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绝密★启用前
专题32带电粒子在电磁场和重力场中变速圆周运动
u试卷副标题
考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
请点击修改第I卷的文字说明
一、多选题
1．如图所示：绝缘中空轨道竖直固定，圆弧段光滑，对应圆心角为，、两端等高，为最低点，圆弧圆心为，半径为；直线段、粗糙，与圆弧段分别在、端相切；整个装置处于方向垂直于轨道所在平面向里、磁感应强度大小为的匀强磁场中，在竖直虚线左侧和右侧还分别存在着场强大小相等、方向水平向右和向左的匀强电场。现有一质量为、电荷量恒为、直径略小于轨道内径、可视为质点的带正电小球，从轨道内距点足够远的点由静止释放。若，小球所受电场力等于其重力的倍，重力加速度为。则（　　）
A．小球第一次沿轨道下滑的过程中，先做加速度减小的加速运动，后做加速度变大的减速运动
B．小球经过点时，对轨道的弹力可能为
C．经足够长时间，小球克服摩擦力做的总功是
D．小球在轨道内受到的摩擦力不可能大于
【答案】CD
【详解】
A．小球第一次沿轨道AC下滑的过程中，由题意可知，电场力与重力的合力方向恰好沿着斜面AC，则刚开始小球与管壁无作用力，当从静止运动后，由左手定则可知，洛伦兹力导致球对管壁有作用力，从而导致滑动摩擦力增大，而重力与电场力的合力大小为
不变，故根据牛顿第二定律可知，做加速度减小的加速运动，当摩擦力等于两个力的合力时，做匀速运动，故A错误；
B．小球在轨道上往复运动，由于在斜轨上不断损失机械能，则最终会在CD之间往复运动，对小球在O点受力分析，由C向D运动，对轨道的压力最小，则由牛顿第二定律，则有
由C到O点，机械能守恒定律，则有
解得
即当小球由C向D运动时，小球经过点时，对轨道的最小的弹力为，不可能为，故B错误；
C．从静止开始到最终到C点的速度为零过程中，根据动能定理可知
也就是摩擦力做功与重力及电场力做功之和为零，则摩擦力总功为
故C正确；
D．当小球的摩擦力与重力及电场力的合力相等时，小球做匀速直线运动，小球在轨道内受到的摩擦力最大，则为，不可能大于，故D正确；
故选CD。
2．如图所示，ABC为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB为倾斜直轨道，BC为与AB相切的圆形轨道，并且圆形轨道处在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。质量相同的甲、乙、丙三个小球中，甲球带正电、乙球带负电、丙球不带电。现将三个小球在轨道AB上分别从不同高度处由静止释放，都恰好通过圆形轨道的最高点，则（　　）
A．甲球的释放位置比乙球的高
B．经过最高点时，三个小球的速度相等
C．经过最高点时，乙球的速度最大
D．运动过程中三个小球的机械能守恒
【答案】AD
【详解】
ABC．三个小球在运动过程中机械能守恒，有
mgh＝mv2
在圆形轨道的最高点时对甲有
qv1B＋mg＝
对乙有
mg－qv2B＝
对丙有
mg＝
可判断
v1＞v3＞v2
则
h1＞h3＞h2
选项A正确，BC错误；
D．因洛伦兹力不做功，只有重力做功，则运动过程中三个小球的机械能守恒，选项D正确。
故选AD。
3．如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O，最低点是P，直线MN水平，a、b是两个完全相同的带正电小球（视为点电荷），b固定在M点，a从N点静止释放，沿半圆槽运动经过P点到达某点Q（图中未画出）时速度为零。则小球a（　　）
A．从N到Q的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小
B．从N到P的过程中，动量的大小先增大后减小
C．从N到Q的过程中，电势能一直增加
D．从P到Q的过程中，动能减少量小于电势能增加量
【答案】BC
【详解】
A．a由N到Q的过程中，重力竖直向下，而库仑力一直沿二者的连线方向，则可知，重力与库仑力的夹角一直减小，且库仑力增大，依据力的合成法则，故合力一直在增大;故A错误；
B．从N到P的过程中,合力先与运动方向的夹角均为锐角，合力做正功；而后一过程中合力与运动方向夹角为钝角，合力做负功；从N到P的过程中，速率先增大后减小，所以动量的大小先增大后减小，故B正确；
C．从N到Q小球电场力与速度的夹角一直是钝角，则电场力一直做负功，电势能增大，故C正确；
D．从P到Q的过程中，电场力做负功，重力也做负功，动能的减少量等于电势能和重力势能的增加量之和，即动能减少量大于电势能增加量，故D错误；
故选BC。
4．用一根长L的轻绳，吊一质量为m的带电小球，放在磁感应强度为B，方向如图所示的匀强磁场中，将小球拉到与悬点等高处由静止释放，小球便在垂直于磁场的竖直面内摆动，当球第一次摆到最低点时，轻绳的拉力恰好为零（重力加速度为g），忽略空气阻力，则（　　）
A．小球带正电
B．小球第一次摆到最低点的速度小于
C．小球向左摆动所能到达的最高点与释放点等高
D．小球第二次经过最低点时，轻绳拉力等于
【答案】CD
【详解】
A．小球第一次摆到最低点时速度水平向左，悬线的拉力恰好为零，说明洛伦兹力竖直向上，由左手定则判断可知可知，小球带负电，A错误；
B．下落的过程中只有重力做功，洛伦兹力不做功，设此时速度为v，由动能定理得
解得
B错误；
C．由于忽略空气阻力，且洛伦兹力不做功，所以小球摆动过程中机械能守恒，则小球向左摆动所能到达的最高点与释放点等高，C正确；
D．小球第一次经过最低点时，设洛伦兹力为，根据牛顿第二定律有
解得
小球第二次经过最低点时，设轻绳拉力为FT，根据牛顿第二定律有
解得
D正确。
故选CD。
5．带电小球以一定的初速度竖直向上抛出，能够达到的最大高度为；若加上水平方向的匀强磁场，且保持初速度仍为，小球上升的最大高度为；若加上水平方向的匀强电场，且保持初速度仍为，小球上升的最大高度为，如图所示．不计空气阻力，则（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】BCD
【解析】
第1个图：由竖直上抛运动的最大高度公式得：h1=．第3个图：当加上电场时，由运动的分解可知，在竖直方向上有：v02=2gh3，所以h1=h3；而第2个图：洛伦兹力改变速度的方向，当小球在磁场中运动到最高点时，小球应有水平速度，设此时的球的动能为Ek，则由能量守恒得：mgh2+Ek=mv02，又由于mv02=mgh1所以
h1＞h2，故A错误，BCD正确；故选BCD．
点睛：洛伦兹力的方向始终和速度的方向垂直，只改变球的速度的方向，所以磁场对电子的洛伦兹力始终不做功．
6．如图所示，一根水平光滑的绝缘直槽轨连接一个竖直放置的半径为R=0.50m的绝缘光滑槽轨，槽轨处在垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度B=0.50T有一个质量m=0.10g，带电量为q=+1.6×10-3C的小球在水平轨道上向右运动。若小球恰好能通过最高点，则下列说法正确的是（　　）
A．小球在最高点所受的合力为零
B．小球在最高点时的机械能与其在水平轨道上的机械能相等
C．小球到达最高点时的速率v满足关系式
D．如果重力加速度取10m/s2，则小球在最高点时的速率为1m/s
【答案】BD
【分析】
小球恰好通过最高点时，轨道对球无作用力，向心力由重力和洛伦兹力的合力提供；因洛伦兹力和支持力始终与速度垂直，因此不做功，根据机械能守恒的条件进行分析；由向心力公式结合牛顿第二定律，可知在最高点时的速度和受到的洛伦兹力及重力的关系。
【详解】
A．设小球在最高点的速度为v，则小球在最高点所受洛伦兹力为F=qvB方向竖直向上，由于小球恰好能通过最高点，故小球在最高点由洛伦兹力和重力共同提供向心力，故A错误；
B．由于无摩擦力，且支持力和洛伦兹力都不做功，所以只有重力做功，机械能守恒，即小球在最高点时的机械能与其在水平轨道上的机械能相等，故B正确；
C．设小球到达最高点的线速度是v，则小球在最高点时由牛顿第二定律可知
