新高考新教材一輪復(fù)習(xí)人教版第九章強(qiáng)化課帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動(dòng)學(xué)案

1≡≡帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動(dòng)

命題點(diǎn)一帶電粒子在疊加場中運(yùn)動(dòng)的實(shí)例分析（自主學(xué)習(xí)）

［核心整合1

裝置原理圖規(guī)律

I-1E_

XXXX若qUoB=Eq,即。O=石，粒子

速度選擇器T。B

×X×X

II做勻速直線運(yùn)動(dòng)

T

等離子體射入，受洛倫茲力偏

Ij轉(zhuǎn)，使兩極板帶正、負(fù)電，兩極

×X××f

磁流體發(fā)電機(jī)B.l

××××\電壓為U時(shí)穩(wěn)定，cq=qvB,

II0

U=VbBd

×a××^q=qvB,所以0=若所以Q

電磁流量計(jì)

?。篢CnDU

Xb××=OS=TT

當(dāng)磁場方向與電流方向垂直時(shí)，

霍爾元件導(dǎo)體在與磁場、電流方向都垂直

的方向上出現(xiàn)電勢(shì)差

［題組突破］

1.（速度選擇器）如圖所示是一速度選擇器，當(dāng)粒子速度滿

OO=/時(shí)，粒子沿圖中虛線水平射出；若某一粒子以速度。射入

速度選擇器后，運(yùn)動(dòng)軌跡為圖中實(shí)線，則關(guān)于該粒子的說法正

的是（）

E

A.粒子射入的速度一定是。笠

E

B.粒子射入的速度可能是。<春

C.粒子射出時(shí)的速度一定大于射入速度

D.粒子射出時(shí)的速度一定小于射入速度

解析：B若粒子帶正電，則所受電場力方向向下，洛倫茲力方向向上，由受力分析結(jié)

F

合運(yùn)動(dòng)軌跡可知，qvB>qE,則。>系運(yùn)動(dòng)過程中洛倫茲力不做功，電場力做負(fù)功，則粒子

速度減??；若粒子帶負(fù)電，則所受電場力向上，洛倫茲力方向向下，由受力分析結(jié)合運(yùn)動(dòng)軌

E

跡可知，qE>qvB,則運(yùn)動(dòng)過程中洛倫茲力不做功，電場力做正功，則粒子速度增大,

故B正確，A、C、D錯(cuò)誤.

2.（磁流體發(fā)電機(jī)）（2022.四川綿陽市綿陽中學(xué)高三月考）如圖所示為等離子體發(fā)電機(jī)的示

意圖.高溫燃燒室產(chǎn)生的大量的正、負(fù)離子被加速后垂直于磁場方向噴入發(fā)電通道的磁場

中.在發(fā)電通道中有兩塊相距為4的平行金屬板，兩金屬板外接電阻R?若磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度

為B,等離子體進(jìn)入磁場時(shí)的速度為。，系統(tǒng)穩(wěn)定時(shí)發(fā)電通道的電阻為r.則下列表述正確的是

)

A.上金屬板為發(fā)電機(jī)的負(fù)極，電路中電流為午

B.下金屬板為發(fā)電機(jī)的正極，電路中電流為整

C.上金屬板為發(fā)電機(jī)的正極，電路中電流為整

κ-↑-r

D.下金屬板為發(fā)電機(jī)的負(fù)極，電路中電流為等

A

解析：C根據(jù)左手定則，正離子受到的洛倫茲力向上，所以上金屬板帶正電，即上板

為正極.穩(wěn)定后有扁=WB,解得E=doB,根據(jù)閉合電路的歐姆定律得/=親=RN故

選C.

3.（電磁流量計(jì)）督查暗訪組在某化工廠的排污管末端安裝了如圖所示的流量計(jì)，測(cè)量管

由絕緣材料制成，其長為L、直徑為。，左右兩端開口，在前后兩個(gè)內(nèi)側(cè)面〃、C固定有金屬

板作為電極，勻強(qiáng)磁場方向豎直向下.污水（含有大量的正負(fù)離子）充滿管口從左向右流經(jīng)該

測(cè)量管時(shí)，a、C兩端的電壓為U,顯示儀器顯示污水流量Q（單位時(shí)間內(nèi)排出的污水體積）.則

（）

A.4側(cè)電勢(shì)比C側(cè)電勢(shì)低

B.污水中離子濃度越高，顯示儀器的示數(shù)越大

C.U與污水流量Q成正比，與L、。無關(guān)

D.勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度

解析：D污水中正負(fù)離子從左向右移動(dòng)，受到洛倫茲力，根據(jù)左手定則，正離子向后

表面偏，負(fù)離子向前表面偏，所以后表面。側(cè)電勢(shì)比前表面C側(cè)電勢(shì)高，故A錯(cuò)誤；最終正、

負(fù)離子會(huì)受到電場力、洛倫茲力處于平衡，有qE=qvB,即*=°B,而污水流量Q=%"^,

得U=舞，可知U與。成正比，與。成反比，與乙無關(guān)，與離子濃度無關(guān)，B、C錯(cuò)誤；

勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=與詈，故D正確.

