提能訓(xùn)練練案[60]基礎(chǔ)鞏固練題組一疊加場(chǎng)應(yīng)用實(shí)例1.“天問(wèn)一號(hào)”環(huán)繞火星飛行過(guò)程中攜帶磁強(qiáng)計(jì)探測(cè)火星磁場(chǎng)。有一種磁強(qiáng)計(jì)原理如圖所示。將一段橫截面為長(zhǎng)方形的N型半導(dǎo)體(靠自由電子導(dǎo)電)放在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，兩電極P、Q分別與半導(dǎo)體的前、后兩側(cè)接觸。已知磁場(chǎng)方向沿y軸正方向，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，N型半導(dǎo)體橫截面的長(zhǎng)為a、寬為b，單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)為n，電子電荷量為e，自由電子所做的定向移動(dòng)可視為勻速運(yùn)動(dòng)。半導(dǎo)體中通有沿x軸正方向、大小為I的電流時(shí)，測(cè)得兩電極P、Q間的電勢(shì)差大小為U。下列說(shuō)法正確的是()A．P為正極，Q為負(fù)極B．磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B為eq\f(neaU,I)C．磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B為eq\f(nebU,I)D．其他條件不變時(shí)，B越大，U越小[答案]C[解析]電子向x軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，根據(jù)左手定則知，電子受洛倫茲力作用向半導(dǎo)體前側(cè)偏轉(zhuǎn)，則P為負(fù)極，Q為正極，故A錯(cuò)誤；電子所受電場(chǎng)力與洛倫茲力平衡，則evB＝eeq\f(U,a)，又I＝neabv，聯(lián)立解得磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B＝eq\f(nebU,I)，其他條件不變時(shí)，B越大，U越大，故B、D錯(cuò)誤，C正確。2．(多選)磁流體發(fā)電機(jī)又叫等離子體發(fā)電機(jī)，如圖所示，燃燒室在3000K的高溫下將氣體全部電離為電子和正離子，即高溫等離子體。高溫等離子體經(jīng)噴管提速后以1000m/s的速度進(jìn)入矩形發(fā)電通道。發(fā)電通道有垂直于噴射速度方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B為6T。等離子體在發(fā)電通道發(fā)生偏轉(zhuǎn)，在兩極間形成電勢(shì)差。已知發(fā)電通道長(zhǎng)a＝60cm、寬b＝20cm、高d＝30cm，等離子體的電阻率ρ＝2Ω·m，外接電阻R不為零，電流表視為理想電表。閉合開(kāi)關(guān)S，則以下判斷中正確的是()A．電阻R兩端的電壓為1800VB．發(fā)電通道的上極板為電源正極C．當(dāng)外接電阻R的阻值為4Ω時(shí)，發(fā)電機(jī)輸出功率最大D．增大磁感應(yīng)強(qiáng)度B，電流表讀數(shù)也會(huì)相應(yīng)增大[答案]BD[解析]等離子體在兩極間受力平衡，由平衡條件有qeq\f(U,d)＝qvB，解得發(fā)電機(jī)的電動(dòng)勢(shì)U＝Bdv＝6×30×10－2×1000V＝1800V，由于等離子體的電阻率不為零，所以電阻R兩端的電壓小于1800V，故A錯(cuò)誤；等離子體在洛倫茲力的作用下發(fā)生偏轉(zhuǎn)，由左手定則可知帶正電的離子向上極板偏轉(zhuǎn)，則上極板為電源正極，故B正確；由電阻定律可得發(fā)電機(jī)內(nèi)阻r＝ρeq\f(d,ab)＝2×eq\f(30×10－2,60×10－2×20×10－2)Ω＝5Ω，發(fā)電機(jī)的輸出功率P＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(U,R＋r)))2＝eq\f(U2,R＋\f(r2,R)＋2r)，根據(jù)上式可以看出，當(dāng)外接電阻等于內(nèi)阻時(shí)，即R＝r＝5Ω時(shí)，發(fā)電機(jī)的輸出功率最大，故C錯(cuò)誤；根據(jù)歐姆定律可得電流表的示數(shù)為I＝eq\f(U,R＋r)＝eq\f(Bdv,R＋r)，所以增加磁感應(yīng)強(qiáng)度B，電流表讀數(shù)也會(huì)相應(yīng)增大，故D正確。