故C错误；
D．由上可知
代入数据解得
v=1m/s
故D正确。
故选BD。
7．如图，空间存在平行纸面（水平向左）的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，电场和磁场相互垂直。在电磁场区域中，一个竖直放置的光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球。O点为圆环的圆心，a、b、c为圆环上的三个点，a点为最高点c点为最低点，Ob沿水平方向。已知小球所受电场力与重力大小相等，现将小球从环的顶端a点由静止释放，下列判断正确的是（　　）
A．当小球运动到c点时，所受洛仑磁力最大
B．当小球运动到bc中点时，所受洛仑磁力最大
C．小球从a点到b点，重力势能减小，电势能增大
D．小球从b点运动到c点，电势能增大，动能先增大后减小
【答案】BD
【详解】
AB．电场力与重力大小相等，则二者的合力指向左下方45°，由于合力是恒力，故类似于新的重力，所以ad弧的中点e点相当于平时竖直平面圆环的“最高点”。关于圆心对称的位置（即bc弧的中点）就是“最低点”，速度最大。由于bc弧的中点相当于“最低点”，速度最大，当然这个位置洛伦兹力最大；故A错误，B正确；
C．从a到b，重力和电场力都做正功，重力势能和电势能都减少。故C错误；
D．小球从b点运动到c点，电场力做负功，电势能增大，但由于bc弧的中点速度最大，所以动能先增后减。故D正确。
故选BD。
8．如图，空间存在垂直于纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，场内有一绝缘的足够长的直杆，它与水平面的夹角为θ，一带电荷量为-q、质量为m的带负电小球套在直杆上，从A点由静止沿杆下滑，小球与杆之间的动摩擦因数为μ，在小球以后的运动过程中，下列说法正确的是（　　）
A．小球下滑的最大速度为
B．小球的加速度一直在减小
C．小球下滑的最大加速度为
D．小球最终做匀速直线运动
【答案】CD
【详解】
ABC．小球开始下滑时有
随v增大，a增大，当
时，a达最大值，即
此时洛伦兹力等于mgcosθ，支持力等于0，此后随着速度增大，洛伦兹力增大，支持力增大，此后下滑过程中有
随v增大，a减小，当
时，速度达到最大
所以整个过程中，a先增大后减小，所以C正确，AB错误；
D．小球最终以最大速度做匀速直线运动，所以D正确。
故选CD。
9．如图所示，ABC为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB为倾斜直轨道，BC为与AB相切的圆形轨道，并且圆形轨道处在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。质量相同的甲，乙，丙三个小球中，甲球带正电，乙球带负电，丙球不带电。现将三个小球在轨道AB上分别从不同高度处由静止释放，都恰好通过圆形轨道的最高点，则（　　）
A．甲球的释放位置比乙球的高
B．运动过程中三个小球的机械能均保持不变
C．经过最高点时，三个小球的速度相等
D．经过最高点时，甲球的速度最大
【答案】ABD
【详解】
AC．在最高点时，甲球受洛仑兹力向下，乙球受洛仑兹力向上，而丙球不受洛仑兹力，故三球在最高点受合力不同，由F合＝m可知，三小球的速度甲的速度最大，所以甲球释放时的高度最高；故A正确，C错误；
B．因洛仑兹力不做功，故系统机械能守恒，三个小球的机械能保持不变，故B正确；
D．因甲球在最高点受合力最大，则甲球在最高点的速度最大，故D正确。
故选ABD。
10．如图所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场。在该区域中，有一个竖直放置的光滑绝缘固定圆环，环上套有一个带正电的小球。O点为圆环的圆心，a、b、c、d为圆环上的四个点，a点为最高点，c点为最低点，bOd沿水平方向。已知小球重力为电场力的2倍。现将小球从a点由静止释放，则小球（　　）
A．不能越过d点继续沿环向上运动
B．在c点受到的洛伦兹力比在b点受到的洛伦兹力大
C．从a点到b点过程中，重力势能减小，电势能增大
D．从c点到d点过程中，电势能变化量小于重力势能变化量
【答案】BD
【详解】
A．重力是电场力的2倍，则二者的合力指向左下方，由于合力是恒力，故可等效为“新的重力”，所以过圆心平行于合力的方向的直线与圆周的交点M、N分别相当于竖直平面圆周的“最高点”和“最低点”。根据对称性可知，圆环从a点由静止释放，可到达a点关于“最高点”M对称的位置，由图可知此位置高于d点，即圆环能越过d点继续沿环向上运动，选项A错误；
B．由图可知，C点距离“最低点”N的距离比b点距离N点的距离较近，可知c点的速度大于b点的速度，根据f=qvB可知，在c点受到的洛伦兹力比在b点受到的洛伦兹力大，故B正确；
C．从a到b，重力和电场力都做正功，重力势能和电势能都减少，故C错误；
D．从c点到d点过程中，电场力做负功
重力做功
电势能的变化量等于电场力的功，重力势能的变化量等于重力的功，可知电势能变化量小于重力势能变化量，
选项D正确。
故选BD。
11．如图所示，ABC为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB为倾斜直轨道，BC为与AB相切的圆形轨道，整个装置处在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。质量相同的可看做质点的甲、乙两个小球，甲球不带电、乙球带正电。现将两个小球在轨道AB上分别从相同高度处由静止释放，都能通过圆形轨道最高点，则（　　）
A．经过最高点时，甲球的速度比乙球小
B．经过最高点时，两个小球的速度相等
C．两个小球到最低点时对轨道的压力大小相同
D．如果使两球均恰好通过最高点，则甲球的释放位置比乙球的低
【答案】BD
【详解】
AB.由于洛伦兹力不做功，因此从释放点到圆轨道最高点，机械能守恒，所以甲球和乙球在最高点速度大小相同，故选项A错误选项B正确；
C.在最低点时，甲球受力为
对乙球有
由此可知
因此选项C错误；
D.如果使两球均恰好通过最高点，对甲球由重力提供向心力，对乙球由重力和洛伦兹力共同提供向心力
因此乙球在最高点的速度比甲球快，由于洛伦兹力不做功，因此乙球释放的位置要比甲球高，故选项D正确。
故选BD。
12．如图所示，两个半径相同的半圆形光滑轨道置于竖直平面内，左右两端点等高，分别处于沿水平方向的匀强电场和匀强磁场中。两个相同的带正电小球同时从两轨道左端最高点由静止释放，M、N为轨道的最低点，则下列说法中正确的是（
）
A．在磁场中小球能到达轨道的另一端最高处，在电场中小球不能到达轨道另一端最高处
B．两个小球到达轨道最低点的速度vMC．两个小球第一次经过轨道最低点时对轨道的压力FM>FN
D．小球第一次到达M点的时间大于小球第一次到达N点的时间
【答案】AC
【详解】
A．洛伦兹力不做功，机械能守恒，在磁场中小球能运动到另一端的最高处；在电场中，电场力始终做负功，小球不能到达最高点，选项A正确；
B．匀强磁场中，根据由机械能守恒得
解得
匀强电场中，因电场力做负功，根据动能定理得
解得
则
选项B错；
C．匀强磁场中，在最低点有
解得
匀强电场中，在最低点有
解得
所以
选项C正确；
D．匀强磁场中，在运动的过程中，只有重力做功；匀强电场中，在运动的过程中，除重力做功外，还有电场力做负功，起阻碍作用，所以小球第一次到达M点的时间小于小球第一次到达N点的时间，选项D错误。
故选AC。
13．如图所示，光滑绝缘的圆形管状轨道竖直放置，管道中央轨道半径为R，管道内有一质量为m、带电荷量为+q直径略小于管道内径的小球，空间内存在方向相互垂直的匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度大小为B，方向水平向里，电场的电场强度大小（g为重力加速度），方向竖直向上。现小球从轨道的最低点沿轨道方向以大小为v0的初速度水平射出，下列说法正确的是（
）
A．无论初速度的方向向右还是向左，小球在运动中对轨道的作用力都不可能为0
