第63頁(yè)（共63頁(yè)）2024-2025學(xué)年下學(xué)期高二物理人教版（2019）期中必刷常考題之帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)一．選擇題（共8小題）1．（2024秋?溫州期末）如圖所示，在xOy平面內(nèi)，有一粒子源沿x正方向發(fā)射速率相等的質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電粒子。粒子射入一個(gè)半徑為R、中心位于原點(diǎn)O的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)方向垂直xOy平面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B。已知沿x軸入射的粒子經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后從P點(diǎn)射出。下列說法正確的是（）A．粒子的速率v=B．沿x軸入射的粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t=C．不同位置入射的粒子會(huì)從不同位置離開磁場(chǎng) D．關(guān)于x軸對(duì)稱入射的兩個(gè)粒子從磁場(chǎng)中離開時(shí)的速度方向關(guān)于y軸對(duì)稱2．（2024秋?惠山區(qū)校級(jí)期末）如圖所示，在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向外的范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)內(nèi)，固定著傾角為θ的絕緣斜面，一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為﹣q的帶電小物塊以初速度v0沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，小物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。設(shè)滑動(dòng)時(shí)電荷量不變，在小物塊上滑過程中，其速度v與時(shí)間t，加速度a與時(shí)間t和動(dòng)能Ek與位移x的關(guān)系圖像，可能正確的是（）A． B． C． D．3．（2025?東湖區(qū)校級(jí)一模）如圖所示，圓形區(qū)域半徑為R，區(qū)域內(nèi)有一垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B=mvqR。位于磁場(chǎng)邊界最低點(diǎn)P處有一粒子源，同時(shí)將n個(gè)帶負(fù)電的粒子沿紙面內(nèi)各個(gè)方向均勻射入磁場(chǎng)區(qū)域，粒子質(zhì)量為m、電荷量大小為q、速率均為v。A、C為圓形區(qū)域水平直徑的兩個(gè)端點(diǎn)，足夠長(zhǎng)的彈性擋板MN、M′N′與圓形區(qū)域在AA．所有粒子均與右側(cè)擋板碰撞，最終全部從D點(diǎn)離開磁場(chǎng) B．粒子從P點(diǎn)出發(fā)到從D點(diǎn)離開磁場(chǎng)，運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間為t=C．粒子陸續(xù)與擋板碰撞過程中對(duì)擋板的平均作用力為F=D．粒子陸續(xù)從D點(diǎn)離開磁場(chǎng)過程中等效電流為I4．（2024秋?太原期末）如圖為洛倫茲力演示儀的示意圖。電子槍可以發(fā)射方向可調(diào)的電子束，玻璃泡內(nèi)充有稀薄氣體，電子束通過時(shí)能顯示電子的徑跡，勵(lì)磁線圈可產(chǎn)生垂直紙面的磁場(chǎng)。下列選項(xiàng)正確的是（）A．加磁場(chǎng)后，電子束的徑跡不可能是一條直線 B．加磁場(chǎng)后，若電子束與磁場(chǎng)方向成45°射出，其徑跡是一個(gè)圓 C．當(dāng)徑跡為圓時(shí)，電子束速度不變，磁感應(yīng)強(qiáng)度變大，徑跡圓的半徑變小 D．當(dāng)徑跡為圓時(shí)，磁感應(yīng)強(qiáng)度不變，電子束出射速度變大，徑跡圓的半徑變小5．（2024秋?四平期末）CT掃描利用的是X射線斷層掃描技術(shù)，如圖所示，M、N之間有一電子束的加速電場(chǎng)，兩板間接有恒定電壓，圓形虛線框內(nèi)有垂直紙面方向的偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)。經(jīng)調(diào)節(jié)后電子束由靜止開始沿箭頭方向前進(jìn)，最后打在靶上，不計(jì)電子重力。則下列說法正確的是（）A．電子打到靶上的動(dòng)能的大小與圓形磁場(chǎng)半徑的大小有關(guān) B．電子打到靶上的速度的大小與加速電場(chǎng)的寬度有關(guān) C．若M、N間的電壓增大為原來的2倍，為使電子打到靶上的位置不變，則圓形磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小應(yīng)變?yōu)樵瓉淼?倍 D．若減小M、N間電壓且使電子打到靶上的位置不變，則電子從靜止到打到靶上的時(shí)間將變短6．（2024秋?梅河口市校級(jí)期末）如圖所示，質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電微粒以速度v從O點(diǎn)進(jìn)入一個(gè)電磁場(chǎng)混合區(qū)域。其中電場(chǎng)方向水平向左，磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，v與水平方向成θ角，且與磁場(chǎng)方向垂直，已知該微粒恰好能沿直線運(yùn)動(dòng)到A，重力加速度為g，則下列說法中正確的是（）A．該微粒可能帶正電 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B=mgD．該電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)為E=7．（2024秋?石家莊期末）物理實(shí)驗(yàn)中，常用亥姆霍茲線圈制造勻強(qiáng)磁場(chǎng)。如圖所示，亥姆霍茲線圈由兩個(gè)平行放置的通電線圈構(gòu)成，線圈中電流大小相同，方向如箭頭所示，線圈關(guān)于O點(diǎn)對(duì)稱，兩線圈中間區(qū)域可視為勻強(qiáng)磁場(chǎng)。以O(shè)為原點(diǎn)，建立Oxyz直角坐標(biāo)系，x軸過兩線圈的圓心，兩個(gè)通電線圈在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向?yàn)椋ǎ〢．沿z軸負(fù)方向 B．沿z軸正方向 C．沿x軸負(fù)方向 D．沿x軸正方向8．（2024秋?