高考物理一轮复习 专题3-10 加速运动的叠加体问题千题精练

带电粒子在叠加场中运动1.带电粒子在叠加场中的运动在高考物理中占据重要地位，是检验学生综合运用电场、磁场等物理知识解决复杂问题的能力的重要考点。

2.在命题方式上，这类题目通常以综合性强的计算题形式出现，可能涉及电场、磁场、重力场等多个叠加场的组合，要求考生分析带电粒子在这些叠加场中的受力情况、运动轨迹、速度变化等，并运用相应的物理公式和定理进行计算和推理。

3.备考时，考生应首先深入理解叠加场的基本原理和带电粒子在其中的运动规律，掌握电场力、洛伦兹力、重力等力的计算方法和叠加原理。

同时，考生需要熟悉相关的物理公式和定理，并能够灵活运用它们解决具体问题。

此外，考生还应注重实践练习，通过大量做题来提高自己的解题能力和速度。

考向一：带电粒子在叠加场中的直线运动1.带电粒子在电场和磁场的叠加场中做直线运动，电场力和洛伦兹力一定相互平衡，因此可利用二力平衡解题。

2.带电粒子在电场、磁场、重力场的叠加场中做直线运动，则粒子一定处于平衡状态，因此可利用平衡条件解题。

考向二：带电粒子在叠加场中的圆周运动1.带电粒子做匀速圆周运动，隐含条件是必须考虑重力，且电场力和重力平衡。

2.洛伦兹力提供向心力和带电粒子只在磁场中做圆周运动解题方法相同。

考向三：配速法处理带电粒子在叠加场中的运动1.若带电粒子在磁场中所受合力不会零，则粒子的速度会改变，洛伦兹力也会随着变化，合力也会跟着变化，则粒子做一般曲线运动，运动比较麻烦，此时，我们可以把初速度分解成两个分速度，使其一个分速度对应的洛伦兹力与重力(或电场力，或重力和电场力的合力)平衡，另一个分速度对应的洛伦兹力使粒子做匀速圆周运动，这样一个复杂的曲线运动就可以分解分两个比较常见的运动，这种方法叫配速法。

2.几种常见情况：常见情况处理方法初速度为0，有重力把初速度0，分解一个向左的速度v 1和一个向右的速度v 1初速度为0，不计重力把初速度0，分解一个向左的速度v 1和一个向右的速度v 1初速度为0，有重力把初速度0，分解一个斜向左下方的速度v 1和一个斜向右上方的速度v 1初速度为v 0，有重力把初速度v 0，分解速度v 1和速度v 201束缚类直线运动1如图所示，两个倾角分别为30°和60°的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 、带电荷量为+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.甲滑块在斜面上运动的时间比乙滑块在斜面上运动的时间短B.甲滑块在斜面上运动的位移比乙滑块在斜面上运动的位移小C.甲滑块飞离斜面瞬间重力的瞬时功率比乙滑块飞离斜面瞬间重力的瞬时功率大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】D【详解】A ．小滑块飞离斜面时，洛伦兹力与重力的垂直斜面的分力平衡，有mg cos θ=qv m B 解得v m =mg cos θqB所以斜面角度越小，飞离斜面瞬间的速度越大，故在甲滑块飞离时速度较大，物体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知加速度a =g sin θ，所以甲的加速度小于乙的加速度，因为甲的最大速度大于乙的最大速度，由v m =at 得，甲的时间大于乙的时间，故A 错误；B ．由A 选项的分析和x =v 2m 2a得，甲的位移大于乙的位移，故B 错误；C ．滑块飞离斜面瞬间重力的瞬时功率为P =mgv m sin θ=m 2g 2sin θ⋅cos θqB 则可知两滑块飞离斜面瞬间重力的瞬时功率均为P =3m 2g 28qB故C 错误；D ．由平均功率的公式得P =mg ⋅v m2sin θ=m 2g 2sin θ⋅cos θ2qB因sin30°=cos60°，故两滑块重力的平均功率均为P =3m 2g 28qB 故D 正确。

热点练(八)带电粒子在叠加场中的运动1.(浙江宁波期中)如图所示,空间中存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场,有一带电液滴在竖直面内做半径为R的匀速圆周运动,已知电场强度为E,磁感应强度为B,重力加速度为g,则液滴环绕速度大小及方向分别为( )A.EB ,顺时针 B.EB,逆时针C.BgRE ,逆时针 D.BgRE,顺时针2.在磁感应强度为B的水平匀强磁场中,一质量为m、电荷量为+q的小球在O点由静止释放,小球的运动曲线如图所示。

已知此曲线在最低点的曲率半径为该点到x轴距离的2倍,重力加速度为g。

则小球在运动过程中第一次下降的最大距离为( )A.4m 2gq2B2B.2m2gq2B2C.m 2gq2B2D.m2g2q2B23.(浙江绍兴质检)如图所示,两竖直平行边界PQ、MN间,有正交的匀强电场和匀强磁场,匀强电场方向竖直向下,匀强磁场方向垂直纸面向里。

一带负电小球从O点以某一速度垂直边界PQ进入该场区,恰好能沿水平方向做直线运动。

若只减小小球从O点进入场区时的速度,则小球在场区内运动过程中,下列判断正确的是( )A.小球的动能减小B.小球的电势能减小C.小球的重力势能减小D.小球的机械能减小4.(多选)如图所示,空间中匀强磁场为竖直方向(图中未画出),质量为m、电荷量为+q的小球在光滑圆锥上以速度大小v做匀速圆周运动(从上往下看是逆时针),其运动平面与圆锥轴线垂直且到圆锥顶点距离为h,已知重力加速度为g,圆锥半顶角为θ,下列说法正确的是( )A.磁场方向竖直向下B.小球转一圈的过程中,重力的冲量为0C.圆锥对小球的支持力大小为mgsin θD.磁感应强度大小为mgqvtanθ+mvqhtanθ5.(多选)如图甲所示,已知车轮边缘上一质点P的轨迹可看成质点P相对圆心O做速率为v的匀速圆周运动,同时圆心O向右相对地面以速率v做匀速运动形成的,该轨迹称为圆滚线。

如图乙所示,空间存在竖直向下、大小为E的匀强电场和水平方向(垂直纸面向里)、大小为B的匀强磁场,已知一质量为m、电荷量大小为q的正离子在静电力和洛伦兹力共同作用下,从静止开始自A点沿曲线ACB运动(该曲线属于圆滚线),到达B点时速度为零,C为运动的最低点。