B．小球在最高点对轨道内侧的作用力大小可能为，方向竖直向下
C．小球在最高点对轨道的作用力为0时，受到的洛伦兹力大小可能为，方向竖直向下
D．若初速度方向向左，小球在最低点和轨道水平直径右端时，对轨道外侧有压力，且压力差大于mg
【答案】BD
【详解】
A．小球受重力和电场力的合力竖直向下，大小为，当小球向右射出且
得
此时小球对轨道的作用力为0，故A错误；
B．若小球在最高点对轨道内侧的作用力大小可能为，方向竖直向下时，小球受重力和电场力的合力为，方向竖直向上，小球在竖直方向上的合力为0，由洛伦兹力提供向心力，故B正确；
C．小球在最高点对轨道的作用力为0时，小球受重力和电场力的合力竖直向下，大小为，若受到的洛伦兹力大小为，当小球向右射出时，在最高点则有
得
由动能定理有
即
两式不相符，若受到的洛伦兹力大小为，当小球向左射出时，在最高点则有
得
不可能，故C错误；
D．若初速度方向向左，由左手定则可知，小球受到的洛伦兹力竖直向下，小球受重力和电场力的合力竖直向下，大小为，则在最低点小球对轨道外侧有压力，当小球运动到轨道水平直径右端时，小球受到的洛伦兹力水平向右，由于小球做圆周运动，由洛伦兹力与轨道对小球的弹力的合力提供向心力，则小球对对轨道外侧有压力，在最低点有
在轨道水平直径右端时有
由动能定理得
得
由于，则
则
故D正确。
故选BD。
14．如图所示，一水平放置的平行板电容器充电以后与电源断开，并在其间加上垂直纸面向里的匀强磁场；某带电质点以某一速度从水平平行板中央进入正交的匀强电场和匀强磁场中，刚好做匀速直线运动。下列说法正确的是（　　）
A．该质点一定带正电
B．该质点可能带负电
C．若仅磁场的水平方向均匀增大，质点将向上偏转，速率越来越小
D．若将下极板缓慢向下移动，质点将向下偏转，速率越来越大
【答案】AC
【详解】
AB．在平行板之间有匀强磁场和匀强电场，带电质点做匀速直线运动，所以带电质点受力平衡，重力向下，电场力向上，洛伦兹力向上，则
所以带电质点带正电，故A正确，B错误；
C．如果磁场均匀增大，则该质点所受洛伦兹力将增大，质点向上偏转，但是洛伦兹力对质点不做功，即不改变质点速度的大小，而重力和电场力的合力向下，所以质点将减速，即其速率将减小，所以C正确；
D．将下极板向下移动，根据电容的决定式
可得，电容减小；由题意可知，电容器极板的电荷量不变，则根据公式
可得公式
即场强的大小与两极板的距离无关，所以场强不变，质点将继续匀速直线运动，所以D错误。
故选AC。
15．如图所示，竖直平面内的光滑半圆形轨道处于垂直纸面向里的匀强磁场中，A、B两点是半圆形轨道水平直径的两个端点。现从A点由静止释放-一个带负电的小球，已知小球的质量为m，重力加速度为g，则下列说法中正确的是（
）
A．小球一定能沿轨道运动到B点
B．小球一定能沿轨道再次回到A点
C．小球第一次经过轨道最低点时，轨道受到的压力一定大于3mg
D．若增大小球的比荷，则小球第一次通过最低点时的速率将增大
【答案】AC
【详解】
A．小球从A向B运动的过程中受到垂直轨道向下的洛伦兹力，而洛伦兹力不做功，由能量守恒定律可知，小球一定能沿轨道运动到B点，选项A正确；
B．小球从B点返回A点的过程中，受到洛伦兹力方向垂直轨道指向圆心，则当洛伦兹力大于重力沿垂直轨道方向的分量时，小球会脱离轨道，则不一定能沿轨道再次回到A点，选项B错误；
C．小球第一次经过轨道最低点时，由机械能守恒定律
解得
由牛顿第二定律
则
选项C正确；
D．因洛伦兹力不做功，若增大小球的比荷，则小球第一次通过最低点时的速率不变，仍为选项D错误；
故选AC。
16．如图所示，绝缘的中空轨道竖直固定，圆弧段COD光滑，对应圆心角为120°，C、D两端等高，O为最低点，圆弧的圆心为O′，半径为R.直线段AC、HD粗糙且足够长，与圆弧段分别在C、D端相切．整个装置处于磁场方向垂直于轨道所在平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，在竖直虚线MC左侧和虚线ND右侧存在着电场强度大小相等、方向分别为水平向右和水平向左的匀强电场．现有一质量为m、电荷量恒为q、直径略小于轨道内径、可视为质点的带正电小球，从轨道内距C点足够远的P点由静止释放．若小球所受电场力的大小等于其重力的，小球与直线段AC、HD间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，则（　　）
A．小球在第一次沿轨道AC下滑的过程中，最大加速度为amax＝g
B．小球在第一次沿轨道AC下滑的过程中，最大速度为vmax＝
C．小球进入DH轨道后，上升的最高点比P点低
D．小球经过O点时，对轨道的弹力最小值一定为|2mg－qB|
【答案】AC
【详解】
A．小球第一次沿轨道AC下滑的过程中，由题意可知
即θ=60°，即电场力与重力的合力方向恰好沿着斜面AC，则刚开始小球与管壁无作用力，当从静止运动后，由左手定则可知，洛伦兹力导致球对管壁有作用力，从而导致滑动摩擦力增大，而重力与电场力的合力大小为：
且不变，根据牛顿第二定律可知，做加速度减小的加速运动，因刚下滑时，加速度最大，即为
故A正确；
B．当小球的摩擦力与重力及电场力的合力相等时，洛伦兹力大小等于弹力，小球做匀速直线运动，小球的速度达到最大，
即为
qvB=N
而
μN=f
且
因此解得：
故B错误；
C．根据动能定理可知，从静止开始到进入DH轨道后，因存在摩擦力做功，导致上升的最高点低于P点，故C正确；
D．对小球在O点受力分析，且第一次由C向D运动，洛伦兹力方向向上，且洛伦兹力最大，对轨道弹力最小，由牛顿第二定律，则有：
；
若小球到达C点的速度恰为零，则由C到O点，机械能守恒定律，则有：
由上综合而得：
而小球第一次经过C点时的速度大于零，则小球经过O点时，对轨道的弹力最小值不等于
，故D错误；
故选AC。
17．如图所示，半径为R的光滑半圆弧绝缘轨道固定在竖直面内，磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直于轨道平面向里．一可视为质点、质量为m、电荷量为q(q>0)的小球由轨道左端A点无初速度滑下，轨道的两端等高，C点为轨道的最低点，小球始终与轨道接触，重力加速度为g，下列说法中正确的有（
）
A．小球能运动至轨道右端的最高点
B．小球在最低点C点的速度大小为
C．小球在C点的速度向右时，对轨道的压力大小为3mg-qB
D．小球在C点的速度向左时，对轨道的压力大小为3mg-qB
【答案】AC
【详解】
A．小球在光滑半圆弧上运动过程中，只有重力做功，洛伦兹力和支持力都不做功，机械能守恒，故小球能运动至轨道右端的最高点，A错误；
B．A到C的过程中由机械能守恒得：
解得C点的速度为：，B正确；
C．小球在C点的速度向右时，由左手定则可知洛伦兹力向上，根据合力提供向心力有：
解得：
由牛顿第三定律可知小球在C点对轨道的压力大小为，C正确；
D．小球在C点的速度向左时，由左手定则可知洛伦兹力向下，根据合力提供向心力有：
解得：
由牛顿第三定律可知小球在C点对轨道的压力大小为，D错误。
故选AC。
18．如图所示，ABC为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB为倾斜直轨道，BC为与AB相切的圆形轨道，并且圆形轨道处在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，质量相同的甲、乙、丙三个小球中，甲球带正电、乙球带负电、丙球不带电．现将三个小球在轨道AB上分别从不同高度处由静止释放，都恰好通过圆形轨道的最高点，则(　　)
A．经过最高点时，三个小球的速度相等
B．经过最高点时，甲球的速度最小
C．甲球的释放位置比乙球的高
D．运动过程中三个小球的机械能均保持不变
【答案】CD
【详解】
ABC．三个小球在运动过程中机械能守恒，有
mgh＝mv2
在圆形轨道的最高点时对甲有
qv1B＋mg＝
对乙有
mg－qv2B＝
对丙有
mg＝
可判断
v1＞v3＞v2
选项AB错误，D正确；
C．根据可知，甲球的释放位置比乙球的高，选项C正确．
故选CD.
