第8講小專題:帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)考點(diǎn)一帶電粒子在疊加場(chǎng)中的幾類典型運(yùn)動(dòng)1.疊加場(chǎng)的概念在同一區(qū)域里電場(chǎng)、磁場(chǎng)、重力場(chǎng)中的任意兩場(chǎng)共存或三場(chǎng)共存。2.帶電粒子在疊加場(chǎng)中的幾種常見運(yùn)動(dòng)運(yùn)動(dòng)性質(zhì)受力特點(diǎn)方法規(guī)律勻速直線運(yùn)動(dòng)粒子所受的合力為0平衡條件勻速圓周運(yùn)動(dòng)(1)電場(chǎng)力與重力平衡,qE=mg。(2)洛倫茲力提供向心力,qvB=mv二力平衡、牛頓第二定律、圓周運(yùn)動(dòng)的規(guī)律較復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)除洛倫茲力外,其他力的合力既不為零,也不與洛倫茲力平衡動(dòng)能定理、功能關(guān)系、能量守恒定律等3.“三步分析”解決疊加場(chǎng)問題[例1]【帶電粒子在疊加場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)】(2024·河南鄭州期中)如圖所示,某空間存在水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直于紙面方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(圖中未畫出),一質(zhì)量為m的帶負(fù)電粒子恰能以速度v沿圖中虛線所示軌跡做直線運(yùn)動(dòng),粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡與水平方向的夾角為30°,勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E,重力加速度為g,下列說法正確的是()[A]勻強(qiáng)磁場(chǎng)的方向垂直于紙面向里[B]勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為E[C]粒子的電荷量為mg[D]若粒子運(yùn)動(dòng)過程中磁場(chǎng)突然消失,則粒子可能做勻減速直線運(yùn)動(dòng)【答案】C【解析】對(duì)粒子受力分析可知,粒子受到的洛倫茲力與速度大小和方向有關(guān),粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng),粒子受到的電場(chǎng)力水平向右,受到的重力豎直向下,則洛倫茲力垂直于運(yùn)動(dòng)軌跡斜向左上方,根據(jù)左手定則可知,勻強(qiáng)磁場(chǎng)的方向垂直于紙面向外,故A錯(cuò)誤;根據(jù)受力平衡有tan30°=qEmg,sin30°=qEqvB,則粒子的電荷量q=mgtan30°E,勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=Evsin30°,故B錯(cuò)誤,C正確;若粒子運(yùn)動(dòng)過程中,磁場(chǎng)突然消失[例2]【帶電粒子在疊加場(chǎng)中的勻速圓周運(yùn)動(dòng)】(2024·廣西玉林期中)如圖所示,一帶電液滴在相互垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)中剛好做勻速圓周運(yùn)動(dòng),其軌道半徑為R,已知電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度為E,方向豎直向下;磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,方向垂直于紙面向里,不計(jì)空氣阻力,設(shè)重力加速度為g,則下列說法正確的是()[A]液滴帶正電[B]液滴所受合外力為零[C]液滴受到重力、電場(chǎng)力、洛倫茲力、向心力作用[D]液滴運(yùn)動(dòng)的速度v=gBR【答案】D【解析】帶電液滴在相互垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)中剛好做勻速圓周運(yùn)動(dòng),可知受到的向下的重力和向上的電場(chǎng)力平衡,則液滴帶負(fù)電,液滴受到重力、電場(chǎng)力、洛倫茲力作用,其中洛倫茲力充當(dāng)做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力,由qE=mg,qvB=mv2R,解得v=gBRE,故選項(xiàng)A、B、C[例3]【帶電粒子在疊加場(chǎng)中的一般曲線運(yùn)動(dòng)】(2022·廣東卷,8)(多選)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N、P兩點(diǎn)。