3．(2025·八省聯(lián)考山西陜西卷)人體血管狀況及血液流速可以反映身體健康狀態(tài)。血管中的血液通常含有大量的正負(fù)離子。如圖，血管內(nèi)徑為d，血流速度v方向水平向右?，F(xiàn)將方向與血管橫截面平行，且垂直紙面向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)施于某段血管，其磁感應(yīng)強(qiáng)度大小恒為B，當(dāng)血液的流量(單位時(shí)間內(nèi)流過(guò)管道橫截面的液體體積)一定時(shí)()A．血管上側(cè)電勢(shì)低，血管下側(cè)電勢(shì)高B．若血管內(nèi)徑變小，則血液流速變小C．血管上下側(cè)電勢(shì)差與血液流速無(wú)關(guān)D．血管上下側(cè)電勢(shì)差變大，說(shuō)明血管內(nèi)徑變小[答案]D[解析]根據(jù)左手定則可知正粒子向血管上側(cè)偏轉(zhuǎn)，負(fù)離子向血管下側(cè)偏轉(zhuǎn)，則血管上側(cè)電勢(shì)高，血管下側(cè)電勢(shì)低，故A錯(cuò)誤；血液的流量(單位時(shí)間內(nèi)流過(guò)管道橫截面的液體體積)一定為V，若血管內(nèi)徑變小，則血管的橫截面積變小，根據(jù)V＝Sv可知，血液流速變大，故B錯(cuò)誤；穩(wěn)定時(shí)，粒子所受洛倫茲力等于所受的電場(chǎng)力，根據(jù)qvB＝eq\f(qU,d)，可得U＝dvB，又v＝eq\f(V,π\(zhòng)b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,2)))2)，聯(lián)立可得U＝eq\f(4VB,πd)，根據(jù)U＝eq\f(4VB,πd)可知血管上下側(cè)電勢(shì)差變大，說(shuō)明血管內(nèi)徑變小，血液的流速變化，則血管內(nèi)徑一定改變，則血管上下側(cè)電勢(shì)差改變，所以血管上下側(cè)電勢(shì)差與血液流速有關(guān)，故D正確，C錯(cuò)誤。故選D。4.如圖所示，將霍爾式位移傳感器置于一個(gè)沿z軸正方向的磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨位置變化關(guān)系為B＝B0＋kz(B0>0，k>0且均為常數(shù))，霍爾元件的厚度d很小。當(dāng)霍爾元件通以沿x軸正方向的恒定電流I，上、下表面會(huì)產(chǎn)生電勢(shì)差U，則下列說(shuō)法正確的是()A．若霍爾元件是自由電子導(dǎo)電，則上表面電勢(shì)低于下表面B．當(dāng)物體沿z軸正方向移動(dòng)時(shí)，電勢(shì)差U將變小C．僅減小霍爾元件上下表面間的距離h，傳感器靈敏度eq\f(ΔU,Δz)將變?nèi)鮀．僅減小恒定電流I，傳感器靈敏度eq\f(ΔU,Δz)將變?nèi)鮗答案]D[解析]若霍爾元件是自由電子導(dǎo)電，受洛倫茲力的是電子，根據(jù)左手定則，電子受向下的洛倫茲力，所以下表面帶負(fù)電，上表面帶正電，上表面電勢(shì)高于下表面，A錯(cuò)誤；設(shè)霍爾元件上下表面高度差為h，電子定向移動(dòng)速度為v，電子電荷量為e，霍爾元件平衡時(shí)，有eq\f(U,h)e＝Bve，解得U＝Bvh，又因?yàn)镮＝nvSe＝nvdhe，其中n為單位體積的自由電子數(shù)，可得v＝eq\f(I,ndhe)，則U＝Bvh＝eq\f(BI,nde)，當(dāng)物體沿z軸正方向移動(dòng)時(shí)z增大，所以B增大，電勢(shì)差U也增大，B錯(cuò)誤；傳感器靈敏度為eq\f(ΔU,Δz)＝eq\f(ΔBI,Δznde)，因?yàn)锽＝B0＋kz，可得eq\f(ΔB,Δz)＝k，eq\f(ΔU,Δz)＝eq\f(kI,ned)，僅減小霍爾元件上下表面間的距離h，傳感器靈敏度eq\f(ΔU,Δz)不變，僅減小恒定電流I，傳感器靈敏度eq\f(ΔU,Δz)將變?nèi)酰珻錯(cuò)誤，D正確。故選D。題組二帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)5．(多選)如圖所示，將一由絕緣材料制成的帶一定正電荷的滑塊放在裝有光電門的固定木板上，空間中存在垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。測(cè)得帶遮光條滑塊的質(zhì)量為m，木板的傾角為θ，木板與滑塊之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，遮光條的寬度為d，滑塊由靜止釋放，遮光條通過(guò)兩光電門所用的時(shí)間均為t，重力加速度為g。