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1、帶電粒子在疊加場中的運動 [A級－基礎練] 1．在如圖所示的平行板器件中，電場強度E和磁感應強度B相互垂直．一帶電粒子(重力不計)從左端以速度v沿虛線射入后做直線運動，則該粒子(　　 ) A．一定帶正電 B．速度v＝ C．若速度v>，粒子一定不能從板間射出 D．若此粒子從右端沿虛線方向進入，仍做直線運動 解析：B　[粒子帶正電和負電均可，選項A錯誤；由洛倫茲力等于電場力，即qvB＝qE，解得速度v＝，選項B正確；若速度v>，粒子可能從板間射出，選項C錯誤；若此粒子從右端沿虛線方向進入，所受電場力和洛倫茲力方向相同，不能做直線運動，選項D錯誤．] 2．用絕緣細線懸掛一個質量

2、為m、帶電荷量為＋q的小球，讓它處于如圖所示的磁感應強度為B的勻強磁場中．由于磁場的運動，小球靜止在如圖所示位置，這時懸線與豎直方向的夾角為α，并被拉緊，則磁場的運動速度和方向可能是(　　) A．v＝，水平向左 B．v＝，豎直向下 C．v＝，豎直向上 D．v＝，水平向右 解析：C　[根據運動的相對性，帶電小球相對于磁場的速度與磁場相對于小球(相對地面靜止)的速度大小相等、方向相反．洛倫茲力F＝qvB中的v是相對于磁場的速度．根據力的平衡條件可以得出，當小球相對磁場以速度v＝豎直向下運動或以速度v＝水平向右運動時，帶電小球都能處于靜止狀態(tài)，但小球處于后者的狀態(tài)時，懸線不受拉力，不會

3、被拉緊，故本題選C.] 3．如圖所示，寬度為d、厚度為h的導體放在垂直于它的磁感應強度為B的勻強磁場中，當電流通過該導體時，在導體的上、下表面之間會產生電勢差，這種現(xiàn)象稱為霍爾效應．實驗表明當磁場不太強時，電勢差U、電流I和磁感應強度B的關系為U＝k，式中的比例系數k稱為霍爾系數．設載流子的電荷量為q，下列說法正確的是(　　 ) A．載流子所受靜電力的大小F＝q B．導體上表面的電勢一定大于下表面的電勢 C．霍爾系數為k＝，其中n為導體單位長度上的電荷數 D．載流子所受洛倫茲力的大小F洛＝，其中n為導體單位體積內的電荷數 解析：D　[靜電力的大小應為F＝q，選項A錯誤；載流子的

4、電性是不確定的，因此選項B錯誤；霍爾系數k＝，其中n為導體單位體積內的電荷數，選項C錯誤；載流子所受洛倫茲力的大小F洛＝qvB，其中v＝，可得F洛＝，選項D正確．] 4．(2019·安慶模擬)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，已知該電場的電場強度為E，方向豎直向下；該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(　　 ) A．液滴帶正電 B．液滴比荷＝ C．液滴沿順時針方向運動 D．液滴運動速度大小v＝ 解析：C　[液滴在重力場、勻強電場、勻強磁場的復合場中做勻速圓周運動，可知，qE＝mg，得＝

5、，故B錯誤；電場力豎直向上，液滴帶負電，A錯誤；由左手定則可判斷液滴沿順時針轉動，C正確；對液滴qE＝mg，qvB＝m得v＝，故D錯誤．] 5．(2019·南京模擬)如圖所示，從S處發(fā)出的熱電子經加速電壓U加速后垂直進入相互垂直的勻強電場和勻強磁場中，發(fā)現(xiàn)電子流向上極板偏轉．設兩極板間電場強度為E，磁感應強度為B.欲使電子沿直線從電場和磁場區(qū)域通過，只采取下列措施，其中可行的是(　　) A．適當減小電場強度E B．適當減小磁感應強度B C．適當增大加速電場極板之間的距離 D．適當減小加速電壓U 解析：A　[欲使電子沿直線從電場和磁場區(qū)域通過，則qE＝qvB，而電子流向上極板偏轉

6、，則qE＞qvB，應減小E或增大B、v，故A正確，B、C、D錯誤．] 6．(2019·廣東惠州一調)平面OM和水平面ON之間的夾角為30°，其橫截面如圖所示，平面OM和水平面ON之間同時存在勻強磁場和勻強電場，磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向外，勻強電場的方向豎直向上．一帶電小球的質量為m、帶電荷量為q，帶電小球沿紙面以大小為v0的速度從OM的某點沿左上方射入磁場，速度方向與OM成30°角，帶電小球進入磁場后恰好做勻速圓周運動，已知帶電小球在磁場中的運動軌跡與ON恰好相切，且?guī)щ娦∏蚰軓腛M上另一點P射出磁場(P未畫出)． (1)判斷帶電小球帶何種電荷？所加電場強度E為多大？ (

