2020高考物理一輪總復(fù)習(xí) 第九章 磁場(chǎng) 能力課2 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)練習(xí)（含解析）新人教版

《2020高考物理一輪總復(fù)習(xí) 第九章 磁場(chǎng) 能力課2 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)練習(xí)（含解析）新人教版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020高考物理一輪總復(fù)習(xí) 第九章 磁場(chǎng) 能力課2 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)練習(xí)（含解析）新人教版（14頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、能力課2 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 一、選擇題 1．醫(yī)生做某些特殊手術(shù)時(shí)，利用電磁血流計(jì)來(lái)監(jiān)測(cè)通過(guò)動(dòng)脈的血流速度．電磁血流計(jì)由一對(duì)電極a和b以及一對(duì)磁極N和S構(gòu)成，磁極間的磁場(chǎng)是均勻的．使用時(shí)，兩電極a、b均與血管壁接觸，兩觸點(diǎn)的連線、磁場(chǎng)方向和血流速度方向兩兩垂直，如圖所示．由于血液中的正負(fù)離子隨血流一起在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，電極a、b之間會(huì)有微小電勢(shì)差．在達(dá)到平衡時(shí)，血管內(nèi)部的電場(chǎng)可看做是勻強(qiáng)電場(chǎng)，血液中的離子所受的電場(chǎng)力和磁場(chǎng)力的合力為零．在某次監(jiān)測(cè)中，兩觸點(diǎn)的距離為3.0 mm，血管壁的厚度可忽略，兩觸點(diǎn)間的電勢(shì)差為160 μV，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為0.040 T．則血流速度的近似值和電極a

2、、b的正負(fù)為(　　) A．1.3 m/s，a正、b負(fù) B．2.7 m/s，a正、b負(fù) C．1.3 m/s，a負(fù)、b正 D．2.7 m/s，a負(fù)、b正 解析：選A　血液中正負(fù)離子流動(dòng)時(shí)，根據(jù)左手定則，正離子受到向上的洛倫茲力，負(fù)離子受到向下的洛倫茲力，所以正離子向上偏，負(fù)離子向下偏，則a帶正電，b帶負(fù)電，故C、D錯(cuò)誤；最終血液中的離子所受的電場(chǎng)力和磁場(chǎng)力的合力為零，有q＝qvB，所以血流速度v＝＝ m/s＝1.3 m/s，故A正確，B錯(cuò)誤． 2．(多選)如圖所示，現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電小球(可視為質(zhì)點(diǎn))用不可伸長(zhǎng)的絕緣細(xì)線拴住，細(xì)線的另一端系于O點(diǎn)，現(xiàn)加一豎直向下

3、的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B)和一勻強(qiáng)電場(chǎng)，使小球在水平面內(nèi)以某角速度做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，這時(shí)細(xì)線與豎直方向夾角為θ＝30°，且細(xì)線張力恰好為零，不計(jì)空氣阻力，則下列判斷正確的是(　　) A．小球運(yùn)動(dòng)的角速度ω＝ B．從上往下看，小球沿逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn) C．若某時(shí)刻撤去磁場(chǎng)，小球做圓周運(yùn)動(dòng)的角速度ω′＝ D．若某時(shí)刻撤去磁場(chǎng)，小球做圓周運(yùn)動(dòng)的線速度減小 解析：選AC　由題可知，細(xì)線上拉力為零，說(shuō)明小球受到的電場(chǎng)力和重力平衡，洛倫茲力提供向心力，即Bqrω＝mrω2，解得ω＝，A正確；根據(jù)左手定則可知從上往下看，小球沿順時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)，B錯(cuò)誤；若某時(shí)刻撤去磁場(chǎng)，重力和電場(chǎng)力仍平衡，線的