4.(霍爾元件)(2022?全國高三專題練習(xí))霍爾式位移傳感器的測(cè)量原理如圖所示，有一個(gè)

沿Z軸方向的磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度8=氏+七(氏、A均為常數(shù)).將傳感器固定在物體上，保持

通過霍爾元件的電流/不變，方向如圖所示，當(dāng)物體沿Z軸方向移動(dòng)時(shí)，由于位置不同，霍

爾元件在>軸方向上、下表面的電勢(shì)差U也不同.貝∣]()

A.傳感器靈敏度一與上、下表面的距離有關(guān)

B.磁感應(yīng)強(qiáng)度B越大，上、下表面的電勢(shì)差U越小

C.k越大，傳感器靈敏度竽越高

D.若圖中霍爾元件是電子導(dǎo)電，則下表面電勢(shì)高

解析：C最終定向移動(dòng)的自由電荷在電場力和洛倫茲力的作用下處于平衡狀態(tài)，設(shè)霍

爾元件的長、寬、高分別為a、b、c，設(shè)定向移動(dòng)的自由電荷在X方向的速度為。.有cr~=qvB,

電流的微觀表達(dá)式為∕="√vS="W6c,所以U=W￡B越大，上、下表面的電勢(shì)差U越大,

B錯(cuò)誤；霍爾元件在〉軸方向上、下表面的電勢(shì)差U為U=焉=(Bo+Az)?焉，則蕓=焉,

所以傳感器靈敏度要與上、下表面的距離無關(guān)，k超大,傳感器靈敏度聿越高，A錯(cuò)誤，

C正確；若該霍爾元件中移動(dòng)的是自由電子，根據(jù)左手定則，電子向下表面偏轉(zhuǎn)，所以上表

面電勢(shì)高，所以D錯(cuò)誤.

命題點(diǎn)二帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動(dòng)(多維探究)

關(guān)于是否考慮粒子重力的三種情況

(1)對(duì)于微觀粒子，如電子、質(zhì)子、離子等，因?yàn)槠渲亓σ话闱闆r下與靜電力或磁場力相

比太小，可以忽略；而對(duì)于一些實(shí)際物體，如帶電小球、液滴、塵埃等一般應(yīng)當(dāng)考慮其重力.

(2)在題目中有明確說明是否要考慮重力的，按題目要求處理.

(3)不能直接判斷是否要考慮重力的，在進(jìn)行受力分析與運(yùn)動(dòng)分析時(shí)，要結(jié)合運(yùn)動(dòng)狀態(tài)確

定是否要考慮重力.

第1維度：帶電粒子在疊加場中的直線運(yùn)動(dòng).............................

(1)帶電粒子在電場和磁場的疊加場中做直線運(yùn)動(dòng)，電場力和洛倫茲力一定相互平衡，因

此可利用二力平衡解題.

(2)帶電粒子在電場、磁場、重力場的疊加場中做直線運(yùn)動(dòng)，則粒子一定處于平衡狀態(tài)，

因此可利用平衡條件解題.

EG(多選)質(zhì)量為〃，、電荷量為q的微粒以速度。與水平方向成?,_________Λ

角從O點(diǎn)進(jìn)入方向如圖所示的正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場組成的混合場:~Z'

區(qū)，該微粒在電場力、洛倫茲力和重力的共同作用下，恰好沿直線運(yùn)動(dòng)到?/

:7..

4下列說法中正確的是()。

A.該微粒一定帶負(fù)電荷

B.微粒從O到A的運(yùn)動(dòng)可能是勻變速運(yùn)動(dòng)

C.該磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為“火〃

?ueos”

D.該電場的場強(qiáng)為'"gs；°

解析：AC若微粒帶正電荷，它受豎直向下的重力mg,水平向左的電場力qE和斜向右

下方的洛倫茲力皎B,知微粒不能做直線運(yùn)動(dòng)，據(jù)此可知微粒應(yīng)帶負(fù)電荷，它受豎直向下的

重力mg、水平向右的電場力qE和斜向左上方的洛倫茲力又知微粒恰好沿著直線運(yùn)動(dòng)

到A,可知微粒應(yīng)該做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；由平衡條件有：4OBCoS9=

mg,qvBsmO=qE,得磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度8=◎器電場的場強(qiáng)E=BOSinO=儂號(hào)一,

故選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤.