19．如图所示，电源电动势为E，内阻为r，滑动变阻器电阻为R，开关K闭合．两平行极板间有匀强磁场，一带电粒子（不计重力）正好以速度v匀速穿过两板。以下说法正确的是
A．保持开关闭合，将a极板向下移动一点，粒子将一定向下偏转
B．如果将开关断开，粒子将继续沿直线穿出
C．保持开关闭合，将滑片P向上滑动一点，粒子将可能从下极板边缘射出
D．保持开关闭合，将滑片P向下滑动一点，粒子将可能从下极板边缘射出
【答案】CD
【分析】
带电粒子（不计重力）正好以速度v匀速穿过两板，电场力与洛伦兹力相等。若粒子带正电，向下的电场力与向上的洛伦兹力相等；若粒子带负电，向上的电场力与向下的洛伦兹力相等；
【详解】
A.开关闭合，a板下移，板间场强，U不变，d变小，E变大，则电场力F=qE变大，若粒子带正电，将向下偏转；若粒子带负电，将向上偏转。选项A错误；
B.将开关断开，电容器放电，电场消失，粒子不再做直线运动，选项B错误；
C.开关闭合，将滑片P向上滑动一点，两板间电压变小，若粒子带负电，电场力方向向上，大小减小，粒子有可能从下极板边缘射出，选项C正确；
D.开关闭合，将滑片P向下滑动一点，两板间电压变大，若粒子带正电，电场力方向向下，大小增大，粒子将可能从下极板边缘射出，选项故D正确。
故选CD。
二、单选题
20．如图所示，质量为m的带电绝缘小球（可视为质点）用长为l的绝缘细线悬挂于O点，在悬点O下方有匀强磁场，现把小球拉离平衡位置后从A点由静止释放，小球从A点和D点向最低点运动，则下列说法中正确的是（　　）
A．小球两次到达C点时，速度大小不相等
B．小球两次到达C点时，细线的拉力不相等
C．小球两次到达C点时，加速度不相同
D．小球从A至C的过程中，机械能不守恒
【答案】B
【详解】
ACD．由题意可知，当小球进入磁场后，才受到洛伦兹力作用，且力的方向与速度方向垂直，洛伦兹力对小球不做功，所以只有重力做功，小球机械能守恒，则小球从A至C和从D至C到达C点时，速度大小相等，故加速度
相同，从A至C和从D至C过程中，运动快慢也一样，故ACD错误；
B．由于进出磁场的速度方向不同，由左手定则可知，洛伦兹力方向不同，所以细线拉力的大小不同，故B错误。
故选B。
21．如图所示，PQ为放在竖直平面的半圆弧的直径，O为圆心，小球带正电，以初速度v沿直径水平抛出；甲图中只受重力作用，乙图中有竖直向下的匀强电场，丙图中有垂直纸面向里的匀强磁场，丁图中有垂直纸面向外的匀强磁场，小球能垂直落在圆弧弧面上的是（　　）
A．甲和乙
B．乙
C．丙
D．丁
【答案】D
【详解】
AB．平抛运动中，某时刻速度的反向延长线交于该段时间的水平位移的中点，设该点为N，甲图中，小球的水平位移一定小于直径，则N点一定在圆心O点的左侧，小球不能垂直落在圆弧弧面上；乙图中的小球做类平抛运动，同理，也不能垂直落在圆弧弧面上，AB错误；
C．假设小球依旧落在同一点，洛伦兹力不做功，因此小球落在圆弧面上的速度大小不变，要垂直落入圆弧面，说明速度和竖直方向的夹角变大，则竖直方向的速度变大，水平方向的速度减小，丙图中的小球所受的洛伦兹力向上，在水平方向加速，竖直方向减速，其速度的反向延长线与PQ的交点M一定在N点左侧，一定不能垂直落在圆弧弧面上，C错误；
D．丁图中的小球所受的洛伦兹力向下，水平方向减速竖直方向加速，小球能垂直落在圆弧弧面上，D正确。
故选D。
22．如图所示，甲是一个带正电的小物块，乙是一个不带电的绝缘物块，甲、乙叠放在一起静置于粗糙的水平地板上，地板上方空间有水平方向的匀强磁场。现用水平恒力拉乙物块，使甲、乙一起保持相对静止向左加速运动。在加速运动阶段，下列说法正确的是（　　）
A．甲对乙的压力不断减小
B．甲、乙两物块间的摩擦力不断增大
C．乙对地板的压力不断减小
D．甲、乙两物块间的摩擦力不断减小
【答案】D
【详解】
ＡＣ．甲受洛伦兹力向下，随着速度的增大，洛伦兹力增大，甲对乙的压力和乙对地板的压力都增大，AC都错误；
ＢＤ．随着对地板压力的增大，地面的摩擦力增大，系统的加速度减小，甲、乙两物体之间的摩擦力也减小，B错误，D正确。
故选D。
23．如图所示，一质量为m＝0.10
g、带电荷量q＝1.6×10－3
C的带负电滑块(可看作质点)以初速度v0＝5
m/s由水平面上的A点向右滑动，到达C点后恰好能通过半径为R＝0.5
m的光滑半圆轨道的最高点D，已知水平轨道AC与半圆轨道相切于C点，整个装置处在垂直纸面向里、磁感应强度B＝0.50
T的匀强磁场中，重力加速度g＝10
m/s2，则(　　)
A．滑块运动到最高点D时的速度大小为1.25
m/s
B．滑块运动到最高点D时的速度大小为m/s
C．滑块从C运动到D的过程中，机械能不守恒
D．滑块从A到C的过程中克服阻力做的功为2×10－4
J
【答案】D
【解析】
AB、因滑块恰好能通过光滑半圆轨道的最高点D，在D点由竖直向下的重力和竖直向上的洛伦兹力的合力提供向心力，即，代入数值得v＝1
m/s，故AB错误；
C、滑块从C到D的过程中，洛伦兹力时刻与速度方向垂直，不做功，只有重力做功，机械能守恒，故C错误；
D、滑块从C到D的过程中，由机械能守恒定律知，即，滑块从A到C的过程中，由动能定理知克服阻力做的功为，即，故D正确；
【点睛】粒子在磁场中做匀速圆周运动，由重力和洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可以求出在最高点的速度，滑块从C到D的过程中，洛伦兹力时刻与速度方向垂直，不做功，只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律求出C点速度，由动能定理求出滑块从A到C的过程中克服阻力做的功．
24．如图所示，在竖直平面内，两质量均为m、电荷量均为+q的小球（视为质点）P、Q用一段绝缘细线连接，整个装置始终处在垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中．让小球P固定不动，将细线水平拉直后由静止释放小球2，当绳与水平方向夹角为α（小于90°）时，小球的加速度大小为（　　）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】
小球Q在运动中与小球P的距离保持不变，所以小球Q所处的电势大小不变，所以电场力不做功．洛伦兹力时刻指向圆心，与速度方向垂直，所以洛伦兹力不做功．所以只有重力做功．设当绳与水平方向夹角为α（小于90°）时，小球速度为v，由动能定理可得：
mv2=mgR?sinα…①；对小球Q受力分析，沿绳方向和垂直于绳的方向建立平面直角坐标系，将重力正交分解，分级为垂直于绳方向的G1，和沿绳方向的G2．沿绳方向的合力充当向心力，所以沿绳方向的合力
…②；沿绳方向的加速度
…③；联立①②③解得：a1=2g?sinα；垂直于绳的方向的力G1=mg?cosα，垂直于绳方向加速度a2==g?cosα；小球Q的加速度，故C正确，ABD错误．
25．如图所示：绝缘中空轨道竖直固定，圆弧段光滑，对应圆心角为，、两端等高，为最低点，圆弧圆心为，半径为；直线段、粗糙，与圆弧段分别在、端相切；整个装置处于方向垂直于轨道所在平面向里、磁感应强度大小为的匀强磁场中，在竖直虚线左侧和右侧还分别存在着场强大小相等、方向水平向右和向左的匀强电场。现有一质量为、电荷量恒为、直径略小于轨道内径、可视为质点的带正电小球，从轨道内距点足够远的点由静止释放。若，小球所受电场力等于其重力的倍，重力加速度为。则（
）
A．小球第一次沿轨道下滑的过程中，先做加速度减小的加速运动，后做减速运动
B．小球经过点时，对轨道的弹力可能为
C．经足够长时间，小球克服摩擦力做的总功是
