?難點21 帶電粒子在疊加場和交變電、磁場中的運動

一、帶電粒子在疊加場中的運動
1．疊加場
電場、磁場、重力場共存，或其中某兩場共存．
2．帶電粒子在疊加場中常見的幾種運動形式
運動性質(zhì)
受力特點
方法規(guī)律
勻速直線運動
粒子所受的合力為0
平衡條件
勻速圓周運動
除洛倫茲力外，另外兩力的合力為零：qE＝mg
牛頓第二定律、圓周運動的規(guī)律
較復(fù)雜的曲線運動
除洛倫茲力外，其他力的合力既不為零，也不與洛倫茲力等大反向
動能定理、能量守恒定律
【例1】（2022·全國·高三專題練習(xí)）如圖所示，質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的帶電圓環(huán)套在足夠長的絕緣桿上，桿與環(huán)之間的動摩擦因數(shù)為μ，桿處于正交的勻強電場和勻強磁場中，電場方向水平向左，磁場方向垂直于紙面向里，桿與場強方向的夾角為θ，若環(huán)能從靜止開始下滑，則以下說法正確的是（　?。?br />
A．環(huán)在下滑過程中，加速度不斷減小，最后為零
B．環(huán)在下滑過程中，加速度先增大后減小，最后為零
C．環(huán)在下滑過程中，速度不斷增大
D．環(huán)在下滑過程中，速度先增大后減小，最后為零
【答案】B
【詳解】環(huán)受重力、電場力、洛倫茲力和桿的彈力、摩擦力作用，由牛頓第二定律可知，加速度

當(dāng)速度v增大時，加速度也增大，當(dāng)速度v增大到彈力反向時，加速度

隨速度v的增大而減小，當(dāng)加速度減為零時，環(huán)做勻速運動。
故選B。
【例2】（2022·全國·高三課時練習(xí)）如圖所示，直角坐標(biāo)系xOy位于豎直平面內(nèi)，y軸豎直向上。第Ⅲ、Ⅳ象限內(nèi)有垂直于坐標(biāo)平面向外的勻強磁場，第Ⅳ象限同時存在方向平行于y軸的勻強電場（圖中未畫出）。一帶電微粒以速度v從x軸上的A點經(jīng)過，恰好從P點垂直于y軸進入第Ⅳ象限，然后做圓周運動，從Q點垂直于x軸進入第Ⅰ象限，Q點距O點的距離為d，重力加速度為g。根據(jù)以上信息，下列說法正確的是（　?。?br />
A．圓周運動的速度是v
B．可以求出微粒在第Ⅳ象限運動的時間
C．可以求出磁感應(yīng)強度大小
D．可以求出電場強度的大小和方向
【答案】B
【詳解】A．微粒在第Ⅲ象限運動時，洛倫茲力不做功，從A點到P點的過程，由動能定理知

由此可求出微粒做圓周運動的速度

故A錯誤；
B．微粒在第Ⅳ象限運動的時間
t=T=×=
故B正確；
CD．在第Ⅳ象限，微粒做圓周運動，則有
mg＝qE
由于m、q未知，不能求出電場強度的大小，由
BqvP＝m
得
B＝
由于m、q未知，故不能求出磁感應(yīng)強度大小，故CD錯誤。
故選B。
二、帶電粒子在交變電、磁場中的運動
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(nèi)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(lián)立不同階段的方程求解

【例3】（2022·浙江·高三專題練習(xí)）如圖（a）所示，水平直線MN下方有豎直向上的勻強電場，現(xiàn)將一重力不計、比荷的正電荷置于電場中的O點由靜止釋放，經(jīng)過時間以后，電荷以的速度通過MN進入其上方的均勻磁場，磁場與紙而垂直，磁感應(yīng)強度B按圖（b）所示規(guī)律周期性變化，圖（b）中磁場以垂直紙面向外為正，以電荷第一次通過MN時為t=0時刻。求：
（1）勻強電場的電場強度E；
（2）圖（b）中時刻電荷與O點的水平距離；
（3）如果在O點正右方43.5cm處有一垂直于MN的足夠大的擋板，求電荷從O點出發(fā)運動到擋板的時間。

