考點34帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動考點名片考點細(xì)研究：（1）帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動；（2）質(zhì)譜儀和回旋加速器等。其中考查到的如：2016年全國卷I第15題、2016年天津高考第11題、2016年浙江高考第25題、2016年江蘇高考第15題、2015年重慶高考第9題、2015年福建高考第22題、2015年天津高考第12題、2015年山東高考第24題、2015年浙江高考第25題、2015年江蘇高考第15題、2014年四川高考第10題、2014年大綱卷第25題、2014年重慶高考第9題等。備考正能量：本部分內(nèi)容綜合性較強(qiáng)，經(jīng)常以壓軸題的形式出現(xiàn)。試題綜合考查力與運(yùn)動以及運(yùn)用數(shù)學(xué)解決物理問題的能力，尤其是對高新科技儀器物理原理的考查，對考生物理建模及信息遷移的能力要求較高。今后本部分知識仍為出題的熱點和難點，需要著重關(guān)注帶電粒子在電磁交變場中的運(yùn)動。一、基礎(chǔ)與經(jīng)典1.如圖所示，某空間存在正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場方向水平向右，磁場方向垂直紙面向里，一帶電微粒由Q點進(jìn)入電磁場并剛好沿虛線而向上運(yùn)動。下列說法中正確的是（）A.該微粒一定帶負(fù)電

B,該微粒的動能一定減少C,該微粒的電勢能一定增加D-該微粒的機(jī)械能不一定增加答案A解析微粒受到的重力和電場力是恒力，沿直線運(yùn)動，則可以判斷出微粒受到的洛倫茲力也是恒定的，即該微粒做勻速直線運(yùn)動，所以B錯誤；如果該微粒帶正電，則受到向右的電場力和向左下方的洛倫茲力，所以不會沿直線運(yùn)動，故該微粒一定帶負(fù)電，電場力做正功，電勢能一定減少，機(jī)械能增加，A正確，C、D錯誤。2.質(zhì)量為m的帶電小球在正交的勻強(qiáng)電場、勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動，軌道平面在豎直平面內(nèi)，電場方向豎直向下，磁場方向垂直圓周所在平面向里，如圖所示，由此可知（）A.小球帶正電，沿順時針方向運(yùn)動B.小球帶負(fù)電，沿順時針方向運(yùn)動C,小球帶正電，沿逆時針方向運(yùn)動D.小球帶負(fù)電，沿逆時針方向運(yùn)動答案B解析根據(jù)題意，可知小球受到的電場力方向向上，大小等于重力，又電場方向豎直向下，可知小球帶負(fù)電；已知磁場方向垂直圓周所在平面向里，帶負(fù)電的小球受到的洛倫茲力指向圓心，小球一定沿順時針方向運(yùn)動。B正確。3.如圖，在兩水平極板間存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場方向豎直向下，磁場方向垂直于紙面向里。帶電粒子以某一速度沿水平直

直向下，磁場方向垂直于紙面向里。帶電粒子以某一速度沿水平直線通過兩極板。若不計重力，下列四個物理量中哪一個改變時，粒子運(yùn)動軌跡不會改變（）A.粒子速度的大小 B.粒子所帶的電荷量C.電場強(qiáng)度 D.磁感應(yīng)強(qiáng)度解析粒子受到電場力和洛倫茲力作用而平衡，即qE=qvB，所以只要當(dāng)粒子速度v=B時，粒子運(yùn)動軌跡就是一條直線，與粒子所帶的電荷量q無關(guān)，選項B正確；當(dāng)粒子速度的大小、電場強(qiáng)度、磁感應(yīng)強(qiáng)度三個量中任何一個改變時，運(yùn)動軌跡都會改變，選項A、C、D不符合題意。帶負(fù)電滑塊以一定初速度沖上絕緣粗4.如圖所示，無磁場時,糙斜面,滑塊剛好能到達(dá)A點。若加上一個垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場,A.剛好能滑到A點4.如圖所示，無磁場時,糙斜面,滑塊剛好能到達(dá)A點。若加上一個垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場,A.剛好能滑到A點B.能沖過A點D.因不知磁感應(yīng)強(qiáng)度大小，所以不能確定能否滑到A點答案C解析滑塊沖上斜面時，由左手定則可知滑塊受到垂直斜面向下的洛倫茲力作用，滑塊對斜面的正壓力增大，斜面對滑塊的滑動摩擦力增大，所以滑塊不能滑到A點，選項C正確。xVoxxxBxxVoxxxBxXXXXX5.質(zhì)量為m,帶電荷量為+q的小球套在水平固定且足夠長的絕緣桿上，如圖所示，整個裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場中，現(xiàn)給球一個水平向右的初速度。0使其開始運(yùn)動，不計空氣阻力，則球運(yùn)動克服摩擦力做的功不可能的是（）0C.C.mv20答案C解析（1）當(dāng)qv0B=mg時，圓環(huán)不受支持力和摩擦力，摩擦力做功為零。（2）當(dāng)qv0B<mg時，圓環(huán)做減速運(yùn)動到靜止，只有摩擦力做功。11根據(jù)動能定理得：-W=0-2mv2，W=產(chǎn)嚕（3）當(dāng)qv0B>mg時，圓環(huán)先做減速運(yùn)動，當(dāng)qvB=mg，即當(dāng)qvB=mg，v=m時，不受摩擦力，做勻速直線運(yùn)動。根據(jù)動能定理得：-W=1mv2-；mv3代入解得：W=；m忖-1nmg｝］。所以只有選項C不可能。6.（多選）質(zhì)譜儀的構(gòu)造原理如圖所示。從粒子源S出來時的粒子速度很小，可以看作初速為零，粒子經(jīng)過電場加速后進(jìn)入有界的垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，并沿著半圓周運(yùn)動而達(dá)到照相底片上的P點，測得P點到入口的距離為x，則以下說法正確的是（）