肥西縣期末）如圖所示，重力不計(jì)的帶電粒子以某一速度從兩平行金屬板中央進(jìn)入正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，做勻速直線運(yùn)動(dòng)。若粒子進(jìn)入場(chǎng)區(qū)的水平速度增大，但粒子仍能穿越該磁場(chǎng)區(qū)域，則下列說法正確的是（）A．粒子只能帶正電 B．粒子一定向下偏轉(zhuǎn) C．粒子的速度可能越來越小 D．粒子仍做直線運(yùn)動(dòng)二．多選題（共4小題）（多選）9．（2024秋?大連期末）如圖所示，豎直平面內(nèi)有一半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)存在著垂直于該平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子（不計(jì)重力）以速度v0沿水平方向從P點(diǎn)射入磁場(chǎng)，其速度方向與半徑OP的夾角為45°，經(jīng)過一段時(shí)間后，粒子恰好從O點(diǎn)正下方的Q點(diǎn)射出磁場(chǎng)，下列說法正確的是（）A．該粒子入射的速度大小為qBRmB．該粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為3πRC．若只改變帶電粒子的入射方向，其在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間可能變長(zhǎng) D．若帶電粒子的入射點(diǎn)向下平移R2，其射出磁場(chǎng)的位置在Q（多選）10．（2024秋?濟(jì)南期末）如圖所示，在直角坐標(biāo)系xOy平面內(nèi)，x≥0的區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。粒子源位于坐標(biāo)為（﹣L，0）的A點(diǎn)，向坐標(biāo)為（0，h）的Q點(diǎn)發(fā)射質(zhì)量為m，電荷量為q（q＜0）的粒子，粒子重力忽略不計(jì)，速度大小可以調(diào)節(jié)。在坐標(biāo)為（-L2，0）處放置一平行于y軸的擋板，擋板中點(diǎn)位于x軸上，長(zhǎng)度略大于h2。已知粒子與擋板碰撞后，y方向的分速度不變，xA．5qBhh2+C．2qBhh2（多選）11．（2024秋?順義區(qū)校級(jí)期末）如圖所示，水平放置的兩個(gè)正對(duì)的帶電金屬板MN、PQ間存在相互垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(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。在a點(diǎn)由靜止釋放一帶正電的微粒，釋放后微粒沿曲線acb運(yùn)動(dòng)，到達(dá)b點(diǎn)時(shí)速度為零，c點(diǎn)是曲線上離MN板最遠(yuǎn)的點(diǎn)。已知微粒的質(zhì)量為m，電荷量為q，重力加速度為g，不計(jì)微粒所受空氣阻力，則下列說法中正確的是（）A．微粒在a點(diǎn)時(shí)加速度方向豎直向下 B．微粒在c點(diǎn)時(shí)具有最大速度 C．微粒運(yùn)動(dòng)過程中的最大速率為mg+D．微粒到達(dá)b點(diǎn)后將沿原路徑返回a點(diǎn)（多選）12．（2024秋?哈爾濱期末）三維直角坐標(biāo)系內(nèi)，一個(gè)長(zhǎng)方體ABCD﹣A'B'C'D'被平面OMM′O′分成兩個(gè)等大的區(qū)域，左、右兩區(qū)域（包括表面）分布有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向分別沿y軸負(fù)向和y軸正向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，如圖所示。一個(gè)質(zhì)子（不計(jì)重力）以初速度v從AA′上某點(diǎn)，沿x軸正方向進(jìn)入左側(cè)磁場(chǎng)區(qū)域，關(guān)于質(zhì)子的運(yùn)動(dòng)軌跡在下列坐標(biāo)平面內(nèi)的投影，可能正確的是（）A． B． C． D．三．解答題（共3小題）13．（2024秋?武昌區(qū)期末）如圖所示，無限長(zhǎng)的兩水平邊界間劃分了三個(gè)區(qū)域，中間的矩形ABCD區(qū)域分布有豎直方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)（圖中未畫出），邊界AB的左側(cè)分布有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，邊界CD的右側(cè)分布有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一質(zhì)量為m，電荷量為q（q＞0）的粒子從P點(diǎn)豎直向下射入左側(cè)磁場(chǎng)，速度大小為v，經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)，粒子第一次穿過邊界AB進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)，速度方向斜向上與邊界AB的夾角為θ，之后以垂直邊界CD的方向離開電場(chǎng)，并進(jìn)入右側(cè)磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)。最終，粒子從P點(diǎn)正下方的Q點(diǎn)，沿豎直方向射出場(chǎng)區(qū)。已知，勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小始終不變，但粒子每次離開電場(chǎng)時(shí)，電場(chǎng)的方向會(huì)反向，點(diǎn)P和A間距為d，上、下邊界間距為2d，sinθ＝0.6，不計(jì)粒子的重力，忽略邊緣效應(yīng)。求：（1）左側(cè)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1為多少？（2）AD的間距L的最大值為多少？（3）若邊界AB和CD的間距為13d，則右側(cè)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B14．（2024秋?鎮(zhèn)海區(qū)校級(jí)期末）如圖所示的直角坐標(biāo)系中，在x軸上方存在著垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在x軸下方存在相對(duì)y軸對(duì)稱的平行于x軸、電場(chǎng)強(qiáng)度E=2509V/m的勻強(qiáng)電場(chǎng)，一質(zhì)量為m＝1×10﹣21kg，電荷量q＝2×10﹣19C的帶正電的粒子從P點(diǎn)（0，0.3m）以初速度v0＝50m/s沿與y軸正方向角度θ＝37°斜向左上方射出，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡與（1）該粒子在磁場(chǎng)中的軌道半徑r；（2）Q點(diǎn)的位置坐標(biāo)；（3）粒子從P點(diǎn)出發(fā)至第三次打到x軸的位置坐標(biāo)及總時(shí)間t。（取π＝3）15．（2024秋?惠山區(qū)校級(jí)期末）離子注入是芯片制造過程中一道重要的工序。如圖所示，在距O點(diǎn)為2r處的硅片下端與磁場(chǎng)中心O在同一水平線上，硅片長(zhǎng)為l=233r。A處的離子無初速的“飄入”加速電場(chǎng)，經(jīng)電場(chǎng)加速后從P點(diǎn)沿半徑方向進(jìn)入半徑為r的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)，最后打在豎直放置的硅片上。離子的質(zhì)量為m、電荷量為q（1）離子進(jìn)入圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)的速度大小v；（2）要求所有離子都打到硅片上，求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的取值范圍。