第2維度：帶電粒子在疊加場中的圓周運(yùn)動(dòng).............................

(1)帶電粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，隱含條件是必須考慮重力，且電場力和重力平衡.

(2)洛倫茲力提供向心力和帶電粒子只在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)解題方法相同.

EE(多選)在豎直平面內(nèi)建立直角坐標(biāo)系，曲線y=若位于F%

第一象限的部分如圖所示，在曲線上不同點(diǎn)以一定的初速度?！阆騒J-

0X

軸負(fù)方向水平拋出質(zhì)量為切、帶電荷量為+q的小球，小球下落過

程中都會(huì)通過坐標(biāo)原點(diǎn)0,之后進(jìn)入第三象限的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場區(qū)域(圖中未畫出)，結(jié)

果小球恰好在豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，并且都能打到y(tǒng)軸負(fù)半軸上.已知?jiǎng)驈?qiáng)磁場的磁感

應(yīng)強(qiáng)度大小為B,重力加速度g取IOm∕s2,則下列說法正確的是()

A.第三象限的電場強(qiáng)度大小為管，方向豎直向下

q

B.小球的初速度為Iom/s

C.第三象限的磁場方向一定是垂直紙面向外

D.要使所有的小球都能打到)，軸的負(fù)半軸，所加磁場區(qū)域的最小面積是段“(翳J

解析：BD本題考查帶電體在疊加場中的運(yùn)動(dòng).設(shè)小球釋放點(diǎn)

的坐標(biāo)為(χ,y),由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知X=y=^gt2,聯(lián)立可得y

=券F由題意可知尸去，聯(lián)立可得Uo=Iom/s,B正確；小球在

第三象限做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則有mg=qE,可得E弋,方向豎直

向上，A錯(cuò)誤；根據(jù)題意結(jié)合左手定則可判斷，第三象限的磁場方向垂直紙面向里，C錯(cuò)誤;

設(shè)小球最初進(jìn)入第三象限時(shí)的速度為與y軸負(fù)方向夾角為α,則有Oo=OSinα,洛倫茲力

2

提供向心力，有卯B=,*,解得r=q黑I，小球在磁場中的偏轉(zhuǎn)角恒為2α,運(yùn)動(dòng)軌跡的

弦長/=2Hiina=帚，恒定不變，要使所有的小球都能打到y(tǒng)軸負(fù)半軸上，所加磁場區(qū)域的

最小面積為Smin=D正確.

第3維度：帶電粒子在疊加場中的復(fù)雜運(yùn)動(dòng)

帶電體在電場、磁場和重力場三種疊加場中做一般的曲線運(yùn)動(dòng)，需要用功能關(guān)系分析問

題.洛倫茲力不做功，質(zhì)點(diǎn)動(dòng)能的變化是電場力、重力做功的結(jié)果.

EB如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系XOy(X軸水平，y軸豎直)

中，第一象限內(nèi)存在正交的勻強(qiáng)電、磁場，電場強(qiáng)度豎直向上，大小

Ei=40N/C,磁場方向垂直紙面向里；第四象限內(nèi)存在一方向向左的XlXX

~O-t——X

勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)&=寫N/C.一質(zhì)量為機(jī)=2X10-3kg的帶正電的小

球，從M(m,m)點(diǎn)，以即=1m/s的水平速度開始運(yùn)動(dòng).已知球在

第一象限內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，從P(m,0)點(diǎn)進(jìn)入第四象限后經(jīng)過y軸上的MO，m)點(diǎn)(圖中

未標(biāo)出).求：(g取Iom/s?,sin37o,cos37°)

(1)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??；

(2)小球由P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至N點(diǎn)的時(shí)間.

解析：(1)小球在第一象限內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)

mg=qEi

解得q=5Xl(Γ4c

由圖甲得RCoSθ-XM~XP,∕?Sin0+R=y”

聯(lián)立解得R=2m,9=37°

又qvaB=nr^

解得8=2T

(2)小球進(jìn)入第四象限后，受力如圖乙所示,

tag漓,α=f

r

×B×V0

小球的速度與重力、電場力的合力F垂直，軌跡如圖甲所示.