D．小球在轨道内受到的摩擦力可能大于
【答案】C
【详解】
A．小球第一次沿轨道AC下滑的过程中，由题意可知，电场力与重力的合力方向恰好沿着斜面AC，则刚开始小球与管壁无作用力，当从静止运动后，由左手定则可知，洛伦兹力导致球对管壁有作用力，从而导致滑动摩擦力增大，而重力与电场力的合力大小为
不变，故根据牛顿第二定律可知，做加速度减小的加速运动，当摩擦力等于两个力的合力时，做匀速运动，故A错误；
B．小球在轨道上往复运动，由于在斜轨上不断损失机械能，则最终会在CD之间往复运动，对小球在O点受力分析，且由C向D运动，此时在D点的洛伦兹力最小，对轨道的压力最小，则由牛顿第二定律，则有
由C到O点，机械能守恒定律，则有
解得
即当小球由C向D运动时，则对轨道的最小的弹力为，不可能为，故B错误；
D．当小球的摩擦力与重力及电场力的合力相等时，小球做匀速直线运动，小球在轨道内受到的摩擦力最大，则为，不可能大于，故D错误；
C．根据动能定理，可知，取从静止开始到最终速度为零，则摩擦力做功与重力及电场力做功之和为零，则摩擦力总功为，故C正确；
故选C。
26．在竖直放置的光滑绝缘圆环中，套有一个带电荷量为-q、质量为m的小环，整个装置放在如图所示的正交电磁场中，已知场强大小为，当小环从大环顶无初速下滑时，在滑过的角度为何值时，所受洛伦兹力最大（　　）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】
把重力和电场力等效为一合力，当此合力对小环做功最多时，小环的速度最大，洛伦兹力也最大．此位置在下图中的P点，由几何知识可得小环滑过了的角度．
故选C。
27．如图所示，环形塑料管半径为R，竖直放置，且管的内径远小于环的半径，ab为该环的水平直径，环的ab及其以下部分有水平向左的匀强电场，电场强度的大小，管的内壁光滑。现将一质量为m，电荷量为+q的小球从管中a点由静止开始释放，则（　　）
A．小球到达b点时速度为零，并在adb间往复运动
B．小球每周的运动过程中最大速度在圆弧ad之间的某一位置
C．小球第一次和第二次经过最高点c时对管壁的压力之比为
D．小球第一次经过最低点d和最高点c时对管壁的压力之比为
【答案】C
【详解】
A．只有重力和电场力做功，带电小球到达b点，重力势能不变，电势能减小，故有动能，其动能大小等于电场力做的功，为
故A错误；
B．当小球重力和电场力的合力正好沿半径方向时，小球的速度最大，所以速度最大点在d点的左侧，故B错误；
D．第一次过d点时，根据动能定理，有
根据向心力公式，有
解得
第一次过c点，根据向心力公式，有
根据B选项分析，第一次经过c点的动能为mgR，故
则小球第一次经过最低点d和最高点c时对管壁的压力之比为
故D错误；
C．从a点释放到第二次到c点过程，根据动能定理，有
据向心力公式，有
解得
则小球第一次和第二次经过最高点c时对管壁的压力之比为
故C正确。
故选C。
28．带负电的小球用绝缘丝线悬挂于O点，在匀强磁场中摆动，不计空气阻力，当小球每次通过最低点时（　　）
A．摆球受到的磁场力相同
B．摆球的动能相同
C．摆球的速度相同
D．摆球所受丝线拉力相等
【答案】B
【详解】
A．由于小球的运动方向不同，则根据左手定则可知，洛伦兹力的方向不同，则受到的磁场力不同，故A错误；
BC．由题意可知，拉力与洛伦兹力对小球不做功，仅仅重力作功，则小球机械能守恒，所以小球分别从左右两侧向最低点运动且两次经过最低点时的动能相同，小球的速度大小相同，但是方向不同，故B正确，C错误；
D．由B选项可知，速度大小相等，由于速度方向不同，导致产生的洛伦兹力的方向也不同，则根据牛顿第二定律可知，拉力的大小不同，故D错误。
故选B。
29．如图所示，垂直纸面向里的匀强磁场中有一个开口向上的绝缘半球，内壁粗糙程度处处相同，将带有正电荷的小球从半球左边最高处静止释放，小球沿半球内壁只能滑到右侧的C点处；如果撤去磁场，仍将小球从左边最高点释放，则滑到右侧能达到的最高点应是(　　)
A．仍能滑到C点
B．比C高的某处
C．比C低的某处
D．上述情况都有可能
【答案】C
【详解】
由左手定则可知，小球由左向右滑动时，所受的洛伦兹力沿半径指向圆心，球与半球间的压力小于没有磁场时的压力，小球受到的摩擦力较小，克服摩擦力做功较少，小球损失的机械能较少，小球在右侧到达的高度较高；撤掉磁场后，小球受到的摩擦力增大，克服摩擦力做功变大，小球损失的机械能增大，小球在右侧能达到的最高点降低，低于C点，故ABD错误，C正确；
故选C。
第II卷（非选择题）
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三、解答题
30．如图所示，半径为R的光滑圆弧绝缘轨道AC位于竖直平面内（O为圆心），下端与水平绝缘轨道CD相切，在OC的右侧足够大的区域内存在着方向沿纸面水平向左、大小为E的匀强电场和方向垂直纸面向里、大小为B的水平匀强磁场。质量为m、电荷量为q带正电的小滑块从圆弧绝缘轨道最高点A由静止开始释放，进入水平轨道CD。已知滑块与水平轨道的动摩擦因数为μ，E＞，且滑块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当滑块沿轨道滑到P点时速度减为0。在滑块从P点第一次返回到C点过程中先加速后匀速运动。求：
（1）滑块第一次刚进入复合场时所受洛伦兹力的大小f；
（2）滑块第一次返回到C点前匀速运动的速度v；
（3）滑块从开始运动至第一次返回圆弧轨道的过程中克服摩擦力做的功和整个运动过程系统因摩擦产生的热量。
【答案】（1）；（2）；（3）；
【详解】
(1)设滑块第一次刚进入电磁场时的速度为v0，根据动能定理
所受洛伦兹力为
解得
(2)滑块向左离开磁场前已经开始作匀速运动，则
解得
(3)设滑块从开始至第一次返回圆弧轨道的过程克服摩擦力做的功为Wf，则
解得
设整个运动过程因摩擦产生的热量为Q，由于
滑块最终停在C点，则
31．如图所示，在竖直平面内存在直角坐标系xoy，第二象限有沿y轴正方向的匀强电场，电场强度为E1，第一象限有水平向右的匀强电场，电场强度为E2=0.15N/C，在第一象限内，y=4m处有水平绝缘平台PA，右端与半径为R=2m的光滑绝缘竖直半圆弧轨道平滑连接，相切于A点，D为其最高点。质量为m=2×10-3kg、带正电q=0.1C的可视为质点的小球从x轴上某点Q以与x轴负半轴成60?、大小v0=10m/s的速度射入第二象限，恰好做匀速直线运动。现在第二象限内小球运动的某段路径上加上垂直于纸面向外的圆形边界的匀强磁场，磁感应强度B=0.2T，小球经过磁场区域后恰好水平向右运动，垂直于y轴从点P（0，4m）无碰撞进入第一象限并沿平台PA方向运动，已知小球与平台的动摩擦因数μ=0.5，平台PA的长度L=2m，重力加速度g=10m/s2，sin37?=0.6，cos37?=0.8，不计空气阻力，结果可用根号表示。求：
(1)电场强度E1的大小；
(2)小球第一次从D点落到平台PA上的位置与A点的距离；
(3)小球在圆弧轨道ACD上的最大速度和所加圆形磁场区域的最小面积。
【答案】(1)；(2)；(3)，
【详解】
(1)小球在第二象限做匀速直线运动，由平衡条件有
可得电场强度的大小
(2)从P到D，由动能定理有
可得小球在D的速度
小球从D点水平抛出后，竖直方向做自由落体运动
水平方向做匀减速直线运动
可得落点距A的距离
(3)如图所示
在圆形磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有
可得磁场中运动的半径
若小球从G点进入磁场，从H点射出磁场，其弦长为最小磁场圆的直径，由几何知识有其圆心角，磁场圆的最小半径