A,粒子一定帶正電B.粒子一定帶負(fù)電x越大，則粒子的質(zhì)量與電量之比一定越大x越大，則粒子的質(zhì)量與電量之比一定越小答案AC解析根據(jù)左手定則，知粒子帶正電，故A正確，B錯誤；根據(jù)半徑公式r=m知,x=2r=2qBv-，又qU=|mv2,聯(lián)立解得x=\SmU-,知x越大，質(zhì)量與電量的比值越大，故C正確，D錯誤?！?（多選）如圖所示，長均為d的兩正對平行金屬板MN、PQ水平放置，板間距離為2d，板間有正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，一帶電粒子從MP的中點O垂直于電場和磁場方向以v0射入，恰沿直線從NQ的中點A射出；若撤去電場，則粒子從M點射出（粒子重力不計）。以下說法正確的是（）A.該粒子帶正電B?該粒子帶正電、負(fù)電均可C.若撤去磁場，則粒子射出時的速度大小為2v,D.若撤去磁場，則粒子射出時的速度大小為，v答案AD解析若撤去電場，則粒子從M點射出，根據(jù)左手定則知粒子應(yīng)帶正電荷，故A正確，B錯誤；設(shè)粒子的質(zhì)量為m,帶電荷量為q,粒子射入電磁場時的速度為v0，則粒子沿直線通過場區(qū)時:Bqv0=Eq。撤去電場后，在洛倫茲力的作用下，粒子做圓周運(yùn)動，由幾何知識知r=2，由洛倫茲力提供向心力得，qv0B=m^^^m^2。撤去磁場，粒子做類平拋運(yùn)動，設(shè)粒子的加速度為。，穿越電場所用時間為t,則有:Eq=ma,y=^1at2,d=v01，聯(lián)立解得：y=d。設(shè)末速度為v，由動能1 1定理得，qEd=2mv2-產(chǎn)。0,解得：v=\；,5v0，故C錯誤，D正確。.（多選）粒子回旋加速器的工作原理如圖甲、乙所示，置于真空中的D形金屬盒的半徑為R,兩金屬盒間的狹縫很小，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場與金屬盒盒面垂直，高頻交流電的頻率為f，加速電壓為U，若中心粒子源處產(chǎn)生的質(zhì)子質(zhì)量為m，電荷量為+e，在加速器中被加速。不考慮相對論效應(yīng)，則下列說法正確的是（）接交流電源器中被加速。不考慮相對論效應(yīng)，則下列說法正確的是（）接交流電源甲A.不改變磁感應(yīng)強(qiáng)度B和交流電的頻率f，該加速器也可以加速a粒子.加速的粒子獲得的最大動能隨加速電壓U增大而增大C.質(zhì)子被加速后的最大速度不能超過2遇fD.質(zhì)子第二次和第一次經(jīng)過D形盒間狹縫后軌道半徑之比為僅：1答案CD解析質(zhì)子被加速后獲得的最大速度受到D形盒最大半徑制約，vm=2nRT=2的C正確；粒子旋轉(zhuǎn)頻率為f=Bq121m，與被加速1粒子的比荷有關(guān)，所以A錯誤；粒子被加速的最大動能Ekm=2mvm=2mn2R2f，與電壓U無關(guān)，B錯誤；由運(yùn)動半徑R=mv/Bq,nUq=mv2/2知半徑之比為\；2:1,D正確。（多選）如圖所示，一塊長度為a、寬度為b、厚度為d的金屬導(dǎo)體，當(dāng)加有與側(cè)面垂直的勻強(qiáng)磁場B,且通以圖示方向的電流I時用電壓表測得導(dǎo)體上、下表面M、N間電壓為U，已知自由電子的電量為e。下列說法中正確的是（）A.導(dǎo)體的M面比N面電勢高B.導(dǎo)體單位體積內(nèi)自由電子數(shù)越多，電壓表的示數(shù)越大C.導(dǎo)體中自由電子定向移動的速度為v=焉D.導(dǎo)體單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)為盤答案CD解析由于自由電子帶負(fù)電，根據(jù)左手定則可知，M板電勢比N板電勢低，選項A錯誤；當(dāng)上、下表面電壓穩(wěn)定時，有qUU=qvB,得U=Bdv，與單位體積內(nèi)自由電子數(shù)無關(guān)，選項B錯誤，C正確；再根據(jù)I=neSv，可知選項D正確。二、真題與模擬.[2016?全國卷I]現(xiàn)代質(zhì)譜儀可用來分析比質(zhì)子重很多倍的離子，其示意圖如圖所示，其中加速電壓恒定。質(zhì)子在入口處從靜止開始被加速電場加速，經(jīng)勻強(qiáng)磁場偏轉(zhuǎn)后從出口離開磁場。若某種一價正離子在入口處從靜止開始被同一加速電場加速，為使它經(jīng)勻強(qiáng)磁場偏轉(zhuǎn)后仍從同一出口離開磁場，需將磁感應(yīng)強(qiáng)度增加到原來的12倍。此離子和質(zhì)子的質(zhì)量比約為（）A.11B.12C.121D.144答案D解析設(shè)質(zhì)子和離子的質(zhì)量分別為m1和m2,原磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1，1改變后的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B/在加速電場中qU=jmv2①，在磁場中qvB=m~R②，聯(lián)立兩式得m=”^^，故有m21=條=144,選項D正確。11.[2015?山東高考]（多選）如圖甲所示，兩水平金屬板間距為d,板間電場強(qiáng)度的變化規(guī)律如圖乙所示。t=0時刻，質(zhì)量為m的帶電微T.粒以初速度v沿中線射入兩板間，0?T時間內(nèi)微粒勻速運(yùn)動，T時刻0 3微粒恰好經(jīng)金屬板邊緣飛出。微粒運(yùn)動過程中未與金屬板接觸。重力加速度的大小為g。關(guān)于微粒在0?T時間內(nèi)運(yùn)動的描述，正確的是（）

