq\f(T,3)～eq\f(2T,3)沒有電場作用，微粒做平拋運動，豎直方向上a＝g。eq\f(2T,3)～T，由于電場作用，F(xiàn)＝2E0q－mg＝mg＝ma′，a′＝g，方向豎直向上。由于兩段時間相等，故到達金屬板邊緣時，微粒速度為v0，方向水平，選項A錯誤，選項B正確；從微粒進入金屬板間到離開，重力做功mgeq\f(d,2)，重力勢能減少eq\f(1,2)mgd，選項C正確；由動能定理知WG－W電＝0，W電＝eq\f(1,2)mgd，選項D錯誤。12．[2022·江蘇高考](多項選擇)如下圖，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)生勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小B與I成正比，方向垂直于霍爾元件的兩側(cè)面，此時通過霍爾元件的電流為IH，與其前后外表相連的電壓表測出的霍爾電壓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，那么()A．霍爾元件前外表的電勢低于后外表B．假設(shè)電源的正負(fù)極對調(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解析根據(jù)霍爾元件中的電流方向及左手定那么判斷，霍爾元件中電子受到的洛倫茲力指向后側(cè)面，因此后側(cè)面帶負(fù)電，電勢低，A錯誤。假設(shè)電源正負(fù)極對調(diào)，磁場方向反向，電流方向反向，根據(jù)左手定那么判斷，霍爾元件定向移動的電子受到的洛倫茲力的方向不變，霍爾元件前后面的電勢上下不變，電壓表的指針不會發(fā)生反偏，B錯誤?；魻栐cR串聯(lián)再與RL并聯(lián)，由于霍爾元件的電阻不計，因此IHR＝(I－IH)RL，得IH＝eq\f(RL,R＋RL)·I，C正確。R遠(yuǎn)大于RL，因此RL中的電流近似等于I，因此RL消耗的功率P＝I2RL，霍爾電壓UH＝keq\f(IHB,d)，B與I成正比，IH與I成正比，因此UH∝I2，可見P與霍爾電壓(即電壓表示數(shù))成正比，D正確。13.[2022·河北百校聯(lián)考](多項選擇)在半導(dǎo)體離子注入工藝中，初速度可忽略的磷離子P＋和P3＋，經(jīng)電壓為U的電場加速后，垂直進入磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直紙面向里、有一定寬度的勻強磁場區(qū)域，如下圖。離子P＋在磁場中轉(zhuǎn)過θ＝30°后從磁場右邊界射出。在電場和磁場中運動時，離子P＋和P3＋()A．在電場中的加速度之比為1∶1B．在磁場中運動的半徑之比為eq\r(3)∶1C．在磁場中轉(zhuǎn)過的角度之比為1∶2D．離開電場區(qū)域時的動能之比為1∶3答案BCD解析兩離子所帶電荷量之比為1∶3，在電場中時由qE＝ma知a∝q，故加速度之比為1∶3，A錯誤；離開電場區(qū)域時的動能由Ek＝qU知Ek∝q，故D正確；在磁場中運動的半徑由Bqv＝meq\f(v2,R)、Ek＝eq\f(1,2)mv2知R＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))∝eq\f(1,\r(q))，故B正確；設(shè)磁場區(qū)域的寬度為d，那么有sinθ＝eq\f(d,R)∝eq\f(1,R)，即eq\f(sin30°,sinθ′)＝eq\f(1,\r(3))，故θ′＝60°＝2θ，C正確。14．[2022·武漢摸底](多項選擇)圖甲是盤旋加速器的工作原理圖。D1和D2是兩個中空的半圓金屬盒，它們之間有一定的電勢差，A處的粒子源產(chǎn)生的帶電粒子，在兩盒之間被電場加速。