4、拉力與速度方向垂直，拉力不做功，故小球在速度和細(xì)線拉力所在平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，并以O(shè)點(diǎn)為圓心，細(xì)線長(zhǎng)為半徑，所以有ω′L＝ωr，依題意有r＝Lsin30°，所以ω′＝，C正確，D錯(cuò)誤． 3．(多選)利用霍爾效應(yīng)制作的霍爾元件，廣泛應(yīng)用于測(cè)量和自動(dòng)控制等領(lǐng)域．如圖是霍爾元件的工作原理示意圖，磁感應(yīng)強(qiáng)度B垂直于霍爾元件的工作面向下，通入圖示方向的電流I，C、D兩側(cè)面會(huì)形成電勢(shì)差UCD，下列說(shuō)法中正確的是 (　　) A．電勢(shì)差UCD僅與材料有關(guān) B．若霍爾元件的載流子是自由電子，則電勢(shì)差UCD<0 C．僅增大磁感應(yīng)強(qiáng)度時(shí)，電勢(shì)差UCD變大 D．在測(cè)定地球赤道上方的地磁場(chǎng)強(qiáng)弱時(shí)，元件的

5、工作面應(yīng)保持水平 解析：選BC　電勢(shì)差UCD與磁感應(yīng)強(qiáng)度B、電流強(qiáng)度I、材料有關(guān)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；若霍爾元件的載流子是自由電子，由左手定則可知，電子向C側(cè)面偏轉(zhuǎn)，則電勢(shì)差UCD<0，選項(xiàng)B正確；僅增大磁感應(yīng)強(qiáng)度時(shí)，電勢(shì)差UCD變大，選項(xiàng)C正確；在測(cè)定地球赤道上方的地磁場(chǎng)強(qiáng)弱時(shí)，元件的工作面應(yīng)保持豎直且東西放置，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 4．(多選)如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為m，電荷量為q的帶電小球從a點(diǎn)由靜止開(kāi)始自由下落，到達(dá)一豎直放置的平行金屬板中軸線上的點(diǎn)P(P點(diǎn)與金屬板上邊緣等高)時(shí)，其加速度大小恰為重力加速度大小g，它過(guò)電磁場(chǎng)區(qū)域，最后恰好從左側(cè)金屬板的下邊緣離開(kāi)電磁場(chǎng)區(qū)域．已知a點(diǎn)與P點(diǎn)之間的距離為h

6、，兩極板間的電壓為U，板長(zhǎng)為L(zhǎng)，兩極板間距為d，兩板間勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向里，不計(jì)空氣阻力，則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．小球剛進(jìn)入電磁場(chǎng)時(shí)電場(chǎng)力與磁場(chǎng)力大小相等 B．小球一定帶正電荷 C．小球開(kāi)始下落的高度h＝ D．小球離開(kāi)電磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為 解析：選ACD　小球在P點(diǎn)受電場(chǎng)力、磁場(chǎng)力和重力的作用，因加速度大小恰為重力加速度大小g，可知電場(chǎng)力與磁場(chǎng)力大小相等，方向相反，選項(xiàng)A正確；設(shè)小球在P點(diǎn)的速度大小為v，由機(jī)械能守恒定律可得mgh＝mv2，又q＝qBv，聯(lián)立解得h＝，選項(xiàng)C正確；因小球在電磁場(chǎng)中加速運(yùn)動(dòng)，所以小球經(jīng)過(guò)P點(diǎn)后，它所受的洛倫茲力大于電

7、場(chǎng)力，由小球從左側(cè)金屬板的下邊緣離開(kāi)電磁場(chǎng)可知，小球一定帶負(fù)電荷，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由功能關(guān)系得mv′2＝mg(h＋L)－qU，v′為小球離開(kāi)電磁場(chǎng)時(shí)的速度大小，解得v′＝，選項(xiàng)D正確． 二、非選擇題 5．如圖所示，帶電荷量為＋q、質(zhì)量為m的物塊從傾角為θ＝37°的光滑絕緣斜面頂端由靜止開(kāi)始下滑，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直紙面向外，求物塊在斜面上滑行的最大速度和在斜面上運(yùn)動(dòng)的最大位移．(斜面足夠長(zhǎng)，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8) 解析：經(jīng)分析，物塊沿斜面運(yùn)動(dòng)過(guò)程中加速度不變，但隨速度增大，物塊所受支持力逐漸減小，最后離開(kāi)斜面．所以，當(dāng)物塊對(duì)斜面的壓力剛好為零時(shí)，物塊沿斜