2024-2025學(xué)年下學(xué)期高二物理人教版（2019）期中必刷常考題之帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)參考答案與試題解析題號(hào)12345678答案DCCCCCCC一．選擇題（共8小題）1．（2024秋?溫州期末）如圖所示，在xOy平面內(nèi)，有一粒子源沿x正方向發(fā)射速率相等的質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電粒子。粒子射入一個(gè)半徑為R、中心位于原點(diǎn)O的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)方向垂直xOy平面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B。已知沿x軸入射的粒子經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后從P點(diǎn)射出。下列說法正確的是（）A．粒子的速率v=B．沿x軸入射的粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t=C．不同位置入射的粒子會(huì)從不同位置離開磁場(chǎng) D．關(guān)于x軸對(duì)稱入射的兩個(gè)粒子從磁場(chǎng)中離開時(shí)的速度方向關(guān)于y軸對(duì)稱【考點(diǎn)】帶電粒子在弧形或圓形邊界磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)．【專題】定量思想；推理法；模型法；帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；推理論證能力．【答案】D【分析】沿x軸正方向射入的粒子經(jīng)圓形磁場(chǎng)區(qū)域偏轉(zhuǎn)后從P點(diǎn)射出，該粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡為14圓周，其軌跡半徑與磁場(chǎng)區(qū)域的半徑相等，符合磁聚焦模型的條件。根據(jù)洛倫茲力提供向心力求解粒子的速率；根據(jù)運(yùn)動(dòng)周期與軌跡圓心角求解該粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間；根據(jù)磁聚焦模型可知，粒子源沿x軸正方向射入的粒子經(jīng)圓形磁場(chǎng)區(qū)域偏轉(zhuǎn)后均從P點(diǎn)射出；根據(jù)幾何關(guān)系判斷關(guān)于x軸對(duì)稱入射的兩個(gè)粒子從磁場(chǎng)中離開時(shí)的速度方向關(guān)于y【解答】解：AB．已知沿x軸正方向射入的粒子經(jīng)圓形磁場(chǎng)區(qū)域偏轉(zhuǎn)后從P點(diǎn)射出，則該粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡為14圓周，其軌跡半徑r與磁場(chǎng)區(qū)域的半徑R相等，即r＝R，軌跡的圓心角為90qvB=mv粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)周期為：T=該粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：t=14C．粒子的軌道半徑與磁場(chǎng)區(qū)域的半徑相等，根據(jù)磁聚焦模型（如圖1所示）可知，粒子源沿x軸正方向射入的粒子經(jīng)圓形磁場(chǎng)區(qū)域偏轉(zhuǎn)后均從P點(diǎn)射出，故C錯(cuò)誤；D．設(shè)關(guān)于x軸對(duì)稱入射的兩個(gè)粒子從a、b點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)，從磁場(chǎng)中離開時(shí)的速度方向與y軸夾角分別為α、β，兩個(gè)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心分別是O1、O2。如圖2所示，過P點(diǎn)做a、b點(diǎn)連線的垂線段，垂足為C點(diǎn)，由幾何關(guān)系可得∠O1PC＝α，∠O2PC＝β因：O1P＝O2P＝R，故：∠O1PC＝∠O2PC，即：α＝β即關(guān)于x軸對(duì)稱入射的兩個(gè)粒子從磁場(chǎng)中離開時(shí)的速度方向關(guān)于y軸對(duì)稱，故D正確。故選：D。【點(diǎn)評(píng)】本題考查了帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)問題，粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)所需的向心力由洛倫茲力提供，根據(jù)牛頓第二定律，結(jié)合幾何關(guān)系解答。掌握磁聚焦與磁發(fā)散模型的特點(diǎn)。2．（2024秋?惠山區(qū)校級(jí)期末）如圖所示，在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向外的范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)內(nèi)，固定著傾角為θ的絕緣斜面，一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為﹣q的帶電小物塊以初速度v0沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，小物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。設(shè)滑動(dòng)時(shí)電荷量不變，在小物塊上滑過程中，其速度v與時(shí)間t，加速度a與時(shí)間t和動(dòng)能Ek與位移x的關(guān)系圖像，可能正確的是（）A． B． C． D．【考點(diǎn)】帶電粒子在疊加場(chǎng)中做直線運(yùn)動(dòng)．