考向一 電場(chǎng)與磁場(chǎng)的疊加
考向二磁場(chǎng)力、重力的疊加
考向三 在重力場(chǎng)、磁場(chǎng)和電場(chǎng)中的勻速運(yùn)動(dòng)和勻速圓周運(yùn)動(dòng)
考向四 在重力場(chǎng)、磁場(chǎng)和電場(chǎng)中的直選運(yùn)動(dòng)和曲線運(yùn)動(dòng)
電場(chǎng)與磁場(chǎng)的疊加
(2)疊加場(chǎng)：靜電場(chǎng)、磁場(chǎng)、重力場(chǎng)在同一區(qū)域共存，或其中某兩場(chǎng)在同一區(qū)域共存。
2．三種場(chǎng)的比較
3．帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)分類
(1)靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng)
當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中所受合力為零時(shí)，將處于靜止?fàn)顟B(tài)或做勻速直線運(yùn)動(dòng)。
(2)勻速圓周運(yùn)動(dòng)
當(dāng)帶電粒子所受的重力與靜電力大小相等，方向相反時(shí)，帶電粒子在洛倫茲力的作用下，在垂直于勻強(qiáng)磁場(chǎng)的平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。
(3)較復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)
當(dāng)帶電粒子所受合力的大小和方向均變化，且與初速度方向不在同一條直線上時(shí)，粒子做非勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，這時(shí)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡既不是圓弧，也不是拋物線。
(4)分階段運(yùn)動(dòng)
帶電粒子可能依次通過(guò)幾個(gè)情況不同的復(fù)合場(chǎng)區(qū)域，其運(yùn)動(dòng)情況隨區(qū)域發(fā)生變化，其運(yùn)動(dòng)過(guò)程由幾種不同的運(yùn)動(dòng)階段組成。
【典例1】（2022年全國(guó)高考甲卷物理試題）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（平面）向里，電場(chǎng)的方向沿y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)O由靜止開(kāi)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（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】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)O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(guò)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(kāi)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O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v，向x軸負(fù)方向的速度v’，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
則粒子的在電場(chǎng)、磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，可視為，向x軸負(fù)方向以速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)，同時(shí)在x軸上方做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。
故選B。
【典例2】（多選）（2022年廣東省普通高中學(xué)業(yè)水平選擇性考試）8. 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(guò)N、P兩點(diǎn)。已知M、P在同一等勢(shì)面上，下列說(shuō)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P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
【解析】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(guò)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P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M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。
練習(xí)1、(2022·北京市朝陽(yáng)區(qū)高三一模)如圖所示，在坐標(biāo)系xOy平面的x＞0區(qū)域內(nèi)，存在電場(chǎng)強(qiáng)度大小E＝2×105 N/C、方向垂直于x軸的勻強(qiáng)電場(chǎng)和磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝0.2 T、方向與xOy平面垂直向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。在y軸上有一足夠長(zhǎng)的熒光屏PQ，在x軸上的M(10,0)點(diǎn)處有一粒子發(fā)射槍向x軸正方向連續(xù)不斷地發(fā)射大量質(zhì)量m＝6.4×10－27 kg、電荷量q＝3.2×10－19 C 的帶正電粒子(重力不計(jì))，粒子恰能沿x軸做勻速直線運(yùn)動(dòng)。若撤去電場(chǎng)，并使粒子發(fā)射槍以M點(diǎn)為軸在xOy平面內(nèi)以角速度ω＝2π rad/s順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)(整個(gè)裝置都處在真空中)。