最小面积
（可保留）
小球在圆弧轨道上受电场力和重力作用的合力方向与竖直方向的夹角设为，则
解得
过圆心作合力的平行线交圆周下方为M点，如图，小球在M点有最大速度
由P到M，由动能定理有
可得小球运动过程中的最大速度
32．如图所示.ABC是固定在竖直平面内的绝缘圆弧轨道，圆弧半径为R，A点与圆心O等高，B、C点处于竖直直径的两端，PA是一段绝缘的竖直圆管，两者在A点平滑连接，整个装置处于方向水平向右的匀强电场中，一质量为m、电荷量为+q的小球从管内与C点等高处P由静止释放，一段时间后小球离开圆管进人圆弧轨道运动。已知匀强电场的电场强度(g为重力加速度)，小球运动过程中的电荷量保持不变，忽略圆管和轨道的摩擦眼力，求(计算结果可带根号):
(1)小球从释放到A经历的时间；
(2)小球到达B点时速度的大小；
(3)小球到达B点时对圆弧轨道的压力大小。
【答案】(1)；(2)；(3)
【详解】
(1)小球释放后有
得
(2)小球从P运动到B的过程中，由动能定理得
解得
(3)小球在最低点B时，根据牛顿第二定律得
解得
则由牛顿第三定律得小球对圆弧轨道的压力大小为
33．如图所示，在水平面上，平放一半径为R的光滑半圆管道，管道处在方向竖直、磁感应强度为B的匀强磁场中，另有一个质量为m、带电量为＋q的小球。
(1)当小球从管口沿切线方向以速度v0射入时，求小球对管道侧壁的作用力大小；
(2)现把管道固定在竖直面内，且两管口等高，磁场仍保持和管道平面垂直，如图所示，空间再加一个水平向右、场强E＝的匀强电场（未画出），若小球仍以v0的初速度沿切线方向从左边管口射入，求小球在管道运动全程中获得的最大速度。
【答案】(1)
；(2)
【详解】
(1)当小球从管口沿切线方向以速度v0射入时，对小球进行受力分析得
即
有
根据牛顿第三定律可知小球对管道侧壁的作用力大小为；
(2)求最大速度方法一：
当小球到达管道中方位角为θ的位置（如图所示）时，应用动能定理有：
mgRsinθ＋Eq（R＋Rcosθ）＝mv2－mv02
即
v2＝＋2gR＋2gR（sinθ＋cosθ）
对函数y＝sinθ＋cosθ求极值，可得θ＝45°时
ymax＝
所以
vm＝
求最大速度方法二：
如图所示，根据场的叠加原理，小球所受的等效重力为
mg′＝＝mg
tanφ＝＝1
即
φ＝45°
小球在等效重力场的最低点时，即当小球到达管道中方位角为θ＝φ＝45°时，速度最大。
由动能定理
mgRsinθ＋qE（R＋Rsinθ）＝mvm2－mv02
解得
vm＝
34．如图所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一与磁感线垂直且水平放置的长为L的摆线，拉一质量为m、带电荷量为＋q的摆球。试求摆球向左通过最低位置时绳上的拉力F。
【答案】3mg＋qB
【详解】
由题意得
F－F洛－mg＝m
mgL＝mv2
F洛＝qvB
联立得
F＝3mg＋Bq
35．用一根轻绳，吊一质量为m的带电小球，放在如图所示垂直纸面向里的匀强磁场中，将小球拉到与悬点右侧等高处由图示位置静止释放，小球便在垂直于磁场的竖直面内摆动，当小球第一次摆到最低点时，悬线的张力恰好为零（重力加速度为g），则：
(1)小球带正电还是负电？
(2)小球第一次摆到最低点时的洛伦兹力多大？
(3)小球第二次经过最低点时，悬线对小球的拉力多大？
【答案】(1)带负电；(2)3mg；(3)6mg
【详解】
(1)当球第一次摆到最低点时，悬线的张力恰好为零，说明小球在最低点受到的洛伦兹力竖直向上，根据左手定则知小球带负电
（2）小球第一次到达最低点速度大小为v，则由动能定律可得
mgL=mv2
由圆周运动规律及牛顿第二定律可知第一次经过最低点时
Bqv－mg=m
联立得小球第一次摆到最低点时的洛伦兹力Bqv大小为3mg
(3)小球摆动过程只有重力做功，机械能守恒，小球第二次到达最低点速度大小仍为v，由圆周运动规律及牛顿第二定律可知第二次经过最低点时
F－qvB－mg=m
联立解得
F=6mg
36．如图所示，在一竖直面内建立直角坐标系，在坐标平面第I、IV象限内存在方向竖直向上的匀强电场，在区域内存在方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场。在第Ⅱ象限内固定有光滑绝缘圆弧轨道，轨道与x轴相切于原点O。一个质量为、带电荷量为的小铁块从圆弧轨道上高为的A点沿轨道下滑至轨道最低点O时与另一静止且不带电的质量也为的小铁球碰撞，之后合为一带电粘合体，带电粘合体沿x轴做直线运动到C点后进人电场和磁场的复合区域，偏转后进入第II象限并最终落在水平面上D点。已知=，水平面到O点的距离，C点坐标为（，0），重力加速度为，求：
（1）带电粘合体沿x轴运动的速度大小和第I、IV象限内匀强电场的电场强度大小；
（2）带电粘合体运动过程中受到的洛伦兹力的冲量；
（3）水平面上D点的位置坐标和带电粘合体从O点运动到D点的总时间。
【答案】（1）；；（2），负号表示冲量的方向沿x轴负方向；（3）；
【详解】
（1）小铁块从A点运动达到O点，由机械能守恒定律有
碰撞后，设带电粘合体沿x轴运动的速度为v，由动量守恒定律有
mv0=2mv
代入数据解得
碰撞后粘合体沿x轴做直线运动，电场力与重力平衡，有：2mg=qE，解得
（2）如图所示
负号表示冲量的方向沿x轴负方向
（3）带电粘合体在电场和磁场的复合区域，电场力与重力平衡，洛伦兹力提供向心力有
代入数据解得
带电粘合体在电场和磁场的复合区域运动的时间
带电粘合体在电场和磁场的复合区域运动半周后垂直虚线沿y=-2R的直线向左做匀速直线运动，经过y轴上y=-2R位置后做平抛运动，由平抛运动规律有
，-x=vt3
代入数据解得
，
做水平面上D点的位置坐标为，小球从O点运动到C点的时间
小球从O点运动到D点的总时间
37．一绝缘“”形杆由两段相互平行的足够长的水平直杆、和一半径为R的光滑半圆环组成，固定在竖直平面内，其中杆是光滑的，杆是粗糙的，整个装置处在水平向左的匀强电场中，在左侧区域足够大的范围内同时存在垂直竖直平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。现将一质量为m、带正电电量为q的小环套在杆上，小环所受的电场力为重力的。（已知重力加速度为g）
(1)若将小环由D点静止释放，则刚好能到达P点，求间的距离；
(2)在满足第一问的情况下，小环在A点对圆环的压力；
(3)若将小环由M点右侧5R处静止释放，设小环与杆间的动摩擦因数为μ，小环所受最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，求小环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功。
【答案】(1)4R；(2)mg+
qB；(3)或者mgR
【详解】
(1)设电场强度为E，DM距离为L，对小环从D至P，由动能定理：
EqL-mg?2R=0-0???????
题意有
Eq＝mg??????????
得?
?L=4R??????????????????
(2)设小环在A点速度为vA，对小环从D至A的过程，由动能定理
Eq?5R?mgR＝
由小环在A点的受力分析及牛顿第二定律得
?
解得
N=mg+Bq。
根据牛顿第三定律，小环a在A点对圈环的压力大小为
N=mg+
qB
方向水平向左。
(3)小环首次到P点速度不为零，将向右运动，当速度为零时，若满足
（i）当
Eq≤fm=μmg
即
μ≥
小环将保持静止。设此时小环距P点水平距离为x，则对全程由动能定理
Eq（5R-x）-mg?2R-μmgx=0-0???