2020届高考物理人教版第一轮专题复习强化练 带电粒子在叠加场中的运动一、选择题 1、如图所示，一带电液滴在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中刚好做匀速圆周运动，其轨道半径为R ，已知该电场的电场强度为E ，方向竖直向下；该磁场的磁感应强度为B ，方向垂直纸面向里，不计空气阻力，设重力加速度为g ，则( )A ．液滴带正电B ．液滴比荷q m ＝E gC ．液滴沿顺时针方向运动D ．液滴运动速度大小v ＝Rg BE答案：C.解析：液滴在重力场、匀强电场、匀强磁场的复合场中做匀速圆周运动，可知，qE ＝mg ，得q m ＝g E，故B 错误；电场力竖直向上，液滴带负电，A 错误；由左手定则可判断液滴沿顺时针转动，C 正确；对液滴qE ＝mg ，qvB ＝m v 2R 得v ＝RBg E，故D 错误． 2、(多选)如图所示，a 、b 是一对平行金属板，分别接到直流电源的两极上，使a 、b 两板间产生匀强电场E ，右边有一块挡板，正中间开有一小孔d，在较大空间范围内存在着匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里．从两板左侧中点c处射入一束正离子(不计重力)，这些正离子都沿直线运动到右侧，从d孔射出后分成三束，则下列判断正确的是( )A．这三束正离子的速度一定不相同B．这三束正离子的比荷一定不相同C．a、b两板间的匀强电场方向一定由a指向bD．若这三束离子改为带负电而其他条件不变，则仍能从d孔射出答案：BCD.解析：因为三束正离子在两极板间都是沿直线运动的，电场力等于洛伦兹力，可以判断三束正离子的速度一定相同，且电场方向一定由a指向b，A错误，C正确；在右侧磁场中三束正离子运动轨迹半径不同，可知这三束正离子的比荷一定不相同，B项正确；若将这三束离子改为带负电，而其他条件不变的情况下分析受力可知，三束离子在两板间仍做匀速直线运动，仍能从d孔射出，D项正确．3、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：由于带电粒子做匀速直线运动，对带电粒子进行受力分析知，电场力与磁场力平衡，qE ＝qvB ，即v ＝E B，由此式可知，粒子入射时的速度、磁场和电场的强弱及方向有确定的关系，故A 、B 、D 错误，C 正确．4．如图所示是实验室里用来测量磁场力的一种仪器——电流天平．某同学在实验室里用电流天平测算通电螺线管中的磁感应强度，若他测得CD 段导线长度为4×10－2 m ，天平(等臂)平衡时钩码重力为4×10－5 N ，通过导线的电流I ＝0.5 A ．由此，测得通电螺线管中的磁感应强度B 为( )A ．2.0×10－3 T ，方向水平向右B ．5.0×10－3 T ，方向水平向右C ．2.0×10－3 T ，方向水平向左D ．5.0×10－3 T ，方向水平向左答案：A解析：天平(等臂)平衡时，CD 段导线所受的安培力大小与钩码重力大小相等，即F ＝mg ，由F ＝BIL 得B ＝F IL ＝mg IL＝2.0×10－3 T ；根据安培定则可以知道磁感应强度的方向水平向右，所以A 正确，B 、C 、D 错误．5．速度相同的一束粒子(不计重力)由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示，则下列相关说法中正确的是( )A ．该束粒子带负电B ．速度选择器的P 1极板带负电C ．能通过狭缝S 0的粒子的速度等于E B 1D ．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝S 0，则粒子的比荷越小答案：C解析：根据该束粒子进入匀强磁场B 2时向下偏转，由左手定则判断出该束粒子带正电，选项A 错误；粒子在速度选择器中做匀速直线运动，受到电场力和洛伦兹力作用，由左手定则知洛伦兹力方向竖直向上，则电场力方向竖直向下，因粒子带正电，故电场强度方向向下，速度选择器的P 1极板带正电，选项B 错误；粒子能通过狭缝，电场力与洛伦兹力平衡，有qvB 1＝qE ，得v ＝E B 1，选项C 正确；粒子进入匀强磁场B 2中受到洛伦兹力做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律有qvB 2＝m v 2r ，得r ＝mv B 2q，可见v 、B 2一定时，半径r 越小，则q m越大，选项D 错误． 6．(多选)磁流体发电是一项新兴技术．如图所示，平行金属板之间有一个很强的磁场，将一束含有大量正、负带电粒子的等离子体，沿图中所示方向喷入磁场．图中虚线框部分相当于发电机，把两个极板与用电器相连，则( )A ．用电器中的电流方向从B 到AB ．用电器中的电流方向从A 到BC ．若只减小磁感应强度，发电机的电动势增大D ．若只增大喷入粒子的速度，发电机的电动势增大答案：BD解析：首先对等离子体进行动态分析：开始时由左手定则判断正离子所受洛伦兹力方向向上，负离子所受洛伦兹力方向向下，则正离子向上板聚集，负离子向下板聚集，两板间产生了电势差，即金属板变为一电源，且上板为正极，下板为负极，所以通过用电器的电流方向从A 到B ，故B 正确，A 错误；此后的正离子除受到向上的洛伦兹力F 洛外，还受到向下的电场力F ，最终二力达到平衡，即最终等离子体将匀速通过磁场区域，由qvB ＝q E d，解得E ＝Bdv ，所以电动势E 与喷入粒子的速度大小v 及磁感应强度大小B 成正比，故D 正确，C 错误．7．(多选)在一个很小的矩形半导体薄片上，制作四个电极E 、F 、M 、N ，做成了一个霍尔元件．在E 、F 间通入恒定电流I ，同时外加与薄片垂直的磁场B ，M 、N 间的电压为U H .已知半导体薄片中的载流子为正电荷，电流与磁场的方向如图所示，下列说法正确的有( )A ．N 端电势高于M 端电势B ．磁感应强度越大，MN 间电势差越大C ．将磁场方向变为与薄片的上、下表面平行，U H 不变D ．将磁场和电流分别反向，N 端电势低于M 端电势答案：AB解析：根据左手定则可知载流子所受洛伦兹力的方向指向N 端，载流子向N 端偏转，则N 端电势高，故A 正确；设M 、N 间的距离为d ，薄板的厚度为h ，则U ＝Ed ，Eq ＝qvB ，则I ＝neSv ＝nedhv ，代入解得U ＝BI neh，故B 正确；将磁场方向变为与薄板的上、下表面平行，载流子不偏转，所以U H 发生变化，C 错误；将磁场和电流分别反向，N 端的电势仍然高于M 端电势，D 错误．8．(多选)如图所示，导电物质为电子的霍尔元件位于两串联线圈之间，线圈中电流为I ，线圈间产生匀强磁场，磁感应强度大小B 与I 成正比，方向垂直于霍尔元件的两侧面，此时通过霍尔元件的电流为I H ，与其前、后表面相连的电压表测出的霍尔电压U H 满足：U H＝k I H B d，式中k 为霍尔系数，d 为霍尔元件前、后两侧面间的距离．电阻R 远大于R L ，霍尔元件的电阻可以忽略，则( )A ．霍尔元件前表面的电势低于后表面B ．若电源的正、负极对调，电压表将反偏C ．I H 与I 成正比D ．电压表的示数与R L 消耗的电功率成正比答案：CD解析：由于导电物质为电子，在霍尔元件中，电子是向上做定向移动的，根据左手定则可判断电子受到的洛伦兹力方向向后表面，故霍尔元件的后表面相当于电源的负极，霍尔元件前表面的电势应高于后表面，选项A 错误；若电源的正、负极对调，则I H 与B 都反向，由左手定则可判断电子受力的方向不变，选项B 错误；由于电阻R 和R L 都是固定的，且R 和R L 并联，故I H ＝R L R ＋R LI ，选项C 正确；由于B 与I 成正比，I H 与I 成正比，则U H ＝k I H B d∝I 2，R L 又是定值电阻，选项D 正确．9、(多选)如图所示是选择密度相同、大小不同的纳米粒子的一种装置．待选粒子带正电且电荷量与其表面积成正比，待选粒子从O 1进入小孔时可认为速度为零，加速电场区域Ⅰ的板间电压为U ，粒子通过小孔O 2射入正交的匀强电场和匀强磁场区域Ⅱ，其中匀强磁场的磁感应强度大小为B ，左右两极板间距为d ，区域Ⅱ的出口小孔O 3与O 1、O 2在同一竖直线上，若半径为r 0、质量为m 0、电荷量为q 0的纳米粒子刚好能沿该直线通过，不计纳米粒子重力，则( )A ．区域Ⅱ的电场的场强大小与磁场的磁感应强度大小比值为2q 0U m 0B ．区域Ⅱ左右两极板的电势差U 1＝Bd q 0U m 0C ．若密度相同的纳米粒子的半径r ＞r 0，则它进入区域Ⅱ时仍将沿直线通过D ．若密度相同的纳米粒子的半径r ＞r 0，它进入区域Ⅱ时仍沿直线通过，则区域Ⅱ的电场强度与原电场强度之比为r 0r 答案：AD.解析：设半径为r 0的粒子加速后的速度为v ，则有q 0U ＝12m 0v 2，设区域Ⅱ内电场强度为E ，由题意可知洛伦兹力等于电场力，即q 0vB ＝q 0E ，联立解得E ＝B2q 0U m 0，则E B ＝2q 0U m 0，区域Ⅱ左右两极板的电势差为Ed ＝Bd 2q 0U m 0，故A 正确，B 错误；若纳米粒子的半径r ＞r 0，设半径为r 的粒子的质量为m 、带电荷量为q 、加速后的速度为v ′，则m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫r r 03m 0，而q ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫r r 02q 0，由12mv ′2＝qU ，解得v ′＝ 2q 0Ur 0m 0r＝ r 0rv ＜v ，故粒子进入区域Ⅱ后受到的洛伦兹力变小，粒子向左偏转，故C 错误；由于v ′＝ r 0rv ，由E ＝Bv 可得，区域Ⅱ的电场与原电场的电场强度之比为r 0r ，故D 正确． 