B,末速度沿水平方向D,克服電場力做功為mgdA.B,末速度沿水平方向D,克服電場力做功為mgd1C,重力勢能減少了2mgd答案BCT T2T解析0~T微粒做勻速直線運(yùn)動，則E0q=mg。1T喂沒有電場2T 作用，微粒做平拋運(yùn)動，豎直方向上a=g。2T~T,由于電場作用，F(xiàn)=2E0q-mg=mg=ma，,af=g，方向豎直向上。由于兩段時間相等，故到達(dá)金屬板邊緣時，微粒速度為v0,方向水平，選項A錯誤,選項B正確；從微粒進(jìn)入金屬板間到離開，重力做功mgd，重力勢能11減少2mgd，選項C正確；由動能定理知WGG-W電=0,W電=2mgd,選項D錯誤。[2014-江蘇高考]（多選）如圖所示，導(dǎo)電物質(zhì)為電子的霍爾元件位于兩串聯(lián)線圈之間，線圈中電流為3線圈間產(chǎn)生勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B與I成正比，方向垂直于霍爾元件的兩側(cè)面，此時通過霍爾元件的電流為I,與其前后表面相連的電壓表測出的霍爾電壓HUH滿足：UH=邛，式中k為霍爾系數(shù)，d為霍爾元件兩側(cè)面間的距離。電阻R遠(yuǎn)大于紋，霍爾元件的電阻可以忽略，則（）LA?霍爾元件前表面的電勢低于后表面B.若電源的正負(fù)極對調(diào)，電壓表將反偏C?IH與I成正比D.電壓表的示數(shù)與RL消耗的電功率成正比答案CD解析根據(jù)霍爾元件中的電流方向及左手定則判斷，霍爾元件中電子受到的洛倫茲力指向后側(cè)面，因此后側(cè)面帶負(fù)電，電勢低，A錯誤。若電源正負(fù)極對調(diào)，磁場方向反向，電流方向反向，根據(jù)左手定則判斷，霍爾元件定向移動的電子受到的洛倫茲力的方向不變，霍爾元件前后面的電勢高低不變，電壓表的指針不會發(fā)生反偏，B錯誤?；魻栐cR串聯(lián)再與RL并聯(lián)，由于霍爾元件的電阻不計，因此IhRR=（I-1"）R，得。=，tV-I,C正確。R遠(yuǎn)大于R，因此R中的電