【答案】（1）；（2）；（3）
【詳解】（1）電荷在電場中做勻加速直線運動，其在電場中加速運動的時間為，由勻變速直線運動規(guī)律得

由牛頓第二定律得
qE=ma
代入數(shù)據(jù)解得

（2）粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力

解得

當(dāng)磁場垂直紙面向外時，電荷運動的半徑

做圓周運動的周期

代入數(shù)據(jù)解得


同理可得，當(dāng)磁場垂直紙面向里時，電荷圓周運動的半徑為

做圓周運動的周期

電荷從時刻開始做周期性運動，結(jié)合磁場的周期性可知運動軌跡如圖所示

從電荷第一次通過開始其運動的周期為

所以時刻粒子距離O點的水平距離為

（3）由第（2）的分析可知，每經(jīng)過一個周期，粒子在水平方向向右前進，根據(jù)電荷的運動情況可知，電荷到達擋板前運動的完整周期數(shù)為9個，即

則最后的距離如圖所示

由幾何關(guān)系可得

解得

即

故電荷運動的總時間

【例4】(2022·山東日照市高三模擬) 如圖甲所示，水平放置的平行金屬板P和Q，間距為d，兩板間存在周期性變化的電場或磁場．P、Q間的電勢差UPQ隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示，磁感應(yīng)強度B隨時間變化的規(guī)律如圖丙所示，磁場方向垂直紙面向里為正方向．t＝0時刻，一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子(不計重力)，以初速度v0由P板左端靠近板面的位置，沿平行于板面的方向射入兩板之間，q、m、d、v0、U0為已知量．

(1)若僅存在交變電場，要使粒子飛到Q板時，速度方向恰好與Q板相切，求交變電場周期T；
(2)若僅存在勻強磁場，且滿足B0＝，粒子經(jīng)一段時間恰能垂直打在Q板上(不考慮粒子反彈)，求擊中點到出發(fā)點的水平距離．
【答案】(1)(n＝1,2,3……)　(2)x＝d
【詳解】(1)設(shè)經(jīng)時間t粒子恰好沿切線飛到上板，豎直速度為零，加速度為a，則a＝
半個周期內(nèi)，粒子向上運動的距離為
y＝a()2
d＝2ny
t＝nT
聯(lián)立得T＝(n＝1,2,3……)
(2)僅存在磁場時，帶電粒子在勻強磁場中做半徑為r的勻速圓周運動，則有qv0B0＝m
解得r＝d
要使粒子能垂直打到Q板上，在交變磁場的半個周期內(nèi)，粒子軌跡的圓心角設(shè)為90°＋θ，如圖所示，由幾何關(guān)系得

r＋2rsin θ＝d
解得sin θ＝0.5
則粒子打到Q板的位置距出發(fā)點的水平距離為
x＝r－2r(1－cos θ)＝d.

