2023年高三物理二輪復(fù)習(xí)常見模型與練習(xí)22 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)（疊加場(chǎng)）中的運(yùn)動(dòng)模型（解析版）

2023年高三物理二輪常見模型與方法強(qiáng)化專訓(xùn)專練

專題22帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)（疊加場(chǎng)）中的運(yùn)動(dòng)模型

特訓(xùn)目標(biāo)特訓(xùn)內(nèi)容

目標(biāo)1高考真題（ITTT）

目標(biāo)2束縛類直線運(yùn)動(dòng)模型（5T—8T）

目標(biāo)3圓周運(yùn)動(dòng)模型（9T—12T）

目標(biāo)4一般曲線運(yùn)動(dòng)模型（13T—16T）

【特訓(xùn)典例】

一、高考真題

1.空間存在著勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)，磁場(chǎng)的方向垂直于紙面（χθy平面）向里，電場(chǎng)的方向沿），軸正方向。

一帶正電的粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)的作用下,從坐標(biāo)原點(diǎn)。由靜止開始運(yùn)動(dòng)。下列四幅圖中，可能正確描述該

粒子運(yùn)動(dòng)軌跡的是（）

【答案】B

【詳解】解法一:

AC.在Xoy平面內(nèi)電場(chǎng)的方向沿y軸正方向，故在坐標(biāo)原點(diǎn)。靜止的帶正電粒子在電場(chǎng)力作用下會(huì)向y軸

正方向運(yùn)動(dòng)。磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里，根據(jù)左手定則，可判斷出向y軸正方向運(yùn)動(dòng)的粒子同時(shí)受到沿X

軸負(fù)方向的洛倫茲力，故帶電粒子向X軸負(fù)方向偏轉(zhuǎn)。AC錯(cuò)誤;

BD.運(yùn)動(dòng)的過程中在電場(chǎng)力對(duì)帶電粒子做功，粒子速度大小發(fā)生變化，粒子所受的洛倫茲力方向始終與速

度方向垂直。由于勻強(qiáng)電場(chǎng)方向是沿y軸正方向，故X軸為勻強(qiáng)電場(chǎng)的等勢(shì)面，從開始到帶電粒子偏轉(zhuǎn)再次

運(yùn)動(dòng)到X軸時(shí)，電場(chǎng)力做功為0,洛倫茲力不做功，故帶電粒子再次回到X軸時(shí)的速度為0,隨后受電場(chǎng)力

作用再次進(jìn)入第二象限重復(fù)向左偏轉(zhuǎn)，故B正確，D錯(cuò)誤。故選B。

解法二：

粒子在。點(diǎn)靜止，對(duì)速度進(jìn)行分解，分解為向X軸正方向的速度也向X軸負(fù)方向的速度兩個(gè)速度大小

相等，方向相反。使得其中一個(gè)洛倫茲力平衡電場(chǎng)力，即qB"=qE則粒子的在電場(chǎng)、磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，可視

P

為，向X軸負(fù)方向以速度U'="做勻速直線運(yùn)動(dòng)，同時(shí)在X軸上方做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。故選B。

2.如圖所示，磁控管內(nèi)局部區(qū)域分布有水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。電子從M點(diǎn)由靜

止釋放，沿圖中所示軌跡依次經(jīng)過N、P兩點(diǎn)。已知M、P在同一等勢(shì)面上，下列說法正確的有（）

A.電子從N到P,電場(chǎng)力做正功

B.N點(diǎn)的電勢(shì)高于尸點(diǎn)的電勢(shì)

C.電子從M到N,洛倫茲力不做功

D.電子在M點(diǎn)所受的合力大于在P點(diǎn)所受的合力

【答案】BC

【詳解】A.由題可知電子所受電場(chǎng)力水平向左，電子從N到P的過程中電場(chǎng)力做負(fù)功，故A錯(cuò)誤；

B.根據(jù)沿著電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低可知N點(diǎn)的電勢(shì)高于尸點(diǎn)，故B正確；