由幾何關(guān)系可得

IQN-(~yN-Xplanα)cosam

在第四象限，沿初速度方向，有IQN~Vot

解得/S

答案：⑴2T(2)s

手盤要要蕓核心素養(yǎng)新導(dǎo)向?qū)W科培優(yōu)參袈蕉蕉為

素養(yǎng)培優(yōu)29軌道約束情況下帶電體在磁場中的運(yùn)動(dòng)

類型一帶電物塊與絕緣物塊的組合

典例1(多選)如圖所示，甲是一個(gè)帶正電的小物塊，乙是一X

XΓI~甲IDX

個(gè)不帶電的絕緣物塊，甲、乙疊放在一起靜置于粗糙的水平地板上，二十］B

X乙X

地板上方空間有水平方向的勻強(qiáng)磁場.現(xiàn)用水平恒力拉乙物塊，使

甲、乙一起保持相對(duì)靜止向左加速運(yùn)動(dòng)，在加速運(yùn)動(dòng)階段，下列說法正確的是()

A.甲對(duì)乙的壓力不斷增大

B.甲、乙兩物塊間的摩擦力不斷增大

C.乙對(duì)地板的壓力不斷增大

D.甲、乙兩物塊間的摩擦力不斷減小

解析：ACD對(duì)甲、乙兩物塊受力分析，甲物塊受豎直向下的洛倫茲力不斷增大，乙物

塊對(duì)地板的壓力不斷增大，甲、乙一起向左做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)；甲、乙兩物塊間的摩

擦力大小等于Ff=機(jī)甲a,甲、乙兩物塊間的摩擦力不斷減小.故A、C、D正確.

類型二帶電小球與絕緣斜面的組合

典例2如圖所示，質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球，在傾角為。的光滑絕緣斜面上

由靜止開始下滑.圖中虛線是左、右兩側(cè)勻強(qiáng)磁場(圖中未畫出)的分界線，左側(cè)磁場的磁感

應(yīng)強(qiáng)度為呈右側(cè)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,兩磁場的方向均垂直于紙面向外.當(dāng)小球剛下滑至

分界線時(shí)，對(duì)斜面的壓力恰好為零.己知重力加速度為g,斜面足夠長，小球可視為質(zhì)點(diǎn).

(1)判斷小球帶何種電荷.

(2)求小球沿斜面下滑的最大速度.

(3)求小球速度達(dá)到最大時(shí)，在左側(cè)磁場中下滑的距離L.

解析：(1)根據(jù)題意可知，小球下滑過程中受到的洛倫茲力方向垂直斜面向上，根據(jù)左手

定則可知小球帶正電荷.

(2)當(dāng)小球剛下滑至分界線時(shí)，對(duì)斜面的壓力恰好為零，然后小球繼續(xù)向下運(yùn)動(dòng)，在左側(cè)

區(qū)域當(dāng)壓力再次為零時(shí)，速度達(dá)到最大值，則有卯n/=WgCOS0,

te,z≡2"gcosθ

解仔Vm=---荷---.

(3)當(dāng)小球剛下滑至分界線時(shí)，對(duì)斜面的壓力恰好為零，設(shè)此時(shí)速度為V,則有qvB=mgcos

0,

解得O=寫A

小球下滑的過程中，由牛頓第二定律得力gsinθ=ma,

解得“=gsin0,

由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可得2〃=叫—",

聯(lián)立解得S審.

答案：⑴正電荷⑵勺⑶需上

類型三帶電圓環(huán)與絕緣直桿的組合

典例3(多選)如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為Wl、帶電荷量為+q的圓環(huán)，χXXnX

g+gvo?

可在水平放置的足夠長的粗糙細(xì)桿上滑動(dòng)，細(xì)桿處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為IC=I

XXXX

B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場中.現(xiàn)給圓環(huán)向右的初速度如，在以

后的運(yùn)動(dòng)過程中，圓環(huán)運(yùn)動(dòng)的。Y圖像可能是下圖中的()

解析：BC當(dāng)qvB=mg時(shí)，圓環(huán)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故B正確；當(dāng)qvB>mg時(shí)，F(xiàn)fi=qvB

—mg,此時(shí)KFN=ma,所以圓環(huán)做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)，直到qvB=mg時(shí)，圓環(huán)開

始做勻速運(yùn)動(dòng)，故C正確；當(dāng)w8<zng時(shí)，F(xiàn)↑^=mg-qvB,此時(shí)所N=〃?”，所以圓環(huán)做加速

度逐漸增大的減速運(yùn)動(dòng)，直到停止，所以其圖像的斜率應(yīng)該逐漸增大，故A、D錯(cuò)誤.

I反思領(lǐng)悟I

把握三點(diǎn)，解決“約束運(yùn)動(dòng)”問題

(1)對(duì)物塊受力分析，把握已知條件.

(2)掌握洛倫茲力的公式和特點(diǎn)，理清彈力和摩擦力、洛倫茲力和速度、摩擦力與合力、

加速度與速度等幾個(gè)關(guān)系.