10、如图所示，甲是不带电的绝缘物块，乙是带正电的物块，甲、乙叠放在一起，置于粗糙的绝缘水平地面上，地面上方有水平方向的匀强磁场．现加一个水平向左的匀强电场，发现甲、乙无相对滑动并一同水平向左加速运动，在加速运动阶段( )A．甲、乙两物块间的摩擦力不变B．甲、乙两物块做加速度减小的加速运动C．乙物块与地面之间的摩擦力不断减小D．甲、乙两物块可能做匀加速直线运动答案：B解析：以甲、乙整体为研究对象，分析受力如图甲所示，随着速度的增大，F洛增大，F N增大，则乙物块与地面之间的摩擦力f不断增大，故C错误；由于f增大，F电一定，根据牛顿第二定律得，加速度a减小，甲、乙两物块做加速度不断减小的加速运动，最后一起匀速运动，故B正确，D错误；对甲进行受力分析，如图乙所示，有F电－f′＝m甲a，a减小，则f′增大，即甲、乙两物块间的摩擦力变大，故A错误．11．如图所示，两极板间存在互相垂直的匀强电场和匀强磁场，不计重力的氘核、氚核和氦核初速度为零，经相同的电压加速后，从两极板中间垂直射入电磁场区域，且氘核沿直线射出．不考虑粒子间的相互作用，则射出时( )A ．偏向正极板的是氚核B ．偏向正极板的是氦核C ．射入电磁场区域时，氚核的动能最大D ．射入电磁场区域时，氦核的动量最大答案：D解析：氘核在复合场中沿直线通过，故有qE ＝qvB ，所以v ＝E B；在加速电场中qU ＝12mv 2，v ＝2qU m，氚核的比荷比氘核的小，进入磁场的速度比氘核小，洛伦兹力小于电场力，氚核向负极板偏转，选项A 错误；氦核的比荷等于氘核的，氦核进入复合场的速度与氘核一样，所以不发生偏转，选项B 错误；射入复合场区域时，带电粒子的动能等于qU ，氦核的电荷量最大，所以动能最大，选项C 错误；带电粒子的动量p ＝mv ＝2mqU ，氦核的电荷量和质量的乘积最大，动量最大，选项D 正确．二、非选择题12.如图所示，两块相同的金属板MN 、PQ 平行倾斜放置，与水平面的夹角为45°，两金属板间的电势差为U ，PQ 板电势高于MN 板，且MN 、PQ 之间分布有方向与纸面垂直的匀强磁场．一质量为m 、带电荷量为q 的小球从PQ 板的P 端以速度v 0竖直向上射入，恰好沿直线从MN 板的N 端射出，重力加速度为g .求：(1)磁感应强度的大小和方向； (2)小球在金属板之间的运动时间．解析：(1)小球在金属板之间做匀速直线运动，受重力G 、电场力F 电和洛伦兹力f ，F 电的方向与金属板垂直，由左手定则可知f 的方向沿水平方向，三力合力为零，结合平衡条件可知小球带正电，金属板MN 、PQ 之间的磁场方向垂直纸面向外，且有qv 0B ＝mg tan45°①得B ＝mg qv 0②(2)解法1：设两金属板之间的距离为d ，则板间电场强度E ＝U d③ 又qE ＝2mg ④h ＝2d ⑤小球在金属板之间的运动时间t ＝hv 0⑥解得t ＝qU mgv 0⑦ 解法2：由于f ＝qv 0B 不做功，W G ＝－mgh ，W 电＝qU ，由动能定理得qU －mgh ＝0h ＝v 0t 得t ＝qU mgv 0答案：(1)mgqv 0垂直纸面向外 (2)qU mgv 013、如图所示，在xOy 坐标系的第二象限内有水平向右的匀强电场，第四象限内有竖直向上的匀强电场，两个电场的电场强度大小相等，第四象限内还有垂直于纸面的匀强磁场，让一个质量为m 、电荷量为q 的粒子在第二象限内的P (－L ，L )点由静止释放，结果粒子沿直线运动到坐标原点并进入第四象限，粒子在第四象限内运动后从x 轴上的Q (L,0)点进入第一象限，重力加速度为g .求：(1)粒子从P 点运动到坐标原点的时间； (2)匀强磁场的磁感应强度的大小和方向．解析：(1)粒子在第二象限内做直线运动，因此电场力和重力的合力方向沿PO 方向，则粒子带正电．mg ＝qE 1＝qE 2，2mg ＝ma ；2L ＝12at 2，解得t ＝2L g(2)设粒子从O 点进入第四象限的速度大小为v ，由动能定理可得mgL ＋qEL ＝12mv 2，求得v ＝2gL ，方向与x 轴正方向成45°，由于粒子在第四象限内受到电场力与重力等大反向，因此粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由于粒子做匀速圆周运动后从x 轴上的Q (L,0)点进入第一象限，根据左手定则可以判断，磁场方向垂直于纸面向里．粒子做圆周运动的轨迹如图，由几何关系可知 粒子做匀速圆周运动的轨迹半径为R ＝22L 由牛顿第二定律可得Bqv ＝m v 2R ，解得B ＝2m 2gLqL答案：(1)2Lg(2)2m 2gLqL，方向垂直纸面向里14．在如图所示的竖直平面内，水平轨道CD 和倾斜轨道GH 与半径r ＝944 m 的光滑圆弧轨道分别相切于D 点和G 点，GH 与水平面的夹角θ＝37°.过G 点、垂直于纸面的竖直平面左侧有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度B ＝1.25 T ；过D 点、垂直于纸面的竖直平面右侧有匀强电场，电场方向水平向右，电场强度E ＝1×104 N/C.小物体P 1质量m ＝2×10－3 kg 、带电荷量q ＝＋8×10－6 C ，受到水平向右的推力F ＝9.98×10－3 N 的作用，沿CD 向右做匀速直线运动，到达D 点后撤去推力．当P 1到达倾斜轨道底端G 点时，不带电的小物体P 2在GH 顶端由静止释放，经过时间t ＝0.1 s 与P 1相遇．P 1和P 2与轨道CD 、GH 间的动摩擦因数均为μ＝0.5，取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，物体电荷量保持不变，不计空气阻力．求：(1)小物体P 1在水平轨道CD 上运动速度v 的大小； (2)倾斜轨道GH 的长度s .解析：(1)设小物体P 1在匀强磁场中运动的速度为v ，受到向上的洛伦兹力为F 1，受到的摩擦力为F f ，则F 1＝qvB ① F f ＝μ(mg －F 1)②由题意知，水平方向合力为零，F －F f ＝0③ 联立①②③式，代入数据解得v ＝4 m/s ④(2)设P 1在G 点的速度大小为v G ，由于洛伦兹力不做功，根据动能定理有qEr sin θ－mgr (1－cos θ)＝12mv 2G －12mv 2⑤P 1在GH 上运动，受到重力、支持力、电场力和摩擦力的作用，设加速度为a 1，根据牛顿第二定律有qE cos θ－mg sin θ－μ(mg cos θ＋qE sin θ)＝ma 1⑥ P 1与P 2在GH 上相遇时，设P 1在GH 上运动的距离为s 1，则s 1＝v G t ＋12a 1t 2⑦设P 2质量为m 2，在GH 上运动的加速度为a 2，则m 2g sin θ－μm 2g cos θ＝m 2a 2⑧P 1与P 2在GH 上相遇时，设P 2在GH 上运动的距离为s 2，则s 2＝12a 2t 2⑨s ＝s 1＋s 2⑩联立⑤～⑩式，代入数据得s ＝0.56 m. 答案：(1)4 m/s (2)0.56 m15、如图，空间区域Ⅰ、Ⅱ有匀强电场和匀强磁场，MN 、PQ 为理想边界，Ⅰ区域高度为d ，Ⅱ区域的范围足够大．匀强电场方向竖直向上；Ⅰ、Ⅱ区域的磁感应强度大小均为B ，方向分别垂直纸面向里和向外．一个质量为m 、带电荷量为q 的带电小球从磁场上方的O 点由静止开始下落，进入场区后，恰能做匀速圆周运动．已知重力加速度为g .(1)试判断小球的电性并求出电场强度E 的大小； (2)若带电小球能进入区域Ⅱ，则h 应满足什么条件？ (3)若带电小球运动一定时间后恰能回到O 点，求它释放时距MN 的高度h .解析：(1)带电小球进入复合场后，恰能做匀速圆周运动，即所受合力为洛伦兹力，则重力与电场力大小相等，方向相反，重力竖直向下，电场力竖直向上，即小球带正电．则有qE ＝mg ，解得E ＝mg q.(2)假设下落高度为h 0时，带电小球在Ⅰ区域做圆周运动的圆弧与PQ 相切时，运动轨迹如图甲所示，由几何知识可知，小球的轨道半径R ＝d ，带电小球在进入磁场前做自由落体运动，由动能定理得 mgh 0＝12mv 2，带电小球在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得qvB ＝m v 2R ，解得h 0＝q 2B 2d 22m 2g，则当h ＞h 0时，即h ＞q 2B 2d 22m 2g时带电小球能进入区域Ⅱ.(3)如图乙所示，因为带电小球在Ⅰ、Ⅱ两个区域运动过程中q 、v 、B 、m 的大小不变，故三段圆周运动的半径相同，以三个圆心为顶点的三角形为等边三角形，边长为2R ，内角为60°，由几何关系知R ＝dsin 60°，联立解得h ＝2q 2B 2d 23m 2g.答案：(1)正电 mgq(2)h ＞q 2B 2d 22m 2g(3)2q 2B 2d 23m 2g。