(1)判斷電場(chǎng)方向，求粒子離開(kāi)發(fā)射槍時(shí)的速度大?。?br>(2)帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑；
(3)熒光屏上閃光點(diǎn)的范圍距離；
【答案】(1)106 m/s (2)0.1 m (3)0.273 m
【解析】(1)帶正電粒子(重力不計(jì))在疊加場(chǎng)中沿x軸做勻速直線運(yùn)動(dòng)，據(jù)左手定則判斷可知洛倫茲力方向向下，所以電場(chǎng)力方向向上，電場(chǎng)方向向上，有qE＝qvB
解得速度v＝eq \f(E,B)＝eq \f(2×105,0.2) m/s＝106 m/s。
(2)撤去電場(chǎng)后，洛倫茲力提供向心力，有qvB＝meq \f(v2,R)
所以粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑
R＝eq \f(mv,qB)＝eq \f(6.4×10－27×106,3.2×10－19×0.2) m＝0.1 m。
(3)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，
粒子打在熒光屏上最上端的點(diǎn)是B點(diǎn)，最下端打在A點(diǎn)
由幾何知識(shí)可知dOA＝2Rcs 30°＝eq \r(3)R，dOB＝R
所以熒光屏上閃光點(diǎn)的范圍距離為dAB＝(eq \r(3)＋1)R≈0.273 m。
【巧學(xué)妙記】
2．分析思路
(1)劃分過(guò)程：將粒子運(yùn)動(dòng)的過(guò)程劃分為幾個(gè)不同的階段，對(duì)不同的階段選取不同的規(guī)律處理．
(2)找關(guān)鍵：確定帶電粒子在場(chǎng)區(qū)邊界的速度(包括大小和方向)是解決該類問(wèn)題的關(guān)鍵．
(3)畫運(yùn)動(dòng)軌跡：根據(jù)受力分析和運(yùn)動(dòng)分析，大致畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡圖，有利于形象、直觀地解決問(wèn)題．
磁場(chǎng)力、重力的疊加
①若重力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運(yùn)動(dòng)。
②若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)，因洛倫茲力不做功，故機(jī)械能守恒，由此可求解問(wèn)題。
【典例3】(2022·北京市豐臺(tái)區(qū)高三上期末)如圖所示，空間有一垂直紙面的磁感應(yīng)強(qiáng)度為0.5 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一質(zhì)量為0.2 kg且足夠長(zhǎng)的絕緣木板靜止在光滑水平面上，在木板左端無(wú)初速放置一質(zhì)量為0.1 kg、電荷量q＝＋0.2 C的滑塊，滑塊與絕緣木板之間動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，滑塊受到的最大靜摩擦力可認(rèn)為等于滑動(dòng)摩擦力。t＝0時(shí)對(duì)木板施加方向水平向左，大小為0.6 N恒力，g取10 m/s2。則( )
A.木板和滑塊一直做加速度為2 m/s2的勻加速運(yùn)動(dòng)
B.滑塊開(kāi)始做加速度減小的變加速運(yùn)動(dòng)，最后做速度為10 m/s勻速運(yùn)動(dòng)
C.木板先做加速度為2 m/s2勻加速運(yùn)動(dòng)，再做加速度增大的運(yùn)動(dòng)，最后做加速度為3 m/s2的勻加速運(yùn)動(dòng)
D.t＝5 s后滑塊和木塊有相對(duì)運(yùn)動(dòng)
【答案】C
【解析】由于滑塊與絕緣木板之間動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，靜摩擦力對(duì)滑塊能產(chǎn)生的最大加速度為μg＝5 m/s2，所以當(dāng)0.6 N 的恒力作用于木板時(shí)，系統(tǒng)一起以a＝eq \f(F,M＋m)＝eq \f(0.6,0.2＋0.1) m/s2＝2 m/s2的加速度一起運(yùn)動(dòng)，當(dāng)滑塊獲得向左運(yùn)動(dòng)的速度以后又產(chǎn)生一個(gè)方向向上的洛倫茲力，最大靜摩擦力f＝μ(mg－qvB)隨v的增大而減小，減小至它對(duì)滑塊產(chǎn)生a＝2 m/s2的加速度后，滑塊與木板發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，此后滑動(dòng)摩擦力f＝μ(mg－qvB)＝ma，可知滑塊再做加速度減小的變加速運(yùn)動(dòng)。當(dāng)洛倫茲力等于重力時(shí)滑塊與木板之間的彈力為零，此時(shí)Bqv＝mg，解得v＝10 m/s，此時(shí)摩擦力消失，滑塊做勻速運(yùn)動(dòng)，而木板在恒力作用下做勻加速運(yùn)動(dòng)，a′＝eq \f(F,M)＝eq \f(0.6,0.2) m/s2＝3 m/s2?？芍瑝K先與木板一起做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，然后發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，做加速度減小的變加速運(yùn)動(dòng)，最后做速度為10 m/s的勻速運(yùn)動(dòng)；因木塊開(kāi)始的加速度為2 m/s2，當(dāng)恰好要開(kāi)始滑動(dòng)時(shí)，f＝μ(mg－qvB)＝ma，代入數(shù)據(jù)得v＝6 m/s，經(jīng)歷的時(shí)間是t＝eq \f(v,a)＝eq \f(6,2) s＝3 s，此后滑塊所受的摩擦力逐漸減小，加速度減小，仍然做加速運(yùn)動(dòng)，最后做速度為10 m/s 的勻速運(yùn)動(dòng)，故選C