8、面的速度達(dá)到最大，同時(shí)位移達(dá)到最大，即qvmB＝mgcosθ① 物塊沿斜面下滑過(guò)程中，由動(dòng)能定理得 mgssinθ＝mvm2② 由①②得vm＝＝. s＝＝. 答案：　 6．(2019屆湖南常德模擬)如圖所示，ABCD矩形區(qū)域內(nèi)存在互相垂直的有界勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，有一帶電小球質(zhì)量為m，電荷量絕對(duì)值為q，小球在光滑絕緣的水平面上從靜止開(kāi)始經(jīng)電壓為U的電場(chǎng)加速后，水平進(jìn)入ABCD區(qū)域中，恰能在此空間的豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，且從B點(diǎn)射出，已知AB長(zhǎng)度為L(zhǎng)，AD長(zhǎng)度為L(zhǎng)，求： (1)小球帶何種電性及進(jìn)入復(fù)合場(chǎng)時(shí)的速度大??； (2)小球在復(fù)合場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑； (3)小球

9、在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間． 解析：(1)小球在電場(chǎng)、磁場(chǎng)和重力場(chǎng)的復(fù)合場(chǎng)中，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)左手定則可知小球帶負(fù)電．小球進(jìn)入復(fù)合場(chǎng)之前由動(dòng)能定理：qU＝mv2，解得v＝ . (2)設(shè)做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為r，由幾何關(guān)系： r2＝(r－L)2＋(L)2，解得r＝2L. (3)由(2)知圓周運(yùn)動(dòng)對(duì)應(yīng)圓心角：θ＝ 粒子運(yùn)動(dòng)周期：T＝ 運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：t＝T 聯(lián)立以上可得t＝ . 答案：(1)負(fù)電　　(2)2L　(3) 7．(2018屆貴陽(yáng)市花溪清華中學(xué)模擬)如圖，區(qū)域Ⅰ內(nèi)有與水平方向成45°角的勻強(qiáng)電場(chǎng)E1，區(qū)域?qū)挾葹閐1，區(qū)域Ⅱ內(nèi)有正交的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)B和勻強(qiáng)電場(chǎng)E2，區(qū)域?qū)挾葹閐2

10、，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，電場(chǎng)方向豎直向下．一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的微粒在區(qū)域Ⅰ左邊界的P點(diǎn)，由靜止釋放后水平向右做直線運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，從區(qū)域Ⅱ右邊界上的Q點(diǎn)穿出，其速度方向改變了60°，重力加速度為g，求： (1)區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ內(nèi)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E1、E2的大小； (2)區(qū)域Ⅱ內(nèi)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??； (3)微粒從P運(yùn)動(dòng)到Q的時(shí)間有多長(zhǎng)？ 解析：(1)微粒在區(qū)域Ⅰ內(nèi)水平向右做直線運(yùn)動(dòng)，則在豎直方向上有 qE1sin45°＝mg，解得E1＝ 微粒在區(qū)域Ⅱ內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則在豎直方向上有 mg＝qE2，E2＝. (2)設(shè)微粒在區(qū)域Ⅰ內(nèi)水平向右做直