(3)掌握力和運(yùn)動(dòng)、功和能在磁場中的應(yīng)用

限時(shí)規(guī)范訓(xùn)練

［基礎(chǔ)鞏固］

1.現(xiàn)代病毒研究實(shí)驗(yàn)室通常都有廢水檢測(cè)排放系統(tǒng)，其原理如圖所示.當(dāng)含有新冠病毒

(帶正、負(fù)離子)的廢水從排水管右側(cè)流入時(shí)，給排水管加上垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，下列

說法正確的是()

××MXX

)××××(

/""-------B\

(XXXX)

X×N××

A.N點(diǎn)的電勢(shì)高于M點(diǎn)的電勢(shì)

B.M點(diǎn)的電勢(shì)高于N點(diǎn)的電勢(shì)

C.M、N兩點(diǎn)電勢(shì)差越大，廢液的流動(dòng)速度越慢

D.所加磁感應(yīng)強(qiáng)度越小，廢液的流動(dòng)速度越慢

解析：A帶電離子進(jìn)入磁場后受到洛倫茲力作用，根據(jù)左手定則可知，正離子受到的

洛倫茲力向下，負(fù)離子受到洛倫茲力向上，M點(diǎn)的電勢(shì)低于N點(diǎn)的電勢(shì)，或N點(diǎn)的電勢(shì)高于

M點(diǎn)的電勢(shì)，故A正確、B錯(cuò)誤；當(dāng)正、負(fù)離子受到的電場力和洛倫茲力平衡，則有伙,B=

解得，液體的流速。=焉，U是MN兩點(diǎn)間的電勢(shì)差，8為所加磁感應(yīng)強(qiáng)度，則有M、

N兩點(diǎn)電勢(shì)差越大，廢液的流動(dòng)速度越快，流速與B無關(guān)，不是決定式，故CD錯(cuò)誤.

2.(多選)如圖所示，ABC為豎直平面內(nèi)的光滑絕緣軌道，其中

B

AB為傾斜直軌道，3C為與AB相切的圓形軌道，并且圓形軌道處在勻強(qiáng)磁場中，磁場方向

垂直紙面向里.質(zhì)量相同的甲、乙、丙三個(gè)小球中，甲球帶正電、乙球帶負(fù)電、丙球不帶電.現(xiàn)

將三個(gè)小球在軌道AB上分別從不同高度處由靜止釋放，都恰好通過圓形軌道的最高點(diǎn)，則

（）

A.經(jīng)過最高點(diǎn)時(shí)，三個(gè)小球的速度相等

B.經(jīng)過最高點(diǎn)時(shí)，甲球的速度最小

C.甲球的釋放位置比乙球的高

D.運(yùn)動(dòng)過程中三個(gè)小球的機(jī)械能均保持不變

解析：CD設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度為8,圓形軌道半徑為r,三個(gè)小球質(zhì)量均為相，它們恰好通

2

過最高點(diǎn)時(shí)的速度分別為。甲、。乙和。丙，由牛頓第二定律有mg+Bv~L,mg—Bv乙

22

mg=^~,則。甲再選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；三個(gè)小球在運(yùn)動(dòng)過程中，只有重

力做功，即它們的機(jī)械能守恒，選項(xiàng)D正確；甲球在最高點(diǎn)處的動(dòng)能最大，因?yàn)閯?shì)能相等,

所以甲球的機(jī)械能最大，甲球的釋放位置最高，選項(xiàng)C正確.

3.如圖所示，空間中存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場方向水平向INXBX

x

左，磁場方向垂直紙面向里，在正交的電磁場空間中有一足夠長的固c×?θ×

定光滑絕緣桿，與電場方向成60°夾角且處于豎直平面內(nèi).一帶電小―圣X-

球套在絕緣桿上，當(dāng)小球沿桿向下的初速度為。0時(shí)，小球恰好做勻速,

直線運(yùn)動(dòng)，則下列說法正確的是（）

A.小球可能帶正電，也可能帶負(fù)電

E1

B.磁場和電場的大小關(guān)系為方=^o

DZ

C.若撤去磁場，小球仍做勻速直線運(yùn)動(dòng)

D.若撤去電場，小球的機(jī)械能不斷增大

解析：C洛倫茲力和支持力與運(yùn)動(dòng)方向相互垂直，均不做功，重力做正功，而小球動(dòng)

能保持不變，則電場力一定做負(fù)功，小球帶正電，故A錯(cuò)誤；僅當(dāng)支持力為零時(shí)，電場力、

重力、洛倫茲力三力平衡，則有OBSin60°,可得￡=學(xué)加，故B錯(cuò)誤；撤去磁場后,

因重力和電場力的合力垂直于桿，小球仍做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故C正確；撤去電場后，小球僅

有重力做功，機(jī)械能不變，故D錯(cuò)誤.