已知M、P在同一等勢(shì)面上,下列說法正確的有()[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】電子從M點(diǎn)由靜止釋放,從M到N,電場(chǎng)力做正功,M、P在同一等勢(shì)面上,可知電子從N到P,電場(chǎng)力做負(fù)功,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;根據(jù)沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低,可知N點(diǎn)電勢(shì)高于P點(diǎn)電勢(shì),選項(xiàng)B正確;根據(jù)洛倫茲力方向與速度方向垂直,對(duì)帶電粒子永遠(yuǎn)不做功,可知電子從M到N,洛倫茲力不做功,選項(xiàng)C正確;洛倫茲力不做功,且M、P在同一等勢(shì)面上,可知電子在M點(diǎn)和P點(diǎn)速度都是零,即電子在M點(diǎn)和P點(diǎn)都是只受到電場(chǎng)力作用,所以電子在M點(diǎn)所受的合力等于在P點(diǎn)所受的合力,選項(xiàng)D錯(cuò)誤?？键c(diǎn)二“配速法”解決疊加場(chǎng)問題1.直面難題帶電粒子在疊加電磁場(chǎng)中不做勻速直線運(yùn)動(dòng),即所受合力不為零,粒子的速度會(huì)改變,洛倫茲力也會(huì)隨著變化,合力也會(huì)跟著變化,則粒子做一般曲線運(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)比較復(fù)雜。2.方法簡(jiǎn)述可以通過配速的方法,使其一個(gè)方向的速度對(duì)應(yīng)的洛倫茲力與重力(或電場(chǎng)力,或重力和電場(chǎng)力的合力)平衡,另一個(gè)方向的速度對(duì)應(yīng)的洛倫茲力使粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng),這樣將復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)看作兩個(gè)比較常見的運(yùn)動(dòng)。3.幾種常見情況常見情況處理方法初速度為0,且受重力把初速度0看作向左的速度v1和向右的速度v1兩個(gè)分速度,其產(chǎn)生的洛倫茲力如圖所示初速度為0,不受重力把初速度0看作向左的速度v1和向右的速度v1兩個(gè)分速度,其產(chǎn)生的洛倫茲力如圖所示初速度為0,且受重力把初速度0看作斜向左下方垂直于重力、電場(chǎng)力合力方向的速度v1和斜向右上方的速度v1,沿右上方的運(yùn)動(dòng)滿足受力平衡,沿左下方的運(yùn)動(dòng)為勻速圓周運(yùn)動(dòng),如圖所示初速度為v0,且受重力對(duì)粒子的運(yùn)動(dòng)配以水平向右和斜向左的速度,如圖所示,粒子沿向右速度v1所受的洛倫茲力與重力平衡,則粒子做速度大小為v2的勻速圓周運(yùn)動(dòng)[例4]【配速法處理帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)】如圖所示,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(xOy平面)向外,電場(chǎng)的方向沿y軸正方向。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)的作用下,從坐標(biāo)原點(diǎn)O由靜止開始運(yùn)動(dòng)(其軌跡如圖所示)。已知磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B,電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E,不計(jì)粒子的重力,下列說法正確的是()[A]粒子帶負(fù)電[B]粒子運(yùn)動(dòng)軌跡是拋物線[C]粒子距離x軸的最大距離為2[D]粒子運(yùn)動(dòng)過程中的最大速度為2【答案】C【解析】粒子由靜止開始運(yùn)動(dòng),電場(chǎng)力方向豎直向上,故粒子帶正電,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)受電場(chǎng)力和洛倫茲力,因洛倫茲力是變力,則軌跡不是拋物線,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;將粒子的運(yùn)動(dòng)分解為速度v=EB的向右的勻速直線運(yùn)動(dòng)和速度為v的沿順時(shí)針方向的勻速圓周運(yùn)動(dòng),則粒子距x軸的最大距離Y=2R=2·mvBq=2EmqB2,兩分運(yùn)動(dòng)同向時(shí)速度最大,則最大速度為2v=2[例5](2025·陜晉青寧高考適應(yīng)性考試)如圖,cd邊界與x軸垂直,在其右方豎直平面內(nèi),第一、二象限存在垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng),第三、四象限存在垂直于紙面向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁場(chǎng)區(qū)域覆蓋有豎直向上的外加勻強(qiáng)電場(chǎng)。在xOy平面內(nèi),某質(zhì)量為m、電荷量為q帶正電的絕緣小球從P點(diǎn)與cd邊界成30°角以速度v0射入,小球到坐標(biāo)原點(diǎn)O時(shí)恰好以速度v0豎直向下運(yùn)動(dòng),此時(shí)去掉外加的勻強(qiáng)電場(chǎng)。重力加速度大小為g,已知磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為mgqv(1)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和P點(diǎn)與y軸的距離;(2)小球第一次到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)速度的大小;(3)小球從過坐標(biāo)原點(diǎn)時(shí)到第一次到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)所用時(shí)間?！