11、線運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度為a，離開(kāi)區(qū)域 Ⅰ 時(shí)速度為v，在區(qū)域 Ⅱ 內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為R，則：a＝＝g，v2＝2ad1，Rsin60°＝d2，qvB＝m，解得B＝. (3)微粒在區(qū)域Ⅰ內(nèi)做勻加速運(yùn)動(dòng)，t1＝，在區(qū)域Ⅱ內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的圓心角為60°，則：T＝，t2＝＝，解得t＝t1＋t2＝＋. 答案：(1)　 (2) (3)＋ 8．(2019屆福建泉州檢測(cè))如圖所示，兩塊相同的金屬板MN、PQ平行傾斜放置，與水平面的夾角為45°，兩金屬板間的電勢(shì)差為U，PQ板電勢(shì)高于MN板，且MN、PQ之間分布有方向與紙面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球從PQ板的P端以速度v0

12、豎直向上射入，恰好沿直線從MN板的N端射出，重力加速度為g.求： (1)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和方向； (2)小球在金屬板之間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間． 解析：(1)小球在金屬板之間做勻速直線運(yùn)動(dòng)，受重力G、電場(chǎng)力F電和洛倫茲力f，F(xiàn)電的方向與金屬板垂直，由左手定則可知f的方向沿水平方向，三力合力為零，結(jié)合平衡條件可知小球帶正電，金屬板MN、PQ之間的磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，且有 qv0B＝mgtan45°① 得B＝.② (2)解法一：設(shè)兩金屬板之間的距離為d，則板間電場(chǎng)強(qiáng)度E＝③ 又qE＝mg④ h＝d⑤ 小球在金屬板之間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝⑥ 解得t＝. 解法二：由于f＝qv0B不做功，WG

13、＝－mgh，W電＝qU，則由動(dòng)能定理得 qU－mgh＝0 h＝v0t 得t＝. 答案：(1)　垂直紙面向外　(2) |學(xué)霸作業(yè)|——自選 一、選擇題 1．(2018屆東北三省四市教研聯(lián)合體一模)隨著電子技術(shù)的發(fā)展，霍爾傳感器被廣泛應(yīng)用在汽車的各個(gè)系統(tǒng)中．其中霍爾轉(zhuǎn)速傳感器在測(cè)量發(fā)動(dòng)機(jī)轉(zhuǎn)速時(shí)，情境可簡(jiǎn)化如圖甲所示，被測(cè)轉(zhuǎn)子的輪齒(表面具有磁性)每次經(jīng)過(guò)霍爾元件時(shí)，都會(huì)使霍爾電壓發(fā)生變化．霍爾元件的原理如圖乙所示，傳感器的內(nèi)置電路會(huì)將霍爾電壓調(diào)整放大，輸出一個(gè)脈沖信號(hào)．下列說(shuō)法正確的是(　　) A．霍爾電壓是由元件中定向移動(dòng)的載流子受到電場(chǎng)力作用發(fā)生偏轉(zhuǎn)而產(chǎn)生的 B．其他條件

14、不變的情況下，霍爾元件的厚度c越大，產(chǎn)生的霍爾電壓越高 C．若霍爾元件的前端電勢(shì)比后端低，則元件中的載流子為負(fù)電荷 D．若轉(zhuǎn)速表顯示1 800 r/min，轉(zhuǎn)子上齒數(shù)為150個(gè)，則霍爾傳感器每分鐘輸出12個(gè)脈沖信號(hào) 解析：選C　霍爾電壓是由元件中定向移動(dòng)的載流子受到洛倫茲力作用發(fā)生偏轉(zhuǎn)而產(chǎn)生的，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；載流子沿電流方向通過(guò)霍爾元件，根據(jù)左手定則，正離子偏向前方，設(shè)產(chǎn)生的霍爾電壓為U，則有＝evB，解得U＝Bbv，I＝nqacv，所以U＝·，即其他條件不變的情況下，霍爾元件的厚度c越大，產(chǎn)生的霍爾電壓越低，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；根據(jù)左手定則，載流子是負(fù)電荷時(shí)，霍爾元件的前端電勢(shì)比后端低，選項(xiàng)C正