高中物理叠加试题及答案一、选择题（每题5分，共20分）1. 两个力F1和F2，它们的大小分别为3N和4N，方向相反，那么它们的合力大小为：A. 1NB. 7NC. 3ND. 4N答案：A2. 一个物体受到三个力的作用，这三个力的大小分别是5N、6N和8N，它们的方向都在同一直线上，并且方向相同，那么这三个力的合力大小为：A. 19NB. 9NC. 23ND. 14N答案：C3. 一个物体受到两个力的作用，这两个力的大小分别是2N和3N，方向垂直，那么它们的合力大小为：A. 2NB. 3NC. 5ND. √13N答案：D4. 一个物体受到三个力的作用，这三个力的大小分别是3N、4N和5N，它们的方向相互垂直，那么这三个力的合力大小为：A. 3NB. 4NC. 5ND. √50N答案：D二、填空题（每题5分，共20分）1. 两个力F1和F2，它们的大小分别为5N和6N，方向相反，它们的合力大小为____N。

答案：1N2. 一个物体受到两个力的作用，这两个力的大小分别是3N和4N，方向垂直，它们的合力大小为____N。

答案：5N3. 一个物体受到三个力的作用，这三个力的大小分别是2N、3N和4N，它们的方向都在同一直线上，并且方向相同，那么这三个力的合力大小为____N。

答案：9N4. 一个物体受到三个力的作用，这三个力的大小分别是3N、4N和5N，它们的方向相互垂直，那么这三个力的合力大小为____N。

答案：7N三、计算题（每题10分，共20分）1. 一个物体受到三个力的作用，这三个力的大小分别是4N、5N和6N，它们的方向都在同一直线上，并且方向相同。

求这三个力的合力大小。

答案：15N2. 一个物体受到两个力的作用，这两个力的大小分别是4N和6N，方向垂直。

求这两个力的合力大小。

答案：√52N四、简答题（每题10分，共20分）1. 请解释什么是力的合成，并给出一个例子。

答案：力的合成是指将多个力合并成一个等效力的过程。

2020年高考物理100考点最新模拟题千题精练第三部分牛顿运动定律专题3．10加速运动中的叠加体问题（提高篇）一．选择题1．（2019全国理综III卷20）如图（a），物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。

t=0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t=4s 时撤去外力。

细绳对物块的拉力f 随时间t 变化的关系如图（b）所示，木板的速度v与时间t的关系如图（c）所示。

木板与实验台之间的摩擦可以忽略。

重力加速度取g=10 m/s2。

由题给数据可以得出（）A．木板的质量为1 kgB．2 s~4 s内，力F的大小为0.4 NC．0~2 s内，力F的大小保持不变D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2【参考答案】AB【名师解析】由图像（b）和图像（c）可知，2s后物块相对于木板滑动，其滑动摩擦力f=0.2N，木板的加速度a1=0.2m/s2。

