人教版高中物理（選擇性必修二）同步講義+練習專題提升Ⅴ 帶電粒子在疊加場中的運動（含解析）

專題提升Ⅴ帶電粒子在疊加場中的運動模塊一知識掌握知識點一帶電粒子在疊加場中的運動【重難詮釋】疊加場：電場、磁場、重力場疊加，或其中某兩場疊加．1．是否考慮粒子重力(1)對于微觀粒子，如電子、質子、離子等，因為一般情況下其重力與靜電力或洛倫茲力相比太小，可以忽略；而對于一些宏觀物體，如帶電小球、液滴、塵埃等一般應當考慮其重力．(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，在進行受力分析與運動分析時，要結合運動狀態(tài)確定是否考慮重力．2．處理帶電粒子在疊加場中的運動的基本思路類型1直線運動（2023春?福建期末）一個帶正電的微粒（重力不計）初速度水平向右，進入如圖所示的勻強磁場和勻強電場區(qū)域時會向下偏轉，則欲使微粒在電磁場中恰能沿水平直線運動，則應采用的方法是（）A．增大電荷質量 B．增大電荷量 C．增大磁感應強度 D．減小入射速度【解答】解：CD、微粒進入復合場后向下偏轉，可知，受到向上的洛倫茲力小于向下的電場力，即：qvB＜qE，可通過增大磁感應強度或增大入射速度來增大洛倫茲力，使微粒在電磁場中恰能沿水平直線運動，C正確，D錯誤；AB、由上述表達式可知，增大電荷質量、增大電荷量無法改變兩個力的大小關系，AB錯誤。故選：C。（2023?青島模擬）如圖，空間存在水平向右的勻強電場和垂直紙面向外的勻強磁場，粗糙絕緣的水平面上有一帶正電小球，從P點由靜止釋放后向右運動，運動過程中會經過N點。已知小球質量m、電荷量q，電場強度大小E，磁感應強度大小B，小球與水平面間動摩擦因數μ，重力加速度g，PN＝L。則關于小球的運動，下列說法正確的是（）A．小球先做加速運動，后做減速運動，最后靜止 B．小球能夠達到的最大速度為qE?μmgμqBC．小球運動到N點時合外力做的功為qEL﹣μmgL D．若小球帶負電，向左運動一段時間后會脫離水平面【解答】解：ABD、小球帶正電，從靜止釋放向右運動過程中，由左手定則可知洛倫茲力豎直向下由牛頓第二定律可得：Eq﹣μ（mg+qvB）＝ma可知v增大，a減小，當加速度減小到零時，小球做勻速直線運動，速度達到最大，即Eq﹣μ（mg+qvB）＝0，解得v=若小球帶負電，電場力水平向左，小球向左運動，洛倫茲力豎直向下，與帶正電小球的運動情況相同，最后做勻速直線運動，故AD錯誤，B正確；C、小球在向右運動過程中，f＝μ（mg+qvB），所以小球運動到N點時合外力做的功小于qEL﹣μmgL，故C錯誤。故選：B。（2022秋?十堰期末）如圖所示，一根足夠長的光滑絕緣桿MN，與水平面的夾角為37°，固定在豎直平面內，磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場充滿桿所在的空間，桿與磁場方向垂直。質量為m的帶電小環(huán)沿桿下滑到圖中的P處時，對桿有垂直桿向下的壓力作用，壓力大小為0.4mg。已知小環(huán)的電荷量為q，重力加速度大小為g，sin37°＝0.6。則小環(huán)滑到P處時的速度大小vP為（）A．mg5qB B．2mg5qB C．mgqB【解答】解：以小環(huán)為對象，垂直桿方向根據受力平衡可得：N+qvpB＝mgcos37°解得：vp=故選：B。（2022秋?青羊區(qū)校級期末）如圖，空間存在一水平方向的勻強電場和勻強磁場，磁感應強度大小為B，電場強度大小為E=3mgq，且電場方向與磁場方向垂直。