15、確；若轉(zhuǎn)速表顯示1 800 r/min，轉(zhuǎn)子上齒數(shù)為150個(gè)，則霍爾傳感器每分鐘輸出1 800×150＝2.7×105個(gè)脈沖，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 2．如圖所示，在一豎直平面內(nèi)，y軸左側(cè)有一水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)E1和一垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B，y軸右側(cè)有一豎直方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)E2.一電荷量為q(電性未知)、質(zhì)量為m的微粒從x軸上A點(diǎn)以一定初速度與水平方向成θ＝37°角沿直線經(jīng)P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到圖中C點(diǎn)，其中m、q、B均已知，重力加速度為g，則(　　) A．微粒一定帶負(fù)電 B．電場(chǎng)強(qiáng)度E2一定豎直向下 C．兩電場(chǎng)強(qiáng)度之比＝ D．微粒的初速度為v＝ 解析：選D　微粒從A到P受重力、電場(chǎng)力和洛倫茲力作用

16、做直線運(yùn)動(dòng)，則微粒做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由左手定則及電場(chǎng)力的性質(zhì)可確定微粒一定帶正電，此時(shí)有qE1＝mgtan37°，A錯(cuò)誤；微粒從P到C在電場(chǎng)力、重力作用下做直線運(yùn)動(dòng)，必有mg＝qE2，所以E2的方向豎直向上，B錯(cuò)誤；由以上分析可知＝，C錯(cuò)誤；AP段有mg＝Bqvcos37°，即v＝，D正確． 3．(多選)如圖所示，質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小物塊從半徑為R的絕緣半圓槽頂點(diǎn)A由靜止下滑，已知半圓槽右半部分光滑，左半部分粗糙，整個(gè)裝置處于正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)與磁場(chǎng)中，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E＝，方向水平向右，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向里，g為重力加速度大小，則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．物塊最

17、終停在A點(diǎn) B．物塊最終停在最低點(diǎn) C．物塊做往復(fù)運(yùn)動(dòng) D．物塊首次滑到最低點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力為2mg＋qB 解析：選CD　由于半圓槽右半部分光滑，左半部分粗糙，且在最低點(diǎn)受到的電場(chǎng)力方向向右，所以物塊最終從最低點(diǎn)開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)，到達(dá)某位置速度變?yōu)榱?，然后又向左運(yùn)動(dòng)，即物塊做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)C正確，A、B錯(cuò)誤；物塊從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)，由動(dòng)能定理得mgR－qER＝mv2－0，且E＝，聯(lián)立得v＝，物塊運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律得N－mg－qvB＝m，解得N＝2mg＋qB，由牛頓第三定律知，選項(xiàng)D正確． 4．如圖所示，粗糙的足夠長(zhǎng)的豎直木桿上套有一個(gè)帶電的小球，整個(gè)裝置處在由水平勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂

18、直紙面向外的勻強(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)程中小球的v-t圖象如圖所示，其中正確的是(　　) 解析：選C　該題中，小球的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)與電性無(wú)關(guān)．設(shè)小球帶正電，對(duì)帶電小球進(jìn)行受力分析如圖所示，剛開(kāi)始速度v比較小，F(xiàn)洛＝qvB比較小，電場(chǎng)力F>F洛，G－Ff＝ma，即ma＝G－μ(F－qvB)，隨著速度v的不斷增大，a也不斷增大．當(dāng)F＝F洛時(shí)，a最大，為重力加速度g.再隨著速度v的不斷增大，F(xiàn)

19、勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小E＝5 N/C，同時(shí)存在著水平方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其方向與電場(chǎng)方向垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝0.5 T．有一帶正電的小球，質(zhì)量m＝1.0×10－6 kg，電荷量q＝2×10－6 C，正以速度v在圖示的豎直面內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)經(jīng)過(guò)P點(diǎn)時(shí)撤掉磁場(chǎng)(不考慮磁場(chǎng)消失引起的電磁感應(yīng)現(xiàn)象)，取g＝10 m/s2.求： (1)小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)的速度v的大小和方向； (2)從撤掉磁場(chǎng)到小球再次穿過(guò)P點(diǎn)所在的這條電場(chǎng)線經(jīng)歷的時(shí)間t. 解析：(1)小球勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)受力如圖，其所受的三個(gè)力在同一平面內(nèi)，合力為零，有 qvB＝① 代入數(shù)據(jù)解得v＝20 m/s② 速度v的