7、2)帶電小球離開磁場的出射點P到兩平面交點O的距離s為多大？ (3)帶電小球離開磁場后繼續(xù)運動，能打在左側豎直的光屏OO′上，求打在光屏上的點到O點的距離． 解析：(1)根據題意知，小球受到的電場力與重力平衡，小球所受的合力等于洛倫茲力，則帶電小球帶正電荷． 由qE＝mg，可得E＝. (2)帶電小球進入磁場后做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，有qv0B＝m， 得R＝. 根據題意，帶電小球在勻強磁場中的運動軌跡如圖所示，Q點為運動軌跡與ON相切的點，I點為入射點，P點為出射點，則IP為運動軌跡所對的弦，帶電小球離開磁場的速度方向與OM的夾角也為30°，由幾何關系可得，QP為圓軌道的

8、直徑， 所以OP的長度s＝＝4R＝. (3)帶電小球從P點離開磁場后做平拋運動，設帶電小球打在光屏上的T點．則帶電小球運動的水平方向位移為x＝v0t，得t＝＝＝， 豎直方向位移為y＝gt2＝g·2＝， 如圖所示，T點到O點的距離 OT＝2R＋y＝＋. 答案：(1)正電荷　　(2)　(3)＋ [B級－能力練] 7．(多選)如圖所示，質量為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，整個裝置處于正交的勻強電場與磁場中，電場強度大小為E＝，方向水平向右，磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里，g為重力加速度大小，則下列說

9、法正確的是(　　 ) A．物塊最終停在A點 B．物塊最終停在最低點 C．物塊做往復運動 D．物塊首次滑到最低點時對軌道的壓力為2mg＋qB 解析：CD　[由于半圓槽右半部分光滑，左半部分粗糙，且在最低點受到的電場力方向向右，所以物塊最終從最低點開始向右運動，到達某位置速度變?yōu)榱悖缓笥窒蜃筮\動，即物塊做往復運動，選項C正確，A、B錯誤；物塊從A點運動到最低點，由動能定理得，mgR－qER＝mv2－0，且E＝，聯(lián)立得v＝，物塊運動到最低點時，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D正確．] 8．(2019·佛山模擬)(多選)如圖所示，

10、某一真空室內充滿豎直向下的勻強電場E，在豎直平面內建立坐標系xOy，在y<0的空間里有與場強E垂直的勻強磁場B，在y>0的空間內，將一質量為m的帶電液滴(可視為質點)自由釋放，此液滴則沿y軸的負方向，以加速度a＝2g(g為重力加速度)做勻加速直線運動，當液滴運動到坐標原點時，瞬間被安置在原點的一個裝置改變了帶電性質(液滴所帶電荷量和質量均不變)，隨后液滴進入y<0的空間內運動，液滴在y<0的空間內運動過程中(　　) A．重力勢能一定是不斷減小 B．電勢能先增大后減小 C．動能不斷增大 D．動能保持不變 解析：BD　[在y>0的空間內，根據液滴沿y軸負方向以加速度a＝2g(g為重力

11、加速度)做勻加速直線運動可知，液滴在此空間內運動時所受電場力方向向下，大小等于重力；進入y<0的空間后，液滴電性改變，其所受電場力向上，大小仍等于重力，所以液滴將在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，動能保持不變，選項D正確；重力勢能先減小后增大，電勢能先增大后減小，選項A、C均錯誤．] 9．(2019·江蘇蘇錫常鎮(zhèn)四市調研)(多選)自行車速度計利用霍爾效應傳感器獲知自行車的運動速率．如圖甲所示，自行車前輪上安裝一塊磁鐵，輪子每轉一圈，這塊磁鐵就靠近傳感器一次，傳感器會輸出一個脈沖電壓．圖乙為霍爾元件的工作原理圖．當磁場靠近霍爾元件時，導體內定向運動的自由電荷在磁場力作用下偏轉，最終使導體在與磁場

12、、電流方向都垂直的方向上出現(xiàn)電勢差，即為霍爾電勢差．下列說法正確的是(　　 ) A．根據單位時間內的脈沖數和自行車車輪的半徑即可獲知車速大小 B．自行車的車速越大，霍爾電勢差越高 C．圖乙中霍爾元件的電流I是由正電荷定向運動形成的 D．如果長時間不更換傳感器的電源，霍爾電勢差將減小 解析：AD　[根據單位時間內的脈沖數可知車輪轉動的轉速，若再已知自行車車輪的半徑，根據v＝2πrn即可獲知車速大小，選項A正確；根據霍爾原理可知q＝Bqv，U＝Bdv，即霍爾電壓只與磁場強度、霍爾元件的厚度以及電子定向移動的速度有關，與車輪轉速無關，選項B錯誤；圖乙中霍爾元件的電流I是由電子定向運動形