在電磁場的空間中有一足夠長的固定粗糙絕緣桿，與電場正方向成60°A．小球的初速度為2mgqBB．若小球的初速度為3mgqB，小球將做加速度不斷?小的減速運動，最后停止C．若小球的初速度為mgqB，小球將做加速度不斷增大的減速運動，最后停止D．若小球的初速度為mgqB，則運動中克服摩擦力做功為【解答】解：A、小球受力如圖所示：電場力的大?。篎E＝qE=3重力與電場力的合力F=由幾何關系可知，重力與電場力的合力與桿的方向垂直，所以重力與電場力的合力不會對小球做功，而洛倫茲力的方向與速度的方向垂直，所以也不會對小球做功。所以，當小球做勻速直線運動時，不可能存在摩擦力，沒有摩擦力，說明小球與桿之間就沒有支持力的作用，則洛倫茲力大小與重力、電場力的合力相等，方向相反，所以qv0B＝2mg，解得：v0=2mgB、若小球的初速度為3mgqB，則洛倫茲力f洛＝qv0B＝3mg＞F，則在垂直于桿的方向上，小球還受到桿的垂直于桿向下的支持力，則物體受到沿桿向上的摩擦力，小球將做減速運動，隨速度的減小，洛倫茲力減小，則支持力逐漸減小，摩擦力減小，小球做加速度不斷減小的減速運動，最后當速度減小到2mgCD、若小球的初速度為mgqB，則洛倫茲力f洛＝qv0B＝mg＜F，則在垂直于桿的方向上，小球還受到桿的垂直于桿向上的支持力，則物體受到沿桿向上的摩擦力，小球將做減速運動，隨速度的減小，洛倫茲力減小，則支持力逐漸增大，摩擦力逐漸增大，小球的加速度增大，所以小球將做加速度不斷增大的減速運動，最后停止，小球在運動中克服摩擦力做功等于小球的初動能，所以有W=本題選錯誤的，故選：B。類型2圓周運動（2022秋?寶雞期末）如圖所示，一帶電液滴在相互垂直的勻強電場和勻強磁場中剛好做勻速圓周運動，其軌道半徑為R，已知電場的電場強度為E，方向豎直向下；磁場的磁感應強度為B，方向垂直紙面向里，不計空氣阻力，設重力加速度為g，則下列說法正確的是（）A．液滴帶正電 B．液滴受到重力、電場力、洛倫茲力、向心力作用 C．液滴所受合外力為零 D．液滴比荷q【解答】解：A、液滴在重力場、勻強電場和勻強磁場組成的復合場中做勻速圓周運動，由合力提供向心力，則液滴受到的重力和電場力是一對平衡力，則知液滴受到的電場力方向豎直向上，與電場方向相反，因此液滴帶負電，故A錯誤；BC、液滴受到重力、電場力、洛倫茲力三個力作用，由洛倫茲力充當向心力，液滴所受合外力不為零，故BC錯誤；D、液滴做勻速圓周運動，即mg＝qE，聯立解得液滴比荷qm故選：D。（多選）（2023?天河區(qū)一模）據報道，我國空間站安裝了現代最先進的霍爾推進器用以空間站的軌道維持。如圖乙，在很窄的圓環(huán)空間內有沿半徑向外的磁場1，其磁感應強度大小可近似認為處處相等；垂直圓環(huán)平面同時加有勻強磁場2和勻強電場（圖中沒畫出），磁場1與磁場2的磁感應強度大小相等、已知電子電量為e，質量為m。若電子恰好可以在圓環(huán)內沿順時針方向做半徑為R、速率為v的勻速圓周運動，則以下說法正確的是（）A．電場方向垂直環(huán)平面向外 B．電子運動周期為2πRvC．垂直環(huán)平面的磁感應強度大小為mveRD．電場強度大小為m【解答】解：A.根據左手定則可知電子在圓環(huán)內受到沿半徑向外的磁場1的洛倫茲力方向垂直環(huán)平面向里，電場力需要與該洛倫茲力平衡，電場力方向應垂直環(huán)平面向外，由于電子帶負電，故電場方向垂直環(huán)平面向里，故A錯誤；B.電子在圓環(huán)內沿順時針方向做半徑為R、速率為v的勻速圓周運動，則電子運動周期為T=故B正確；C.