兩半圓盒處于與盒面垂直的勻強磁場中，所以粒子在半圓盒中做勻速圓周運動。假設(shè)帶電粒子在磁場中運動的動能Ek隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示，不計帶電粒子在電場中的加速時間，不考慮由相對論效應(yīng)帶來的影響，以下判斷正確的選項是()A．在Ek-t圖中應(yīng)該有tn＋1－tn＝tn－tn－1B．在Ek-t圖中應(yīng)該有tn＋1－tn<tn－tn－1C．在Ek-t圖中應(yīng)該有En＋1－En＝En－En－1D．在Ek-t圖中應(yīng)該有En＋1－En<En－En－1答案AC解析根據(jù)帶電粒子在勻強磁場中運動的周期與速度無關(guān)可知，在Ek-t圖中應(yīng)該有tn＋1－tn＝tn－tn－1，選項A正確，B錯誤；由于帶電粒子在電場中加速，電場力做功相等，所以在Ek-t圖中應(yīng)該有En＋1－En＝En－En－1，選項C正確，D錯誤。15．[2022·江西八校聯(lián)考](多項選擇)如下圖，在水平勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場中，有一豎直足夠長固定絕緣桿MN，小球P套在桿上，P的質(zhì)量為m、電荷量為＋q，電場強度為E，磁感應(yīng)強度為B，P與桿間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g。小球由靜止開始下滑直到穩(wěn)定的過程中()A．小球的加速度一直減小B．小球的機械能和電勢能的總和保持不變C．下滑加速度為最大加速度一半時的速度可能是v＝eq\f(2μqE－mg,2μqB)D．下滑加速度為最大加速度一半時的速度可能是v＝eq\f(2μqE＋mg,2μqB)答案CD解析對小球受力分析如下圖，那么mg－μ(qE－qvB)＝ma，隨著v的增加，小球加速度先增大，當(dāng)qE＝qvB時到達最大值，amax＝g，繼續(xù)運動，mg－μ(qvB－qE)＝ma，隨著v的增大，a逐漸減小，所以A錯誤。因為有摩擦力做功，機械能與電勢能總和在減小，B錯誤。假設(shè)在前半段到達最大加速度的一半，那么mg－μ(qE－qvB)＝meq\f(g,2)，得v＝eq\f(2μqE－mg,2μqB)；假設(shè)在后半段到達最大加速度的一半，那么mg－μ(qvB－qE)＝meq\f(g,2)，得v＝eq\f(2μqE＋mg,2μqB)，故C、D正確。16．[2022·衡水模擬](多項選擇)帶電小球以一定的初速度v0豎直向上拋出，能夠到達的最大高度為h1；假設(shè)加上水平方向的勻強磁場，且保持初速度仍為v0，小球上升的最大高度為h2；假設(shè)加上水平方向的勻強電場，且保持初速度仍為v0，小球上升的最大高度為h3，假設(shè)加上豎直向上的勻強電場，且保持初速度仍為v0，小球上升的最大高度為h4，如下圖。不計空氣，那么()A．一定有h1＝h3 B．一定有h1<h4C．h2與h4無法比擬 D．h1與h2無法比擬答案AC解析第1個圖：由豎直上拋運動的最大高度公式得：h1＝eq\f(v\o\al(2,0),2g)。第3個圖：當(dāng)加上電場時，由運動的分解可知：在豎直方向上有，veq\o\al(2,0)＝2gh3，所以h1＝h3，故A正確；而第2個圖：洛倫茲力改變速度的方向，當(dāng)小球在磁場中運動到最高點時，小球應(yīng)有水平速度，設(shè)此時的球的動能為Ek，那么由能量守恒得：mgh2＋Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，又由于eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgh1，所以h1>h2，所以D錯誤。