一、單選題
1．（2023·全國·高三專題練習(xí)）如圖所示，勻強磁場方向垂直紙面向里，勻強電場方向豎直向下，有一正離子恰能沿直線從左向右水平飛越此區(qū)域。不計重力，則（　?。?br />
A．若電子以相同的速率從右向左飛入，電子也沿直線運動
B．若電子以相同的速率從右向左飛入，電子將向下偏轉(zhuǎn)
C．若電子以相同的速率從左向右飛入，電子將向下偏轉(zhuǎn)
D．若電子以相同的速率從左向右飛入，電子也沿直線運動
【答案】D
【詳解】AB．若電子從右向左飛入，電場力向上，洛倫茲力也向上，所以向上偏。故AB錯誤；
CD．若電子從左向右飛入，電場力向上，洛倫茲力向下，由題意知電子受力平衡將做勻速直線運動。故C錯誤；D正確。
故選D。
2．（2022·全國·高三課時練習(xí)）如圖所示，在豎直向上的勻強電場中，一根不可伸長的絕緣細(xì)繩的一端系著一個帶電小球，另一端固定于O點，小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，最高點為a，最低點為b。不計空氣阻力，則下列說法正確的是（　?。?br />
A．小球帶負(fù)電
B．電場力跟重力平衡
C．小球在從a點運動到b點的過程中，電勢能減小
D．小球在運動過程中機械能守恒
【答案】B
【詳解】AB．由于小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，所以重力與電場力的合力為0，電場力方向豎直向上，小球帶正電，故A錯誤，B正確；
C．從，電場力做負(fù)功，電勢能增大，故C錯誤；
D．由于小球運動過程中有電場力做功，小球機械能不守恒，故D錯誤。
故選B。
3．（2022·北京石景山·高三期末）如圖所示，下端封閉、上端開口、內(nèi)壁光滑的細(xì)玻璃管豎直放置，管底有一帶電小球，玻璃管的右側(cè)存在有界勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里。從某時刻開始，玻璃管在外力作用下，始終保持不變的速度，沿垂直于磁場方向進入磁場中運動，最終小球從上端管口飛出。在這一過程中，小球所帶電荷量保持不變，下列說法正確的是（　?。?br />
A．帶電小球受到的洛倫茲力做正功
B．玻璃管對帶電小球的彈力不做功
C．帶電小球在豎直方向做勻加速直線運動
D．帶電小球的機械能保持不變
【答案】C
【詳解】A．洛倫茲力始終與速度垂直不做功，故A錯誤；
B．帶電小球在磁場中運動時，有水平向右的速度分量和豎直向上的速度分量，由左手定則知洛倫茲力斜向左上方，因此玻璃管對帶電小球有向右的彈力，該彈力對小球做正功，故B錯誤；
C．玻璃管在外力作用下始終保持不變的速度，則小球向右的速度分量保持不變，豎直向上的洛倫茲力分量保持不變，因此在豎直方向小球做勻加速直線運動，故C正確；
D．小球在磁場中運動過程中，受重力，洛倫茲力和玻璃管對其向右的彈力，洛倫茲力不做功，彈力對其做正功，因此小球的機械能不守恒，故D錯誤。
故選C。
4．（2022·全國·高三課時練習(xí)）如圖甲所示，在xOy坐標(biāo)系的一、四象限存在勻強磁場，規(guī)定垂直紙面向里為磁場的正方向，磁感應(yīng)強度隨時間的變化情況如圖乙所示，t=0時刻，一個比荷的正電荷從(0，)處以v0=1.0×104m/s的速度沿y軸負(fù)方向射入磁場，則正電荷從射入磁場至第一次經(jīng)過x軸所需的時間為（　?。?br />
A．s B．s
C．s D．s
【答案】C
【詳解】洛倫茲力提供向心力，則

解得
r=0.4m
圓周運動的周期為

則粒子每次圓周運動持續(xù)三分之一周期，對應(yīng)的圓心角為120°；
位移大小

位移方向與y軸負(fù)方向成60°角，正電荷射入磁場后到x軸的軌跡如圖；

正電荷第一次運動到x軸應(yīng)為A點，運動時間為

故選C。
5．（2020·湖南·岳陽市教育科學(xué)技術(shù)研究院二模）電場強度為的勻強電場水平向右，勻強磁場與勻強電場垂直，磁感應(yīng)強度大小為，方向如圖所示。一帶電小球斜向右上做勻速直線運動，速度與水平方向的夾角為，該小球運動的速度大小為（　?。?br />
A． B． C． D．
【答案】B
【詳解】帶電小球斜向右上做勻速直線運動由力的平衡可知