C.由于洛倫茲力一直都和速度方向垂直，故電子從M到N洛倫茲力都不做功；故C正確；

D.由于M點(diǎn)和P點(diǎn)在同一等勢(shì)面上，故從歷到P電場(chǎng)力做功為0,而洛倫茲力不做功，M點(diǎn)速度為0,根

據(jù)動(dòng)能定理可知電子在P點(diǎn)速度也為0,則電子在M點(diǎn)和P點(diǎn)都只受電場(chǎng)力作用，在勻強(qiáng)電場(chǎng)中電子在這

兩點(diǎn)電場(chǎng)力相等，即合力相等，故D錯(cuò)誤；故選BC。

3.霍爾元件是一種重要的磁傳感器，可用在多種自動(dòng)控制系統(tǒng)中。長(zhǎng)方體半導(dǎo)體材料厚為寬為從長(zhǎng)

為c,以長(zhǎng)方體三邊為坐標(biāo)軸建立坐標(biāo)系型，如圖所示。半導(dǎo)體中有電荷量均為e的自由電子與空穴兩種

載流子，空穴可看作帶正電荷的自由移動(dòng)粒子，單位體積內(nèi)自由電子和空穴的數(shù)目分別為〃和p。當(dāng)半導(dǎo)體

材料通有沿+x方向的恒定電流后，某時(shí)刻在半導(dǎo)體所在空間加一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為8,沿+￥

方向，于是在Z方向上很快建立穩(wěn)定電場(chǎng)，稱其為霍爾電場(chǎng)，已知電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E,沿-Z方向。

（1）判斷剛加磁場(chǎng)瞬間自由電子受到的洛倫茲力方向；

（2）若自由電子定向移動(dòng)在沿+x方向上形成的電流為/“，求單個(gè)自由電子由于定向移動(dòng)在Z方向上受到

洛倫茲力和霍爾電場(chǎng)力的合力大小心；

（3）霍爾電場(chǎng)建立后，自由電子與空穴在Z方向定向移動(dòng)的速率分別為％、,求加時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)到半導(dǎo)

【詳解】（1）自由電子受到的洛倫茲力沿+z方向；

（2）設(shè)r時(shí)間內(nèi)流過半導(dǎo)體垂直于X軸某一橫截面自由電子的電荷量為心由電流定義式，有/“=/

設(shè)自由電子在X方向上定向移動(dòng)速率為％,可導(dǎo)出自由電子的電流微觀表達(dá)式為l,,≈neabv,u單個(gè)自由電子

所受洛倫茲力大小為∕?=e%B霍爾電場(chǎng)力大小為Flil=eE自由電子在Z方向上受到的洛倫茲力和霍爾電

場(chǎng)力方向相同，聯(lián)立得其合力大小為（

“=egr+E]

（3）設(shè)Af時(shí)間內(nèi)在Z方向上運(yùn)動(dòng)到半導(dǎo)體上表面的自由電子數(shù)為M、空穴數(shù)為N,,,則M=WcL加

Nl,=pacvpAt霍爾電場(chǎng)建立后，半導(dǎo)體Z方向的上表面的電荷量就不再發(fā)生變化，則應(yīng)M=M,即在任何

相等時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)到上表面的自由電子數(shù)與空穴數(shù)相等，這樣兩種載流子在Z方向形成的電流應(yīng)大小相等、方

向相反。

4.如圖，兩個(gè)定值電阻的阻值分別為8和&,直流電源的內(nèi)阻不計(jì)，平行板電容器兩極板水平放置，板間

距離為d,板長(zhǎng)為Gd,極板間存在方向水平向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。質(zhì)量為m、帶電量為+4的小球以初速度V沿

水平方向從電容器下板左側(cè)邊緣A點(diǎn)進(jìn)入電容器，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，恰從電容器上板右側(cè)邊緣離開電容器。