電子在圓環(huán)內受到磁場2的洛倫茲力提供電子做圓周運動的向心力，則有evB＝mv解得：B=故C正確；D.電子在垂直環(huán)平面方向受力平衡，則有eE＝evB解得：E=故D正確；故選：BCD。（2023?文昌模擬）如圖所示，空間中存在著正交的勻強磁場和勻強電場，已知電場強度大小為E，方向豎直向下，磁感應強度大小為B，方向垂直紙面。一個電子由O點以一定初速度v0水平向右飛入其中，運動軌跡如圖所示，其中O、Q和P分別為軌跡在一個周期內的最高點和最低點，不計電子的重力。下列說法正確的是（）A．磁感應強度方向垂直紙面向外 B．電子的初速度v0小于EBC．由P點至Q點的運動過程中，電子的速度增大 D．調整電子的初速度大小與方向可以使其做勻加速直線運動【解答】解：A．電子從O點開始軌跡向下彎曲，電子受到的電場力向上，則倫茲力向下，根據左手定則，則磁感應強度方向垂直紙面向里，故A錯誤；B．電子從O運動到P，合外力指向軌跡凹側，有qv0B＞qE則v故B錯誤；C．由P點至Q點的運動過程中，電場力做正功，洛倫茲力不做功，根據動能定理可知電子的速度逐漸增大，故C正確；D．電子受力平衡，可以做勻速直線運動，初速度方向與磁場平行，電子做類平拋運動，所以電子不可能做勻加速直線運動，故D錯誤。故選：C。（2023?開封二模）建立如圖所示的坐標系xOy，x軸緊挨著光滑絕緣的水平地面。在x≥0且0≤y≤a區(qū)域內存在著彼此垂直的勻強電場與勻強磁場，勻強電場平行y軸向上，勻強磁場垂直紙面向里。質量為m且?guī)щ娏繛閝的小球（視為點電荷）從坐標原點以速度v0沿x軸射入該區(qū)域，小球在復合場中做勻速圓周運動，并恰好從坐標為（0，a）的點飛離復合場。忽略空氣阻力，小球在運動過程中電荷量保持不變，重力加速度為g，試求：（1）勻強電場E及勻強磁場B的大?。唬?）小球落地時的坐標；（3）若小球從坐標原點以速度2v0沿x軸射入該區(qū)域，此后經多長時間第5次進入復合場，并確定進入點的坐標?！窘獯稹拷猓海?）小球在復合場中做勻速圓周運動，故電場力與重力平衡，洛倫茲力提供圓周運動的向心力，則有：mg＝Eq，解得：E=小球做勻速圓周運動，運動軌跡如圖所示小球恰好從坐標為（0，a）的點飛離復合場，由幾何關系得：r=小球做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB=m解得：B=（2）小球飛離復合場后做平拋運動，豎直方向：a=12g解得：x=v02a（3）若小球從坐標原點以速度2v0沿x軸射入該區(qū)域，小球做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：q×2v0B＝m(2解得小球做勻速圓周運動的軌道半徑：R＝2r＝a根據幾何關系可知，小球在磁場中運動四分之一圓弧后垂直與磁場邊界方向即豎直向上做豎直上拋運動，再豎直進入磁場做周期性運動，第5次進入復合場時經歷了四次豎直上拋的往復運動時長為t1＝4t豎直上拋＝4×此過程在磁場中偏轉的角度為θ=小球在磁場中的周期為T=在磁場中偏轉的時間為t2=故第5次進入復合場對應的時間為t=第5次進入復合場的橫坐標為x'＝R+3?2R＝7a，故進入點的坐標（7a，a）答：（1）勻強電場E大小是mgq，勻強磁場B的大小是2m（2）小球落地時的坐標是（?v（3）小球經過時間16v知識點二帶電粒子在交變電、磁場中的運動【重難詮釋】解決帶電粒子在交變電、磁場中的運動問題的基本思路先讀圖看清并且明白場的變化情況受力分析分析粒子在不同的變化場區(qū)的受力情況過程分析分析粒子在不同時間段內的運動情況找銜接點找出銜接相鄰兩過程的速度大小及方向選規(guī)律聯立不同階段的方程求解（2022秋?