隔离木板，分析受力，由牛顿第二定律，F-f=ma1，4s后撤去外力F，木板在物块摩擦力作用下做减速运动，加速度大小为a2=0.2m/s2。

隔离木板，分析受力，由牛顿第二定律，f=ma2，联立解得：木板的质量为m=1 kg，2 s~4 s内，力F的大小为F=0.4 N，选项AB正确；由于0~2 s内，在拉力作用下木板处于静止状态，而物块对木板的静摩擦力逐渐增大，所以0~2 s内，力F的大小从0开始逐渐增大，选项C错误；由于题述没有给出物块质量，不能根据二者之间的滑动摩擦力计算得出物块与木板之间的动摩擦因数，选项D错误。

2．（2016河北省联考）如图所示，木块A质量为1kg，木块B的质量为2kg，叠放在水平地面上，AB间的最大静摩擦力为1 N，B与地面间的动摩擦系数为0.1，今用水平力F作用于B，则保持AB相对静止的条件是F不超过（g = 10 m/s2）( )A ．3 NB ．4 NC ．5 ND ．6 N【参照答案】 D【名师解析】保持AB 相对静止，对A ，由牛顿第二定律，f=ma ，对AB 整体，F-μ(M+m)g=(M+m)a ，联立解得：F=6N 。

2020年高考物理100考点最新模拟题千题精练第三部分牛顿运动定律专题3．10加速运动中的叠加体问题（提高篇）一．选择题1．（2019全国理综III卷20）如图（a），物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。

t=0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t=4s 时撤去外力。

细绳对物块的拉力f 随时间t 变化的关系如图（b）所示，木板的速度v与时间t的关系如图（c）所示。

木板与实验台之间的摩擦可以忽略。

重力加速度取g=10 m/s2。

由题给数据可以得出（）A．木板的质量为1 kgB．2 s~4 s内，力F的大小为0.4 NC．0~2 s内，力F的大小保持不变D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.22．（2016河北省联考）如图所示，木块A质量为1kg，木块B的质量为2kg，叠放在水平地面上，AB间的最大静摩擦力为1 N，B与地面间的动摩擦系数为0.1，今用水平力F作用于B，则保持AB相对静止的条件是F不超过（g = 10 m/s2）( )A．3 N B．4 NC．5 N D．6 N3. （2016山东济南测试）如图所示，小球B放在真空容器A内，球B的直径恰好等于正方体A的边长，将它们以初速度v0竖直向上抛出，下列说法中正确的是( )A．若不计空气阻力，上升过程中，A对B有向上的支持力B ．若考虑空气阻力，上升过程中，A 对B 的压力向下C ．若考虑空气阻力，下落过程中，B 对A 的压力向上D ．若不计空气阻力，下落过程中，B 对A 没有压力4．如图所示，质量均为m 的木块A 和B ，用劲度系数为k 的轻质弹簧连接,最初系统静止.用大小2F mg 、方向竖直向上的恒力拉A 直到B 刚好离开地面，则在此过程中（ ）A.A 上升的初始加速度大小为2gB.弹簧对A 和对B 的弹力是一对作用力与反作用力C.A 上升的最大高度为mg kD.A 上升的速度先增大后减少5. （2016福建名校联考）如图3所示，质量为m 的木块P 在质量为M 的长木板ab 上滑行，长木板放在水平地面上一直处于静止状态．若长木板ab 与地面间的动摩擦因数为μ1，木块P 与长木板ab 间的动摩擦因数为μ2，则长木板ab 受到地面的摩擦力大小为 ( )A ．μ1MgB ．μ1(m ＋M )gC ．μ2mgD ．μ1Mg ＋μ2mg6. 如图所示，在光滑水平面上叠放着A 、B 两物体。

高中物理叠加体问题例解【知识准备】一、对力的几点认识1.关于力的概念.力是物体对物体的相互作用.这一定义体现了力的物质性和相互性.力是矢量.2.力的效果（1）力的静力学效应：力能使物体发生形变.(2)力的动力学效应：a.瞬时效应：使物体产生加速度F=mab.时间积累效应：产生冲量I=Ft，使物体的动量发生变化Ft=△pc.空间积累效应：做功W=Fs，使物体的动能发生变化△E k=W3.物体受力分析的基本方法（1）确定研究对象（隔离体、整体）.（2）按照次序画受力图，先主动力、后被动力，先场力、后接触力.（3）只分析性质力，不分析效果力，合力与分力不能同时分析.（4）结合物体的运动状态：是静止还是运动，是直线运动还是曲线运动.如物体做曲线运动时，在某点所受合外力的方向一定指向轨迹弧线内侧的某个方向.二、中学物理中常见的几种力三、力和运动的关系1.F=0时，加速度a =0.静止或匀速直线运动F=恒量:F与v在一条直线上——匀变速直线运动F与v不在一条直线上——曲线运动（如平抛运动）2.特殊力:F大小恒定，方向与v始终垂直——匀速圆周运动F=-kx——简谐振动【叠加体问题分析】1、运用牛顿运动定律和运动学知识处理叠加体间相对运动以及各物体的运动问题，解决此类问题关键是判定物体间相对运动，从而判定摩擦力方向，计算各物体的加速度大小，特别要弄清楚各物体运动过程分几个阶段，必要时画出各物体运动的示意图，将抽象问题变具体。

2、运用动量和能量知识处理叠加体问题，解决此类问题应注意物体相对运动，注意系统各阶段遵循规律，通常涉及摩擦力做功与运动学知识解决物体受力运动的问题。

3、结合电场或磁场知识综合分析叠加体问题，此类问题综合性较强，几乎涉及力学、电磁学的主干知识，分析此类问题要认真审题，抓住解题的突破点，要建立空间想象能力。

4、利用v-t图象，从速度、位移的角度分析物体的运动物理过程，从而解决实际问题。

5、灵活运用整体法和隔离法求解叠加体问题，深刻理解力和加速度对应关系，善于将物体运动过程分成几个阶段来处理，画出运动的示意图，将抽象问题变具体。

（江苏专版）2019高考物理一轮复习课时跟踪检测（三十）带电粒子在叠加场中的运动编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（（江苏专版）2019高考物理一轮复习课时跟踪检测（三十）带电粒子在叠加场中的运动）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