20、方向與電場(chǎng)E的方向之間的夾角滿足 tanθ＝③ 代入數(shù)據(jù)解得tanθ＝ 則θ＝60°.④ (2)撤去磁場(chǎng)，小球在重力與電場(chǎng)力的合力作用下做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)其加速度為a，有 a＝⑤ 設(shè)撤去磁場(chǎng)后小球在初速度方向上的分位移為x，有 x＝vt⑥ 設(shè)小球在重力與電場(chǎng)力的合力方向上分位移為y，有 y＝at2⑦ a與mg的夾角和v與E的夾角相同，均為θ，又 tanθ＝⑧ 聯(lián)立④⑤⑥⑦⑧式，代入數(shù)據(jù)解得 t＝2 s≈3.5 s. 答案：(1)20 m/s　與電場(chǎng)E的方向之間的夾角為60°斜向上　(2)3.5 s 6．(2018屆河北衡水中學(xué)一調(diào))如圖所示，質(zhì)量M為5.0 kg的

21、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

22、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． 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)水平方向動(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＝mv02＋Mv2－mv12， 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)＝m，解得r＝1 m. (3)設(shè)滑塊沿圓弧軌道上升到最大高度

23、時(shí)，滑塊與小車具有共同的速度v′，水平方向系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律可得 mv1＝(m＋M)v′，解得v′＝ m/s. 設(shè)圓弧軌道的最大半徑為Rm，由能量守恒定律有 mv12＝(m＋M)v′2＋(mg＋qE)Rm，解得Rm＝0.71 m. 答案：(1)85 J　(2)1 m　(3)0.71 m 7．如圖，絕緣粗糙的豎直平面MN左側(cè)同時(shí)存在相互垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)方向水平向右，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的小滑塊從A點(diǎn)由靜止開(kāi)始沿MN下滑，到達(dá)C點(diǎn)時(shí)離開(kāi)MN做曲線運(yùn)動(dòng)．A、C兩點(diǎn)間距離為h，重力加速度為g.

24、 (1)求小滑塊運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)的速度大小vC； (2)求小滑塊從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)過(guò)程中克服摩擦力做的功Wf； (3)若D點(diǎn)為小滑塊在電場(chǎng)力、洛倫茲力及重力作用下運(yùn)動(dòng)過(guò)程中速度最大的位置，當(dāng)小滑塊運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)撤去磁場(chǎng)，此后小滑塊繼續(xù)運(yùn)動(dòng)到水平地面上的P點(diǎn)．已知小滑塊在D點(diǎn)時(shí)的速度大小為vD，從D點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的時(shí)間為t，求小滑塊運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)速度的大小vP. 解析：(1)小滑塊沿MN運(yùn)動(dòng)過(guò)程，水平方向受力滿足 qvB＋N＝qE① 小滑塊在C點(diǎn)離開(kāi)MN時(shí) N＝0② 解得vC＝.③ (2)滑塊從A到C由動(dòng)能定理 mgh－Wf＝mvC2－0④ 解得Wf＝mgh－.⑤ (3)如圖，小滑塊速