下列說(shuō)法正確的是()A．到達(dá)光電門2之前滑塊先加速后減速B．到達(dá)光電門2之前滑塊所受的摩擦力先增大后不變C．滑塊所帶的電荷量為eq\f(mgtsinθ,Bdμ)－eq\f(mgtcosθ,Bd)D．滑塊所帶的電荷量為eq\f(mgtsinθ,Bdμ)＋eq\f(mgtcosθ,Bd)[答案]BC[解析]以滑塊為研究對(duì)象，根據(jù)左手定則可知，滑塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程受到的洛倫茲力垂直斜面向下，滑塊由靜止釋放，根據(jù)牛頓第二定律可得mgsinθ－μ(mgcosθ＋qvB)＝ma，可知隨著滑塊速度的增大，滑塊的加速度減小，所以滑塊先做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，由于遮光條通過(guò)兩光電門所用的時(shí)間均為t，可知滑塊到達(dá)光電門1時(shí)已經(jīng)做勻速運(yùn)動(dòng)，因此到達(dá)光電門2之前滑塊先加速后勻速，到達(dá)光電門2之前滑塊所受的摩擦力先增大后不變，故A錯(cuò)誤，B正確；滑塊做勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小為v＝eq\f(d,t)，根據(jù)受力平衡可得mgsinθ－μ(mgcosθ＋qvB)＝0，聯(lián)立解得滑塊所帶的電荷量為q＝eq\f(mgtsinθ,Bdμ)－eq\f(mgtcosθ,Bd)，故C正確，D錯(cuò)誤。6．(多選)如圖所示，已知一帶電小球在光滑絕緣的水平面上從靜止開(kāi)始經(jīng)電壓U加速后，水平進(jìn)入互相垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域(電場(chǎng)強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B已知)，小球在此區(qū)域的豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則()A．小球可能帶正電B．小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2UE,g))C．小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T＝eq\f(2πE,Bg)D．若電壓U增大，則小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期增大[答案]BC[解析]小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則小球受到的電場(chǎng)力和重力大小相等、方向相反，則小球受到的電場(chǎng)力豎直向上，小球帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；因?yàn)樾∏蜃鰟蛩賵A周運(yùn)動(dòng)的向心力由洛倫茲力提供，有Bqv＝meq\f(v2,r)，由動(dòng)能定理得Uq＝eq\f(1,2)mv2，且有mg＝qE，聯(lián)立可得小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2UE,g))，故B正確；由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得T＝eq\f(2πr,v)，解得T＝eq\f(2πE,Bg)，與電壓U無(wú)關(guān)，故C正確，D錯(cuò)誤。7.質(zhì)量為m、電荷量為q的微粒以速度v與水平方向成θ角從O點(diǎn)進(jìn)入方向如圖所示的由正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)組成的疊加場(chǎng)區(qū)中，該微粒在靜電力、洛倫茲力和重力的共同作用下，恰好沿直線運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)，下列說(shuō)法中正確的有(重力加速度為g)()A．該微粒一定帶正電荷B．微粒從O到A的運(yùn)動(dòng)可能是勻變速運(yùn)動(dòng)C．該磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為eq\f(mg,qvcosθ)D．