【典例4】 (多選)[2022·黃石模擬]如圖所示，有一范圍足夠大的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為＋q的帶電小圓環(huán)套在一根固定的絕緣豎直長(zhǎng)桿上，環(huán)與桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.現(xiàn)使圓環(huán)以初速度v0向上運(yùn)動(dòng)，經(jīng)時(shí)間t0圓環(huán)回到出發(fā)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，取豎直向上為正方向，下列描述該過(guò)程中圓環(huán)的速度v隨時(shí)間t、摩擦力Ff隨時(shí)間t、動(dòng)能Ek隨位移x、機(jī)械能E隨位移x變化規(guī)律的圖象中，可能正確的是( )
【答案】ABD
【解析】小圓環(huán)向上做減速運(yùn)動(dòng)，對(duì)小圓環(huán)受力分析，豎直方向：重力和豎直向下的摩擦力，由牛頓第二定律有mg＋f＝ma；水平方向：N＝qvB，f＝μN(yùn)，解得f＝μqvB.速度逐漸減小，滑動(dòng)摩擦力逐漸減小，加速度逐漸減小，當(dāng)速度減小到零時(shí)，加速度為g，此時(shí)摩擦力為零，然后小圓環(huán)向下做加速運(yùn)動(dòng)，豎直方向：mg－f＝ma；水平方向：N＝qvB，f＝μN(yùn)，隨著速度的增大，彈力N增大，摩擦力增大，加速度減小，A、B正確．動(dòng)能先減小后增大，Ek－x圖像的斜率大小表示合外力，從0～x過(guò)程，動(dòng)能減小，合外力減小，從x～0的過(guò)程，動(dòng)能增大，合外力減小，C錯(cuò)誤．小圓環(huán)的機(jī)械能逐漸減小，E－x圖像的斜率大小表示摩擦力f，上升過(guò)程中，從0～x過(guò)程，摩擦力逐漸減小，下滑過(guò)程，位移從x～0，摩擦力逐漸增大，D正確．
練習(xí)2、(多選)(2022·山東省菏澤市高三下二模)如圖所示，兩個(gè)傾角分別為30°和60°的足夠長(zhǎng)光滑絕緣斜面固定于水平地面上，并處于方向垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，兩個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小滑塊甲和乙分別從兩個(gè)斜面頂端由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后，兩小滑塊都將飛離斜面，在此過(guò)程中( )
A．甲滑塊飛離斜面瞬間的速度比乙滑塊飛離斜面瞬間的速度大
B．甲滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間比乙滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間短
C．兩滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的位移大小相同
D．兩滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，重力的平均功率相等
【答案】AD
【解析】小滑塊飛離斜面時(shí)，洛倫茲力與重力垂直斜面的分力平衡，故mgcsθ＝qvmB，解得vm＝eq \f(mgcsθ,qB)，所以斜面傾角越小，飛離斜面瞬間的速度越大，故甲滑塊飛離時(shí)速度較大，故A正確；滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的加速度恒定不變，由受力分析和牛頓第二定律可得加速度a＝gsinθ，所以甲的加速度小于乙的加速度，因?yàn)榧罪w離時(shí)的速度大于乙飛離時(shí)的速度，由vm＝at得，甲在斜面上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間大于乙在斜面上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，故B錯(cuò)誤；由以上分析和x＝eq \f(v\\al(2,m),2a)可知，甲在斜面上運(yùn)動(dòng)的位移大于乙在斜面上運(yùn)動(dòng)的位移，故C錯(cuò)誤；由平均功率的公式得，滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，重力的平均功率P＝Feq \x\t(v)·sinθ＝mg·eq \f(vm,2)sinθ＝eq \f(m2g2sinθ·csθ,2qB)，因sin30°＝cs60°，sin60°＝cs30°，故兩滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)時(shí)重力的平均功率相等，故D正確。
練習(xí)3.(多選)(2022·安徽省合肥市高三上開(kāi)學(xué)考試)如圖所示，空間存在垂直于紙面向里的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，場(chǎng)內(nèi)有一絕緣的足夠長(zhǎng)的直桿，它與水平面的夾角為θ，一電荷量為q、質(zhì)量為m的帶負(fù)電小球套在直桿上，從A點(diǎn)由靜止沿桿下滑，小球與桿之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，在小球以后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是( )
A．小球下滑的最大速度為vm＝eq \f(mgsinθ,μqB)
B．小球下滑的最大加速度為am＝gsinθ
C．小球的加速度一直在減小
D．小球的速度先增大后不變
【答案】BD
【解析】小球開(kāi)始下滑時(shí)有mgsinθ－μ(mgcsθ－qvB)＝ma，隨著v增大，a增大，當(dāng)v0＝eq \f(mgcsθ,qB)時(shí)，a達(dá)到最大值即am＝gsinθ，此時(shí)洛倫茲力大小等于mgcsθ，支持力為0，此后隨著速度增大，洛倫茲力增大，支持力增大，此后下滑過(guò)程中有，mgsinθ－μ(qvB－mgcsθ)＝ma，隨著v增大，a減小，當(dāng)vm＝eq \f(mg?sinθ＋μcsθ?,μqB)時(shí)，a＝0，此時(shí)達(dá)到平衡狀態(tài)，速度不變．所以整個(gè)過(guò)程中，v先增大后不變，a先增大后減小，所以B、D正確．