敬鸢浮?1)mgq(2+3)v022g【解析】(1)依題意,小球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到坐標(biāo)原點(diǎn)O,速率沒有改變,即動(dòng)能變化量為零,由動(dòng)能定理可知合力做功為零,電場(chǎng)力與重力等大反向,可得qE=mg,解得E=mgq,可知小球在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng),軌跡如圖甲所示根據(jù)qv0B=mv02r,解得r由幾何關(guān)系可得xP=r+rcos30°,聯(lián)立解得xP=(2+(2)把小球在坐標(biāo)原點(diǎn)的速度v0分解為沿x軸正方向的v0和與x軸負(fù)方向成45°角的2v0,如圖乙所示,其中沿x軸正方向的v0對(duì)應(yīng)的洛倫茲力恰好與小球重力平衡,即F洛=qv0B=mg,小球沿x軸正方向做勻速直線運(yùn)動(dòng);與x軸負(fù)方向成45°的2v0對(duì)應(yīng)的洛倫茲力提供小球做逆時(shí)針勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力,可知小球第一次到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)速度的大小為v=v0+2v0=(1+2)v0。(3)由以上分析可知小球在撤去電場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的分運(yùn)動(dòng)軌跡如圖丙所示,根據(jù)q2v0B=m(2v0)2R由幾何關(guān)系可得小球從過坐標(biāo)原點(diǎn)時(shí)到第一次到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)圓弧軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角為135°,則所用時(shí)間為t=135°360°T,聯(lián)立解得t[例6](2024·甘肅卷,15)質(zhì)譜儀是科學(xué)研究中的重要儀器,其原理如圖所示。Ⅰ為粒子加速器,加速電壓為U;Ⅱ?yàn)樗俣冗x擇器,勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E1,方向沿紙面向下,勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1,方向垂直紙面向里;Ⅲ為偏轉(zhuǎn)分離器,勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2,方向垂直紙面向里。從S點(diǎn)釋放初速度為零的帶電粒子(不計(jì)重力),加速后進(jìn)入速度選擇器做直線運(yùn)動(dòng),再由O點(diǎn)進(jìn)入分離器做圓周運(yùn)動(dòng),最后打到照相底片的P點(diǎn)處,運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中虛線所示。(1)粒子帶正電還是負(fù)電?求粒子的比荷。(2)求O點(diǎn)到P點(diǎn)的距離。(3)若速度選擇器Ⅱ中勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小變?yōu)镋2(E2略大于E1),方向不變,粒子恰好垂直打在速度選擇器右擋板的O′點(diǎn)上。求粒子打在O′點(diǎn)的速度大小?！敬鸢浮?1)帶正電E122UB1【解析】(1)由于粒子在偏轉(zhuǎn)分離器的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中向上偏轉(zhuǎn),根據(jù)左手定則可知粒子帶正電;設(shè)粒子的質(zhì)量為m,電荷量為q,粒子進(jìn)入速度選擇器時(shí)的速度為v0,在速度選擇器中粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng),由平衡條件得qv0B1=qE1,在加速電場(chǎng)中,由動(dòng)能定理得qU=12mv聯(lián)立解得粒子的比荷為qm=E(2)在偏轉(zhuǎn)分離器中,粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng),設(shè)運(yùn)動(dòng)半徑為r,由洛倫茲力提供向心力得qv0B2=mv0可得O點(diǎn)到P點(diǎn)的距離為OP=2r=4U(3)粒子進(jìn)入Ⅱ瞬間,粒子受到向上的洛倫茲力,F洛=qv0B1,向下的靜電力,F=qE2,由于E2>E1,且qv0B1=qE1,所以通過配速法,如圖所示,其中滿足qE2=q(v0+v1)B1,則粒子在速度選擇器中水平向右以速度v0+v1做勻速運(yùn)動(dòng)的同時(shí),豎直平面內(nèi)以v1做勻速圓周運(yùn)動(dòng),當(dāng)速度轉(zhuǎn)向到水平向右時(shí),滿足垂直打在速度選擇器右擋板的O′點(diǎn)的要求,故此時(shí)粒子打在O′點(diǎn)的速度大小為v′=v0+v1+v1=2E(滿分:60分)對(duì)點(diǎn)1.