市南區(qū)校級期末）在如圖所示的空間里，存在沿y軸負方向、大小為B=4πmqT的勻強磁場。有一質量為m、電量為q的帶正電的粒子（重力不計），以初速度v0A．t＝2T時粒子所在位置的x坐標值為0 B．t=34TC．粒子在運動過程中速度的最大值為2v0 D．在0到2T時間內粒子運動的平均速度為v【解答】解：對粒子受力分析可知，粒子始終受到垂直于y軸的洛倫茲力和平行于y軸的電場力作用，所以粒子的運動可分解為在垂直于y軸的平面內做勻速圓周運動，其線速度為v0；在平行于y軸方向上做勻加速直線運動和勻減速直線運動。對垂直于y軸的勻速圓周分運動有：q解得圓周運動半徑為：r=粒子做圓周運動的周期為：TA、因t＝2T＝4T0，故圓周分運動的軌跡為四個圓周，粒子回到了y軸上，故粒子所在位置的x坐標值為0，故A正確；B、因t=34T=1.5T0C、對粒子在平行于y軸的分運動有：qE＝ma，已知：E=2mv在電場變化的第一個周期內的0～0.5T和0.5T～T內，電場力等大反向，粒子做對稱的先勻加速直線運動和后勻減速直線運動，在t＝0.5T時沿y軸正向速度達到最大，在電場變化的每個周期內粒子在平行于y軸的分運動是相同的，故在t＝nT+0.5T，（n＝0、1、2……）的時刻粒子沿y軸正向速度均達到相同的最大值，最大值等于v由運動的合成可得粒子在運動過程中速度最大值為：vmD、在0到2T時間內粒子圓周分運動的軌跡為四個圓周，粒子回到了y軸上，故只需要考慮y軸方向的位移即可，由粒子沿y軸運動的對稱性與周期性，可得0到2T時間內沿y軸的位移就等于0到0.5T時間內沿y軸的位移的4倍，則有：s則粒子運動的平均速度為v=本題選擇錯誤的選項，故選：C。（2023?河北模擬）某實驗裝置可利用電場和磁場來控制帶電粒子的運動，其簡化示意圖如圖1所示。初速度為v0的質子沿平行于板面的方向從兩板左側中間位置射入偏轉電場，離開偏轉電場后直接進入勻強磁場。已知質子的電荷量為q，質量為m，偏轉電場兩板間的距離、兩極板的長度均為d，勻強磁場的區(qū)域足夠大，兩板間的電壓UMN隨時間變化的圖像如圖2，由于粒子在偏轉電場區(qū)域運動時間極短，粒子通過此區(qū)域時，可認為電場是不變的勻強電場，不計粒子的重力、粒子間的相互作用力和空氣阻力。質子均能從MN板間飛出，進入磁場，下列說法正確的是（）A．質子進入磁場的速度越大，則質子在磁場中運動的時間越短 B．質子進入磁場的速度越大，質子進入磁場的入射點與出射點間的距離越大 C．無論質子從磁場的何位置進入磁場，質子在磁場邊界的入射點與出射點間的距離不變 D．當MN板間電壓為﹣2U0時，質子在磁場中運動的時間最長【解答】解：BC、質子在電場中做類平拋運動，沿平行極板方向做勻速直線運動，設質子進入磁場時速度方向與初速度v0的方向的夾角為β，則進入磁場的速度大小為：v=假設質子在電場中向N極板偏轉，其在磁場中的運動軌跡如下圖所示：質子在磁場中做逆時針方向勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力可得：qvB=m解得：r=質子在磁場邊界的入射點與出射點間的距離（即圓弧軌跡的弦長）為：s＝2r?cosβ聯立解得：s=2m由此可知，無論質子從磁場的何位置進入磁場，質子在磁場邊界的入射點與出射點間的距離不變，與質子進入磁場的速度大小無關（因v0為定值），故B錯誤，C正確。