【巧學(xué)妙記】
(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、洛倫茲力的變化。
(3)分析受力結(jié)合運(yùn)動(dòng)，通過(guò)牛頓運(yùn)動(dòng)定律，分析加速度變化；通過(guò)合力與速度的關(guān)系，分析速度變化

在重力場(chǎng)、磁場(chǎng)和電場(chǎng)中的勻速運(yùn)動(dòng)和勻速圓周運(yùn)動(dòng)
①若三力平衡，一定做勻速直線運(yùn)動(dòng)。
②若重力與電場(chǎng)力平衡，一定做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。
③若合力不為零且與速度方向不垂直，將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)，因洛倫茲力不做功，可用能量守恒定律或動(dòng)能定理求解問(wèn)題。
【典例5】(多選)(2022·福建省漳州市模擬) 如圖，空間某區(qū)域存在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)方向水平向右，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向外。已知在該區(qū)域內(nèi)，一個(gè)帶電小球在豎直面內(nèi)做直線運(yùn)動(dòng)。下列說(shuō)法正確的是( )
A．若小球帶正電荷，則小球的電勢(shì)能減小
B．若小球帶負(fù)電荷，則小球的電勢(shì)能減小
C．無(wú)論小球帶何種電荷，小球的重力勢(shì)能都減小
D．小球的動(dòng)能恒定不變
【答案】CD
【解析】根據(jù)題意，小球受的重力、靜電力恒定，洛倫茲力垂直于速度，則小球所受三力恰好平衡，做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則小球的動(dòng)能不變，故D正確；若小球帶正電，小球受力如圖1，根據(jù)左手定則可知，小球斜向左下方運(yùn)動(dòng)，靜電力做負(fù)功，電勢(shì)能增大，故A錯(cuò)誤；若小球帶負(fù)電，小球受力如圖2，根據(jù)左手定則可知，小球斜向右下方運(yùn)動(dòng)，靜電力做負(fù)功，電勢(shì)能增大，故B錯(cuò)誤；無(wú)論小球帶何種電荷，小球都下降，小球的重力勢(shì)能都減小，故C正確。
【典例5】(多選)(2022·江淮十校聯(lián)考)如圖所示，空間存在豎直向上、大小為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)和沿水平方向、垂直于紙面向里、大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一個(gè)質(zhì)量為m的帶電小球用長(zhǎng)為L(zhǎng)的絕緣細(xì)線吊著懸于O點(diǎn)，給小球一個(gè)水平方向的初速度，小球在豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，細(xì)線張力不為零；某時(shí)刻細(xì)線斷開(kāi)，小球仍做半徑為L(zhǎng)的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，不計(jì)小球的大小，重力加速度為g，則( )
A．細(xì)線未斷時(shí)，小球沿順時(shí)針?lè)较蜻\(yùn)動(dòng)
B．小球的帶電量為eq \f(mg,E)
C．小球運(yùn)動(dòng)的速度大小為eq \f(2BLg,E)
D．細(xì)線未斷時(shí)，細(xì)線的拉力大小為eq \f(2mLg2B2,E2)
【答案】ABD
【解析】小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，說(shuō)明電場(chǎng)力與重力等大反向，小球帶正電，qE＝mg，q＝eq \f(mg,E)，B項(xiàng)正確；由于細(xì)線斷了以后，小球仍做半徑為L(zhǎng)的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，因此細(xì)線未斷時(shí)，小球沿順時(shí)針?lè)较蜻\(yùn)動(dòng)，T－qvB＝meq \f(v2,L)，細(xì)線斷了以后小球沿逆時(shí)針?lè)较蜻\(yùn)動(dòng)，qvB＝meq \f(v2,L)，得到v＝eq \f(qBL,m)＝eq \f(BLg,E)，細(xì)線的拉力大小T＝eq \f(2mLg2B2,E2)，C項(xiàng)錯(cuò)誤，A、D項(xiàng)正確。
練習(xí)4.(2022·江西一模)我國(guó)地處北半球，某地區(qū)存在勻強(qiáng)電場(chǎng)E和可看做勻強(qiáng)磁場(chǎng)的地磁場(chǎng)B，電場(chǎng)和地磁場(chǎng)的方向相同，地磁場(chǎng)的豎直分量和水平分量分別豎直向下和水平指北，一帶電小球以速度v在此區(qū)域內(nèi)沿垂直場(chǎng)強(qiáng)方向沿水平面做直線運(yùn)動(dòng)，忽略空氣阻力，某地區(qū)的重力加速度為g，則下列說(shuō)法正確的是( )
A．小球運(yùn)動(dòng)方向?yàn)樽阅舷虮盉．小球可能帶正電
C．小球速度v的大小為eq \f(E,B)D．小球的比荷為eq \f(g,\r(E2＋（vB）2))
【答案】D
【解析】AB項(xiàng)，小球受到重力、電場(chǎng)力與洛倫茲力，因直線運(yùn)動(dòng)，且f＝qvB，因此一定是勻速直線運(yùn)動(dòng)，那么電場(chǎng)力與洛倫茲力的合力與重力等值反向，根據(jù)左手定則，因地磁場(chǎng)的豎直分量和水平分量分別豎直向下和水平指北，那么小球一定帶負(fù)電，負(fù)電荷受到的電場(chǎng)力的方向與磁場(chǎng)的方向相反，則運(yùn)動(dòng)的方向由東向西方向運(yùn)動(dòng)，故AB兩項(xiàng)錯(cuò)誤；C項(xiàng)，由上分析可知，電場(chǎng)力與洛倫茲力的合力豎直向上，由于夾角不知，因此它們的大小關(guān)系不能確定，則不能確定v的大小為eq \f(E,B).故C項(xiàng)錯(cuò)誤；D項(xiàng)，小球受到的電場(chǎng)力與洛倫茲力的合力與重力等值反向，則：mg＝eq \r(（qE）2＋（qvB）2)，所以小球的比荷：eq \f(q,m)＝eq \f(g,\r(E2＋（vB）2)).故D項(xiàng)正確．