帶電粒子在疊加場(chǎng)中的幾類典型運(yùn)動(dòng)1.(4分)(2024·北京東城區(qū)期中)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)方向豎直向上(與紙面平行),磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里。三個(gè)帶電的微粒a、b、c電荷量絕對(duì)值相等,質(zhì)量分別為ma、mb、mc,已知在該區(qū)域內(nèi),a在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng),b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運(yùn)動(dòng),c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運(yùn)動(dòng)。下列說法正確的是()[A]微粒b可能帶負(fù)電[B]微粒c一定帶正電[C]微粒a的質(zhì)量一定小于微粒b的[D]微粒a的質(zhì)量一定大于微粒c的【答案】C【解析】微粒b向右做勻速直線運(yùn)動(dòng),若b帶負(fù)電,則電場(chǎng)力豎直向下,由左手定則判斷洛倫茲力豎直向下,重力豎直向下,不可能受力平衡,故b一定帶正電,由平衡條件得qE+qvbB=mbg,可得qE<mbg;微粒a在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng),必有qE=mag,則有ma<mb,故A錯(cuò)誤,C正確。微粒c向左做勻速直線運(yùn)動(dòng),若c帶正電,電場(chǎng)力豎直向上,由左手定則判斷洛倫茲力豎直向下,重力豎直向下,由平衡條件得qE=mcg+qvcB,可得qE>mcg,則有ma>mc;若c帶負(fù)電,電場(chǎng)力豎直向下,由左手定則判斷洛倫茲力豎直向上,重力豎直向下,由平衡條件得qvcB=mcg+qE,無法比較qE與mcg的大小,故ma與mc之間的大小也無法比較,故B、D錯(cuò)誤。2.(4分)(2024·安徽合肥階段練習(xí))為粗略了解等離子體在托卡馬克核聚變實(shí)驗(yàn)裝置環(huán)形真空室內(nèi)的運(yùn)動(dòng)狀況,某同學(xué)將一小段真空室內(nèi)的電場(chǎng)和磁場(chǎng)理想化為方向均水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)(如圖),電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。若某電荷量為q的正離子在此電場(chǎng)和磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng),其速度平行于磁場(chǎng)方向的分量大小為v1,垂直于磁場(chǎng)方向的分量大小為v2,不計(jì)離子重力,則()[A]電場(chǎng)力的瞬時(shí)功率為qEv[B]該離子受到的洛倫茲力大小不變[C]v2與v1的比值不斷變大[D]該離子做勻變速直線運(yùn)動(dòng)【答案】B【解析】根據(jù)功率的計(jì)算公式P=Fvcosθ,可知電場(chǎng)力的瞬時(shí)功率為P=qEv1,故A錯(cuò)誤。由于v1與磁場(chǎng)B平行,v2與磁場(chǎng)B垂直,根據(jù)洛倫茲力的計(jì)算公式有F洛=qv2B,根據(jù)運(yùn)動(dòng)的疊加原理可知,離子在垂直于紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng),沿水平方向做勻加速運(yùn)動(dòng),則v1增大,v2不變,所以離子受到的洛倫茲力大小不變,v1v2的值不斷變大;該離子受到的電場(chǎng)力不變,洛倫茲力大小不變,方向總是與電場(chǎng)方向垂直,所以該離子做曲線運(yùn)動(dòng),故B正確,C3.(6分)(2024·安徽卷,10)(多選)空間中存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。一質(zhì)量為m的帶電油滴a,在紙面內(nèi)做半徑為R的圓周運(yùn)動(dòng),軌跡如圖所示。當(dāng)a運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)P時(shí),瞬間分成兩個(gè)小油滴Ⅰ、Ⅱ,二者帶電量、質(zhì)量均相同。Ⅰ在P點(diǎn)時(shí)與a的速度方向相同,并做半徑為3R的圓周運(yùn)動(dòng),軌跡如圖所示。Ⅱ的軌跡未畫出。已知重力加速度大小為g,不計(jì)空氣浮力與阻力以及Ⅰ、Ⅱ分開后的相互作用,則()[A]油滴a帶負(fù)電,所帶電量的大小為mg[B]油滴a做圓周運(yùn)動(dòng)的速度大小為gBR[C]小油滴Ⅰ做圓周運(yùn)動(dòng)的速度大小為3gBRE,[D]小油滴Ⅱ沿順時(shí)針方向做圓周運(yùn)動(dòng)【答案】ABD【解析】油滴a在紙面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng),故重力與靜電力平衡,可知油滴帶負(fù)電,有mg=Eq,解得q=mgE,故A正確;根據(jù)洛倫茲力提供向心力有Bqv=mv2R,解得油滴a做圓周運(yùn)動(dòng)的速度大小為v=gBRE,故B正確;設(shè)小油滴Ⅰ的速度大小為v1,則3R=m2·v1B·q2,解得v1=3BqRm=3gBRE,周期為T=2π·3Rv1=2πEgB,故C錯(cuò)誤;帶電油滴a分離前后動(dòng)量守恒,設(shè)分離后小油滴Ⅱ的速度為v2,取油滴a分離前瞬間的速度方向?yàn)檎较?