13、成的，選項C錯誤；如果長時間不更換傳感器的電源，則會導致電子定向移動的速率減小，故霍爾電勢差將減小，選項D正確．] 10．(多選)如圖所示，空間中存在正交的勻強電場E(方向水平向右)和勻強磁場B(方向垂直紙面向外)，在豎直平面內從a點沿ab、ac方向拋出兩帶電小球(不考慮兩帶電小球的相互作用，兩小球電荷量始終不變)，關于小球的運動，下列說法正確的是(　　) A．沿ab、ac方向拋出的帶電小球都可能做直線運動 B．只有沿ab方向拋出的帶電小球才可能做直線運動 C．若沿ac方向拋出的小球做直線運動則小球帶負電，且小球一定是做勻速運動 D．兩小球在運動過程中機械能均守恒 解析：AC　

14、[兩個帶電小球的電性未知，可假設電性再判斷電場力和洛倫茲力的方向，由于在電場力、洛倫茲力和重力作用下小球的直線運動必為勻速運動，只要三力能平衡，小球即可做直線運動，由假設判斷可知沿ab方向做直線運動的小球帶正電、沿ac方向做直線運動的小球帶負電，所以選項A、C正確，選項B錯誤；除重力做功外，洛倫茲力不做功，電場力做功，機械能不守恒，選項D錯誤．] 11．(2019·長春模擬)(多選)如圖所示，一個絕緣且內壁光滑的環(huán)形細圓管，固定于豎直平面內，環(huán)的半徑為R(比細管的內徑大得多)，在圓管的最低點有一個直徑略小于細管內徑的帶正電小球處于靜止狀態(tài)，小球的質量為m，帶電荷量為q，重力加速度為g.空間存

15、在一磁感應強度大小未知(不為零)，方向垂直于環(huán)形細圓管所在平面且向里的勻強磁場．某時刻，給小球一方向水平向右，大小為v0＝的初速度，則以下判斷正確的是(　　) A．無論磁感應強度大小如何，獲得初速度后的瞬間，小球在最低點一定受到管壁的彈力作用 B．無論磁感應強度大小如何，小球一定能到達環(huán)形細圓管的最高點，且小球在最高點一定受到管壁的彈力作用 C．無論磁感應強度大小如何，小球一定能到達環(huán)形細圓管的最高點，且小球到達最高點的速度大小都相同 D．小球在從環(huán)形細圓管的最低點運動到所能到達的最高點的過程中，水平方向分速度的大小一直減小 解析：BC　[小球在軌道最低點時受到的洛倫茲力方向豎直

16、向上，若洛倫茲力和重力的合力恰好提供小球所需要的向心力，則在最低點時小球不會受到管壁彈力的作用，A選項錯誤；小球運動的過程中，洛倫茲力不做功，小球的機械能守恒，運動至最高點時小球的速度v＝，由于是雙層軌道約束，小球運動過程不會脫離軌道，所以小球一定能到達軌道最高點，C選項正確；在最高點時，小球做圓周運動的向心力F＝m＝mg，小球受到豎直向下洛倫茲力的同時必然受到與洛倫茲力等大反向的軌道對小球的彈力，B選項正確；小球在從最低點到最高點的運動過程中，小球在下半圓內上升的過程中，水平分速度向右一定遞減，到達圓心的等高點時，水平速度為零，而運動至上半圓后水平分速度向左且不為零，所以水平分速度一定有增大

17、的過程，D選項錯誤．] 12．(2019·河北衡水中學一調)如圖所示，質量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動，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，整個軌道都是由絕緣材料制成的，小車所在空間內有豎直向上的勻強電場和垂直于紙面向里的勻強磁場，電場強度E大小為50 N/C，磁感應強度B大小為2.0 T．現(xiàn)有一質量m為2.0 kg、帶負電且電荷量為0.10 C的滑塊以10 m/s的水平速度向右沖上小車，當它運動到D點時速度為5 m/s.滑塊可視為質點，g取10 m/s2，計算結果保留兩位有效數字． (1)求滑塊從A到D的過程中，小車與滑

18、塊組成的系統(tǒng)損失的機械能； (2)如果滑塊剛過D點時對軌道的壓力為76 N，求圓弧軌道的半徑r； (3)當滑塊通過D點時，立即撤去磁場，要使滑塊沖出圓弧軌道，求此圓弧軌道的最大半徑． 解析：(1)設滑塊運動到D點時的速度大小為v1，小車在此時的速度大小為v2，物塊從A運動到D的過程中，系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向， 有mv0－Mv＝mv1＋Mv2， 解得v2＝0. 設小車與滑塊組成的系統(tǒng)損失的機械能為ΔE，則有 ΔE＝mv＋Mv2－mv， 解得ΔE＝85 J. (2)設滑塊剛過D點時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＝1.0 m. (3)設滑塊沿圓弧軌道上升到最大高度時，滑塊與小車具有共同的速度v′，由動量守恒定律可得 mv1＝(m＋M)v′，解得v′＝ m/s. 設圓弧軌道的最大半徑為Rm，由能量守恒定律有 mv＝(m＋M)v′2＋(mg＋qE)Rm， 解得Rm＝0.71 m. 答案：(1)85 J　(2)1.0 m　(3)0.71 m 9