则克服摩擦力做功
??
（ii）?当
Eq＞fm=μmg
即
μ＜
小环将来回往复运动，最终会在P点的速度减为零。
则对全程由动能定理
Eq?5R-mg?2R-Wf=0-0??
得克服摩擦力做功
Wf＝mgR
38．如图所示空间，存在水平向右的匀强电场，半径为r的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，环上套有一质量为m、带正电的珠子(可视为质点)，珠子所受静电力是其重力的。将珠子从环上最低位置A点静止释放，求：
(1)珠子所能获得的最大动能和在最大动能处环对珠子的作用力；
(2)要使珠子恰好能绕圆环做完整的圆周运动，则应在A点给珠子以多大的初速度？
【答案】(1)，；(2)。
【详解】
(1)珠子的平衡位置和圆心连线与竖直方向的夹角为θ，有
珠子在平衡位置速度最大，珠子从A点运动到平衡位置，由动能定理：
最大动能
设在动能最大处圆环对珠子的作用力为N；根据圆周运动
得：
；
(2)如图：
此时珠子做圆周运动的等效“最高点”为D，在D点，珠子速度为零时，此小球在A点的初速度最小，从A点到D点过程，由动能定理：
得：
。
39．如图所示，绝缘轨道MNPQ位于同一竖直面内，其中MN段是长度为L的水平轨道，PQ段为足够长的光滑竖直轨道，NP段为光滑的四分之一圆弧，圆心为O，直线NN′右侧有方向水平向左的电场（图中未画出），电场强度，在包含圆弧轨道NP的ONO′P区域内有方向垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场（边界处无磁场），轨道MN最左端M点处静止一质量为m、电荷量为q的带负电的物块A，一质量为3m为物块C从左侧的光滑轨道上以速度v0撞向物块A，A、C之间只发生弹性碰撞，之后沿轨道向右运动，A，C均可视为质点，且与轨道MN的动摩擦因数相同且动摩擦因素为，重力加速度为g，A在运动过程中所带电荷量保持不变且始终没有脱离轨道。求：
(1)碰撞后A、C的速度大小；
(2)问当A、C与水平轨道MN的动摩擦因数μ满足什么条件时，能使A碰后能冲上轨道，且不会与C发生第二次碰撞；
(3)若A碰后能冲上圆弧轨道且越过P点后再返回到N点，求此过程中A对轨道NP的最大压力的大小。
【答案】(1)，；(2)；(3)
【详解】
(1)A、C发生弹性碰撞后的速度分别为vA、vC，则有
3mv0=mvA+3mvC
联立解得
，
(2)若要冲过N点，满足
得
若要不与C发生第二次碰撞，设A、C最后静止时与M点的距离为l1，A在NN′右侧运动过程中，电场力和重力做功之和为0，有
μmg(2L－l１)=
μ?3mgl１=
联立解得
则
应满足
(3)A在NN′右侧受到的电场力
F=qE=mg
重力和电场力的合力大小为
F合=2mg
方向与OP夹角为
过O点沿合力方向作直线与圆弧相交于Ｋ点，当A经P点返回N点的过程中到达K点时，达到最大速度，此时A对轨道的压力最大
A从M点到K点过程中，由动能定理可得
返回K点时
FN－F合－
由上可得
由牛顿第三定律得A对轨道NP的最大压力为：
40．如图所示，一绝缘细圆环半径为r，环面处于竖直面内，匀强电场与圆环平面平行且水平。环上穿有一电量为＋q、质量为m的小球，可沿圆环做无摩擦的圆周运动，小球所受电场力和重力大小相等。小球经过A点时速度的方向恰与电场垂直。设地球表面的重力加速度为ｇ，则：
（1）若小球经过A点时，圆环与小球间无力的作用，小球经过A点时的速度大小vA是多大？
（2）要使小球能运动到与A点对称的B点时，小球在A点速度至少是多大？
（3）在保证小球恰好做圆周运动的前提下，小球对轨道的最大压力是多大？
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】
（1）在A点，根据电场力提供向心力
解得
（2）能过等效最高点C必能过B点，在等效最高点C
从由动能定理得
解得
（3）等效最高点C到等效最低点D由动能定理得
在D点由牛顿第二定律得
解得
根据牛顿第三定律：圆环对轨道的最大压力为。
41．如图所示的竖直平面内，竖直分界线左侧存在竖直向上的匀强电场，电场场强为，右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场和竖直向上的匀强电场，电场强度为，左侧区域有一段半径为的光滑绝缘圆弧轨道与分界线交于点，两点等高，点为圆弧最高点，另有一段足够长的光滑绝缘直轨道与圆弧相切与点，直轨道与水平面成角。右侧区域有一个半径也为的圆圈，圆心与两点等高。电量为可视为质点的带电小球从绝缘直轨道上距点处由静止释放，小球能够沿着左侧轨道运动，经过点后在右侧区域做匀速圆周运动。若小球再次回到左侧区域后的运动不考虑，重力加速度未知。
（1）求带电小球的重力及经过点时对轨道的压力；
（2）若带电小球从直轨道上距点的距离为的两个地方由静止释放，小球在右侧区域的圆周轨迹都恰好和圆圈相切，求间的距离；
（3）若第（2）问中释放点距点较近的距离为，求小球质量与右侧区域磁感应强度的平方之比。
【答案】（1），，方向竖直向上；（2）；（3）
【详解】
（1）带电小球在右侧区域做匀速圆周运动，故有
对小球从释放到点的过程，根据动能定理得
设在点轨道对小球的作用力大小为，对小球，有
解得
根据牛顿第三定律知，小球经过点时对轨道的压力大小为，方向竖直向上。
（2）设带电小球从距点远处释放，到达点处的速率为，由动能定理得
故两次释放距离和进入右侧区域的速度满足
由于，故
在右侧电磁场中，根据洛伦兹力提供向心力，得
其中表示小球做圆周运动的半径
所以两次半径之比
由图中几何关系和余弦定理得
联立解得
解得
（3）把代入，可得
与第2问分析同理可得
联立解得
42．如图所示，半径为R的环形塑料管竖直放置，AB为该环的水平直径，且管的内径远小于环的半径，环的AB及以下部分处于水平向左的匀强电场中，管的内壁光滑。现将一质量为m，带电荷量为+q的小球从管中A点由静止释放，已知qE=mg。求：
（1）小球释放后，第一次经过最低点D时的速度和对管壁的压力；
（2）小球释放后，第一次经过最高点C时管壁对小球的作用力。
【答案】（1）；对管壁的压力大小为5mg，方向向下。（2）mg，方向向上
【详解】
（1）小球从A至D点过程，由动能定理得
又
qE=mg
解得
在D点，由牛顿第二定律得
解得FN=5mg
由牛顿第三定律可知，小球经过最低点D时对管壁的压力为5mg，方向向下；
（2）小球第一次经过C点时，由动能定理得
设在C点管壁对小球的作用力方向向下
解得FC=?mg，方向向上
43．如图所示，竖直平面内存在水平向右的匀强电场，及垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=1T。竖直放入一光滑且绝缘的四分之一圆弧轨道MN，圆心为O，ON沿竖直方向，OM沿电场方向，半径R=0.8m。一质量m=2×10－4kg，电荷量q=5×10－5C的小球恰能静止在P点，且OP与ON夹角θ=。（重力加速度g=10m/s2，sin=0.6，cos=0.8）求：
(1)电场强度的大小；
(2)将小球从M点无初速度释放，小球滑到N点的速度大小及对轨道的压力大小。
【答案】(1)30N/C；(2)2m/s，
【详解】
(1)小球能静止在P点，小球在P点受力分析如图所示
根据平衡得
得
(2)将小球从M点无初速度释放到达N点过程，对小球根据动能定理得
N点对小球由牛顿第二定律得
联立解得
，
根据牛顿第三定律得
44．如图所示，质量M＝3.0kg的小车静止在光滑的水平地面上，AD部分是表面粗糙的水平导轨，DC部分是光滑的圆弧导轨，AD和DC部分平滑相连，整个导轨都是由绝缘材料制成的，小车所在空间内有竖直向上E＝40N/C的匀强电场和垂直纸面水平向里B＝2.0T的匀强磁场。今有一质量为m＝1.0kg带负电的滑块（可视为质点）以v0＝8m/s的水平速度向右冲上小车，当它过D点时对地速度为v1＝5m/s，对水平导轨的压力为10.5N，g取10m/s2。求：