得mv=m2·4.(12分)(2024·湖南長(zhǎng)沙階段練習(xí))如圖甲所示,豎直邊界分別為P和Q的區(qū)域內(nèi)分布著垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和豎直方向上周期性變化的電場(chǎng),電場(chǎng)隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖乙所示,E>0表示電場(chǎng)方向豎直向上。在t=0時(shí)刻,一帶電量為+q、質(zhì)量為m的帶電微粒從邊界P上的A點(diǎn)處水平射入該區(qū)域,先沿直線運(yùn)動(dòng)到某點(diǎn),再經(jīng)歷一次完整的半徑為L(zhǎng)的勻速圓周運(yùn)動(dòng),最后沿直線運(yùn)動(dòng)從邊界Q上的C點(diǎn)處離開磁場(chǎng),重力加速度為g。求:(1)E0的大小;(2)微粒剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小v0及磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B?！敬鸢浮?1)mgq(2)2gL【解析】(1)由題可知,粒子在疊加場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)有qE0=mg,解得E0=mgq(2)粒子做直線運(yùn)動(dòng)時(shí),Bqv0=qE0+mg=2mg,做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí),Bqv0=mv0聯(lián)立解得v0=2gL,B=m對(duì)點(diǎn)2.“配速法”解決疊加場(chǎng)問題5.(4分)(2022·全國(guó)甲卷,18)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(xOy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】假設(shè)給帶電粒子配一個(gè)沿x軸負(fù)方向的初速度v1,一個(gè)沿x軸正方向的初速度v1,這樣所配速度的合速度為零,剛好滿足要求。由于存在沿x軸負(fù)方向的初速度v1,帶電粒子沿x軸負(fù)方向做勻速直線運(yùn)動(dòng);同時(shí),存在一個(gè)沿x軸正方向的初速度v1,于是帶電粒子做逆時(shí)針?biāo)俾蕿関1的勻速圓周運(yùn)動(dòng),即其運(yùn)動(dòng)為勻速直線運(yùn)動(dòng)和勻速圓周運(yùn)動(dòng)的合運(yùn)動(dòng)。根據(jù)兩者電場(chǎng)力與洛倫茲力做功的特點(diǎn),分析同上,故B選項(xiàng)正確。6.(10分)如圖所示,在正交的重力場(chǎng)與勻強(qiáng)磁場(chǎng)B中,一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球無初速度釋放,試分析小球運(yùn)動(dòng)的最大速度與下落的最大距離。【答案】見解析【解析】帶電小球受到重力mg,向下做加速運(yùn)動(dòng),所以受到洛倫茲力,而做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng),該運(yùn)動(dòng)可以看作小球向右的速度v和向左的速度v的合運(yùn)動(dòng),向右的分運(yùn)動(dòng)滿足mg=qvB,則v=mgqB,于是小球做向右的勻速直線運(yùn)動(dòng)和以向左分速度為初速度的勻速圓周運(yùn)動(dòng)的合運(yùn)動(dòng),如圖所示。小球運(yùn)動(dòng)的最大速度出現(xiàn)在最低點(diǎn)(即最大距離處),此時(shí)vm=2v=2mgqB,最大距離ym=2R=27.(4分)(2024·廣西桂林期末)如圖所示,空間中存在正交的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向垂直于紙面向外,電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E,方向豎直向上。一質(zhì)量為m、帶電量為-e的電子在該空間內(nèi)獲得沿水平方向的初速度,初速度大小為v0,且v0>EB。則電子([A]做類平拋運(yùn)動(dòng)[B]運(yùn)動(dòng)過程中最大的速率為v0+E[C]在一個(gè)周期內(nèi)水平方向運(yùn)動(dòng)的距離為π[D]豎直方向的最大位移為2【答案】D【解析】因?yàn)関0>EB,所以Bv0e>Ee,合力向上,向上偏轉(zhuǎn),但因?yàn)樗俣茸兓?洛倫茲力發(fā)生變化,豎直方向受到的合力不是恒力,因此電子做的不是類平拋運(yùn)動(dòng),故A錯(cuò)誤;由配速法,將電子受到的洛倫茲力看成Bv0e=Bv1e+Bv2e,其中Bv1e=Ee,電子在做勻速直線運(yùn)動(dòng)的同時(shí),也做圓周運(yùn)動(dòng),所以運(yùn)動(dòng)過程中最大的速率為vm=v1+v2=v0,因?yàn)殡娮舆\(yùn)動(dòng)周期T=2πmBe,在一個(gè)周期內(nèi)水平方向運(yùn)動(dòng)的距