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课时跟踪检测（三十） 带电粒子在叠加场中的运动1.（2018·淮安模拟)如图所示，一带电液滴在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中刚好做匀速圆周运动，其轨道半径为R ，已知该电场的电场强度为E ，方向竖直向下；该磁场的磁感应强度为B ，方向垂直纸面向里,不计空气阻力，设重力加速度为g ，则( ）A ．液滴带正电B ．液滴比荷q m＝错误!C ．液滴沿顺时针方向运动D ．液滴运动速度大小v ＝Rg BE解析：选 C 液滴在重力场、匀强电场、匀强磁场的复合场中做匀速圆周运动,可知，qE ＝mg ,得q m ＝g E ,故B 错误；电场力竖直向上，液滴带负电,A 错误；由左手定则可判断液滴沿顺时针转动，C 正确；对液滴qE ＝mg ，qvB ＝m 错误!得v ＝错误!，故D 错误。

2.［多选]（2018·宜兴期中)如图所示，实线表示在竖直平面内的电场线，电场线与水平方向成α角，水平方向的匀强磁场与电场正交，有一带电液滴沿斜向上的虚线L 做直线运动,L 与水平方向成β角，且α＞β，则下列说法中正确的是（ ）A ．液滴可能带负电B ．液滴一定做匀速直线运动C ．液滴有可能做匀变速直线运动D ．电场线方向一定斜向上解析:选BD 带电液滴受竖直向下的重力G 、沿电场线方向的电场力F 、垂直于速度方向的洛伦兹力f ，由于带电液滴做直线运动，因此这三个力的合力一定为零，带电液滴做匀速直线运动，不可能做匀变速直线运动，当带电液滴带正电，且电场线方向斜向上时,带电液滴受竖直向下的重力G 、沿电场线向上的电场力F 、垂直于速度方向斜向左上方的洛伦兹力f 作用，这三个力的合力可能为零，如果带电液滴带负电、或电场线方向斜向下时,带电液滴所受合力不为零,不可能沿直线运动，故B 、D 正确,A 、C 错误。