解得

B正確，ACD錯誤。
故選B。
6．（2022·海南·高三階段練習(xí)）如圖所示，在真空中豎直平面（紙面）內(nèi)邊長為a的正方形ABCD區(qū)域，存在方向沿CB（水平）的勻強電場和方向垂直紙面的勻強磁場（圖中未畫出）。一帶電小球以速率（g為重力加速度大?。腁點沿AC方向射入正方形區(qū)域，恰好能沿直線運動。下列說法正確的是（　?。?br />
A．該小球帶負(fù)電
B．磁場的磁感應(yīng)強度方向垂直紙面向外
C．若該小球從C點沿CA方向以速率射入正方形區(qū)域，則小球?qū)⒆鲋本€運動
D．若電場的電場強度大小不變、方向變?yōu)樨Q直向上，該小球仍從A點沿AC方向以速率射入正方形區(qū)域，則小球?qū)腄點射出
【答案】D
【詳解】AB．小球做直線運動，說明小球受力平衡，小球重力方向豎直向下，小球帶正電，受電場力水平方向向左，洛倫茲力方向垂直AC斜向上，則磁場的磁感應(yīng)強度方向垂直紙面向里，AB錯誤；
C．若該小球從C點沿CA方向以速率射入正方形區(qū)域，則小球的合力不為零，速度會變化，洛倫茲力也會變化，小球?qū)⒆銮€運動，C錯誤；
D．電場水平向左，由物體的平衡條件有
（其中）

電場的電場強度大小不變、方向變?yōu)樨Q直向上后，電場力與重力平衡，小球沿逆時針方向做勻速圓周運動，設(shè)軌道半徑為r，有

解得

小球?qū)腄點射出，D正確。
故選D。
7．（2022·全國·高三課時練習(xí)）如圖所示，空間中存在正交的勻強電場和勻強磁場（未畫出），勻強電場方向豎直向下，電場強度大小為E，勻強磁場磁感應(yīng)強度大小為B。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電小球以水平向右、大小為v的初速度從圖示位置拋出，重力加速度大小為g，下列說法正確的是（　?。?br />
A．若磁場方向水平向右，則小球能做勻變速運動
B．若小球先向上偏轉(zhuǎn)，則一定有
C．小球可能在豎直面內(nèi)做圓周運動
D．若小球帶正電，小球一定做變加速曲線運動
【答案】C
【詳解】A．若磁場方向水平向右，小球拋出后瞬間只能有豎直方向上的加速度，加速后合速度方向與磁場方向夾角不為0，小球受洛倫茲力影響，加速度方向隨速度會發(fā)生變化，故A錯誤；
B．若小球帶負(fù)電且磁場方向垂直紙面向外，若小球先向上偏轉(zhuǎn)，根據(jù)牛頓第二定律，有

且，當(dāng)時，與的大小無法判斷，故B錯誤；
C．若小球帶負(fù)電且磁場方向垂直紙面，當(dāng)

時，小球只受與速度方向垂直的洛倫茲力作用，在豎直面內(nèi)做勻速圓周運動，故C正確；
D．若小球帶正電且磁場方向垂直紙面向外，則初始時刻在豎直向下的電場力、洛倫茲力和重力的作用下產(chǎn)生豎直向下的加速度，速度方向、大小均發(fā)生變化，由于小球所受洛倫茲力方向與小球速度方向垂直且大小與速度大小有關(guān)，因此小球所受合力的大小和方向均不斷變化，小球做變加速曲線運動；
若小球帶正電且磁場方向垂直紙面向里，則初始時刻在豎直向下的電場力和重力、向上的洛倫茲力，若滿足