此過程中，小球未與極板發(fā)生碰撞，重力加速度大小為g,忽略空氣阻力。

（1）求直流電源的電動(dòng)勢(shì)綜；

（2）求兩極板間磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B；

（3）在圖中虛線的右側(cè)設(shè)計(jì)一勻強(qiáng)電場(chǎng)，使小球離開電容器后沿直線運(yùn)動(dòng)，求電場(chǎng)強(qiáng)度的最小值

XX×X

,

-TEOR?XXXXE

×X

A

—>∣3d—>1

.mgd(R+R,)mvm2

【答案】(I)p;(2);了；(3)—

qR22aq2q

【詳解】（I）小球在電磁場(chǎng)中作勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則電場(chǎng)力與重力平衡，可得%=性，&兩端的電壓S=Ed

根據(jù)歐姆定律得％r.=七EC"n聯(lián)立解得&__=箕mgd（R產(chǎn)+RQ

設(shè)粒子在電磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為，根據(jù)幾何關(guān)系（r-df+（島）2=/解得z?=2d根據(jù)VM=WL

mv

解得B=拓

（3）由幾何關(guān)系可知，射出磁場(chǎng)時(shí)，小球速度方向與水平方向夾角為60。，要使小球做直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)小球

所受電場(chǎng)力與小球重力在垂直小球速度方向的分力相等時(shí)，電場(chǎng)力最小，電場(chǎng)強(qiáng)度最小，可得

Eq=mgcos60°解得E=等■

2q

二、束縛類直線運(yùn)動(dòng)模型

5.如圖所示，一傾角為6=53。（圖中未標(biāo)出）的斜面固定在水平面上，在其所在的空間存在方向豎直向上、

電場(chǎng)強(qiáng)度大小f=2×106V/m的勻強(qiáng)電場(chǎng)和方向垂直于豎直面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=4×105T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。

現(xiàn)讓一質(zhì)量，"=4kg、電荷量4=+1.0x10FC的帶電物塊從斜面上某點(diǎn)（足夠高）由靜止釋放，當(dāng)沿斜面

下滑位移大小為3m時(shí),物塊開始離開斜面.g取10m∕s2,sin53。=0.8,cos53。=0.6.下列說法正確的是（）

B.物塊從釋放至剛要離開斜面的過程中，重力勢(shì)能減少120J

C.物塊從釋放至剛要離開斜面的過程中，電勢(shì)能增加了60J

D.物塊從釋放至剛要離開斜面的過程中，由于摩擦而產(chǎn)生的熱量為30J

【答案】AD

【詳解】A.對(duì)物塊進(jìn)行受力分析，物塊離開斜面時(shí)應(yīng)滿足/B=(∕wg-qE)COS53。解得v=3m/s

因此物塊的動(dòng)能為g,"γ2=18J,A正確；

B.物塊從釋放到離開斜面，重力勢(shì)能減少WIgXSin53-=96J,B錯(cuò)誤；

C.電勢(shì)能的增加量等于克服靜電力做的功，即A%=qExsin53o=48J,C錯(cuò)誤；

D.由功能關(guān)系得-XSin53。=3〃71理+。解得。=30J,D正確。故選AD。

6.如圖所示，長(zhǎng)度為心內(nèi)壁光滑且一端開口的輕玻璃管平放在水平面上，管底有一質(zhì)量為機(jī)、電荷量為

夕的帶正電小球。輕玻璃管以速度如進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向豎直向下，在外力的作用下

玻璃管向右勻速運(yùn)動(dòng)，最終小球從上端口飛出。從玻璃管進(jìn)入磁場(chǎng)至小球飛出上端口的過程中，下列說法

正確的是()