第4個圖：因小球電性不知，那么電場力方向不清，那么高度可能大于h1，也可能小于h1，故C正確，B錯誤。17．[2022·懷化二模](多項選擇)磁流體發(fā)電機可以把氣體的內(nèi)能直接轉(zhuǎn)化為電能，是一種低碳環(huán)保發(fā)電機，有著廣泛的開展前景，其發(fā)電原理示意圖如下圖。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)電的微粒，整體上呈電中性)噴射入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，磁場區(qū)域有兩塊面積為S、相距為d的平行金屬板與外電阻R相連構(gòu)成一電路，設(shè)氣流的速度為v，氣體的電導(dǎo)率(電阻率的倒數(shù))為g。那么以下說法正確的選項是()A．上板是電源的正極，下板是電源的負(fù)極B．兩板間電勢差為U＝BdvC．流經(jīng)R的電流為I＝eq\f(Bdv,R)D．流經(jīng)R的電流為I＝eq\f(BdvSg,gSR＋d)答案AD解析等離子體射入勻強磁場，由左手定那么，正粒子向上偏轉(zhuǎn)，負(fù)粒子向下偏轉(zhuǎn)，產(chǎn)生豎直向下的電場，正離子受向下的電場力和向上的洛倫茲力，當(dāng)電場力和洛倫茲力平衡時，電場最強，即Eq＝Bqv，E＝Bv，兩板間的電動勢為Bvd，那么通過R的電流為I＝eq\f(Bvd,R＋R氣)，兩極板間電勢差為：U＝IR＝eq\f(BdvR,R＋R氣)；作為電源對外供電時，I＝eq\f(Bdv,R＋R氣)而R氣＝eq\f(1,g)eq\f(d,s)，二式結(jié)合，I＝eq\f(BdvSg,gSR＋d)。故A、D正確。18．[2022·浙江三校模擬](多項選擇)如下圖，空間中存在正交的勻強電場E和勻強磁場B(勻強電場水平向右)，在豎直平面內(nèi)從a點沿ab、ac方向拋出兩帶電小球(不考慮兩帶電球的相互作用，兩球電荷量始終不變)，關(guān)于小球的運動，以下說法正確的選項是()A．沿ab、ac方向拋出的帶電小球都可能做直線運動B．只有沿ab拋出的帶電小球才可能做直線運動C．假設(shè)有小球能做直線運動，那么它一定是勻速運動D．兩小球在運動過程中機械能均守恒答案AC解析沿ab方向拋出的帶正電小球，或沿ac方向拋出的帶負(fù)電的小球，在重力、電場力、洛倫茲力作用下，都可能做勻速直線運動，A正確，B錯誤。在重力、電場力、洛倫茲力三力都存在時的直線運動一定是勻速直線運動，C正確。兩小球在運動過程中除重力做功外還有電場力做功，故機械能不守恒，D錯誤。19．[2022·吉林模擬]如下圖，一帶電塑料小球質(zhì)量為m，用絲線懸掛于O點，并在豎直平面內(nèi)擺動，最大擺角為60°，水平磁場垂直于小球擺動的平面。當(dāng)小球自左方擺到最低點時，懸線上的張力恰為零，那么小球自右方最大擺角處擺到最低點時懸線上的張力為()A．0B．2mgC．4mgD．6mg答案C解析設(shè)小球自左方擺到最低點時速度為v，那么eq\f(1,2)mv2＝mgL(1－cos60°)，此時qvB－mg＝meq\f(v2,L)，當(dāng)小球自右方擺到最低點時，v大小不變，洛倫茲力方向發(fā)生變化，F(xiàn)T－mg－qvB＝meq\f(v2,L)，得FT＝4mg，故C正確。一、根底與經(jīng)典20.如下圖，帶電荷量為＋q、質(zhì)量為m的物塊從傾角為θ＝37°的光滑絕緣斜面頂端由靜止開始下滑，磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場垂直紙面向外，求物塊在斜面上滑行的最大速度和在斜面上運動的最大位移。(斜面足夠長，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)答案vm＝eq\f(4mg,5qB)s＝eq\f(8m2g,15q2B2)解析經(jīng)分析，物塊沿斜面運動過程中加速度不變，但隨速度增大，物塊所受支持力逐漸減小，最后離開斜面。