A、質子在磁場中的運動周期為：T=設質子在磁場中軌跡圓心角為θ，則粒子在磁場中動時間：t=若質子在電場中向N極板偏轉，則θ＝π+2β，此情況下質子進入磁場的速度越大，β就越大，則質子在磁場中運動的時間越長；若質子在電場中向M極板偏轉，則θ＝π﹣2β，此情況下質子進入磁場的速度越大，β就越大，則質子在磁場中運動的時間越短，故A錯誤。D、根據A選項的結論，當MN板間電壓為﹣2U0時，質子在電場中向M極板偏轉，因偏轉電壓最大，質子進入磁場的速度最大，β最大，因θ＝π﹣2β，故θ最小，則質子在磁場中運動的時間最短，故D錯誤。故選：C。（多選）（2023?銅仁市模擬）圖甲的左側平行金屬板M、N間距為d，加有圖乙所示的交變電壓，M、N右側有半徑為R（d＜2R）的圓形勻強磁場，磁感應強度為B垂直于紙面向內，AB為豎直方向直徑。OO′是M、N板間的中線并經過圓形磁場的圓心。不同時刻從O點沿中線射入初速度都為v0的不同粒子（不計粒子的重力），所有出射粒子都從A點離開磁場。則下列說法中正確的是（）A．粒子都帶負電 B．粒子在電場中運動時間都相同，且一定是交流電周期T的整數倍 C．所有粒子從電場中射出的位置相同 D．粒子的比荷均為v【解答】解：A、粒子進入磁場后從A點離開磁場，根據左手定則可知粒子帶正電，故A錯誤；B、不同時刻從O點進入偏轉電場的所有粒子都從A點離開磁場，根據“磁聚焦”原理可知，所有粒子離開偏轉電場時速度方向均平行于OO′，說明粒子在偏轉電場中運動過程中電場力做功為零，即所有粒子在電場中運動時間都相同，且一定是交流電周期T的整數倍，故B正確；C、由于粒子進入磁場的時刻不同，在豎直方向偏轉位移可能不同，所以粒子從電場中射出的位置不一定相同，故C錯誤；D、根據“磁聚焦”原理可知，粒子在磁場中運動的軌跡半徑與磁場圓的半徑相同，即r＝R，根據洛倫茲力提供向心力可得：qv0B＝mv02r故選：BD。模塊二鞏固提高（2023?西城區(qū)校級三模）如圖甲、乙、丙所示，三個完全相同的半圓形光滑絕緣軌道置于豎直平面內，左右兩端點等高，其中乙軌道處在垂直紙面向外的勻強磁場中，丙軌道處在豎直向下的勻強電場中，三個相同的帶正電小球同時從軌道左端最高點處由靜止釋放．則三個小球通過圓軌道最低點時（）A．速度相同 B．所用時間相同 C．對軌道的壓力相同 D．均能到達軌道右端最高點處【解答】解：A、在乙圖中，因為洛倫茲力總是垂直于速度方向，故洛倫茲力不做功；滑塊下落時只有重力做功，故甲和乙兩次機械能均守恒，故兩次滑塊到最低點的速度相等，12mvB、甲圖和丙圖比較可得，丙圖中，小球的加速度比較大，所以達到最低點的時間要短。故B錯誤；C、小球在最低點時，甲圖中重力和支持力提供向心力，而乙圖中是重力、支持力和洛倫茲力提供向心力，所以小球受到的支持力大小不相等，對軌道的壓力也不相等。故C錯誤；D、三個小球的運動過程中，重力做功，動能和重力勢能之間轉換；洛倫茲力不做功；電場力做功，電勢能與動能之間轉換；由于沒有其他的能量損失，所以三種情況下，小球均能到達軌道右端最高點處，故D正確；故選：D。（2023?岳陽一模）在xOy豎直平面內存在沿y軸正方向的勻強電場和垂直于平面向外的勻強磁場，現讓一個質量為m，電荷量為q的帶正電小球從O點沿y軸正方向射入，已知電場強度大小為2mgq，磁感應強度大小為B，小球從O點射入的速度大小為mgA． B． C． D．