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；分析綜合能力．【答案】C【分析】根據(jù)帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的分析方法，明確帶電滑塊上滑，依據(jù)左手定則判定洛倫茲力方向，根據(jù)牛頓第二定律等知識(shí)分析，注意明確洛倫茲力與速度大小的關(guān)系。【解答】解：依據(jù)左手定則判斷物塊受到的洛倫茲力方向垂直斜面向下，對(duì)沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的小物塊受力分析，由牛頓第二定律可得：mgsinθ+μFN＝maFN＝mgcosθ+qvB聯(lián)立解得：a＝gsinθ+μgcosθ+μqvB所以物體沿斜面向上做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，速度越小，加速度越小，速度減小的越慢，加速度減小的越慢，在小物塊上滑過程中，當(dāng)速度為零時(shí)加速度最小，但最小值不為零；A、速度—時(shí)間圖像的切線斜率表示加速度，故A錯(cuò)誤；BC、物體加速度減小，且加速度減小的越來越慢，在小物塊上滑過程中，加速度減不到零，故C正確，B錯(cuò)誤；D、動(dòng)能Ek與位移x的關(guān)系圖像的斜率表示合力，根據(jù)以上分析可知，小物塊上滑過程中，合力為變力，則斜率會(huì)發(fā)生變化，故D錯(cuò)誤。故選：C。【點(diǎn)評(píng)】本題考查左手定則與牛頓第二定律的應(yīng)用，掌握影響加速度的因素，理解倫茲力受到速率的影響。3．（2025?東湖區(qū)校級(jí)一模）如圖所示，圓形區(qū)域半徑為R，區(qū)域內(nèi)有一垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B=mvqR。位于磁場(chǎng)邊界最低點(diǎn)P處有一粒子源，同時(shí)將n個(gè)帶負(fù)電的粒子沿紙面內(nèi)各個(gè)方向均勻射入磁場(chǎng)區(qū)域，粒子質(zhì)量為m、電荷量大小為q、速率均為v。A、C為圓形區(qū)域水平直徑的兩個(gè)端點(diǎn)，足夠長(zhǎng)的彈性擋板MN、M′N′與圓形區(qū)域在AA．所有粒子均與右側(cè)擋板碰撞，最終全部從D點(diǎn)離開磁場(chǎng) B．粒子從P點(diǎn)出發(fā)到從D點(diǎn)離開磁場(chǎng)，運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間為t=C．粒子陸續(xù)與擋板碰撞過程中對(duì)擋板的平均作用力為F=D．粒子陸續(xù)從D點(diǎn)離開磁場(chǎng)過程中等效電流為I【考點(diǎn)】帶電粒子在直線邊界磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；牛頓第二定律與向心力結(jié)合解決問題；帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；分析綜合能力．【答案】C【分析】由洛倫茲力提供向心力qvB＝mv2r，解得粒子運(yùn)動(dòng)半徑，根據(jù)左手定則分析粒子的運(yùn)動(dòng)情況，作出粒子軌跡圖，根據(jù)時(shí)間公式解得BC，結(jié)合動(dòng)量定理計(jì)算【解答】解：A.由洛倫茲力提供向心力，有qvB＝mv可得r＝R根據(jù)磁聚焦結(jié)論作出如圖所示的軌跡圖粒子在圓形磁場(chǎng)中射出后均能垂直打在左側(cè)擋板上，反彈后再次進(jìn)入磁場(chǎng)并全部從D點(diǎn)離開磁場(chǎng)，故A錯(cuò)誤；B.根據(jù)磁聚焦可以得出粒子在圓形磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的兩段圓弧圓心角之和為π，每個(gè)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間均為t=這個(gè)時(shí)間是粒子從p點(diǎn)出發(fā)到從D點(diǎn)離開的最短時(shí)間，故B錯(cuò)誤；C.所有粒子到達(dá)擋板的最短時(shí)間為t1=最長(zhǎng)時(shí)間為t2=粒子與擋板碰撞過程中的作用時(shí)間為Δt＝t2﹣t1對(duì)這n個(gè)粒子由動(dòng)量定理可得FΔt＝nmΔv解得F=故C正確；D.所有粒子從發(fā)出到達(dá)D點(diǎn)的最短時(shí)間為t'1=最長(zhǎng)時(shí)間為t'2=因此粒子離開D點(diǎn)過程持續(xù)的時(shí)間為Δt'＝t'2﹣t'1則等效電流為I=解得I=同時(shí)考慮到電荷離開D點(diǎn)時(shí)沿著不同方向，實(shí)際的電流會(huì)更小，故D錯(cuò)誤。故選：C。【點(diǎn)評(píng)】解決該題需要明確知道在求解時(shí)間最值問題，注意根據(jù)題意作出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡及洛倫茲力提供向心力的應(yīng)用。4．（2024秋?太原期末）如圖為洛倫茲力演示儀的示意圖。電子槍可以發(fā)射方向可調(diào)的電子束，玻璃泡內(nèi)充有稀薄氣體，電子束通過時(shí)能顯示電子的徑跡，勵(lì)磁線圈可產(chǎn)生垂直紙面的磁場(chǎng)。下列選項(xiàng)正確的是（）A．加磁場(chǎng)后，電子束的徑跡不可能是一條直線 B．加磁場(chǎng)后，若電子束與磁場(chǎng)方向成45°射出，其徑跡是一個(gè)圓 C．當(dāng)徑跡為圓時(shí)，電子束速度不變，磁感應(yīng)強(qiáng)度變大，徑跡圓的半徑變小 D．當(dāng)徑跡為圓時(shí)，磁感應(yīng)強(qiáng)度不變，電子束出射速度變大，徑跡圓的半徑變小【考點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；推理論證能力．【答案】C【分析】AB.結(jié)合題意，根據(jù)洛倫茲力的特點(diǎn)，即可分析判斷；CD.當(dāng)徑跡為圓時(shí)，洛倫茲力提供向心力，據(jù)此列式，結(jié)合題意，即可分析判斷。【解答】解：AB.加上勻強(qiáng)磁場(chǎng)后，令電子束沿著與磁場(chǎng)垂直的方向射入磁場(chǎng)，洛倫茲力提供向心力，其徑跡為圓；令電子束沿著與磁場(chǎng)平行的方向射入磁場(chǎng)，電子不受洛倫茲力作用，其徑跡為一條直線；故AB錯(cuò)誤；CD.當(dāng)徑跡為圓時(shí)，洛倫茲力提供向心力，可得：evB=m解得：r=mv由此可知，若電子束速度v不變，磁感應(yīng)強(qiáng)度B變大，則徑跡圓的半徑r變小；若磁感應(yīng)強(qiáng)度B不變，電子束出射速度v變大，則徑跡圓的半徑變大；故C正確，D錯(cuò)誤；故選：C。