所以，當(dāng)物塊對斜面的壓力剛好為零時，物塊沿斜面的速度到達最大，同時位移到達最大，即qvmB＝mgcosθ①物塊沿斜面下滑過程中，由動能定理得：mgssinθ＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－0②由①②得：vm＝eq\f(mgcosθ,qB)＝eq\f(4mg,5qB)。s＝eq\f(v\o\al(2,m),2gsinθ)＝eq\f(8m2g,15q2B2)。21.如下圖，坐標(biāo)系xOy在豎直平面內(nèi)。x軸下方有勻強電場和勻強磁場，電場強度為E、方向豎直向下，磁感應(yīng)強度為B、方向垂直紙面向里。將一個帶電小球從y軸上P(0，h)點以初速度v0豎直向下拋出，小球穿過x軸后，恰好做勻速圓周運動。不計空氣阻力，重力加速度為g。求：(1)小球到達O點時速度的大?。?2)小球做圓周運動的半徑；(3)小球從P點到第二次經(jīng)過x軸所用的時間。答案(1)eq\r(v\o\al(2,0)＋2gh)(2)eq\f(E\r(v\o\al(2,0)＋2gh),gB)(3)eq\f(\r(v\o\al(2,0)＋2gh)－v0,g)＋eq\f(πE,gB)解析(1)設(shè)小球經(jīng)過O點時的速度為v，從P到Ov2－veq\o\al(2,0)＝2gh，解得v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋2gh)。(2)小球穿過x軸后恰好做勻速圓周運動，畫出小球運動的軌跡示意圖，如下圖，有qE＝mg，從O到A，根據(jù)牛頓第二定律qvB＝meq\f(v2,r)，求出r＝eq\f(E\r(v\o\al(2,0)＋2gh),gB)。(3)從P到O，小球第一次經(jīng)過x軸，所用時間為t1，v＝v0＋gt1，從O到A，小球第二次經(jīng)過x軸，所用時間為t2，T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,qB)，t2＝eq\f(T,2)＝eq\f(πE,gB)，求出t＝t1＋t2＝eq\f(\r(v\o\al(2,0)＋2gh)－v0,g)＋eq\f(πE,gB)。二、真題與模擬22．[2022·天津高考]如下圖，空間中存在著水平向右的勻強電場，電場強度大小E＝5eq\r(3)N/C，同時存在著水平方向的勻強磁場，其方向與電場方向垂直，磁感應(yīng)強度大小B＝0.5T。有一帶正電的小球，質(zhì)量m＝1×10－6kg，電荷量q＝2×10－6C，正以速度v在圖示的豎直面內(nèi)做勻速直線運動，當(dāng)經(jīng)過P點時撤掉磁場(不考慮磁場消失引起的電磁感應(yīng)現(xiàn)象)，取g＝10m/s2，求：(1)小球做勻速直線運動的速度v的大小和方向；(2)從撤掉磁場到小球再次穿過P點所在的這條電場線經(jīng)歷的時間t。答案(1)20m/s，與電場E夾角為60°(2)3.5s解析(1)小球做勻速直線運動時受力如圖，其所受的三個力在同一平面內(nèi)，合力為零，有qvB＝eq\r(q2E2＋m2g2)①代入數(shù)據(jù)解得v＝20m/s②速度v的方向與電場E的方向之間的夾角θ滿足tanθ＝eq\f(qE,mg)③代入數(shù)據(jù)解得tanθ＝eq\r(3)，θ＝60°。④(2)解法一：撤去磁場，小球在重力與電場力的合力作用下做類平拋運動，設(shè)其加速度為a，有a＝eq\f(\r(q2E2＋m2g2),m)⑤設(shè)撤掉磁場后小球在初速度方向上的分位移為x，有x＝vt⑥設(shè)小球的重力與電場力的合力方向上分位移為y，有y＝e