带电粒子在叠加场中的运动专题一、选择题1．(2024·江苏二模)(多选)如图所示，在磁感应强度为B ，范围足够大的水平匀强磁场内，固定着倾角为θ的绝缘斜面，一个质量为m 、电荷量为－q 的带电小物块以初速度v 0沿斜面对上运动，小物块与斜面间的动摩擦因数为μ，设滑动时电荷量不变，在小物块上滑过程中，其加速度大小a 与时间t 的关系图像，可能正确的是( )答案 CD解析 当电荷量为－q 的带电小物块以初速度v 0沿斜面对上运动，依据左手定则，滑块受到垂直斜面对下的洛伦兹力会随着速度减小而减小，其对斜面的压力也减小，滑块受到滑动摩擦力会减小，依据牛顿其次定律，滑块受到的合力会减小，则加速度也会减小，因斜面长度与初速度大小不知，因此可能，滑块没到斜面顶端，加速度减为零，也可能到达顶端，仍有加速度，且恒定，故A 、B 两项错误，C 、D 两项正确．2.(2024·天津模拟)如图所示为“速度选择器”装置示意图，a 、b 为水平放置的平行金属板，其电容为C ，板间距离为d ，平行板内存在垂直纸面对里的匀强磁场，磁感应强度为B ，a 、b 板分别带上等量异号电荷后，平行板内产生竖直方向的匀强电场．一带电粒子以速度v 0经小孔进入正交电磁场可沿直线OO′运动，由O′射出，粒子所受重力不计，以下说法正确的是( )A ．a 板带负电，其电量为CBv 0dB ．a 板带正电，其电量为CBv 0dC ．极板间的电场强度E ＝Bv 0，方向竖直向下D ．若粒子的初速度大于v 0，粒子在极板间将向右上方做匀加速曲线运动 答案 C解析 A 、B 、C 三项，粒子所受的洛伦兹力与电场力大小相等、方向相反方可通过平行金属板，若粒子带正电，通过左手定则推断洛伦兹力的方向向上，电场力向下，满意的条件应是：a 板带正电；粒子所受洛伦兹力与电场力相等：qv 0B ＝qE ＝q Ud 得：E ＝Bv 0；U ＝Bv 0d ；又Q ＝CU ＝CBv 0d ，故A 、B 两项错误，C 项正确；D 项，若该粒子带正电，且速度增加，洛伦兹力增加，则粒子向上偏转，随速度的变更，洛伦兹力变更，可知粒子做曲线运动，但不是匀加速曲线运动，故D 项错误．3.(2024·青岛一模)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对外．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 ．小球的动能可能会增大 答案 C解析 A 项，若小球带正电荷，受力状况如图所示，由左手定则知，小球斜向左下方运动，电场力做负功，则小球的电势能增大，故A 项错误． B 项，若小球带负电荷，同理知，小球斜向右下方运动，电场力做负功，则小球的电势能增大，故B 项错误．C 项，无论小球带何种电荷，小球的高度都下降，重力势能都减小，故C 项正确．D 项，由于洛伦兹力与速度成正比，所以小球只能做匀速直线运动，动能不变，否则，小球的速度变更，小球所受的洛伦兹力变更，不行能做直线运动，故D 项错误．4．(2024·江苏三模)磁流体发电机原理如图所示，等离子体高速喷射到加有强磁场的管道内，正、负离子在洛伦兹力作用下分别向A 、B 两金属板偏转，形成直流电源对外供电．则( )A ．仅减小两板间的距离，发电机的电动势将增大B ．仅增加磁感应强度，发电机的电动势将减小C ．仅增加负载的阻值，发电机的输出功率将增大D ．仅增大磁流体的喷射速度，发电机的总功率将增大 答案 D解析 A 、B 两项，最终电荷受电场力与洛伦兹力平衡， 有：qvB ＝q U ABd，解得U AB ＝Bdv.只增大入射速度，则电势差增大，只增大磁感应强度，电势差增大，只增大两板之间的距离，电势差也会增大，故A 、B 两项错误．C 项，依据电源的输出功率表达式P ＝(E R ＋r )2R ，当R ＝r 时，输出功率达到最大，因此仅增加负载的阻值，发电机的输出功率不肯定增大，故C 项错误；D 项，依据P 总＝EI ＝Bdv Bdv R ＋r ＝B 2d 2v2R ＋r ，当只增大磁流体的喷射速度，发电机的总功率将增大，故D 项正确．5．(2024·扬州一模)(多选)如图所示，导电物质为电子的霍尔元件样品置于磁场中，表面与磁场方向垂直，图中的1、2、3、4是霍尔元件上的四个接线端．当开关S 1、S 2闭合后，三个电表都有明显示数，下列说法正确的是( )A ．通过霍尔元件的磁场方向向下B ．接线端2的电势低于接线端4的电势C ．仅将电源E 1、E 2反向接入电路，电压表的示数不变D ．若适当减小R 1、增大R 2，则电压表示数肯定增大 答案 ABC解析 A 项，依据安培定则可知，磁场的方向向下，故A 项正确；B 项，通过霍尔元件的电流由1流向接线端3，负电子移动方向与电流的方向相反，由左手定则可知，负电子偏向接线端2，所以接线端2的电势低于接线端4的电势，故B 项正确；C 项，当调整电路，使通过电磁铁和霍尔元件的电流方向相反，由左手定则可知洛伦兹力方向不变，即2、4两接线端的电势凹凸关系不发生变更，故C 项正确；D 项，依据霍尔电压U H ＝BInqc ，适当减小R 1，电磁铁中的电流增大，产生的磁感应强度B 增大，而当增大R 2，霍尔元件中的电流I 减小，电压表示数不肯定减小，故D 项错误． 6．(2024·合肥一模)(多选)如图所示，竖直放置的两平行金属板，长为L ，板间距离为d ，接在电压为U 的直流上．在两板间加一磁感应强度为B ，方向垂直纸面对里的匀强磁场．一个质量为m ，电荷量为q 的带正电油滴，从距金属板上端高为h 处由静止起先自由下落，并经两板上端连线中点P 进入板间．油滴在P 点所受的电场力与磁场力大小恰好相等，且最终恰好从金属板的下边缘离开电磁场区域．空气阻力不计，重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )A ．油滴刚进入电磁场时的加速度为gB ．油滴起先下落的高度h ＝U 22B 2d 2gC ．油滴从左侧金属板的下边缘离开D ．油滴离开电磁场时的速度大小为－qU m ＋2gL ＋U2B 2d2 答案 ABD解析 A 项，油滴刚进入电磁场时，电场力与磁场力大小恰好相等，故合力等于重力G ，加速度为g ，故A 项正确；B 项，在P 点由题意可知：qE ＝qvB 自由下落过程有：v 2＝2gh U ＝Ed由以上三式解得： h ＝U22B 2d 2g，故B 项正确； C 项，依据左手定则，在P 位置时受洛伦兹力向右，竖直方向在加速，故洛伦兹力在变大，故油滴从右侧金属板的下边缘离开，故C 项错误； D 项，整个过程由动能定理有： mg(h ＋L)－qE×d 2＝12mv 2得：v ＝－qU m ＋2gL ＋U2B 2d2，故D 项正确． 7．(2024·成都模拟)(多选)如图所示，空间中有一范围足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向水平且垂直于纸面对外、一质量为m 、电荷量为q 的带正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v 0向上运动，经时间t 0圆环回到动身点，假设圆环在回到动身点以前已经起先做匀速运动，不计空气阻力，重力加速度为g ，则下列说法中正确的是( )A ．圆环在t ＝t 02时刚好到达最高点B ．圆环在运动过程中的最大加速度为a m ＝g ＋μBqv 0mC ．圆环从动身到回到动身点过程中损失的机械能为12m(v 02－m 2g 2μ2B 2q2)D ．圆环在上升过程中损失的机械能等于下落回到动身点过程中损失的机械能 答案 BC解析 A 项，由能量守恒可知：洛伦兹力不做功，摩擦力做功使机械能不断减小，在同一位置，环向上的速度大于向下运动的速度，向上的运动时间小，因此在t ＝t 02时，不行能刚好到达最高点，故A 项错误；B 项，圆环在运动过程中，向上运动的加速度大于向下运动的加速度，而向上运动摩擦力越大，则加速度越大，因此环刚起先运动时，其最大加速度，最大加速度为a m ＝mg ＋μBqv 0m＝g ＋μBqv 0m，故B 项正确；C 项，圆环从动身到回到动身点过程中，重力势能变更为零，那么机械能的损失，即为动能的减小，依据动能定理，则有，ΔE k ＝12mv 2－12mv 02，而v ＝mg μBq ，因此损失的机械能为12m(v 02－m 2g2μ2B 2q2)，故C 项正确； D 项，依据功能关系，除重力以外的力做功导致机械能变更，而环在上升与下落过程中，因摩擦力做功值不同，因此环在上升过程中损失的机械能不会等于下落回到动身点过程中损失的机械能，故D 项错误．8．(2024·河南模拟)(多选)如图所示，在平行板电容器极板间有场强为E 、方向竖直向下的匀强电场和磁感应强度为B 1、方向水平向里的匀强磁场．左右两挡板中间分别开有小孔S 1、S 2，在其右侧有一边长为L 的正三角形磁场，磁感应强度为B 2，磁场边界ac 中点S 3与小孔S 1、S 2正对．现有大量的带电荷量均为＋q 、而质量和速率均可能不同的粒子从小孔S 1水平射入电容器，其中速率为v 0的粒子刚好能沿直线通过小孔S 1、S 2.粒子的重力及各粒子间的相互作用均可忽视不计．下列有关说法中正确的是( )A ．v 0肯定等于EB 1B ．