（1）滑块的电量大小；
（2）滑块从A到D的过程中，小车、滑块系统损失的机械能；
（3）若滑块通过D时立即撤去磁场，求此后小车所能获得的最大速度。
【答案】（1）；（2）18J；（3）3m/s
【详解】
（1）在D点，竖直方向上满足：
解得：
（2）从A→D，滑块、小车系统水平方向动量守恒，设到D点时小车速度为u1，有：
解得：
由能量守恒定律可知系统损失的机械能为：
解得：
J
（3）撤去磁场后，滑块在圆弧轨道上运动的整个过程中，小车都在加速，因此滑块返回D点时，小车速度最大，设此时滑块、小车的速度分别为v2、u2，因滑块由D点上滑到滑回D点过程中，电场力做功为零，故系统在水平动量守恒的同时初末状态机械能相等，即：
mv0=mv2+Mu2
联立两式解得：
u2=1m/s（舍去）；
u2=3m/s
即此后小车所能获得的最大速度为3m/s。
45．如图所示为半径为R=0.2m的光滑圆弧绝缘轨道固定在水平面上，质量为m
=1kg、电荷量为q=0.05C的可视为质点的带正电的物体放在圆轨道的最低点，整个空间存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小为
B=1T。如果在空间加一水平向左的匀强电场，物体刚好能运动到圆弧轨道上与圆心O等高的位置，重力加速度为g=10m/s2。求：
（1）匀强电场的电场强度应多大？
（2）如果仅将第（1）问的电场方向改为竖直向下，将物体由圆弧轨道上与圆心等高的位置静止释放，当运动到圆弧轨道的最低点时，物体对轨道的压力应为多少？（结果保留三位有效数字）
【答案】（1）；（2），方向竖直向下。
【详解】
（1）物体由圆弧轨道的最低点运动到与圆心等高的位置时，由动能定理得
则
代入数据解得
（2）改变电场方向后，物体由与圆心等高的位置运动到圆弧轨道的最低点时，由动能定理得
解得
物体在最低点受重力、向下的电场力、向下的洛伦兹力、向上的支持力，则由牛顿第二定律得
则
代入数据解得
由牛顿第三定律得物体对轨道的压力为方向竖直向下。
46．如图所示，竖直墙壁MN左侧同时存在相互正交的电场和磁场，其中匀强电场的电场强度大小为E，方向水平向右，匀强磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带正电的小滑块从A点由静止开始沿MN下滑，到达C点时离开MN做曲线运动。A、C两点间距离为h，重力加速度为g，滑块与墙壁间的动摩擦因数为。
(1)求自A运动到C所花的时间t；
(2)若D点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中速度最大的位置，此时速度大小为vD，求此时的加速度aD的大小；
(3)当小滑块运动到D点时撤去磁场，此后小滑块继续运动到水平地面上的P点。从D点运动到P点的时间为t，求从D到P的位移大小和方向（方向用与vD夹角的正切表示）。
【答案】(1)；(2)(3)
【详解】
(1)由题意知，根据左手定则可判断，滑块在下滑的过程中受水平向左的洛伦兹力，当洛伦兹力等于电场力qE时滑块离开MN开始做曲线运动，即
解得
从A到C根据动量定理
又
解得
(2)重力与电场力的合力
速度最大时，沿速度方向的合力为0，也就在D点速度vD的方向与F的方向垂直，依牛顿第二定律有
解得
(3)从D到P做类平抛运动，在初速度vD方向做匀速运动，在初速度方向的位移为，在F方向做匀加速运动，，在F方向的位移为，合位移
合位移与vD的夹角为，则
47．如图所示，在界限MN左上方空间存在斜向左下方与水平方向夹角为45°的匀强磁场，场强大小，一半径为R=0.8m的光滑绝缘圆弧凹槽固定在水平面上，一个可视为质点的质量m=0.2kg、电荷量大小q=1×10﹣5C的带正电金属块P从槽顶端A由静止释放，从槽底端B冲上与槽底端平齐的绝缘长木板Q。长木板Q足够长且置于光滑水平面上，质量为M=1kg。已知开始时长木板有一部分置于电场中，图中C为界限MN与长木板Q的交点，B、C间的距离XBC=0.6m，物块P与木板Q之间的动摩擦因数为μ=，取。
(1)金属块P从A点滑到B点时的速度的大小；
(2)金属块P从B点滑上木板Q后到离开电场过程所经历的时间；
(3)金属块P从滑上Q到离开电场的过程中摩擦产生的热量。
【答案】(1)
4m/s；
(2)
0.2s；
(3)
0.85J
【详解】
金属块从A到B过程，电场力做功为零，电势能不变，由能量守恒定律得
，
代入数据解得vB=4m/s；
从B点滑上木板Q后到离开电场过程，金属块做匀减速运动，设加速度为，由牛顿第二定律得：
，
由速度位移公式得：
，
代入数据解得，
从B点滑上木板Q后到离开电场过程所经历的时间：
；
到金属块P在电场中运动时，设木板的加速度大小，由牛顿第二定律可得
代入数值可求得，
所以物块P刚离开电场时，Q板的速度为
，
物块P离开电场后，系统动量守恒，Q板足够长，设P、Q最终共速为v，取向右为正方向，由动量守恒定律有
，
解得v=0.5
m/s，
由能量转化与守恒定律，全过程摩擦产生热量
，
电场力只在BC段对金属块P做功，
，
解得Q=0.85J。
答：（1）金属块P从A点滑到B点时的速度的大小为4m/s；
（2）金属块P从B点滑上木板Q后到离开电场过程所经历的时间为0.2s；
（3）金属块P从滑上Q到离开电场的过程中摩擦产生的热量为0.85J。
四、填空题
48．质量为m，电量为q带正电荷的小物块从半径为R的光滑圆槽顶点由静止下滑，整个装置处于电场强度为E，磁感应强度为B的区域内如图所示，则小物块滑到底端时对轨道的压力为________。
【答案】
【详解】
小物块由静止滑到最低点由动能定理得
在最低点由牛顿第二定律得
联立以上两式得
由牛顿第三定律，物块对轨道的压力
N′=N
五、作图题
49．如图所示平面直角坐标系xOy位于竖直平面内，在坐标系的整个空间存在竖直向上的匀强电场，在区域（0≤x≤L）还存在匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面向里。在x轴上方有一光滑弧形轨道PQ，PQ两点间竖直高度差为。弧形轨道PQ末端水平，端口为Q（3L，）。某时刻一质量为m，带电荷量为+q的小球b从y轴上的M点进入区域I，其速度方向沿x轴正方向，小球b在I区内做匀速圆周运动。b进入磁场的同时，另一个质量也为m，带电荷量为﹣q的小球a从P点由静止释放。两小球刚好在x=2L上的N点（没具体画出）反向等速率相碰。重力加速度为g。求：
(1)电场强度E；
(2)区域匀强磁场的磁感应强度B；
(3)小球a在圆弧轨道PQ上的运动时间t。
【答案】(1)；(2)；(3)
【分析】
根据做匀速圆周运动，可知重力与电场力平衡，可求出电场强度，根据两个小球一个做类平抛运动，一个做匀速直线运动，相碰时速度大小相等，方向相反，求磁感应强度B大小；两根据两边时间相等求在PQ上运动的时间。
【详解】
(1)有小球b在I区做匀速圆周运动，可知
qE=mg
解得
（2）设a小球到Q处的水平速度为v1，从Q到N的时间为t1，则a小球从P到Q，由动能定理得
解得
a小球从Q到N，做类平抛运动，加速度为a
在x方向
在y方向
到达N时y方向的分速度为
a小球到N时的速度的大小为
速度与水平方向夹角为
则
由于a，b两小球刚好在x=2L上的N点（没具体画出）反向等速率相碰，则b在离开磁场A位置时速度也为v，且方向与x轴成45°，如图所示
由几何关系得b在磁场中的轨迹半径
根据
解得
（3）b在磁场中运动的时间为，出磁场到与a相碰撞的时间为，有
由于ab运动时间相同，所以小球a在圆弧轨道PQ上的运动时间
解得

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