該電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為eq\f(mg,qtanθ)[答案]C[解析]若微粒帶正電荷，它受豎直向下的重力mg、水平向左的靜電力qE和垂直O(jiān)A斜向右下方的洛倫茲力qvB，微粒不能做直線運(yùn)動(dòng)，由此可知微粒帶負(fù)電荷，它受豎直向下的重力mg、水平向右的靜電力qE和垂直O(jiān)A斜向左上方的洛倫茲力qvB，又因?yàn)槲⒘Ｇ『醚刂本€運(yùn)動(dòng)到A，可知微粒做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故A、B錯(cuò)誤；由平衡條件得qvBcosθ＝mg，qvBsinθ＝qE，解得磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝eq\f(mg,qvcosθ)，電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小E＝eq\f(mgtanθ,q)，故C正確，D錯(cuò)誤。8.(2023·山西新課標(biāo)卷)一電子和一α粒子從鉛盒上的小孔O豎直向上射出后，打到鉛盒上方水平放置的屏幕P上的a和b兩點(diǎn)，a點(diǎn)在小孔O的正上方，b點(diǎn)在a點(diǎn)的右側(cè)，如圖所示。已知α粒子的速度約為電子速度的eq\f(1,10)，鉛盒與屏幕之間存在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，則電場(chǎng)和磁場(chǎng)方向可能為()A．電場(chǎng)方向水平向左、磁場(chǎng)方向垂直紙面向里B．電場(chǎng)方向水平向左、磁場(chǎng)方向垂直紙面向外C．電場(chǎng)方向水平向右、磁場(chǎng)方向垂直紙面向里D．電場(chǎng)方向水平向右、磁場(chǎng)方向垂直紙面向外[答案]C[解析]帶電粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，打到a點(diǎn)的粒子電場(chǎng)力和洛倫茲力平衡，當(dāng)電場(chǎng)向左磁場(chǎng)垂直紙面向里時(shí)，因α粒子帶正電，則受到向左的電場(chǎng)力和向左的洛倫茲力，則會(huì)打到a點(diǎn)左側(cè)；同理電子帶負(fù)電，受到向右的電場(chǎng)力和向右的洛倫茲力，則電子會(huì)打到a點(diǎn)右側(cè)，A錯(cuò)誤；因α粒子帶正電，設(shè)帶電荷量為2q，速度v，電子帶負(fù)電，電荷量－q，電子速度v′>v，若電場(chǎng)方向向左，磁場(chǎng)方向向外，則如果α粒子打在a點(diǎn)則受到向左的電場(chǎng)力和向右的洛倫茲力平衡2qE＝2qvB，v＝eq\f(E,B)，因電子帶負(fù)電，電荷量－q，且電子速度大，受到向左的洛倫茲力qv′B大于向右的電場(chǎng)力qE，則電子向左偏轉(zhuǎn)；同理如果電子打在a點(diǎn)，則qE＝qv′B，所以此時(shí)α粒子向左的電場(chǎng)力2qE大于向右的洛倫茲力2qvB，則向左偏轉(zhuǎn)，不會(huì)打在b點(diǎn)，B錯(cuò)誤；電場(chǎng)方向向右，磁場(chǎng)垂直紙面向里，如果α粒子打在a點(diǎn)，即向右的電場(chǎng)力和向左的洛倫茲力平衡2qE＝2qvB，v＝eq\f(E,B)，電子速度大，受到向右的洛倫茲力qv′B大于向左的電場(chǎng)力qE則向右偏轉(zhuǎn)，從而打到b點(diǎn)；同理如果電子打在a點(diǎn)，qE＝qv′B則α粒子向右的電場(chǎng)力2qE大于向左的洛倫茲力2qvB從而向右偏轉(zhuǎn)，會(huì)打在b點(diǎn)；同理電場(chǎng)向右磁場(chǎng)垂直紙面向外時(shí)，α粒子受到向右的電場(chǎng)力和洛倫茲力，電子受到向左的電場(chǎng)力和洛倫茲力不能受力平衡打到a點(diǎn)，故C正確，D錯(cuò)誤。故選C。能力提升練9．(多選)如圖所示，空間中有正交的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，勻強(qiáng)電場(chǎng)方向豎直向下，將一質(zhì)量為m，電荷量為＋q的粒子沿水平向左以速度v拋入復(fù)合場(chǎng)中，忽略粒子的重力。已知?jiǎng)驈?qiáng)電場(chǎng)的強(qiáng)度大小E＝Bv，在粒子之后運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，以下說(shuō)法正確的是()A．