HL H^RT^R L LL流近似等于I，因此RL消耗的功率P=12RL，霍爾電壓UH=邛,B與I成正比，IH與I成正比，因此UH8霹，可見p與霍爾電壓（即電壓表示數(shù)）成正比，D正確。[2017?河北百校聯(lián)考]（多選）在半導(dǎo)體離子注入工藝中，初速度可忽略的磷離子P+和中+,經(jīng)電壓為U的電場加速后，垂直進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為〃、方向垂直紙面向里、有一定寬度的勻強(qiáng)磁場區(qū)域,如圖所示。已知離子P+在磁場中轉(zhuǎn)過0=30°后從磁場右邊界射出。在電場和磁場中運(yùn)動時，離子P+和P3+（A,在電場中的加速度之比為1:1B.在磁場中運(yùn)動的半徑之比為43：1C.在磁場中轉(zhuǎn)過的角度之比為1：2D.離開電場區(qū)域時的動能之比為1：3答案BCD解析兩離子所帶電荷量之比為1：3,在電場中時由qE=ma知axq,故加速度之比為1：3,A錯誤；離開電場區(qū)域時的動能由Evkv2=qU知Ekxq，故D正確；在磁場中運(yùn)動的半徑由Bqv=mR、Ek=%v2知R=By^mUx~q,，故B正確；設(shè)磁場區(qū)域的寬度為d,則有sin0=RxR，即需善==，故/=60°=徵,C正確。[2016?武漢摸底]（多選）圖甲是回旋加速器的工作原理圖。D1和D2是兩個中空的半圓金屬盒，它們之間有一定的電勢差，4處的粒子源產(chǎn)生的帶電粒子，在兩盒之間被電場加速。兩半圓盒處于與盒面垂直的勻強(qiáng)磁場中，所以粒子在半圓盒中做勻速圓周運(yùn)動。若帶電粒子在磁場中運(yùn)動的動能Ek隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示，不計帶電k粒子在電場中的加速時間，不考慮由相對論效應(yīng)帶來的影響，下列判斷正確的是（）

A.在Ek-1圖中應(yīng)該有tn+1—tn=tn—tn_1B.在Ek-1圖中應(yīng)該有tn+1—tn<tn—tn―1C.在Ek-1圖中應(yīng)該有En+1—En=En—En―1D.在Ek-1圖中應(yīng)該有En+1—En<En—En―1答案AC解析根據(jù)帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動的周期與速度無關(guān)可知，在Ek-1圖中應(yīng)該有tn+1-tn=tn-tn」，選項A正確，B錯誤；由于帶電粒子在電場中加速；電場力做功相等，所以在Ek-1圖中應(yīng)該有En+-E=E-E1,選項C正確，D錯誤。1nn n-115.[2017-江西八校聯(lián)考]（多選）如圖所示，在水平勻強(qiáng)電場和垂直紙面向里的勻強(qiáng)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套在桿上，已知P的質(zhì)量為m、電荷量為+q，電場強(qiáng)度為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,P與桿間的動摩擦因數(shù)為a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（）A.小球的加速度一直減小B,小球的機(jī)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C.下滑加速度為最大加速度一半時的速度可能是v=D.下滑加速度為最大加速度一半時的速度可能是v=2“qE—mg