：××××

:××××

A.小球的運(yùn)動(dòng)軌跡是一段拋物線

B.小球沿管方向的加速度大小ɑ=史近二駕

m

C.洛倫茲力對(duì)小球做的功%=4%BL

D.管壁的彈力對(duì)小球做的功%=4%BL

【答案】AD

【詳解】AB.由題意知小球既沿管方向運(yùn)動(dòng)，又和管一起向右勻速直線運(yùn)動(dòng)，又因?yàn)楣芷椒旁谒矫嫔希?/p>

則對(duì)小球受力分析知，沿管方向小球所受洛倫茲力為恒力，由牛頓第二定律得q%B=ma解得。=絲理即沿

m

管方向小球做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，而水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以小球軌跡為拋物線，故A正確，B錯(cuò)誤;

C.因?yàn)槁鍌惼澚Ψ较蚩偸呛退俣确较虼怪保月鍌惼澚τ啦蛔龉?，故C錯(cuò)誤；

D.因?yàn)樽罱K小球從上端口飛出，沿管方向的速度為，=2"而水平方向一直勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以小球動(dòng)能

增加，又因?yàn)槁鍌惼澚Σ蛔龉?，所以管壁?duì)小球向右的彈力對(duì)小球做正功，且小球飛出時(shí)速度為"=M+說

所以整個(gè)過程對(duì)小球由動(dòng)能定理得叫=g〃后-；根說解得管壁的彈力對(duì)小球做功為陣=q%比故D正確.

故選AD。

7.如圖所示，足夠長(zhǎng)的固定絕緣粗細(xì)均勻的直管道水平放置，橫截面為正方形，里面放有帶正電的立方體

物塊。物塊的質(zhì)量為小,電荷量為4,邊長(zhǎng)稍微小于管道橫截面的邊長(zhǎng)，與管道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃，勻

強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為8,方向垂直于管道的前后面?，F(xiàn)對(duì)物塊施加水平向右的力F,使物塊自靜止開

始以大小為。的加速度向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，已知重力加速度為g,對(duì)物塊運(yùn)動(dòng)過程的說法正確的是（）

A.力尸隨時(shí)間先均勻減小，后均勻增大

B.力F的最小值為零

22

C.自開始運(yùn)動(dòng)至F最小的過程中，物塊的位移大小為普丁

2qBa

D.自開始運(yùn)動(dòng)至F最小的過程中，力F對(duì)物塊的沖量大小為色土絲!竺芻

2qBa

【答案】ACD

【詳解】AB.自物塊開始運(yùn)動(dòng)至力尸最小，物塊受力如圖所示,

--------------------------AF

mg

豎直方向FZ+qvB=mg水平方向尸-M用=,加又U=a所以F=+力F和時(shí)間f為一次函數(shù)

關(guān)系，隨時(shí)間r的連續(xù)均勻減小，當(dāng)?=等時(shí)力F最小，最小值設(shè)為耳，則兄=，雨之后管道支持方向變?yōu)?/p>

qBcι

向下，用同樣的方法分析可得出，力F隨時(shí)間又均勻增大，A正確，B錯(cuò)誤；

122

C.自開始運(yùn)動(dòng)至F最小的過程中，物塊經(jīng)過的位移X=Vaf2=段9，C正確；

D.物塊剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)力廠最大，最大值設(shè)為尸2，根據(jù)牛頓第二定律有8-〃叫=，”〃力F隨時(shí)間先均勻減

小，所以/=ΔJlΔz=Ra+竺）品D正確。故選ACD。

2IqBa

8.如圖所示，光滑地面放置一足夠長(zhǎng)的不帶電絕緣木板，空間中存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直向里的勻

強(qiáng)磁場(chǎng)，勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)為E,勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度為3,木板上表面靜止釋放一個(gè)帶電種類未知的物塊，二

者質(zhì)量均為加，它們間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃。物塊的電量大小為心最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速

度為g。已知?jiǎng)傞_始木板物塊一起運(yùn)動(dòng)，之后能發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，則（）

XRX~×~×^^^^^A

d,.E

-XMXlX

ZZ~Z~/~ZZ×Z~Z.Z.Z×ZZ.Z-Z×ZZZZ/×/ZZZZIZΛZZ.