則小球做勻速直線運動，故D錯誤。
故選C。
8．（2021·黑龍江·哈九中高三期末）如圖所示，兩個半徑相同的半圓形光滑軌道分別豎直放在勻強磁場和勻強電場中，軌道兩端在同一高度上。兩個相同的帶正電小球（可視為質(zhì)點）同時分別從軌道的左端最高點由靜止釋放，M、N分別為兩軌道的最低點，則下列說法正確的是（　?。?br />
A．兩小球到達軌道最低點時的速度相等
B．兩小球第一次到達軌道最低點時對軌道的壓力FM>FN
C．兩小球從釋放到第一次到達軌道最低點的時間tM>tN
D．兩小球在運動過程中都機械能守恒
【答案】B
【詳解】ACD．由于小球在磁場中運動，只有重力做功，磁場力對小球不做功，整個過程中小球的機械能守恒；而小球在電場中運動時除重力做功外還受到的電場力對小球做負(fù)功，到達最低點時的速度較小，在電場中運動的時間也較長，同時小球的機械能減小，選項ACD錯誤；
B．小球在磁場中運動，在最低點進行受力分析可知

解得

小球在電場中運動，在最低點受力分析可知

解得

因為

可知

故B正確；
故選B。
9．（2022·全國·高三課時練習(xí)）如圖所示，在豎直平面內(nèi)放一個光滑絕緣的半圓形軌道，水平方向的勻強磁場與半圓形軌道所在的平面垂直。一個帶負(fù)電荷的小滑塊由靜止開始從半圓形軌道的最高點M滑下到最右端的過程中，下列說法中正確的是（??）

A．滑塊經(jīng)過最低點時的速度比磁場不存在時大
B．滑塊經(jīng)過最低點時的加速度比磁場不存在時小
C．滑塊經(jīng)過最低點時對軌道的壓力比磁場不存在時小
D．滑塊從M點到最低點所用時間與磁場不存在時相等
【答案】D
【詳解】A．由于洛倫茲力不做功，故與磁場不存在時相比，滑塊經(jīng)過最低點時的速度不變，故A錯誤；
B．滑塊經(jīng)過最低點時的加速度
a＝
則與磁場不存在時相比，滑塊經(jīng)過最低點時的加速度不變，故B錯誤；
C．由左手定則可知，滑塊經(jīng)過最低點時受到的洛倫茲力向下，而與磁場不存在時相比，滑塊經(jīng)過最低點時所受的向心力不變，故軌道對滑塊的支持力變大，故滑塊對軌道的壓力變大，故C錯誤；
D．由于洛倫茲力方向始終與運動方向垂直，不做功，在任意一點，滑塊經(jīng)過時的速度與磁場不存在時相比均不變，則滑塊從M點到最低點所用時間與磁場不存在時相等，故D正確。
故選D。
10．（2022·安徽·定遠(yuǎn)縣育才學(xué)校高三階段練習(xí)）如圖，長直導(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，另一端系一個帶電小球，細(xì)線拉直，第一次讓小球在A點由靜止釋放，讓小球繞點沿圓1在豎直面內(nèi)做圓周運動；第二次讓小球在點由靜止釋放，讓小球繞點沿圓2在豎直面內(nèi)做圓周運動。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、兩點高度相同，不計空氣阻力，則兩次小球運動到最低點時（　?。?br />
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，所以兩次小球運動到最低點時，根據(jù)動能定理可知，合外力做功相同，所以兩次在最低點小球的速度大小相等，在圓1中小球在最低點速度方向與磁場方向相互垂直，根據(jù)左手定則，如果兩小帶正電，則在圓1中小球在最低點線的拉力大小為