練習(xí)5、(2022·浙江省溫州市高三二模) 如圖所示，在正交的勻強(qiáng)電、磁場(chǎng)中有質(zhì)量、電荷量都相同的兩油滴，A靜止，B做半徑為R的勻速圓周運(yùn)動(dòng)。若B與A相碰并結(jié)合在一起，則它們將( )
A．以B原速率的一半做勻速直線運(yùn)動(dòng)
B．以eq \f(R,2)為半徑做勻速圓周運(yùn)動(dòng)
C．仍以R為半徑做勻速圓周運(yùn)動(dòng)
D．做周期為B的一半的勻速圓周運(yùn)動(dòng)
【答案】B
【解析】解析：由A、B相碰時(shí)動(dòng)量守恒mv＝2mv′，有v′＝eq \f(v,2)。據(jù)題意碰后A、B合成的大油滴所受重力仍與電場(chǎng)力平衡，合外力是洛倫茲力，所以繼續(xù)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，且有r＝eq \f(2mv′,2qB)＝eq \f(R,2)，T＝eq \f(2π?2m?,2qB)＝eq \f(2πm,qB)，選項(xiàng)B正確。
【巧學(xué)妙記】
勻速圓周運(yùn)動(dòng)：當(dāng)帶電粒子在疊加場(chǎng)中，重力與電場(chǎng)力相平衡，粒子運(yùn)動(dòng)方向與勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直時(shí)，帶電粒子就做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．此種情況下要同時(shí)應(yīng)用平衡條件和向心力公式來(lái)進(jìn)行分析．
在重力場(chǎng)、磁場(chǎng)和電場(chǎng)中的直選運(yùn)動(dòng)和曲線運(yùn)動(dòng)
【典例7】.(2022·云南省昆明市“三診一模”二模)如圖所示，在粗糙的足夠長(zhǎng)的豎直木桿上套有一個(gè)帶正電小球，整個(gè)裝置處在有水平勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)組成的足夠大的復(fù)合場(chǎng)中，小球由靜止開(kāi)始下滑，在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，下列關(guān)于描述小球運(yùn)動(dòng)的v—t圖象中正確的是( )
【答案】C
【解析】在小球下滑的過(guò)程中，對(duì)小球進(jìn)行受力分析，如圖所示，
小球受到重力mg、電場(chǎng)力qE、洛倫茲力qvB、摩擦力f，還有木桿對(duì)小球的支持力N.開(kāi)始時(shí)，小球的速度較小，洛倫茲力qvB較小，支持力N較大，隨著速度的增大，支持力N在減小，可以知道摩擦力f減小，豎直方向上的合力增大，小球的加速度增大；當(dāng)速度增大到一定的程度時(shí)，洛倫茲力qvB和電場(chǎng)力qE相等，此時(shí)支持力N為零，摩擦力f為零，小球的加速度為g，加速度達(dá)到最大；當(dāng)速度繼續(xù)增大時(shí)，支持力N要反向增大，摩擦力f增大，豎直方向上的合力減小，小球的加速度減小，當(dāng)摩擦力f與重力mg相等時(shí)，豎直方向上的加速度為零，小球的速度達(dá)到最大．所以選項(xiàng)ABD所示的v—t圖象不符合分析得到的小球的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，C選項(xiàng)符合．
【典例8】(2022·衡水三模)在如圖所示的正交電磁場(chǎng)中豎直固定著一個(gè)半徑R＝eq \r(3) m的光滑圓弧，圓弧CD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θ＝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B的磁場(chǎng)只分布在圓弧軌道所在的右半側(cè)區(qū)域，已知E和B在數(shù)值上相等，取重力加速度g＝10 m/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(shuō)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)F處速度最大
C．若小球以初速度v0＝(5＋eq \r(45)) m/s射出，則小球會(huì)從D點(diǎn)離開(kāi)軌道
D．若撤去磁場(chǎng)，讓小球以初速度v0＝2eq \r(5) m/s射出，則小球一定不會(huì)脫離軌道
【答案】D
【解析】A項(xiàng)，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項(xiàng)，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θ＝30°，小球速度最大位置在圖中C點(diǎn)，B項(xiàng)錯(cuò)誤．
C項(xiàng)，重力與電場(chǎng)力的合力：F＝eq \f(mg,csθ)＝eq \f(2\r(3)mg,3)，電場(chǎng)力：qE＝mgtanθ＝eq \f(\r(3),3)mg，小球在P點(diǎn)恰好不脫離軌道，此時(shí)軌道對(duì)小球彈力為零，由牛頓第二定律得：F＋qvB＝meq \f(v2,R)，由題意可知：E＝B，解得：v＝eq \f(\r(180)＋10,2) m/s，從A到C過(guò)程小球速度不變，從C到P過(guò)程，由動(dòng)能定理得：－F·2R＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02，解得：v0＝eq \r(150＋30\r(5))>(5＋eq \r(45)) m/s，則小球不會(huì)通過(guò)P到達(dá)D點(diǎn)，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；