X×XX

4.（2021?濟(jì)寧調(diào)研）（多選）如圖所示，一個(gè)絕緣且內(nèi)壁光滑的環(huán)形X?X

細(xì)圓管，固定于豎直平面內(nèi)，環(huán)的半徑為R（比細(xì)管的內(nèi)徑大得多），在χ（rOr）j

X??X×/∕×

圓管的最低點(diǎn)有一個(gè)直徑略小于細(xì)管內(nèi)徑的帶正電小球處于靜止?fàn)?/p>

XXXVoX

態(tài)，小球的質(zhì)量為帶電荷量為q,重力加速度為g.空間存在一磁

感應(yīng)強(qiáng)度大小未知（不為零），方向垂直于環(huán)形細(xì)圓管所在平面且向里的勻強(qiáng)磁場.某時(shí)刻,

給小球一方向水平向右、大小為。o=√森的初速度，則以下判斷正確的是（）

A.無論磁感應(yīng)強(qiáng)度大小如何，獲得初速度后的瞬間，小球在最低點(diǎn)一定受到管壁的彈

力作用

B.無論磁感應(yīng)強(qiáng)度大小如何，小球一定能到達(dá)環(huán)形細(xì)圓管的最高點(diǎn)，且小球在最高點(diǎn)

一定受到管壁的彈力作用

C.無論磁感應(yīng)強(qiáng)度大小如何，小球一定能到達(dá)環(huán)形細(xì)圓管的最高點(diǎn)，且小球到達(dá)最高

點(diǎn)時(shí)的速度大小都相同

D.小球在從環(huán)形細(xì)圓管的最低點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到所能到達(dá)的最高點(diǎn)的過程中，水平方向分速度

的大小一直減小

解析：BC小球在軌道最低點(diǎn)時(shí)受到的洛倫茲力方向豎直向上，若洛倫茲力和重力的合

力恰好提供小球所需要的向心力，則在最低點(diǎn)時(shí)小球不會(huì)受到管壁彈力的作用，選項(xiàng)A錯(cuò)誤;

小球運(yùn)動(dòng)的過程中，洛倫茲力不做功，小球的機(jī)械能守恒，運(yùn)動(dòng)至最高點(diǎn)時(shí)小球的速度O=

病，由于是雙層軌道約束，小球運(yùn)動(dòng)過程不會(huì)脫離軌道，所以小球一定能到達(dá)軌道最高點(diǎn)，

選項(xiàng)C正確；在最高點(diǎn)時(shí)，小球做圓周運(yùn)動(dòng)所需的向心力F="N=小球受到豎直向下

洛倫茲力的同時(shí)必然受到與洛倫茲力等大反向的軌道對(duì)小球的彈力，選項(xiàng)B正確；小球在從

最低點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過程中，小球在下半圓內(nèi)上升的過程中，水平分速度向右且不斷減小,

到達(dá)圓心的等高點(diǎn)時(shí)，水平速度為零，而運(yùn)動(dòng)至上半圓后水平分速度向左且不為零，所以水

平分速度一定有增大的過程，選項(xiàng)D錯(cuò)誤.

5.（多選）如圖所示，已知一帶電小球在光滑絕緣的水平

面上從靜止開始經(jīng)電壓u加速后，水平進(jìn)入互相垂直的勻強(qiáng)卜.月

電場和勻強(qiáng)磁場區(qū)域（電場強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B已知），小球：：

在此區(qū)域的豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則（）

A.小球可能帶正電

B.小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r=濡

2JtE

C.小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T=-^

D.若電壓U增大，則小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期增大

解析：BC小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則小球受到的電場力和重力大小相等、

方向相反，則小球受到的電場力豎直向上，故小球帶負(fù)電，A錯(cuò)誤；因?yàn)樾∏蜃鰟蛩賵A周運(yùn)

公?

動(dòng)的向心力由洛倫茲力提供，有Bqv-nrγ,由動(dòng)能定理得Uq=^inv1,且有mg=qE,聯(lián)立

可得小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑《/器，故B正確；由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得T=等，解

2JtF

得T=黃,與電壓U無關(guān)，故C正確，D錯(cuò)誤.

［能力提升］

6.（2021?甘肅高三二模）（多選）如圖所示，半圓形光滑絕緣軌道固定在豎直平面內(nèi)，。點(diǎn)

為其圓心，P點(diǎn)為軌道最低點(diǎn)，兩個(gè)端點(diǎn)M、N與O等高，勻強(qiáng)磁場方向與軌道平面垂直.現(xiàn)