ZpqB2“限+mg

ZpqB答案CDMM解析對小球受力分析如圖所示，則mg-〃(qE-qvB)=ma，隨著v的增加，小球加速度先增大，當(dāng)qE=qvB時達(dá)到最大值，amax=g,繼續(xù)運(yùn)動，mg-〃(qvB-qE)=ma,隨著v的增大，a逐漸減小，所以A錯誤。因為有摩擦力做功，機(jī)械能與電勢能總和在減小，B錯誤。若在前半段達(dá)到最大加速度的一半，則mg-〃(qE-qvB)=m|,得v=2嘴啰；若在后半段達(dá)到最大加速度的一半，則mg-〃(qvB2^qD-qE)=mg，得v=等產(chǎn)，故C、D正確。16.[2016?衡水模擬](多選)帶電小球以一定的初速度v0豎直向上拋出，能夠達(dá)到的最大高度為h1；若加上水平方向的勻強(qiáng)磁場，且保持初速度仍為v0,小球上升的最大高度為h2；若加上水平方向的勻強(qiáng)電場，且保持初速度仍為v。，小球上升的最大高度為h3,若加上豎直向上的勻強(qiáng)電場，且保持初速度仍為v0,小球上升的最大高度為h4,如圖所示。不計空氣，貝。()

A,一定有hA,一定有h1=h3h2與h4無法比較答案ACB,一定有h<h,1 4h1與h2無法比較解析第1個圖：由豎直上拋運(yùn)動的最大高度公式得：2=嘉12g第3個圖：當(dāng)加上電場時，由運(yùn)動的分解可知：在豎直方向上有，v2=2gh3,所以h1=h3,故A正確；而第2個圖：洛倫茲力改變速度的方向，當(dāng)小球在磁場中運(yùn)動到最高點時，小球應(yīng)有水平速度，設(shè)此時的11球的動能為線，則由能量守恒得：mgh2+Ek=2mv0，又由于2mv2=mgh1,所以h1>h2,所以D錯誤。第4個圖：因小球電性不知，則電場力方向不清，則高度可能大于h1,也可能小于h1,故C正確，B錯誤。[2016-懷化二模]（多選）磁流體發(fā)電機(jī)可以把氣體的內(nèi)能直接轉(zhuǎn)化為電能，是一種低碳環(huán)保發(fā)電機(jī)，有著廣泛的發(fā)展前景，其發(fā)電原理示意圖如圖所示。將一束等離子體（即高溫下電離的氣體，含有大量帶正電和負(fù)電的微粒，整體上呈電中性）噴射入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，磁場區(qū)域有兩塊面積為S、相距為d的平行金屬板與外電阻R相連構(gòu)成一電路，設(shè)氣流的速度為v,氣體的電導(dǎo)率（電阻率的倒數(shù)）為g。則以下說法正確的是（）A.上板是電源的正極，下板是電源的負(fù)極

B,兩板間電勢差為U=BdvC.流經(jīng)R的電流為I=弊RD.流經(jīng)R的電流為I=磊答案AD解析等離子體射入勻強(qiáng)磁場，由左手定則，正粒子向上偏轉(zhuǎn)，負(fù)粒子向下偏轉(zhuǎn)，產(chǎn)生豎直向下的電場，正離子受向下的電場力和向上的洛倫茲力，當(dāng)電場力和洛倫茲力平衡時，電場最強(qiáng)，即Eq=Bqv,兩板間的電動勢為Bvd，則通過R兩板間的電動勢為Bvd，則通過R的電流為I=Bvd極板間電勢差為：U=IR=BdvRR+R氣；作為電源對外供電時,1=BdvRTF氣R氣=壓，二式結(jié)合，I=BRSg。故A、D正確。[2016?浙江三校模擬]（多選）如圖所示，空間中存在正交的勻強(qiáng)電場E和勻強(qiáng)磁場B（勻強(qiáng)電場水平向右），在豎直平面內(nèi)從。點沿ab、ac方向拋出兩帶電小球（不考慮兩帶電球的相互作用，兩球電荷量始終不變），關(guān)于小球的運(yùn)動，下列說法正確的是（） ?a? ?八. ?*1?EB?*?\*A.沿ab、ac方向拋出的帶電小球都可能做直線運(yùn)動B.只有沿ab拋出的帶電小球才可能做直線運(yùn)動C.若有小球能做直線運(yùn)動，則它一定是勻速運(yùn)動D.兩小球在運(yùn)動過程中機(jī)械能均守恒答案AC解析沿ab方向拋出的帶正電小球，或沿ac方向拋出的帶負(fù)電的小球，在重力、電場力、洛倫茲力作用下，都可能做勻速直線運(yùn)動，A正確，B錯誤。在重力、電場力、洛倫茲力三力都存在時的直線運(yùn)動一定是勻速直線運(yùn)動，C正確。兩小球在運(yùn)動過程中除重力做功外還有電場力做功，故機(jī)械能不守恒，D錯誤。[2016?吉林模擬]如圖所示，一帶電塑料小球質(zhì)量為m，用絲線懸掛于O點，并在豎直平面內(nèi)擺動，最大擺角為60°,水平磁場垂直于小球擺動的平面。當(dāng)小球自左方擺到最低點時，懸線上的張力恰為零，則小球自右方最大擺角處擺到最低點時懸線上的張力為()XXX產(chǎn)、XX■：-BXXXXXA.0B.2mgC.4mgD.6mg答案C1解析設(shè)小球自左方擺到最低點時速度為v，則產(chǎn)。2=mgL(1-. V2cos60°),此時qvB-mg=mL，當(dāng)小球自右方擺到最低點時，v大小V2j不變，洛倫茲力方向發(fā)生變化，F(xiàn)T-mg-qvB=mL■,得FT=4mg,故C正確。第以步精做大題?練能力一、基礎(chǔ)與經(jīng)典.如圖所示，帶電荷量為+q、質(zhì)量為m的物塊從傾角為0=37°的光滑絕緣斜面頂端由靜止開始下滑，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場垂