A.一起運(yùn)動(dòng)時(shí)，一定共同向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)

B.一起運(yùn)動(dòng)時(shí)，兩物體間的摩擦力不變

C.兩物體間的壓力為零時(shí)，恰好發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)

D.恰好發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，物塊速度大小為等一4

qB2μB

【答案】BD

【詳解】A.剛開始一起運(yùn)動(dòng)，因?yàn)椴恢牢矬w電性，不能判斷運(yùn)動(dòng)方向，A錯(cuò)誤：

B.物體一起運(yùn)動(dòng)時(shí)，將qE=2ma；/=〃M=gqE所以一起運(yùn)動(dòng)時(shí)，兩物體間的摩擦力不變，B正確；

CD.恰好相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，兩者之間的水平作用力達(dá)到最大靜摩擦力，滿足∕=mα=〃（mg-8qv）=gqE

解得V=空一不勺，C錯(cuò)誤，D正確；故選BD。

qB2μB

三、圓周運(yùn)動(dòng)模型

9.如圖，長(zhǎng)直導(dǎo)線水平固定放置，通有向右的恒定電流，絕緣細(xì)線一端系于導(dǎo)線上的。點(diǎn)，另一端系一個(gè)

帶電小球，細(xì)線拉直，第一次讓小球在A點(diǎn)由靜止釋放，讓小球繞。點(diǎn)沿圓1在豎直面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)；第

二次讓小球在B點(diǎn)由靜止釋放,讓小球繞。點(diǎn)沿圓2在豎直面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)。圓1與直導(dǎo)線在同一豎直面內(nèi)，

圓2與直導(dǎo)線垂直，A、B兩點(diǎn)高度相同，不計(jì)空氣阻力，則兩次小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)C時(shí)（）

A.速度大小相等，線的拉力相等B.速度大小不等，線的拉力相等

C.速度大小相等，線的拉力不等D.速度大小不等，線的拉力不等

【答案】C

【詳解】由于洛倫茲力不做功，只有重力做功，所以兩次小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)C時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理可知，合

外力做功相同，所以兩次在最低點(diǎn)小球的速度大小相等，在圓1中小球在最低點(diǎn)速度方向與磁場(chǎng)方向相互

垂直，根據(jù)左手定則，如果兩小帶正電，則在圓1中小球在最低點(diǎn)線的拉力大小為7；+BqV-mg=m?

在圓2中小球在最低點(diǎn)速度方向與磁場(chǎng)方向相互平行，洛倫茲力為0,則在圓1中小球在最低點(diǎn)線的拉力大

小為心-mg=相包則兩次小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)C時(shí)，線的拉力不等，所以C正確：ABD錯(cuò)誤；故選C。

R

10.在如圖所示的正交電磁場(chǎng)中豎直固定著一個(gè)半徑R=√5m的光滑圓弧，圓弧CO豎直固定，它對(duì)應(yīng)的

圓心角為240°,在C的左端有一傾斜的切線光滑軌道AC與水平面夾角6=30。。電場(chǎng)強(qiáng)度為E的電場(chǎng)充滿整

個(gè)空間，而磁感應(yīng)強(qiáng)度為8的磁場(chǎng)只分布在圓弧軌道所在的右半側(cè)區(qū)域，己知E和3在數(shù)值上相等，取重

力加速度g=10m∕s2現(xiàn)在A點(diǎn)安裝一個(gè)彈射裝置，它能以不同速度沿AC方向發(fā)射可視為質(zhì)點(diǎn)的帶電小球,

小球的質(zhì)量為m,小球射出后能在AC上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則下列說法正確的是()

A.小球一定帶負(fù)電

B.小球在軌道的最低點(diǎn)尸處速度最大

C.若小球以初速度丫行(5+A)m/s射出，則小球會(huì)從。點(diǎn)離開軌道

D.若撤去磁場(chǎng)，讓小球以初速度v0=26m/s射出，則小球一定不會(huì)脫離軌道

【答案】D

【詳解】A.小球射出后能在AC上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，小球所受合力為零，電場(chǎng)力水平向左，則小球帶正電,