【解答】解：小球射入時將初速度v0進行分解，其中分速度v1可使得小球受到的電場力、洛倫茲力與重力三力平衡，即：qE＝mg+qv1B，解得：v1=根據左手定則可知v1沿x軸正方向，由題意知初速度v0沿y軸正方向，小球從O點射入的速度大小為v0=mgqB，根據平行四邊形法則可得分速度v2與y軸的夾角為45分速度v2的大小為v2=2v0小球以分速度v2做勻速圓周運動，以分速度v1沿x軸正方向做勻速直線運動，兩者的合運動軌跡即為小球的運動軌跡，小球在y軸方向上的位移只與勻速圓周運動有關，圓周運動軌跡如下圖圓周運動的軌跡與x軸正方向勻速直線運動合成后的軌跡即為小球實際運動軌跡，如下圖所示故C正確，ABD錯誤。故選：C。（2022秋?阿拉善左旗校級期末）如圖所示，一半徑為R的半圓形光滑絕緣軌道豎直放置在磁感應強度大小為B、垂直紙面向外的勻強磁場中。軌道兩端在同一高度上，M為軌道的最低點，一質量為m的帶正電小球從軌道左端最高點由靜止釋放。若小球始終不脫離軌道，則下列說法正確的是（）A．小球不能夠到達軌道右端的最高點 B．小球第一次到達軌道最低點M的速度可能小于2gR C．小球第一次到達軌道最低點M時，對軌道的壓力等于3mg D．小球再次到達軌道最低點M時，對軌道的壓力可能小于3mg【解答】解：A、小球在運動過程，受到重力、支持力和洛倫茲力。洛倫茲力、支持力方向始終和速度方向垂直，對小球不做功，只有重力做功，故小球運動過程中機械能守恒，故小球能夠到達軌道右端的最高點，故A錯誤；BC、小球從軌道左端最高點由靜止釋放至小球第一次到達軌道最低點過程，根據動能定理得：mgR=12第一次達到M點時洛倫茲力方向向下，由牛頓第二定律得：N1?mg?q由牛頓第三定律可知，小球對軌道的壓力為：N'D、根據機械能守恒可知，小球達到M點時的速度大小總是等于v當小球由右向左通過M點，即速度方向向左時，洛倫茲力方向向上，由牛頓第二定律得：N解得：N由牛頓第三定律可知，小球對軌道的壓力為N'故選：D。（2022秋?雁塔區(qū)校級期末）如圖所示，空間存在豎直向下的勻強電場和垂直紙面向外的勻強磁場，一帶電液滴從靜止開始自A點沿曲線ACB運動，到達B點時速度為零，C點運動的最低點，不計摩擦阻力，則以下說法中正確的是（）A．液滴一定帶正電 B．液滴在C點時的動能最大 C．從A到C過程液滴的電勢能可能減小 D．從C到B過程液滴的機械能不變【解答】解：A、從圖中可以看出，帶電粒子由靜止開始向下運動，說明重力和電場力的合力向下，洛倫茲力指向弧內，根據左手定則可知，液滴帶負電。故A錯誤。B、從A到C的過程中，重力正功，而電場力做負功，洛倫茲力不做功，但合力仍做正功，導致動能仍增大，從C到B的過程中，重力做負功，電場力做正功，洛倫茲力不做功，但合力卻做負功，導致動能減小，所以滴在C點動能最大。故B正確。C、從A到C過程液滴克服電場力做功，故電勢能增加，故C錯誤。D、除重力以外的力做的功等于機械能的變化量，從C到B的過程中，電場力做正功，洛倫茲力不做功，機械能增大，故D錯誤。故選：B。（2022秋?成都期末）如圖，平行極電容器的兩極板與水平面成30°，兩極板與一直流電源相連（圖中電源未畫出）。若一質量為m、電荷量為﹣q的液滴以水平初速度v0進入電容器且恰能沿圖中所示的水平直線向右通過電容器，重力加速度大小為g，則（）A．a極板帶負電 B．液滴在極板間做勻速直線運動 C．極板間的電場強度大小為2mgqD．液滴在極板間運動的加速度大小為3【解答】解：A、根據題意可知，液滴做直線運動，對液滴進行受力分析如圖所示：由于液滴帶負電，受到的電場力方向指向a極板，所以a極板帶正電，故A錯誤；B、根據受力情況可知液滴受到的合外力方向向左，液滴做勻減速直線運動，故B錯誤；C、豎直方向根據平衡條件可得：qEcos30°＝mg，解得電場強度的大小為：E=2D、水平方向根據牛頓第二定律可得：ma＝qEsin30°，代入數據解得：a=3故選：D。