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)動的最大位移。(斜面足夠長，取sin37°=0.6,cos37°=0.8)答案。=m3=網(wǎng)鱉答案vm5qBs15q2B2解析經(jīng)分析，物塊沿斜面運(yùn)動過程中加速度不變，但隨速度增大，物塊所受支持力逐漸減小，最后離開斜面。所以，當(dāng)物塊對斜面的壓力剛好為零時，物塊沿斜面的速度達(dá)到最大，同時位移達(dá)到最大,即qvmB=mgcos0①物塊沿斜面下滑過程中，由動能定理得:1mgssin0=2mvm-0②由①②得：v由①②得：vmmgcos0_4mg~~qB-=5qB。v2 8m2gms2gsin015q2B20.如圖所示，坐標(biāo)系xOy在豎直平面內(nèi)。x軸下方有勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場強(qiáng)度為E、方向豎直向下，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直紙面向里。將一個帶電小球從y軸上P(0,h)點以初速度v0豎直向下拋出，小球穿過x軸后，恰好做勻速圓周運(yùn)動。不計空氣阻力，已知重力加速度為g。求：

(1)小球到達(dá)O點時速度的大小；(2)小球做圓周運(yùn)動的半徑；(3)小球從P點到第二次經(jīng)過x軸所用的時間。答案(1)\，V干碗(2)EJ鬻額g(3)同號曰+n解析(1)設(shè)小球經(jīng)過O點時的速度為v，從P到Ov2-vo=2gh，(2)小球穿過x軸后恰好做勻速圓周運(yùn)動，畫出小球運(yùn)動的軌跡示意圖，如圖所示，有qE=mg,從0到A，根據(jù)牛頓第二定律v2qvB=mr，求出r,巴薩。(3)從P到0,4、球第一次經(jīng)過x軸，所用時間為11,v=v0+gt1,從o到a，小球第二次經(jīng)過x軸，所用時間為t,,T=2nr=黑,t22 vqB2_T-nE求出￡.￡+￡.W2+2gh-v0產(chǎn)-2-gB，求出t-tJt2-g+gB。二、真題與模擬22.[2016?天津高考]如圖所示，空間中存在著水平向右的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小E=53N/C,同時存在著水平方向的勻強(qiáng)磁場,其方向與電場方向垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=0.5T。有一帶正電的小球，質(zhì)量m=1X10-6kg，電荷量q=2X10-6C,正以速度v在圖示的豎直面內(nèi)做勻速直線運(yùn)動，當(dāng)經(jīng)過P點時撤掉磁場(不考慮磁場消失引起的電磁感應(yīng)現(xiàn)象)，取g=10m/s2,求:BxxxxxxXX……；A A A A A A Pj- ? ?X X X X X X(1)小球做勻速直線運(yùn)動的速度v的大小和方向；(2)從撤掉磁場到小球再次穿過P點所在的這條電場線經(jīng)歷的時間tO答案(1)20m/s,與電場E夾角為60°(2)3.5s解析(1)小球做勻速直線運(yùn)動時受力如圖，其所受的三個力在同平面內(nèi)，合力為零，有qvB-、：q2E2+m2g2①代入數(shù)據(jù)解得v=20m/s②速度v的方向與電場E的方向之間的夾角0滿足tan0=qE-③mg代入數(shù)據(jù)解得tan0=3,0=60°。④(2)解法一：撤去磁場，小球在重力與電場力的合力作用下做類平拋運(yùn)動，設(shè)其加