【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)，解題時(shí)需注意，若v⊥B，則帶電粒子僅受洛倫茲力作用，在垂直于磁感線的平面內(nèi)以入射速率v做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力。5．（2024秋?四平期末）CT掃描利用的是X射線斷層掃描技術(shù)，如圖所示，M、N之間有一電子束的加速電場(chǎng)，兩板間接有恒定電壓，圓形虛線框內(nèi)有垂直紙面方向的偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)。經(jīng)調(diào)節(jié)后電子束由靜止開始沿箭頭方向前進(jìn)，最后打在靶上，不計(jì)電子重力。則下列說法正確的是（）A．電子打到靶上的動(dòng)能的大小與圓形磁場(chǎng)半徑的大小有關(guān) B．電子打到靶上的速度的大小與加速電場(chǎng)的寬度有關(guān) C．若M、N間的電壓增大為原來的2倍，為使電子打到靶上的位置不變，則圓形磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小應(yīng)變?yōu)樵瓉淼?倍 D．若減小M、N間電壓且使電子打到靶上的位置不變，則電子從靜止到打到靶上的時(shí)間將變短【考點(diǎn)】帶電粒子由電場(chǎng)進(jìn)入磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；分析綜合能力．【答案】C【分析】A．由洛倫茲力不做功，判斷電子打到靶上的動(dòng)能的大小與圓形磁場(chǎng)半徑大小之間的關(guān)系；B．根據(jù)W＝qU判斷電子打到靶上的速度的大小與加速電場(chǎng)寬度之間的關(guān)系；C．根據(jù)動(dòng)能定理結(jié)合牛頓第二定律作出分析判斷；D．若減小M、N間電壓且使電子打到靶上的位置不變，則電子的運(yùn)動(dòng)軌跡不變，速度減小，由此可知電子從靜止到打到靶上的時(shí)間將變長(zhǎng)。【解答】解：A．因?yàn)槁鍌惼澚Σ蛔龉Γ噪娮哟虻桨猩系膭?dòng)能的大小與圓形磁場(chǎng)半徑的大小無關(guān)，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)W＝qU可知，電場(chǎng)力做功與加速電場(chǎng)的寬度無關(guān)，所以電子打到靶上的速度的大小與加速電場(chǎng)的寬度無關(guān)，故B錯(cuò)誤；C．若M、N間的電壓增大為原來的2倍，根據(jù)動(dòng)能定理W=可知，電子的速度變?yōu)樵瓉淼?倍，為使電子打到靶上的位置不變，則電子的運(yùn)動(dòng)軌跡不變，即電子在圓形磁場(chǎng)中的半徑不變，根據(jù)牛頓第二定律qvB=解得r=所以，圓形磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小應(yīng)變?yōu)樵瓉淼?倍，故C正確；D．若減小M、N間電壓且使電子打到靶上的位置不變，則電子的運(yùn)動(dòng)軌跡不變，速度減小，所以，電子從靜止到打到靶上的時(shí)間將變長(zhǎng)，故D錯(cuò)誤。故選：C。【點(diǎn)評(píng)】本題考查帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，要求掌握帶電粒子在電場(chǎng)中的加速運(yùn)動(dòng)和在磁場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)，掌握動(dòng)能定理、牛頓第二定律。6．（2024秋?梅河口市校級(jí)期末）如圖所示，質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電微粒以速度v從O點(diǎn)進(jìn)入一個(gè)電磁場(chǎng)混合區(qū)域。其中電場(chǎng)方向水平向左，磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，v與水平方向成θ角，且與磁場(chǎng)方向垂直，已知該微粒恰好能沿直線運(yùn)動(dòng)到A，重力加速度為g，則下列說法中正確的是（）A．該微粒可能帶正電 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B=mgD．該電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)為E=【考點(diǎn)】帶電粒子在疊加場(chǎng)中做直線運(yùn)動(dòng)；共點(diǎn)力的平衡問題及求解．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；推理論證能力．【答案】C【分析】粒子從O沿直線運(yùn)動(dòng)到A，必定做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)左手定則和平衡條件可判斷電性，根據(jù)三角形定則可求出磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B和電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)E。【解答】解：A．若粒子帶正電，電場(chǎng)力向左，洛倫茲力垂直于OA線斜向右下方，則電場(chǎng)力、洛倫茲力和重力不能平衡。若粒子帶負(fù)電，符合題意。故A錯(cuò)誤。B．粒子如果做勻變速運(yùn)動(dòng)，重力和電場(chǎng)力不變，而洛倫茲力變化，粒子不能沿直線運(yùn)動(dòng)，與題意不符。故B錯(cuò)誤。CD．粒子受力如圖：根據(jù)三角形定則有：qE＝mgtanθ，qvB所以E=mgtanθq．B=mgqvcosθ故選：C。【點(diǎn)評(píng)】解決該題的關(guān)鍵是明確知道帶電粒子受到了重力電場(chǎng)力以及洛倫茲力作用下只能做勻速直線運(yùn)動(dòng)，掌握左手定則分析洛倫茲力以及電性；7．（2024秋?石家莊期末）物理實(shí)驗(yàn)中，常用亥姆霍茲線圈制造勻強(qiáng)磁場(chǎng)。如圖所示，亥姆霍茲線圈由兩個(gè)平行放置的通電線圈構(gòu)成，線圈中電流大小相同，方向如箭頭所示，線圈關(guān)于O點(diǎn)對(duì)稱，兩線圈中間區(qū)域可視為勻強(qiáng)磁場(chǎng)。以O(shè)為原點(diǎn)，建立Oxyz直角坐標(biāo)系，x軸過兩線圈的圓心，兩個(gè)通電線圈在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向?yàn)椋ǎ〢．沿z軸負(fù)方向 B．沿z軸正方向 C．沿x軸負(fù)方向 D．沿x軸正方向【考點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)．【專題】定量思想；推理法；磁場(chǎng)磁場(chǎng)對(duì)電流的作用；分析綜合能力．