粒子偏離入射方向的最大距離為eq\f(2mv,Bq)B．粒子在軌跡最低點(diǎn)的曲率半徑為eq\f(9mv,2Bq)C．粒子從拋出到最低點(diǎn)的過(guò)程電勢(shì)能的變化量為－4mv2D．粒子運(yùn)動(dòng)過(guò)程中動(dòng)能與電勢(shì)能的總和是守恒的[答案]BCD[解析]根據(jù)題意E＝Bv，得Eq＝Bqv，將粒子以速度v水平向左拋入復(fù)合場(chǎng)中，根據(jù)“配速法”，粒子的初速度可以等效為一個(gè)水平向左的2v和一個(gè)水平向右的v，向右的速度v會(huì)產(chǎn)生一豎直向上的洛倫茲力F1＝qvB。因Eq＝qvB，則粒子的一個(gè)分運(yùn)動(dòng)為水平向右的勻速直線運(yùn)動(dòng)，另一個(gè)分運(yùn)動(dòng)是水平向左沿逆時(shí)針?lè)较虻膭蛩賵A周運(yùn)動(dòng)，速度大小為2v，Bq·2v＝meq\f(2v2,R)，得R＝eq\f(2mv,Bq)，粒子偏離入射方向的最大距離為2R＝eq\f(4mv,Bq)，A選項(xiàng)錯(cuò)誤；粒子在軌跡最低點(diǎn)速度大小為3v，方向水平向右，Bq·3v－Eq＝meq\f(3v2,r)，得r＝eq\f(9mv,2Bq)，即軌跡最低點(diǎn)的曲率半徑為eq\f(9mv,2Bq)，B選項(xiàng)正確；粒子從拋出到最低點(diǎn)的過(guò)程中電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，電勢(shì)能的變化量為－Eq×2R＝－4mv2，C選項(xiàng)正確；粒子在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)過(guò)程中只有電場(chǎng)力做功，所以粒子的動(dòng)能和電勢(shì)能的總和是守恒的，D選項(xiàng)正確。10．(多選)如圖所示，直角坐標(biāo)系xOy在水平面內(nèi)，z軸豎直向上。坐標(biāo)原點(diǎn)O處固定一帶正電的點(diǎn)電荷，空間中存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。質(zhì)量為m，帶電荷量為q的小球A，繞z軸做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，小球A的速度大小為v0，小球與坐標(biāo)原點(diǎn)的距離為r，O點(diǎn)和小球A的連線與z軸的夾角θ＝37°。重力加速度為g，m、q、r已知(cos37°＝0.8，sin37°＝0.6)。則下列說(shuō)法正確的是()A．小球A與點(diǎn)電荷之間的庫(kù)侖力大小為eq\f(5,4)mgB．從上往下看帶電小球只能沿逆時(shí)針?lè)较蜃鰟蛩賵A周運(yùn)動(dòng)C．v0越小所需的磁感應(yīng)強(qiáng)度B越小D．v0＝eq\r(\f(9,20)gr)時(shí)，所需的磁感應(yīng)強(qiáng)度B最小[答案]ABD[解析]洛倫茲力沿水平方向，在豎直方向，根據(jù)平衡條件得F庫(kù)cos37°＝mg，解得F庫(kù)＝eq\f(5,4)mg，小球A與點(diǎn)電荷之間的庫(kù)侖力大小為eq\f(5,4)mg，A正確；空間中存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B，根據(jù)左手定則，從上往下看帶電小球只有沿逆時(shí)針?lè)较蜃鰟蛩賵A周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力才指向圓心，B正確；水平方向，根據(jù)牛頓第二定律qv0B－F庫(kù)sin37°＝meq\f(v\o\al(2,0),R)，解得qv0B－meq\f(v\o\al(2,0),R)－eq\f(3,4)mg＝0，v0和B并非單調(diào)關(guān)系，C錯(cuò)誤；水平方向，有qv0B－F庫(kù)sin37°＝eq\f(mv\o\al(2,0),R)，R＝rsin37°，F(xiàn)庫(kù)＝eq\f(5,4)mg，解得B＝eq\f(5mv0,3qr)＋eq\f(3mg,4qv0)，當(dāng)eq\f(5mv0,3qr)＝eq\f(3mg,4qv0)時(shí)，B有最小值，解得v0＝eq\r(\f(9,20)gr)，D正確。11．