D項(xiàng)，設(shè)當(dāng)小球初速度v1時(shí)，恰好從C點(diǎn)沿圓弧轉(zhuǎn)過(guò)90°到B點(diǎn)，從C到B根據(jù)動(dòng)能定理：FR＝eq \f(1,2)mv12，解得v1＝2eq \r(10)m/s，由于v0＝2eq \r(5)m/s0)的小球套在絕緣桿上，當(dāng)小球沿桿向下的初速度為v0時(shí)，小球恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)，已知重力加速度大小為g，小球電荷量保持不變，則下列說(shuō)法正確的是( )
A．小球的初速度v0＝eq \f(mg,2qB)
B．若小球沿桿向下的初速度v＝eq \f(mg,qB)，小球?qū)⒀貤U做加速度不斷增大的減速運(yùn)動(dòng)直到停止
C．若小球沿桿向下的初速度v＝eq \f(3mg,qB)，小球?qū)⒀貤U做加速度不斷減小的減速運(yùn)動(dòng)直到停止
D．若小球沿桿向下的初速度v＝eq \f(4mg,qB)，則從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)至穩(wěn)定，小球克服摩擦力做功為eq \f(6m3g2,q2B2)
【答案】BD
【解析】根據(jù)題意可知小球受力平衡，電場(chǎng)力F＝qE＝eq \r(3)mg，電場(chǎng)力與重力的合力為G′＝2mg，方向垂直于桿斜向下，洛倫茲力垂直于斜桿向上，所以小球不受桿的摩擦力，則cs 60°＝eq \f(mg,qv0B)，所以v0＝eq \f(2mg,qB)，A錯(cuò)誤；當(dāng)v＝eq \f(mg,qB)時(shí)，qvB＝mgG′，則小球受到垂直于桿斜向下的彈力，即G′＋FN＝qvB，同時(shí)受到沿桿向上的摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律可知Ff＝μFN＝μ(qvB－G′)＝ma，小球做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)v＝eq \f(2mg,qB)時(shí)，qvB＝G′＝2mg，小球不受摩擦力作用，開(kāi)始做勻速直線運(yùn)動(dòng)，C錯(cuò)誤；同理，當(dāng)v＝eq \f(4mg,qB)時(shí)，小球先做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)v＝eq \f(2mg,qB)時(shí)開(kāi)始做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理得小球克服摩擦力做功Wf＝eq \f(1,2)m(eq \f(4mg,qB))2－eq \f(1,2)m(eq \f(2mg,qB))2＝eq \f(6m3g2,q2B2)，D正確。
練習(xí)7、(2022·哈爾濱模擬)如圖所示，在紙面內(nèi)存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，一水平固定絕緣桿上套有帶電小球P，P的質(zhì)量為m、電荷量為－q，P與桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.小球由靜止開(kāi)始滑動(dòng)，設(shè)電場(chǎng)、磁場(chǎng)區(qū)域足夠大，桿足夠長(zhǎng)，在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中小球的最大加速度為a0，最大速度為v0，則下列判斷正確的是( )
A．小球先加速后減速，加速度先增大后減小
B．當(dāng)v＝eq \f(1,2)v0時(shí)，小球的加速度最大
C．當(dāng)v＝eq \f(1,2)v0時(shí)，小球一定處于加速度減小階段
D．當(dāng)a＝eq \f(1,2)a0時(shí)，eq \f(v,v0)>eq \f(1,2)
【答案】C
【解析】開(kāi)始運(yùn)動(dòng)階段qvB(5＋eq \r(45)) m/s，則小球不會(huì)通過(guò)P到達(dá)D點(diǎn)，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；
D項(xiàng)，設(shè)當(dāng)小球初速度v1時(shí)，恰好從C點(diǎn)沿圓弧轉(zhuǎn)過(guò)90°到B點(diǎn)，從C到B根據(jù)動(dòng)能定理：FR＝eq \f(1,2)mv12，解得v1＝2eq \r(10)m/s，由于v0＝2eq \r(5)m/s0)的小球套在絕緣桿上，當(dāng)小球沿桿向下的初速度為v0時(shí)，小球恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)，已知重力加速度大小為g，小球電荷量保持不變，則下列說(shuō)法正確的是( )
A．小球的初速度v0＝eq \f(mg,2qB)
B．若小球沿桿向下的初速度v＝eq \f(mg,qB)，小球?qū)⒀貤U做加速度不斷增大的減速運(yùn)動(dòng)直到停止
C．若小球沿桿向下的初速度v＝eq \f(3mg,qB)，小球?qū)⒀貤U做加速度不斷減小的減速運(yùn)動(dòng)直到停止
D．若小球沿桿向下的初速度v＝eq \f(4mg,qB)，則從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)至穩(wěn)定，小球克服摩擦力做功為eq \f(6m3g2,q2B2)
【答案】BD
【解析】根據(jù)題意可知小球受力平衡，電場(chǎng)力F＝qE＝eq \r(3)mg，電場(chǎng)力與重力的合力為G′＝2mg，方向垂直于桿斜向下，洛倫茲力垂直于斜桿向上，所以小球不受桿的摩擦力，則cs 60°＝eq \f(mg,qv0B)，所以v0＝eq \f(2mg,qB)，A錯(cuò)誤；當(dāng)v＝eq \f(mg,qB)時(shí)，qvB＝mgG′，則小球受到垂直于桿斜向下的彈力，即G′＋FN＝qvB，同時(shí)受到沿桿向上的摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律可知Ff＝μFN＝μ(qvB－G′)＝ma，小球做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)v＝eq \f(2mg,qB)時(shí)，qvB＝G′＝2mg，小球不受摩擦力作用，開(kāi)始做勻速直線運(yùn)動(dòng)，C錯(cuò)誤；同理，當(dāng)v＝eq \f(4mg,qB)時(shí)，小球先做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)v＝eq \f(2mg,qB)時(shí)開(kāi)始做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理得小球克服摩擦力做功Wf＝eq \f(1,2)m(eq \f(4mg,qB))2－eq \f(1,2)m(eq \f(2mg,qB))2＝eq \f(6m3g2,q2B2)，D正確。