A項(xiàng)錯(cuò)誤；

B.小球受力如圖所示，電場(chǎng)力與重力的合力與豎直方向夾角為6=30。，小球速度最大位置在圖中C點(diǎn)，B

項(xiàng)錯(cuò)誤；

XXX

mg

C.重力與電場(chǎng)力的合力F=q=2?l電場(chǎng)力qE=gn()=Bmg小球在尸點(diǎn)恰好不脫離軌道，此時(shí)軌

cosθ33

道對(duì)小球彈力為零，由牛頓第二定律得F+qvB=m.由題意可知E=B解得P=巫IIWm/s從A到C過程

小球速度不變，從C到P過程，由動(dòng)能定理得加解得%=J]50+30石>(5+A)m∕s則小

球不會(huì)通過P到達(dá)D點(diǎn),故C項(xiàng)錯(cuò)誤；

D.設(shè)當(dāng)小球初速度V/時(shí)，恰好從C點(diǎn)沿圓弧轉(zhuǎn)過90。到B點(diǎn)，從C到B根據(jù)動(dòng)能定理ER=TmV尸解得

v∕=2Jidm/s由于Ie=2石m∕s<2JΓδm/s則小球一定不會(huì)脫離軌道。選項(xiàng)D正確。故選D。

11.如圖所示，兩個(gè)半徑相同的半圓形光滑軌道置于豎直平面內(nèi)，左右兩端點(diǎn)等高，分別處于沿水平方向

的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。兩個(gè)相同的帶正電小球同時(shí)從兩軌道左端最高點(diǎn)由靜止釋放。"、N為軌道的最

低點(diǎn)，則下列說法中正確的是()

A.兩個(gè)小球到達(dá)軌道最低點(diǎn)的速度為<%

B.兩個(gè)小球第一次經(jīng)過軌道最低點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力FM>FN

C.小球第一次到達(dá)M點(diǎn)的時(shí)間大于小球第一次到達(dá)N點(diǎn)的時(shí)間

D.在磁場(chǎng)中小球能到達(dá)軌道的另一端最高處，在電場(chǎng)中小球不能到達(dá)軌道另一端最高處

【答案】BD

【詳解】A.對(duì)勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的小球有mgR=g∕n%得VM對(duì)勻強(qiáng)電場(chǎng)中的小球有血gR-gER=?∣機(jī)片，

得VN=J2gR■所以VM>VN，A錯(cuò)誤：

Vm

B.對(duì)勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的小球，在最低點(diǎn)有時(shí)-，咫-Bq%=絲宜得a=3"*+Bφ?對(duì)勻強(qiáng)電場(chǎng)中的小球，在

R

最低點(diǎn)有FNTng=皿得FN=3mg-2韭所以%>/，B正確；

R

C.因小球第次到達(dá)M點(diǎn)的過程中，只有重力做正功，平均速率大，時(shí)間短；而小球第一次到達(dá)N點(diǎn)的

過程中，重力做正功，電場(chǎng)力做負(fù)功，平均速率小，時(shí)間長(zhǎng)，C錯(cuò)誤；

D.根據(jù)能量守恒，在磁場(chǎng)中的小球上升到最高點(diǎn)時(shí)重力勢(shì)能還轉(zhuǎn)化為重力勢(shì)能，能上升到同高度，而電場(chǎng)

中的小球上升到最高點(diǎn)時(shí)重力勢(shì)能有一部分轉(zhuǎn)化為電勢(shì)能，所以末狀態(tài)的重力勢(shì)能小于初狀態(tài)的重力勢(shì)能,