（多選）（2023?朝陽區(qū)校級開學）如圖所示，在豎直平面內的虛線下方分布著互相垂直的勻強電場和勻強磁場，電場的電場強度大小為10N/C，方向水平向左；磁場的磁感應強度大小為2T，方向垂直紙面向里?，F將一質量為0.2kg、電荷量為+0.5C的小球，從該區(qū)域上方的某點A以某一初速度水平拋出，小球進入虛線下方后恰好做直線運動。已知重力加速度為g＝10m/s2。下列說法正確的是（）A．小球平拋的初速度大小為5m/s B．小球平拋的初速度大小為2m/s C．A點距該區(qū)域上邊界的高度為1.25m D．A點距該區(qū)域上邊界的高度為2.5m【解答】解：AB、小球受豎直向下的重力與水平向左的電場力作用，小球進入電磁場區(qū)域做直線運動，小球受力如圖所示小球做直線運動，則由平衡條件得：qvBcosθ＝mg小球的速度v=代入數據解得：v0＝2m/s，故A錯誤，B正確；CD、小球從A點拋出到進入復合場過程，由動能定理得：mgh=1根據在復合場中的受力情況可知：（mg）2+（qE）2＝（qvB）2解得：h=E故選：BC。（多選）（2023?湖北一模）空間中存在著垂直于紙面向里的勻強磁場B和沿著紙面豎直向下的勻強電場E。一帶電的輕質小球以初速度v0A．小球一定帶正電 B．小球在軌跡最高點所受合外力為零 C．小球從水平射出到軌跡最高點的過程中，電勢能增大 D．小球從第一次軌跡最高點到第二次軌跡最高點的過程中，做勻速圓周運動【解答】解：B、小球在最高點時，即軌跡最高點拐彎處速度為零，洛倫茲力為零，故小球只受電場力作用，從軌跡可以看出，小球向下加速運動，所受合外力不為零，故B錯誤，A、根據題意所加豎直向下的勻強電場，可判斷小球帶正電，故A正確；C、小球從水平射出到軌跡最高點的過程中，電場力做負功，電勢能增大，故C正確；D、小球從第一次軌跡最高點到第二次軌跡最高點的過程中，除受洛倫茲力外，還受豎直向下的電場力作用，不可能做勻速圓周運動，故D錯誤。故選：AC。（2023?長春模擬）如圖為密立根油滴實驗的原理圖，用噴霧器把許多油滴從上板中間的小孔噴入電場，其中A、B為水平正對放置的平行金屬板，兩金屬板間加電壓UAB＝U，板間距為d，經觀察發(fā)現一帶電油滴P在兩金屬板之間保持靜止。若突然撤去兩金屬板間的電壓，且兩極板所帶電量立即消失，油滴P經過一小段時間達到最大速率后再勻速下降時間t到達B板，該油滴從靜止出發(fā)點到B板的位移為L。油滴P在運動過程中質量和電荷量均保持不變，若該油滴的質量按正比于最大速率的二分之三次方近似處理，比例系數為k1；其受到空氣阻力的大小與速率成正比，比例系數為k2。重力加速度為g，不計油滴間的作用力。求：（1）油滴P運動過程中的最大速率vm；（2）油滴P所帶電荷量q；（3）油滴P從靜止到剛到達最大速率過程中重力勢能的變化量ΔEp?！窘獯稹拷猓海?）設油滴的質量為m，撤去電壓后達到的最大速率為vm由題意有m=k由平衡條件得mg＝k2vm聯立解得vm（2）未撤電壓時油滴保持靜止狀態(tài)，有qU聯立解得q=k（3）設勻速過程中的位移為h，有?=v則重力勢能的變化量ΔE答：（1）油滴P運動過程中的最大速率vm為k2（2）油滴P所帶電荷量為k2（3）油滴P從靜止到剛到達最大速率過程中重力勢能的變化量為k2（2023?海安市校級模擬）如圖甲所示，平行板電容器板長為L、間距離為d，虛線PO為兩板間的中軸線。質量為m、電荷量為e的電子源從平行金屬板之外的P點（無窮遠處）沿虛線PO方向以初速度v0均勻持續(xù)射入。兩板間加上如圖乙所示的