在圓2中小球在最低點速度方向與磁場方向相互平行，洛倫茲力為0，則在圓1中小球在最低點線的拉力大小為

則兩次小球運動到最低點時，線的拉力不等，所以C正確；ABD錯誤；
故選C。
二、多選題
11．（2022·四川省瀘縣第二中學(xué)模擬預(yù)測）如圖甲所示，在空間存在一個變化的電場和一個變化的磁場，電場的方向水平向右(圖甲中由B到C)，場強大小隨時間變化情況如圖乙所示；磁感應(yīng)強度方向垂直于紙面、大小隨時間變化情況如圖丙所示。在t=1s時，從A點沿AB方向(垂直于BC)以初速度v0射出第一個粒子，并在此之后，每隔2s有一個相同的粒子沿AB方向均以初速度v0射出，并恰好均能擊中C點，若AB=BC=l，且粒子由A運動到C的運動時間小于1s。不計重力和空氣阻力，對于各粒子由A運動到C的過程中，以下說法正確的是（　?。?br />
A．電場強度E0和磁感應(yīng)強度B0的大小之比為3v0：1
B．第一個粒子和第二個粒子運動的加速度大小之比為1：2
C．第一個粒子和第二個粒子運動的時間之比為π：2
D．第一個粒子和第二個粒子通過C的動能之比為1：5
【答案】BCD
【詳解】A．在t=1s時，空間區(qū)域存在勻強磁場，粒子做勻速圓周運動，如圖所示；由牛頓第二定律得
qv0B0=
粒子的軌道半徑，R=l，則
B0=
帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動，豎直方向
l=v0t
水平方向
l=at2
其中

而
E0=
則

故A錯誤；
B．第一個粒子和第二個粒子運動的加速度大小之比

故B正確；
C．第一個粒子的運動時間
t1=T=
第二個粒子的運動時間
t2=
第一個粒子和第二個粒子運動的時間之比
t1：t2=π：2
故C正確；
D．第二個粒子，由動能定理得
qE0l=Ek2－
Ek2=
第一個粒子的動能Ek1=，第一個粒子和第二個粒子通過C的動能之比為1：5，故D正確。
故選BCD。

12．（2022·全國·高三課時練習(xí)）如圖所示，一水平放置的平行板電容器充電以后與電源斷開，并在其間加上垂直紙面向里的勻強磁場；某帶電質(zhì)點以某一速度從水平平行板中央進入正交的勻強電場和勻強磁場中，剛好做勻速直線運動。下列說法正確的是（　?。?br />
A．該質(zhì)點一定帶正電
B．該質(zhì)點可能帶負(fù)電
C．若僅磁場增大，質(zhì)點將向上偏轉(zhuǎn)
D．若將下極板緩慢向下移動，質(zhì)點將向下偏轉(zhuǎn)，速率越來越大
【答案】AC
【詳解】AB．在平行板之間有勻強磁場和勻強電場，帶電質(zhì)點做勻速直線運動，所以帶電質(zhì)點受力平衡，重力向下，根據(jù)左手定則，電場力和洛倫茲力方向相同，則洛倫茲力向上，則
mg=Eq+qvB
所以帶電質(zhì)點帶正電，故A正確，B錯誤；
C．如果磁場增大，則該質(zhì)點所受洛倫茲力將增大，質(zhì)點向上偏轉(zhuǎn)，故C正確；
D．將下極板向下移動，根據(jù)電容的決定式可得電容減小，由題意可知電容器極板的電荷量不變，則根據(jù)公式U=、E=可得

即電場強度的大小與兩極板的距離無關(guān)，所以電場強度不變，質(zhì)點將繼續(xù)做勻速直線運動，故D錯誤。
故選AC。
13．（2022·全國·高三課時練習(xí)）如圖所示，在水平向左的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，已知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（　?。?br />
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
D．小球向下運動的穩(wěn)定速度為
【答案】CD
【詳解】A．小球靜止時只受靜電力、重力、彈力及摩擦力，靜電力水平向左，彈力水平向右，摩擦力豎直向上；開始時，對小球，由牛頓第二定律有
mg-μEq=ma
小球的加速度為
a=g-
小球速度增大，受到洛倫茲力，由左手定則可知，洛倫茲力向右，故水平方向彈力將減小，摩擦力減小，故加速度先增大，故A錯誤；
B．在下降過程中有摩擦力做功，故有部分能量轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，故小球的機械能和電勢能的總和將減小，故B錯誤；
C．當(dāng)洛倫茲力大小等于靜電力時，摩擦力為零，此時加速度為g，達到最大；此后速度繼續(xù)增大，則洛倫茲力增大，水平方向上的彈力增大，摩擦力將增大，加速度將減小，直到加速度減小為零后做勻速直線運動；故加速度為最大加速度的一半時有兩種情況，一種是洛倫茲力小于靜電力的情況，另一種是洛倫茲力大于靜電力的情況，當(dāng)洛倫茲力小于靜電力時有