不能上升到原高度，故D正確。故選BD。

12.一個(gè)質(zhì)量為加、帶電量為+4的小球，由長(zhǎng)為/的細(xì)線吊在天花板下，空間有豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng).現(xiàn)

小球恰好以速率%在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，軌道平面與地面的距離為〃，細(xì)線與豎直方向的夾角為

如圖所示，已知重力加速度大小為g,空氣阻力忽略不計(jì).下列選項(xiàng)正確的是（）

A.小球的向心加速度大小為Q=gtan。

B.由題中數(shù)據(jù)可以求得磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小

C.某時(shí)刻剪斷細(xì)線，小球?qū)⒆銎綊佭\(yùn)動(dòng)

D.剪斷細(xì)線后，小球落到地面時(shí)速度大小為J*+2gh

【答案】BD

【詳解】AB.小球做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，受向下的重力、細(xì)線的拉力和指向圓心的洛倫茲力作用，由牛頓第二定

律可知I?Igtand+q%B=∕Mα=∕n———?jiǎng)t小球的向心加速度大小”>gtan，，由題中數(shù)據(jù)可求得磁感應(yīng)強(qiáng)度B

Zsin0

的大小，選項(xiàng)A錯(cuò)誤B正確;

C.某時(shí)刻剪斷細(xì)線，小球因?yàn)橛兴剿俣龋瑒t受到洛倫茲力作用，小球的運(yùn)動(dòng)不是平拋運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤;

D.剪斷細(xì)線后，小球運(yùn)動(dòng)過程中洛倫茲力不做功，則由機(jī)械能守恒定律;加片+〃儂?=；〃療解得小球落到

地面時(shí)速度大小為V=J]+2g〃選項(xiàng)D正確。故選BD。

四、一般曲線運(yùn)動(dòng)模型

13.在Xoy豎直平面內(nèi)存在沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直于平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，現(xiàn)讓一個(gè)質(zhì)量為m

電荷量為夕的帶正電小球從。點(diǎn)沿y軸正方向射入，已知電場(chǎng)強(qiáng)度大小為華，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為8,小球

從。點(diǎn)射入的速度大小為差，重力加速度為g,則小球的運(yùn)動(dòng)軌跡可能是（）

C{D

【詳解】小球射入時(shí)將初速度%進(jìn)行分解，其中分速度K可使得小球受到的電場(chǎng)力、洛倫茲力與重力三力平

衡，即收=瓶8+如8解得匕=器根據(jù)左手定則可知用沿工軸正方向，由題意知初速度％沿y軸正方向，大

qli

小為一，根據(jù)平行四邊形法則可得分速度嶺與），軸的夾角為45°,如下圖所示

分速度匕的大小為為=夜％=上空故小球以分速度B做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，以分速度匕沿X軸正方向做勻速直

qB

線運(yùn)動(dòng)，兩者的合運(yùn)動(dòng)軌跡即為小球的運(yùn)動(dòng)軌跡。小球y軸方向上的位移只與勻速圓周運(yùn)動(dòng)有關(guān)，圓周運(yùn)動(dòng)

軌跡如下圖

圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡與X軸正方向勻速直線運(yùn)動(dòng)合成后的軌跡即為小球?qū)嶋H運(yùn)動(dòng)軌跡，如下圖所示

14.如圖所示，一個(gè)可以看成點(diǎn)電荷的帶電小球質(zhì)量為〃?，電荷量為+q,從水平面上的M點(diǎn)以初速度如拋

出，初速度方向與豎直方向的夾角為仇小球恰好垂直撞擊在豎直墻壁的N點(diǎn)，重力加速度為g,不計(jì)空氣

X

A.小球從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的豎直位移y與水平位移X之比滿足7=tanθ

B.若在空間施加一個(gè)垂直紙面向里的勻強(qiáng)電場(chǎng)，小球從M點(diǎn)以速度VO沿原方向拋出后可能會(huì)垂直擊中墻

面

C.若在空間施加一個(gè)大小為E=等方向與現(xiàn)同向的勻強(qiáng)電場(chǎng),從水平地面上的P點(diǎn)將小球以速度Vo拋出，

速度方向與豎直方向的夾角為6=37。，sin37o=0.6,小球垂直撞擊在豎直墻壁上的。點(diǎn)，則PQ兩點(diǎn)間的水

平間距/=磬

3g

D.若空間中充滿了垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=螫，從水平地面上的S點(diǎn)將小球以速度如