練習(xí)7、(2022·哈爾濱模擬)如圖所示，在紙面內(nèi)存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，一水平固定絕緣桿上套有帶電小球P，P的質(zhì)量為m、電荷量為－q，P與桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.小球由靜止開(kāi)始滑動(dòng)，設(shè)電場(chǎng)、磁場(chǎng)區(qū)域足夠大，桿足夠長(zhǎng)，在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中小球的最大加速度為a0，最大速度為v0，則下列判斷正確的是( )
A．小球先加速后減速，加速度先增大后減小
B．當(dāng)v＝eq \f(1,2)v0時(shí)，小球的加速度最大
C．當(dāng)v＝eq \f(1,2)v0時(shí)，小球一定處于加速度減小階段
D．當(dāng)a＝eq \f(1,2)a0時(shí)，eq \f(v,v0)>eq \f(1,2)
【答案】C
【解析】開(kāi)始運(yùn)動(dòng)階段qvBtanθ，則圓環(huán)靜止，若μ0)。質(zhì)量為eq \f(1,3)m的不帶電的小物體B以速度v0沖向小物體A并發(fā)生彈性正碰，碰撞前后小物體A的電荷量保持不變。
(1)求碰撞后小物體A的速度大小。
(2)若小物體A與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝eq \f(3mg,qv0)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E＝eq \f(7μmg,q)，小物體A從MN開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)距離為L(zhǎng)時(shí)速度達(dá)到最大。求小物體A的最大速度vm和此過(guò)程克服摩擦力所做的功W。
【答案】 (1)eq \f(v0,2) (2)2v0 7μmgL－eq \f(15,8)mveq \\al(2,0)
【解析】本題考查帶電物體在復(fù)合場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)、動(dòng)量守恒定律、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、動(dòng)能定理及其相關(guān)知識(shí)點(diǎn)。
(1)設(shè)A、B碰撞后的速度分別為vA、vB，由于A、B發(fā)生彈性正碰，動(dòng)量、機(jī)械能均守恒，取水平向右為正方向，則有
mBv0＝mBvB＋mAvA，
eq \f(1,2)mBveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)mBveq \\al(2,B)＋eq \f(1,2)mAveq \\al(2,A)，
解得vA＝eq \f(v0,2)。
(2)當(dāng)物體A的加速度等于零時(shí)，其速度達(dá)到最大值vm，受力如圖所示，由平衡條件可知，在豎直方向有N＝qvmB＋mg，
在水平方向有qE＝μN(yùn)，
解得vm＝2v0，
根據(jù)動(dòng)能定理得qEL－W＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)，
聯(lián)立并代入相關(guān)數(shù)據(jù)可得W＝7μmgL－eq \f(15,8)mveq \\al(2,0)。
11. (2022·江蘇省連云港市高三下第一次調(diào)研)如圖所示，質(zhì)量M為5.0 kg的小車以2.0 m/s的速度在光滑的水平面上向左運(yùn)動(dòng)，小車上AD部分是表面粗糙的水平軌道，DC部分是eq \f(1,4)光滑圓弧軌道，整個(gè)軌道都是由絕緣材料制成的，小車所在空間內(nèi)有豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度E大小為50 N/C，磁感應(yīng)強(qiáng)度B大小為2.0 T．現(xiàn)有一質(zhì)量m為2.0 kg、帶負(fù)電且電荷量為0.10 C的滑塊以10 m/s的水平速度向右沖上小車，當(dāng)它運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)速度為5 m/s.滑塊可視為質(zhì)點(diǎn)，g取10 m/s2，計(jì)算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字．
(1)求滑塊從A到D的過(guò)程中，小車與滑塊組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能；
(2)如果滑塊剛過(guò)D點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力為76 N，求圓弧軌道的半徑r；
(3)當(dāng)滑塊通過(guò)D點(diǎn)時(shí)，立即撤去磁場(chǎng)，要使滑塊沖出圓弧軌道，求此圓弧軌道的最大半徑．
【答案】(1)85 J (2)1 m (3)0.71 m
【解析】(1)設(shè)滑塊運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)的速度大小為v1，小車在此時(shí)的速度大小為v2，物塊從A運(yùn)動(dòng)到D的過(guò)程中，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，
有mv0－Mv＝mv1＋Mv2，
解得v2＝0.