25、度最大時(shí)，速度方向與電場(chǎng)力、重力的合力方向垂直．撤去磁場(chǎng)后小滑塊將做類平拋運(yùn)動(dòng)，等效加速度為g′ g′＝⑥ 且vP2＝vD2＋g′2t2⑦ 解得vP＝. 答案：(1)　(2)mgh－ (3) 8．(2018屆四川成都第二次診斷)如圖所示為豎直平面內(nèi)的直角坐標(biāo)系xOy，A點(diǎn)的坐標(biāo)為(－8 m,0)，C點(diǎn)的坐標(biāo)為(－4 m,0)；A點(diǎn)右側(cè)的區(qū)域存在沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，－8 m≤x<－4 m區(qū)域的場(chǎng)強(qiáng)大小為E1＝5 V/m，－4 m≤x<0區(qū)域的場(chǎng)強(qiáng)大小為E2＝7 V/m，x≥0區(qū)域的場(chǎng)強(qiáng)大小為E3＝5 V/m；第一、四象限內(nèi)的磁場(chǎng)方向相反且垂直于坐標(biāo)平面，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均

26、為B＝2 T．現(xiàn)讓一帶正電的小球從A點(diǎn)沿x軸正方向以v0＝4 m/s的速率進(jìn)入電場(chǎng)．已知小球的質(zhì)量m＝2×10－3 kg，電荷量q＝4×10－3 C，假設(shè)電場(chǎng)和磁場(chǎng)區(qū)域足夠?qū)拸V，小球可視為質(zhì)點(diǎn)且電荷量保持不變，忽略小球在運(yùn)動(dòng)中的電磁輻射，重力加速度取g＝10 m/s2.求： (1)小球到達(dá)y軸時(shí)的速度； (2)小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到坐標(biāo)為(56 m)的點(diǎn)經(jīng)歷的時(shí)間． 解析：(1)在－8 m≤x<－4 m區(qū)域，小球所受電場(chǎng)力F＝qE1 代入數(shù)據(jù)得F＝2×10－2 N，方向向上． 由題知mg＝2×10－2 N 因F＝mg 所以小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)該過(guò)程經(jīng)歷時(shí)間為t1 在－4 m≤

27、x<0區(qū)域，qE2>mg，小球做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)該過(guò)程經(jīng)歷時(shí)間為t2，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律 在y軸方向上有qE2－mg＝ma 代入數(shù)據(jù)得a＝4 m/s2 y＝at22，vy＝at2 在x軸方向上有CO＝v0t2 代入數(shù)據(jù)得t2＝1 s＝2 m，vy＝4 m/s 由v＝ 代入數(shù)據(jù)解得v＝4 m/s 設(shè)v與y軸正方向的夾角為α 由tanα＝，代入數(shù)據(jù)解得α＝45°. (2)在x≥0區(qū)域，qE3＝mg，分析知，小球先在第一象限做半徑為r、周期為的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，接著交替在第四、第一象限做半徑為r、周期為的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，軌跡如圖所示 洛倫茲力提供向心力，有qvB＝m 代入數(shù)據(jù)得r＝

28、m 設(shè)小球在第一象限第一次到達(dá)x軸的位置為P點(diǎn)，第二次到達(dá)x軸的位置為G點(diǎn) 由幾何關(guān)系得OP＝2 m，PG＝2rcosα＝2 m 小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T＝ 代入數(shù)據(jù)得T＝ s 設(shè)小球從O點(diǎn)到達(dá)x軸上H(56 m,0)點(diǎn)的時(shí)間為t3 因＝28，即OH＝OP＋27PG 故t3＝tOP＋tPH＝＋27× 代入數(shù)據(jù)得t3＝＝ s 又t1＝＝1 s 由答圖可知，達(dá)到橫坐標(biāo)為56 m的點(diǎn)有以下三種情況： ①到達(dá)橫坐標(biāo)為56 m的I點(diǎn)，tAI＝t1＋t2＋t3－＝ s ②到達(dá)橫坐標(biāo)為56 m的H點(diǎn)，tAH＝t1＋t2＋t3＝ s ③到達(dá)橫坐標(biāo)為56 m的J點(diǎn)，tAJ＝t1＋t2＋t3＋＝ s. 答案：見(jiàn)解析 14