將一個(gè)帶負(fù)電的小球自M點(diǎn)由靜止釋放,它將沿軌道做往復(fù)運(yùn)動(dòng),下列說法中正確的是（）

A.小球由M到N與由N到M所經(jīng)歷的時(shí)間相等

B.小球由M到尸與由N到P過程中重力對(duì)小球做的功相等，但洛倫茲力做的功不等

C.小球由〃到P與由N到P過程中所受合外力的沖量大小相等

D.小球經(jīng)過軌道最低點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小是相等的

解析：AC小球所受得洛倫茲力與速度方向垂直不做功，軌道光滑沒有摩擦力，只受重

力作用，小球機(jī)械能守恒，故小球由M到N與由N到M所經(jīng)歷的時(shí)間相等，A正確；小球

由M到P與由N到尸過程中重力對(duì)小球做的功相等，小球所受的洛倫茲力與速度方向垂直

不做功，B錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)量定理公式∕7="iAo,根據(jù)A選項(xiàng)可知，小球機(jī)械能守恒，故小球

從M到P與由N到P過程中速度變化量大小相等，所以在此過程中所受合外力的沖量大小

相等，C正確；由于小球帶負(fù)電根據(jù)左手定則，小球從M到尸的過程中到達(dá)P點(diǎn)時(shí)所受洛倫

茲力方向豎直向下，根據(jù)合力提供向心力對(duì)小球受力分析，如圖1所示.

V2V2

F^-mg-FL=ι∏-9FN=巧7+加g+凡，當(dāng)小球從N到P的過程中到達(dá)P時(shí)洛倫茲力豎

直向上，受力分析如圖2所示,

圖2

V2

FN+FL-mg=my

V2

FN—m~÷mg—FL

根據(jù)牛頓第三定律支持力與壓力互為相互作用力，在整個(gè)過程中洛倫茲力大小相等.所

以從M到P的過程中到達(dá)P點(diǎn)對(duì)軌道的壓力大于小球從N到P的過程中到達(dá)P時(shí)對(duì)軌道的

壓力，D錯(cuò)誤.

7.（2021.錦州模擬）如圖所示，勻強(qiáng)磁場垂直于紙面向里，勻

強(qiáng)電場平行于斜面向下，斜面是粗糙的.一帶正電物塊以某一初速

度沿斜面向上滑動(dòng)，經(jīng)4點(diǎn)后到8點(diǎn)時(shí)速度減為零，接著又滑了下

來.設(shè)物塊帶電荷量保持不變，則從。到〃和從〃回到“兩過程相

比較（）

A.加速度大小相等

B.摩擦產(chǎn)生熱量不相同

C.電勢(shì)能變化量的絕對(duì)值不相同

D.動(dòng)能變化量的絕對(duì)值相同

解析：B兩過程中，重力、電場力恒定，支持力方向不變，洛倫茲力方向相反，摩擦

力方向相反，物塊所受合外力不同，由牛頓第二定律知，加速度大小必定不同，A項(xiàng)錯(cuò)誤；

上滑過程中，洛倫茲力垂直斜面向上，物塊所受滑動(dòng)摩擦力Ff'="（mgcos9-qvB）,下滑

過程中，洛倫茲力垂直斜面向下，物塊所受滑動(dòng)摩擦力Ff"=Wngcosθ+qυB）,摩擦產(chǎn)生

熱量。=尸以，兩過程位移大小相等，摩擦力大小不同，故產(chǎn)生熱量不同，B項(xiàng)正確；a.b

兩點(diǎn)電勢(shì)確定，由Ep="可知，兩過程中電勢(shì)能變化量的絕對(duì)值相等，C項(xiàng)錯(cuò)誤；上滑過程

和下滑過程，都是重力、摩擦力及電場力做功，但是上滑時(shí)摩擦力小于下滑時(shí)摩擦力，由動(dòng)

能定理可知，動(dòng)能變化量大小不相同，D項(xiàng)錯(cuò)誤.

8.（2021?河北卷）如圖，距離為d的兩平行金屬板尸、Q之間有一勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度

大小為Bi,一束速度大小為。的等離子體垂直于磁場噴入板間.相距為L的兩光滑平行金屬

導(dǎo)軌固定在與導(dǎo)軌平面垂直的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為星，導(dǎo)軌平面與水平面夾角為

θ,兩導(dǎo)軌分別與P、。相連.質(zhì)量為機(jī)、電阻為R的金屬棒"垂直導(dǎo)軌放置，恰好靜止.重

力加速度為g,不計(jì)導(dǎo)軌電阻、板間電阻和等離子體中的粒子重力.下列說法正確的是（）

A.導(dǎo)軌處磁場的方向垂直導(dǎo)軌平面向上，O=嘴”

B.導(dǎo)軌處磁場的方向垂直導(dǎo)軌平面向下，U=嗡，：

DID2LCl

C.導(dǎo)軌處磁場的方向垂直導(dǎo)軌平面向上，V=噌魯.