設(shè)小車與滑塊組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能為ΔE，則有
ΔE＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＋eq \f(1,2)Mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，
解得ΔE＝85 J.
(2)設(shè)滑塊剛過(guò)D點(diǎn)時(shí)受到軌道的支持力為FN，則由牛頓第三定律可得FN＝76 N，由牛頓第二定律可得
FN－(mg＋qE＋qv1B)＝meq \f(veq \\al(2,1),r)，
解得r＝1 m.
(3)設(shè)滑塊沿圓弧軌道上升到最大高度時(shí)，滑塊與小車具有共同的速度v′，由動(dòng)量守恒定律可得
mv1＝(m＋M)v′，
解得v′＝eq \f(10,7) m/s.
設(shè)圓弧軌道的最大半徑為Rm，由能量守恒定律有
eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)(m＋M)v′2＋(mg＋qE)Rm，
解得Rm＝0.71 m.
1.（2018·北京卷）某空間存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)。一個(gè)帶電粒子(不計(jì)重力)以一定初速度射入該空間后，做勻速直線運(yùn)動(dòng)；若僅撤除電場(chǎng)，則該粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，下列因素與完成上述兩類運(yùn)動(dòng)無(wú)關(guān)的是
A．磁場(chǎng)和電場(chǎng)的方向
B．磁場(chǎng)和電場(chǎng)的強(qiáng)弱
C．粒子的電性和電量
D．粒子入射時(shí)的速度
【答案】C
【解析】由題可知，當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，即，則，若僅撤除電場(chǎng)，粒子僅在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，說(shuō)明要滿足題意需要對(duì)磁場(chǎng)與電場(chǎng)的方向以及強(qiáng)弱程度都要有要求，例如：電場(chǎng)方向向下，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里等，但是對(duì)電性和電量無(wú)要求，故選項(xiàng)C正確，ABD錯(cuò)誤。
2.(2022·湖南卷·)如圖，兩個(gè)定值電阻的阻值分別為和，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，板長(zhǎng)為，極板間存在方向水平向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。質(zhì)量為、帶電量為的小球以初速度沿水平方向從電容器下板左側(cè)邊緣點(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(kāi)電容器。此過(guò)程中，小球未與極板發(fā)生碰撞，重力加速度大小為，忽略空氣阻力。
（1）求直流電源的電動(dòng)勢(shì)；
（2）求兩極板間磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度；
（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(kāi)電容器后沿直線運(yùn)動(dòng)，求電場(chǎng)強(qiáng)度的最小值。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）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
兩端的電壓
根據(jù)歐姆定律得
聯(lián)立解得
（2）如圖所示
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
解得
根據(jù)
解得
（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，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
解得
新課程標(biāo)準(zhǔn)
1.通過(guò)實(shí)驗(yàn)，認(rèn)識(shí)洛倫茲力。能判斷洛倫茲力的方向，會(huì)計(jì)算洛倫茲力的大小。
2．能用洛倫茲力分析帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)。了解帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)及其應(yīng)用。
命題趨勢(shì)
考查的內(nèi)容主要體現(xiàn)在對(duì)科學(xué)思維、運(yùn)動(dòng)與相互作用觀念等物理學(xué)科的核心素養(yǎng)的要求。考查頻率高，題目綜合性強(qiáng)，會(huì)綜合牛頓運(yùn)動(dòng)定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律，注重與電場(chǎng)、磁場(chǎng)的滲透，注重生產(chǎn)、生活、當(dāng)今熱點(diǎn)、現(xiàn)代科技的聯(lián)系。
試題情境
生活實(shí)踐類
生活和科技等
學(xué)習(xí)探究類
帶電粒子在磁場(chǎng)、組合場(chǎng)、疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
項(xiàng)目
名稱
力的特點(diǎn)
功和能的特點(diǎn)
重力場(chǎng)
大?。篏＝mg
方向：豎直向下
重力做功與路徑無(wú)關(guān)
重力做功改變物體的重力勢(shì)能
靜電場(chǎng)
大?。篎＝qE
方向：①正電荷受力方向與場(chǎng)強(qiáng)方向相同
②負(fù)電荷受力方向與場(chǎng)強(qiáng)方向相反
靜電力做功與路徑無(wú)關(guān)
W＝qU
靜電力做功改變電勢(shì)能
磁場(chǎng)
洛倫茲力大?。篎＝
qvB
方向：根據(jù)左手定則判定
洛倫茲力不做功，不改變帶電粒子的動(dòng)能

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