【答案】C【分析】根據(jù)右手螺旋定則判斷磁場(chǎng)的方向【解答】解：根據(jù)右手螺旋定則可知，線圈產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向沿x軸負(fù)方向，故ABD錯(cuò)誤，C正確。故選：C。【點(diǎn)評(píng)】本題考查了電生磁的問題，要求熟練掌握右手螺旋定則。8．（2024秋?肥西縣期末）如圖所示，重力不計(jì)的帶電粒子以某一速度從兩平行金屬板中央進(jìn)入正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，做勻速直線運(yùn)動(dòng)。若粒子進(jìn)入場(chǎng)區(qū)的水平速度增大，但粒子仍能穿越該磁場(chǎng)區(qū)域，則下列說法正確的是（）A．粒子只能帶正電 B．粒子一定向下偏轉(zhuǎn) C．粒子的速度可能越來越小 D．粒子仍做直線運(yùn)動(dòng)【考點(diǎn)】帶電粒子在疊加場(chǎng)中做直線運(yùn)動(dòng)．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；分析綜合能力．【答案】C【分析】對(duì)微粒受力分析，受洛倫茲力、電場(chǎng)力，根據(jù)平衡條件討論粒子的電性，根據(jù)功能關(guān)系分析微粒速率的變化情況和電場(chǎng)力做功情況。【解答】解：A.根據(jù)左手定則可知，粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)與電性無關(guān)，故A錯(cuò)誤；B.根據(jù)洛倫茲力表達(dá)式f＝qvB可知進(jìn)入的水平速度增加，會(huì)使洛倫茲力增大，從而與粒子所受電場(chǎng)力不再平衡，但粒子電性不確定，則粒子不一定向下偏轉(zhuǎn)，還可能向上偏轉(zhuǎn)，故B錯(cuò)誤；C.不論粒子電性如何，增大速度后，可能會(huì)在電場(chǎng)力的反方向上發(fā)生位移，故此后電場(chǎng)力將做負(fù)功，即粒子的速度越來越小，故C正確；D.根據(jù)C項(xiàng)的分析，可知粒子要發(fā)生偏轉(zhuǎn)，不在做直線運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。故選：C。【點(diǎn)評(píng)】本題考查微粒在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，要結(jié)合運(yùn)動(dòng)情況分析受力情況，得到微粒的電性，同時(shí)要結(jié)合功能關(guān)系分析各能量間的轉(zhuǎn)化情況。二．多選題（共4小題）（多選）9．（2024秋?大連期末）如圖所示，豎直平面內(nèi)有一半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)存在著垂直于該平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子（不計(jì)重力）以速度v0沿水平方向從P點(diǎn)射入磁場(chǎng)，其速度方向與半徑OP的夾角為45°，經(jīng)過一段時(shí)間后，粒子恰好從O點(diǎn)正下方的Q點(diǎn)射出磁場(chǎng)，下列說法正確的是（）A．該粒子入射的速度大小為qBRmB．該粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為3πRC．若只改變帶電粒子的入射方向，其在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間可能變長(zhǎng) D．若帶電粒子的入射點(diǎn)向下平移R2，其射出磁場(chǎng)的位置在Q【考點(diǎn)】帶電粒子在弧形或圓形邊界磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；推理論證能力．【答案】AC【分析】A.由牛頓第二定律結(jié)合幾何關(guān)系求得該粒子入射的速度大小；BC.根據(jù)圓心角與周期求得粒子所用時(shí)間，并判斷改變帶電粒子的入射方向，其在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間變化；D.若帶電粒子的入射點(diǎn)位置變化，速度不變，半徑不變，其射出磁場(chǎng)的位置仍在Q點(diǎn)，由此作出判斷。【解答】解：A．粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示由幾何關(guān)系可知，粒子圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律可得Bq解得v故A正確；BC．該粒子在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)的圓心角θ=3粒子的運(yùn)動(dòng)周期為T聯(lián)立解得t只改變粒子的入射方向，其對(duì)應(yīng)得圓心角可能會(huì)增大，則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)得時(shí)間可能就邊長(zhǎng)，故B錯(cuò)誤，C正確；D．若帶電粒子的入射點(diǎn)向下平移R2，其圓周運(yùn)動(dòng)的半徑不變，其射出磁場(chǎng)的位置仍在Q點(diǎn)，故D故選：AC。【點(diǎn)評(píng)】本題考查帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，做題關(guān)鍵在于做出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡圖，結(jié)合幾何關(guān)系和洛倫茲力提供向心力可求解，結(jié)合圓心角與周期可求得粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。（多選）10．（2024秋?濟(jì)南期末）如圖所示，在直角坐標(biāo)系xOy平面內(nèi)，x≥0的區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。粒子源位于坐標(biāo)為（﹣L，0）的A點(diǎn)，向坐標(biāo)為（0，h）的Q點(diǎn)發(fā)射質(zhì)量為m，電荷量為q（q＜0）的粒子，粒子重力忽略不計(jì)，速度大小可以調(diào)節(jié)。在坐標(biāo)為（-L2，0）處放置一平行于y軸的擋板，擋板中點(diǎn)位于x軸上，長(zhǎng)度略大于h2。已知粒子與擋板碰撞后，y方向的分速度不變，xA．5qBhh2+C．2qBhh2【考點(diǎn)】帶電粒子在直線邊界磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；推理論證能力．【答案】BCD【分析】由洛倫茲力提供向心力結(jié)合幾何關(guān)系求得粒子的速度大小作出判斷。【解答】解：A．當(dāng)vm時(shí)，根據(jù)題意如圖所示由幾何關(guān)系可得，粒子運(yùn)動(dòng)半徑R=洛倫茲力提供向心力可得qvB=聯(lián)立解得vm故A錯(cuò)誤；B．