解得

當(dāng)洛倫茲力大于靜電力時有

解得

故C正確；
D．當(dāng)加速度等于零時，速度最大且保持穩(wěn)定，有
mg=μ(Bqv3-Eq)
解得
v3=
故D正確。
故選CD。
14．（2022·遼寧·模擬預(yù)測）如圖所示，粗細(xì)均勻的光滑絕緣半圓環(huán)固定在豎直面內(nèi)，處在垂直于圓環(huán)所在平面向里的勻強磁場中，是圓環(huán)的水平直徑，半徑等于R，一個質(zhì)量為m，電荷量為q的帶電小球套在半圓環(huán)上，在M點由靜止釋放，小球第一次運動到圓環(huán)最低點P時，圓環(huán)對小球的作用力大小等于mg，g為重力加速度，勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小可能為（??）

A．0 B． C． D．
【答案】BD
【詳解】根據(jù)機械能守恒

解得

小球運動到P點時受到的合外力為

方向指向圓心；在最低點，若環(huán)對小球作用力向上，小球受到的洛侖茲力一定向上，且

解得

若環(huán)對小球的作用力向下，則小球受到向上的洛侖茲力，且

解得

故選BD。
15．（2022·湖北·模擬預(yù)測）如圖所示，半徑分別為R和2R的同心圓處于同一平面內(nèi)，O為圓心，兩圓形成的圓環(huán)內(nèi)有垂直圓面向里的勻強磁場（圓形邊界處也有磁場），磁感應(yīng)強度大小為B，一質(zhì)量為m、電荷量為的粒子由大圓上的A點以速率沿大圓切線方向進入磁場，不計粒子的重力，下列說法正確的是（　　）

A．帶電粒子從A點出發(fā)第一次到達小圓邊界上時，粒子運動的路程為
B．經(jīng)過時間，粒子第1次回到A點
C．運動路程時，粒子第5次回到A點
D．粒子不可能回到A點
【答案】AB
【詳解】依題意，可作出粒子的運動軌跡如圖所示

A．依題意，可得粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為，帶電粒子從A點出發(fā)第一次到達小圓邊界上時，由幾何知識可得此時粒子在磁場中運動軌跡所對圓心角為，則粒子運動的路程為

故A正確；
B．粒子第1次回到A點，由幾何知識可得粒子在磁場運動的總時間為

在無磁場區(qū)域運動的總時間為

則粒子第1次回到A點運動的時間為

故B正確；
C．由幾何知識，可得粒子第一次回到A點運動路程

則粒子第5次回到A點時，運動的總路程為

故C錯誤；
D．由以上選項分析可知，粒子能回到A點，故D錯誤。
故選AB。
三、解答題
16．（2022·青海·海東市第一中學(xué)二模）一除塵裝置的截面圖如圖所示，其原理是通過板間的電場或磁場，使帶電塵埃偏轉(zhuǎn)并吸附到極板上，以此達到除塵的目的。已知金屬極板M、N長為d，間距也為d。大量均勻分布的塵埃以相同的水平速度v0（未知）進入除塵裝置，每個塵埃顆粒質(zhì)量為m、電荷量為﹣q。當(dāng)板間區(qū)域同時加入豎直方向的勻強電場（未畫出）和垂直于紙面向外的勻強磁場（磁感應(yīng)強度大小為B0）時，塵埃恰好沿直線通過該區(qū)域。若只撤去電場，恰好無塵埃從極板右側(cè)射出，收集效率（打在極板上的塵埃占塵埃總數(shù)的百分比）為100%。不計塵埃的重力和塵埃之間的相互作用以及塵埃對板間電場、磁場的影響。
（1）求水平速度v0的大小。
（2）若撤去極板區(qū)域的磁場，只保留原來的電場，則除塵裝置的收集效率是多少?