D?D2^O

D.導(dǎo)軌處磁場的方向垂直導(dǎo)軌平面向下，V=啤端/

L>1D2La

解析：B由左手定則可知Q板帶正電，尸板帶負(fù)電，所以金屬棒α∕>中的電流方向?yàn)閺?/p>

。到'對(duì)金屬棒受力分析可知，金屬棒受到的安培力方向沿導(dǎo)軌平面向上，由左手定則可知

導(dǎo)軌處磁場的方向垂直導(dǎo)軌平面向下，由受力平衡可知BzE=Ngsin0,而/=*,而對(duì)等離

子體受力分析有∕=W8,解得。=嘯震■.故B正確，A、C、D錯(cuò)誤.

9.（2021.山東濟(jì)南高三模擬）（多選）如圖所示，豎直平面MNRS的右

側(cè)存在豎直向上、范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場.從平面MNRS上的。點(diǎn)處以

初速度%=10m/s垂直MNRS面向右拋出一帶電荷量為夕、質(zhì)量為m的

小球，若磁感應(yīng)強(qiáng)度3=寸，g取IOm/S4下列說法正確的是（）

A.小球離開磁場時(shí)的速度大小為ISEm/s

B.小球離開磁場時(shí)的速度大小為m/s

C.小球離開磁場時(shí)的位置與拋出點(diǎn)的距離為小√π?4m

D.小球離開磁場時(shí)的位置與拋出點(diǎn)的距離為5√V??m

解析：AD小球在磁場中，水平方向做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，小球

運(yùn)動(dòng)的周期T=逐=2s,則小球離開磁場時(shí)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間/=彳=1s,下落的高度仁切=5

m,小球從進(jìn)入磁場到離開磁場，由動(dòng)能定理得虎+mg〃，解得小球離開磁場時(shí)的

速度大小O=IMm∕s,A正確，B錯(cuò)誤；小球做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r=才=半，則小球離開

磁場時(shí)的位置與拋出點(diǎn)的距離s=、/?+（2〃）2=資、jt2+16m,C錯(cuò)誤，D正確.

10.（2022.濱州模擬）如圖所示，平面直角坐標(biāo)系的第二象限內(nèi)存

在水平向左的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，一質(zhì)量為〃八帶

電荷量為+q的小球從A點(diǎn)以速度Oo沿直線AO運(yùn)動(dòng),40與X軸負(fù)方

E2C

向成37°角.在y軸與MN之間的區(qū)域I內(nèi)加一電場強(qiáng)度最小的勻強(qiáng)N,

電場后，可使小球繼續(xù)做直線運(yùn)動(dòng)到MN上的C點(diǎn)，MN與PQ之間的區(qū)域∏內(nèi)存在寬度為d

的豎直向上勻強(qiáng)電場和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，小球在區(qū)域∏內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)并恰好不

能從右邊界飛出，已知小球在C點(diǎn)的速度大小為2%，重力加速度為g,sin37°=,cos37°,

求：

(1)第二象限內(nèi)電場強(qiáng)度昂的大小和磁感應(yīng)強(qiáng)度囪的大小;

(2)區(qū)域I內(nèi)最小電場強(qiáng)度員的大小和方向；

(3)區(qū)域∏內(nèi)電場強(qiáng)度員的大小和磁感應(yīng)強(qiáng)度星的大小.

解析：(1)帶電小球在第二象限內(nèi)受重力、電場力和洛倫茲力作用做

直線運(yùn)動(dòng)，三力滿足如圖甲所示關(guān)系且小球只能做勻速直線運(yùn)動(dòng).

o

由圖知“Ei=mgtan37,qv0B?=cθs

3mg5相*

解得El=

4qBl=4c∕vo

(2)小球在區(qū)域I中做直線運(yùn)動(dòng)，電場強(qiáng)度最小，受力如圖乙所示(電

場力方向與速度方向垂直)，小球做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，

由圖知qE2=mgc0s37°,解得民=

方向與X軸正方向成53°角斜向上.

(3)小球在區(qū)域∏內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，所以mg=qE3,

mg

解得Ey-

q

因小球恰好不從右邊界穿出，小球運(yùn)動(dòng)軌跡如圖丙所示,

M?

丙

由幾何關(guān)系得r=?∣d

O

由洛倫茲力提供向心力知

（2加）2

Bzq?2vo=nι~

聯(lián)立得&=需?

答案:⑴翳舞

⑵甯，方向與Λ?軸正方向成53°角斜向上

?6mvo

⑶q布

［熱點(diǎn)加練］

11.如圖所示，在邊長為L的正方形HCd區(qū)域內(nèi)存在圖示方向的勻強(qiáng)電場，正方形的內(nèi)

切圓內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場.現(xiàn)有一質(zhì)量為，"、帶電荷量為+q的粒子從a