當(dāng)粒子與擋板碰撞一次時(shí)由幾何關(guān)系可得，粒子運(yùn)動(dòng)半徑R=解得v1故B正確；C．當(dāng)粒子與擋板碰撞二次時(shí)由幾何關(guān)系可得，粒子運(yùn)動(dòng)半徑R=解得v2故C正確；D．當(dāng)粒子與擋板碰撞三次時(shí)由幾何關(guān)系可得，粒子運(yùn)動(dòng)半徑R=解得v3故D正確。故選：BCD。【點(diǎn)評(píng)】對(duì)于帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)情況分析，要正確分析粒子的受力情況，來判斷其運(yùn)動(dòng)情況。對(duì)于勻速圓周運(yùn)動(dòng)，要確定圓心位置，根據(jù)幾何關(guān)系求軌跡半徑，結(jié)合洛倫茲力提供向心力求解未知量。（多選）11．（2024秋?順義區(qū)校級(jí)期末）如圖所示，水平放置的兩個(gè)正對(duì)的帶電金屬板MN、PQ間存在相互垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(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。在a點(diǎn)由靜止釋放一帶正電的微粒，釋放后微粒沿曲線acb運(yùn)動(dòng)，到達(dá)b點(diǎn)時(shí)速度為零，c點(diǎn)是曲線上離MN板最遠(yuǎn)的點(diǎn)。已知微粒的質(zhì)量為m，電荷量為q，重力加速度為g，不計(jì)微粒所受空氣阻力，則下列說法中正確的是（）A．微粒在a點(diǎn)時(shí)加速度方向豎直向下 B．微粒在c點(diǎn)時(shí)具有最大速度 C．微粒運(yùn)動(dòng)過程中的最大速率為mg+D．微粒到達(dá)b點(diǎn)后將沿原路徑返回a點(diǎn)【考點(diǎn)】帶電粒子在疊加場(chǎng)中做一般曲線運(yùn)動(dòng)；牛頓第二定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；分析綜合能力．【答案】AB【分析】A.根據(jù)牛頓第二定律求微粒的加速度；B.根據(jù)電場(chǎng)力做功正負(fù)分析速度的變化；C.由能量守恒定律分析速率的變化；D.由微粒的受力情況分析微粒的運(yùn)動(dòng)情況。【解答】解：A、微粒在a點(diǎn)時(shí)速度為零，不受洛倫茲力，只有重力和豎直向下的電場(chǎng)力，合力方向豎直向下，由牛頓第二定律知加速度方向豎直向下，故A正確；B、運(yùn)動(dòng)過程中，洛倫茲力了不做功，從a運(yùn)動(dòng)到c，重力和豎直向下的電場(chǎng)力的合力做正功，微粒加速運(yùn)動(dòng)，從c運(yùn)動(dòng)到b，重力和豎直向下的電場(chǎng)力的合力做負(fù)功，微粒減速運(yùn)動(dòng)，所以微粒在c點(diǎn)時(shí)具有最大速度，故B正確；C、根據(jù)能量守恒定律知，微粒在c點(diǎn)時(shí)動(dòng)能最大，在c點(diǎn)，有qvB＞mg+qE得v＞所以最大速率大于mg+qEqBD、微粒在b點(diǎn)的受力情況與a點(diǎn)的受力情況相同，可知微粒到達(dá)b點(diǎn)后將沿相同軌跡向右做曲線運(yùn)動(dòng)，不可能沿原路徑返回a點(diǎn)，故D錯(cuò)誤。故選：AB。【點(diǎn)評(píng)】解決本題時(shí)要注意速度為零時(shí)，帶電粒子不受洛倫茲力，明確電場(chǎng)力做功下電勢(shì)能變化的關(guān)系，微粒的運(yùn)動(dòng)情況要根據(jù)受力情況分析。（多選）12．（2024秋?哈爾濱期末）三維直角坐標(biāo)系內(nèi)，一個(gè)長(zhǎng)方體ABCD﹣A'B'C'D'被平面OMM′O′分成兩個(gè)等大的區(qū)域，左、右兩區(qū)域（包括表面）分布有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向分別沿y軸負(fù)向和y軸正向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，如圖所示。一個(gè)質(zhì)子（不計(jì)重力）以初速度v從AA′上某點(diǎn)，沿x軸正方向進(jìn)入左側(cè)磁場(chǎng)區(qū)域，關(guān)于質(zhì)子的運(yùn)動(dòng)軌跡在下列坐標(biāo)平面內(nèi)的投影，可能正確的是（）A． B． C． D．【考點(diǎn)】帶電粒子在多個(gè)組合邊界磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)．【專題】定性思想；推理法；帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；推理論證能力．【答案】BC【分析】質(zhì)子帶正電，進(jìn)入磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)左手定則判斷質(zhì)子受到洛倫茲力方向，判斷質(zhì)子偏轉(zhuǎn)方向，確定軌跡，進(jìn)而解答。【解答】解：質(zhì)子帶正電，初速度沿x軸正方向，磁場(chǎng)沿y軸負(fù)向，由左手定則可知洛倫茲力沿z軸正方向，所以質(zhì)子在xOz平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，在xOy平面的投影是一條沿x軸正方向的直線（因?yàn)樵趛方向上沒有位移變化），在xOz平面的投影是一個(gè)圓的一部分；當(dāng)質(zhì)子運(yùn)動(dòng)到平面OMM'O'進(jìn)入右側(cè)磁場(chǎng)（磁感應(yīng)強(qiáng)度沿y軸正向）時(shí)，此時(shí)再根據(jù)左手定則可知洛倫茲力方向變?yōu)檠貁軸負(fù)方向，質(zhì)子繼續(xù)在xOz平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，且與在左側(cè)磁場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)方向相反。在xOy平面的投影依然是一條沿x軸正方向的直線，在xOz平面的投影是另一個(gè)圓的一部分，故BC正確，AD錯(cuò)誤；故選：BC。【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)的的軌跡判斷，理解并會(huì)使用左手定則是解題關(guān)鍵。三．解答題（共3小題）13．（2024秋?