(2022·湖南卷)如圖，兩個(gè)定值電阻的阻值分別為R1和R2，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d，板長(zhǎng)為eq\r(3)d，極板間存在方向水平向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小球以初速度v沿水平方向從電容器下板左側(cè)邊緣A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g，忽略空氣阻力。(1)求直流電源的電動(dòng)勢(shì)E0；(2)求兩極板間磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B；(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E′。[答案](1)eq\f(mgdR1＋R2,qR2)(2)eq\f(mv,2dq)(3)eq\f(mg,2q)[解析](1)小球在電容器中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則電場(chǎng)力與重力平衡，可得Eq＝mgR2兩端的電壓U2＝Ed根據(jù)歐姆定律得U2＝eq\f(E0,R1＋R2)·R2聯(lián)立解得E0＝eq\f(mgdR1＋R2,qR2)。(2)帶電小球在電磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡，如圖所示。設(shè)粒子在電容器中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r，根據(jù)幾何關(guān)系得(r－d)2＋(eq\r(3)d)2＝r2解得r＝2d根據(jù)qvB＝meq\f(v2,r)解得B＝eq\f(mv,2dq)。(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60°，要使小球做直線運(yùn)動(dòng)，則電場(chǎng)力與重力的合力要與小球速度方向共線，當(dāng)電場(chǎng)力大小等于小球重力垂直于速度方向的分力時(shí)，電場(chǎng)力最小，電場(chǎng)強(qiáng)度最小，可得E′q＝mgcos60°解得E′＝eq\f(mg,2q)。12．(2025·山東濟(jì)南月考)如圖所示，豎直平面MN的右側(cè)空間存在著相互垂直的水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)和水平向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，MN左側(cè)的絕緣水平面光滑，右側(cè)的絕緣水平面粗糙。質(zhì)量為m的小物體A靜止在MN左側(cè)的水平面上，該小物體帶負(fù)電，帶電荷量為－q(q>0)。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??；(2)若小物體A與MN右側(cè)絕緣水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝eq\f(3mg,qv0)，電場(chǎng)強(qiáng)度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)2v07μmgL－eq\f(15,8)mveq\o\al(2,0)[解析](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，A、B組成的系統(tǒng)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\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)＋eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)，解得vA＝eq\f(v0,2)。(2)當(dāng)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FN＝qvmB＋mg，在水平方向有qE＝μFN，解得vm＝2v0，A從MN開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)到速度達(dá)到最大過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理得qEL－W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－eq\f(1,2)mveq\o\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\o\al(2,0)。13．(2024·甘肅卷)質(zhì)譜儀是科學(xué)