在电容器极板中向上偏转的粒子的速度肯定满意v 0>EB 1C ．质量<qB 2L4v 0的粒子都能从ac 边射出D ．能打在ac 边的全部粒子在磁场B 2中运动的时间肯定都相同 答案 AB解析 A 项，当正粒子向右进入复合场时，受到的电场力向下，洛伦兹力方向向上，假如大小相等， 即qE ＝qv 0B 1 解得：v 0＝EB 1就会做匀速直线运动，A 项正确；B 项，正粒子向上偏转是因为向上的洛伦兹力大于向下的电场力，即v 0>EB 1，B 项正确；C 项，设质量为m 0的粒子的轨迹刚好与bc 边相切，如图所示由几何关系得：R ＋23R ＝L 2， 而R ＝m 0v 0qB 2，解得m 0＝（23－3）qB 2L2v 0，所以m<（23－3）qB 2L 2v 0的粒子都会从ac 边射出，而（23－3）qB 2L 2v 0<qB 2L4v 0，C 项错误；D 项，质量不同的粒子在磁场中运动的周期不同，所以在磁场中运动的时间不同，D 项错误． 9．(2024·茂名模拟)(多选)如图所示，金属棒MN 与金属网PQ 之间存在水平向右的匀强电场，PQ 与虚线JK 之间的区域存在竖直向上的匀强电场与垂直纸面对里的匀强磁场，两个电场的电场强度大小均为E ，磁场的磁感应强度大小为Ev 0，两个区域的宽度均为d.一个带正电的微粒贴着MN 以初速度v 0竖直向上射入场区，运动到PQ 时速度大小仍为v 0，方向变为水平向右．已知重力加速度为g ，下列说法正确的是( )A ．微粒在MN 与PQ 间做匀变速运动，运动时间为2dv 0B ．微粒在PQ 与JK 间做匀速圆周运动，圆周半径r ＝dC ．微粒在PQ 与JK 间做匀速直线运动，运动时间为dv 0D ．微粒在题述两个区域中运动的总时间为（π＋6）d3v 0答案 AD解析 A 项，微粒在MN 与PQ 间竖直方向受到重力作用，水平方向受到电场力作用，水平方向有d ＝12·qE m t 2，竖直方向有d ＝12gt 2，则知Eq ＝mg ，在竖直方向有：v 0＝gt 1，则t 1＝v 0g 或水平方向有t 1＝d v 02＝2dv 0，故A 项正确；B 项，微粒在刚进入PQ 与JK 间时，受到向下的重力，向上的电场力和向上的洛伦兹力作用，由于B ＝Ev 0，则Bqv 0＝qE ＝mg ，由于重力和电场力平衡，故微粒做匀速圆周运动，半径为r＝mv 0qB ＝v 02g＝2d ，故B 项错误；C 、D 两项，由几何关系可知，设微粒在PQ 与JK 间运动的圆心角为α，则sinα＝dr ＝0.5，α＝30°，故所用时间为t 2＝l v 0＝π6·2d v 0＝πd3v 0，所以微粒在题述两个区域中运动的总时间为t ＝t 1＋t 2＝（π＋6）d3v 0，故C 项错误，D 项正确．10．(2024·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 ＝ 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 的电场充溢整个空间，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/s 2.现在A 点安装一个弹射装置，它能以不同速度沿AC 方向放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 ．小球肯定带负电B ．小球在轨道的最低点F 处速度最大C ．若小球以初速度v 0＝(5＋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v 0＝2 5 m/s 射出，则小球肯定不会脱离轨道 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 ＝mg cosθ＝23mg 3，电场力：qE ＝mgtanθ＝33mg ，小球在P点恰好不脱离轨道，此时轨道对小球弹力为零，由牛顿其次定律得：F ＋qvB ＝m v2R ，由题意可知：E ＝B ，解得：v ＝180＋102m/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＝12mv 2－12mv 02，解得：v 0＝150＋305>(5＋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v 1时，恰好从C 点沿圆弧转过90°到B 点，从C 到B 依据动能定理：FR ＝12mv 12，解得v 1＝210m/s ，由于v 0＝25m/s<210m/s ，则小球肯定不会脱离轨道．只有D 项正确． 二、非选择题11．(2024·长春模拟)如图所示，水平向左的匀强电场的场强E ＝4 v/m ，垂直纸面对内的匀强磁场的B ＝2 T ，质量为m ＝1 kg 的带正电的小物块A 从竖直绝缘墙上的M 点由静止起先下滑，滑行h ＝0.8 m 到达N 点时离开墙面起先做曲线运动，在到达P 点起先做匀速直线运动，此时速度与水平方向成45°角，P 点离开M 点的竖直高度为H ＝1.6 m ，取g ＝10 m/s 2试求：(1)A 沿墙下滑克服摩擦力做的功W f (2)P 点与M 点的水平距离x p . 解析 (1)在N 点有：qv N B ＝qE 得：v N ＝E B ＝42＝2 m/s由动能定理mgh －W f ＝12mv N 2代入数据解得：W f ＝6 J ； (2)在P 点三力平衡，qE ＝mg ， qvB ＝2qE ＝2mg 则得：v P ＝2 2 m/s由动能定理，从N 到P ：mgh′－qEx p ＝12mv P 2－12mv N 2g (h′－x p )＝12(v P 2－v N 2)＝2将h′＝0.8 m ，v N ＝2 m/s 代入解得：x p ＝0.6 m.12．(2024·湖北模拟)如图所示，在竖直平面内的xOy 直角坐标系中，MN 与水平x 轴平行，在MN 与x 轴之间有竖直向上的匀强电场和垂直坐标平面水平向里的匀强磁场，电场强度E ＝2 N/C ，磁感应强度B ＝1 T ，从y 轴上的P 点沿x 轴方向以初速度v 0＝1 m/s 水平抛出一带正电的小球，小球的质量为m ＝2×10－6kg ，电荷量q ＝1×10－5C ，g 取10 m/s 2.已知P 点到O 点的距离为d 0＝0.15 m ，MN 到x 轴距离为d ＝0.20 m ．(π＝3.14，2＝1.414，3＝1.732，结果保留两位有效数字)(1)求小球从P 点运动至MN 边界所用的时间；(2)当小球运动到x 轴时撤去电场，求小球到达MN 边界时的速度大小． 解析 (1)由平抛运动规律可得：d 0＝12gt 12得：t 1＝2d 0g＝2×0.1510＝310s ≈0.173 s 到达x 轴的速度：v ＝（gt 1）2＋v 02＝（10×310）2＋12＝2 m/s 速度偏转角：tanθ＝gt 1v 0所以：θ＝60°小球进入混合场后，受到的电场力：qE ＝10－5×2＝2×10－5N ，方向向上， 小球的重力：mg ＝2×10－6×10＝2×10－5N 方向向下；小球受到的电场力与重力抵消，则小球在混合场中做匀速圆周运动：qvB ＝mv2r代入数据可得：r ＝0.4 m由几何关系可知，小球的轨迹恰好与MN 相切，则小球在混合场中偏转的角度是60°，设小球在混合场中运动的时间为t 2，则： t 2＝60°360°·2πr v代入数据可得：t 2＝π15s ≈0.209 s小球运动的时间：t ＝t 1＋t 2＝0.173＋0.209＝0.38 s(2)设撤去电场后小球到达MN 的速度大小为v 1，方向与水平方向之间的夹角为α，在x 轴下方只有重力做功，则：mgd ＝12mv 12－12mv 2解答：v 1＝22m/s ≈2.8 m/s13.如图所示，足够大的空间内存在磁感应强度为B 的匀强磁场，xOy 是在竖直平面内建立的平面坐标系，磁场方向垂直xOy 平面对外，在一、四象限内还存在水平向右的匀强电场，场强大小为E.—带电粒子从x 轴上的C 点沿CD 方向做匀速直线运动，CD 与－x 方向夹角α＝30°，然后从D 点进入第三象限内，重力加速度为g.(1)求粒子的电性以及匀速运动的速度；(2)欲使粒子进入第三象限内做匀速圆周运动，须要施加一个匀强电场，求此电场的场强大小和方向；(3)在第(2)问的状况下，粒子到达x 轴负半轴的M 点(未画出)，且OM ＝OC ，求OC 的长度以及在第三象限内运动的时间．答案 (1)正电 2E B (2)3E 竖直向上 (3)23πE 3gB解析 (1)粒子带正电，从C 到D 运动过程，受力如图所示．qvBsin30°＝qE ，解得v ＝2E B. (2)欲使粒子在第三象限做匀速圆周运动，则qE ′＝mg又qE ＝mgtan30°联立解得E′＝3E ，方向竖直向上．(3)如图所示，O ′D 垂直v ，由几何学问知道O′D 平分∠ODM，∠O ′DM ＝∠O′MD＝30°MD 的垂直平分线必与x 轴交于O′点，即O′为匀速圆周运动的圆心qvB ＝mv 2rr ＋rsin30°＝OM ＝OC联立解得r ＝23E 2gB 2，OC ＝33E 2gB2 由图知道：∠MO′D＝120°所以在第三象限内运动的时间为tt ＝120360T T ＝2πr v所以t ＝23πE 3gB.。