豎直向上拋出后，小球垂直撞擊在豎直墻壁上的7點(diǎn)，則ST兩點(diǎn)間豎直高度差〃=W!二1Lk

【答案】D

【詳解】A.可采用逆向思維法，將小球的斜上拋運(yùn)動(dòng)看作一個(gè)反向的平拋運(yùn)動(dòng)來處理，設(shè)小球水平拋出的

P^=_w_=2v

初速度為V,從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的時(shí)間為r,借助速度的分解，可得tanθ=-;■由位移的分解可y—1Jgt

St'-gt6

Y

則一=2tan。故A錯(cuò)誤；

y

B.由運(yùn)動(dòng)的獨(dú)立性可知，當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)時(shí)在豎直面的速度水平向左，但仍有垂直紙面向里的分速度,

所以不可能垂直擊中墻面，故B錯(cuò)誤；

C.電場(chǎng)力與重力的合力大小為,方向與見垂直向左下方，將該合力與初速度四沿水平方向與豎直方向

v0COS370_2Ovo?Z3、6"

分解，豎直方向上~3.一。-9g在水平方向上/=%疝國加+/m爐=U故C錯(cuò)誤：

ggsm37*215J27g

D.由于〃喀=4%B可將小球的運(yùn)動(dòng)分解為水平向右的速度為VO的勻速運(yùn)動(dòng)和速率為五％的逆時(shí)針方向的勻

速圓周運(yùn)動(dòng)兩個(gè)分運(yùn)動(dòng)，在7處的速度是兩種運(yùn)動(dòng)速度的矢量之和，即尸(√2-l)%由動(dòng)能定理得

說解得"=(0T)”故D正確。故選D。

15.如圖所示，在空間直角坐標(biāo)系O-.中，沿Z軸正方向有電場(chǎng)強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，沿)，軸正方向有

磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一質(zhì)量為加、帶電荷量為+4的小球以一定的初速度%沿龍軸正方向拋出后小

球做平拋運(yùn)動(dòng)，己知重力加速度為g,則下列說法正確的是()

F

A.小球的初速度可能小于百

D

B.經(jīng)過時(shí)間母，小球的動(dòng)能變?yōu)槌跏紩r(shí)的2倍

C.僅將小球的初速度方向變?yōu)檠貀軸正方向，小球不可能做勻變速運(yùn)動(dòng)

D.僅將磁感應(yīng)強(qiáng)度B的方向變?yōu)檠豘軸正方向，小球不可能做類平拋運(yùn)動(dòng)

【答案】C

p

【詳解】A.小球在XOy平面內(nèi)做平拋運(yùn)動(dòng)，則有Eq=q%B解得%=2,A錯(cuò)誤：

B.經(jīng)過時(shí)間，,小球在y軸方向的分速度Vy=gr=^^=近％小球的動(dòng)能為線=?v?+vɑ)=∣∕nvθ=3Eli0

即經(jīng)過時(shí)間綽，小球的動(dòng)能變?yōu)槌跏紩r(shí)的3倍，B錯(cuò)誤；

C.當(dāng)小球的初速度方向變?yōu)檠兀S正方向時(shí)，在Z軸方向，洛倫茲力和電場(chǎng)力不平衡，小球沿Z軸方向的

分速度大小發(fā)生變化，小球受到的洛倫茲力變化，小球的加速度變化，小球不可能做勻變速運(yùn)動(dòng)，C正確；

D.當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度8的方向變?yōu)檠豘軸正方向，若有"%B=mg