【答案】（1）；（2）
【詳解】（1）沿N極板射入的塵埃恰好不從極板右側(cè)射出時，塵埃的運動軌跡如圖所示

由幾何知識可知，塵埃在磁場中的運動半徑

塵埃在磁場中做勻速圓周運動時，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得

解得

（2）電場、磁場同時存在時，塵埃做勻速直線運動，有

撤去磁場后塵埃在電場力作用下做類平拋運動，假設(shè)到N極板距離為y的塵埃恰好離開電場水平方向有

豎直方向有

加速度

聯(lián)立可解得

當(dāng)時，塵埃運動時間更長，水平位移，即到N極板0.5d到d這段距離的塵埃會射出電場，則從平行金屬板射出的塵埃占總數(shù)的百分比為

17．（2022·湖南·模擬預(yù)測）如圖甲所示，在xOy平面的第一象限內(nèi)存在周期性變化的磁場，規(guī)定磁場垂直紙面向內(nèi)的方向為正，磁感應(yīng)強度B隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示。質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子，在t=0時刻沿x軸正方向從坐標(biāo)原點O射入磁場。圖乙中T0為未知量，不計粒子的重力（sin37°=0.6，cos37°=0.8）。
（1）若粒子射入磁場時的速度為v0，求時間內(nèi)粒子做勻速圓周運動的半徑；
（2）若粒子恰好不能從Oy軸射出磁場，求磁感應(yīng)強度變化的周期；
（3）若使粒子能從坐標(biāo)為（d，d）的D點平行于Ox軸射出，求射入磁場時速度大小。

【答案】（1）；（2）；（3）
【詳解】（1）根據(jù)洛倫茲力提供向心力得

解得

（2）要使粒子恰好不從軸射出，軌跡如圖

在前內(nèi)的運動半徑為

在后內(nèi)的運動半徑

由幾何關(guān)系知

解得

粒子做圓周運動的周期

則

解得磁感應(yīng)強度變化周期

（3）要想使粒子經(jīng)過點且平行軸射出，則粒子只能從時刻經(jīng)過點，（其中），則軌跡如圖

設(shè)粒子射入磁場的速度為，由（2）可得

由幾何關(guān)系可知

又

解得

18．（2022·全國·高三課時練習(xí)）在豎直平面內(nèi)建立xOy坐標(biāo)系，在坐標(biāo)系的第Ⅰ象限的OyPQ范圍內(nèi)存在如圖所示正交的勻強電場和勻強磁場，PQ平行于y軸且到y(tǒng)軸的距離為(＋1)l。質(zhì)量為m、電荷量為q的微粒從第Ⅱ象限的a點沿xOy平面水平拋出，微粒進入電、磁場后做直線運動；若將勻強電場方向改為豎直向上，微粒仍從a點以相同速度拋出，進入電、磁場后做圓周運動，且運動軌跡恰好與x軸和直線PQ相切，最后從y軸上射出。重力加速度為g。求：
（1）勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小B；
（2）微粒拋出時的初速度大小v0及a點坐標(biāo)。


【答案】（1）；（2），
【詳解】（1）如圖1所示

設(shè)微粒進入第Ⅰ象限時速度的偏轉(zhuǎn)角為α，由電場方向豎直向上時微粒做圓周運動且運動軌跡恰好與x軸和直線PQ相切可知



電場方向未改變時，微粒在電、磁場中做直線運動時所受合外力為零，受力如圖2所示

可得


聯(lián)立解得

（2）由圖2可知


解得

設(shè)微粒做平拋運動的時間為t1，則

其中

則


a點橫坐標(biāo)為

縱坐標(biāo)為

解得a點的坐標(biāo)為



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