武昌區(qū)期末）如圖所示，無限長(zhǎng)的兩水平邊界間劃分了三個(gè)區(qū)域，中間的矩形ABCD區(qū)域分布有豎直方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)（圖中未畫出），邊界AB的左側(cè)分布有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，邊界CD的右側(cè)分布有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一質(zhì)量為m，電荷量為q（q＞0）的粒子從P點(diǎn)豎直向下射入左側(cè)磁場(chǎng)，速度大小為v，經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)，粒子第一次穿過邊界AB進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)，速度方向斜向上與邊界AB的夾角為θ，之后以垂直邊界CD的方向離開電場(chǎng)，并進(jìn)入右側(cè)磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)。最終，粒子從P點(diǎn)正下方的Q點(diǎn)，沿豎直方向射出場(chǎng)區(qū)。已知，勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小始終不變，但粒子每次離開電場(chǎng)時(shí)，電場(chǎng)的方向會(huì)反向，點(diǎn)P和A間距為d，上、下邊界間距為2d，sinθ＝0.6，不計(jì)粒子的重力，忽略邊緣效應(yīng)。求：（1）左側(cè)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1為多少？（2）AD的間距L的最大值為多少？（3）若邊界AB和CD的間距為13d，則右側(cè)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B【考點(diǎn)】帶電粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中的往復(fù)運(yùn)動(dòng)．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；推理論證能力．【答案】（1）左側(cè)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1為9mv（2）AD的間距L的最大值為12（3）右側(cè)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B2的最大值為27mv【分析】（1）粒子在左側(cè)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)幾何關(guān)系求得運(yùn)動(dòng)軌跡半徑，根據(jù)洛倫茲力提供向心力求解磁感應(yīng)強(qiáng)度大小；（2）粒子在電場(chǎng)中做類斜拋運(yùn)動(dòng)，將運(yùn)動(dòng)按水平方向與豎直方向分解。要使AD的間距L最大，粒子恰好在D點(diǎn)垂直CD邊界進(jìn)入右邊磁場(chǎng)。根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解AD的間距L的最大值；（3）粒子在右側(cè)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，要使磁感應(yīng)強(qiáng)度最大，則運(yùn)動(dòng)半徑最小。作出粒子周期性運(yùn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)軌跡圖，求出粒子在電場(chǎng)中側(cè)移量，根據(jù)幾何關(guān)系求得粒子運(yùn)動(dòng)一個(gè)周期在豎直方向上下移的距離，最終粒子從P點(diǎn)正下方的Q點(diǎn)沿豎直方向射出場(chǎng)區(qū)，根據(jù)滿足的條件求得運(yùn)動(dòng)半徑的最小值，由洛倫茲力提供向心力求解磁感應(yīng)強(qiáng)度的最大值。【解答】解：（1）粒子在左側(cè)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)軌道半徑為R1，如下圖所示：已知：sinθ＝0.6，則cosθ＝0.8根據(jù)幾何關(guān)系得：R1+R1cosθ＝d解得：R根據(jù)洛倫茲力提供向心力得：qvB解得：B（2）粒子在電場(chǎng)中做類斜拋運(yùn)動(dòng)，水平方向分速度大小為vx＝vsinθ，豎直方向分速度大小為vy＝vcosθ。要使AD的間距L最大，粒子恰好在D點(diǎn)垂直CD邊界進(jìn)入右邊磁場(chǎng)。設(shè)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，則有：在豎直方向上有：R1sinθ在水平方向上有：x即AD的間距L的最大值為12（3）粒子在右側(cè)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)其軌道半徑為R2，要使B2最大，則R2最小。粒子做周期性運(yùn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)軌跡如下圖所示，由P點(diǎn)到M點(diǎn)為一個(gè)運(yùn)動(dòng)周期。當(dāng)邊界AB和CD的間距為13d時(shí)，設(shè)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t在水平方向上有：13d=vxt1，解得：在豎直方向上有：Δy=粒子運(yùn)動(dòng)一個(gè)周期在豎直方向上下移的距離（即圖中的PM的長(zhǎng)度）為：h＝2R1sinθ﹣2Δy+2R2最終粒子從P點(diǎn)正下方的Q點(diǎn)沿豎直方向射出場(chǎng)區(qū)，需滿足：h≥R1nh＝2d，n＝1、2、3……聯(lián)立可得：R2=解得：n＝3時(shí)，R2取最小值，且最小值為：Rmin=由洛倫茲力提供向心力得：q解得磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B2的最大值為：B答：（1）左側(cè)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1為9mv（2）AD的間距L的最大值為12（3）右側(cè)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B2的最大值為27mv【點(diǎn)評(píng)】本題考查了帶電粒子在電磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問題，解題的關(guān)鍵是能夠根據(jù)題意作出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，粒子運(yùn)動(dòng)具有周期性，根據(jù)周期性確定運(yùn)動(dòng)的幾何條件。14．（2024秋?鎮(zhèn)海區(qū)校級(jí)期末）如圖所示的直角坐標(biāo)系中，在x軸上方存在著垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在x軸下方存在相對(duì)y軸對(duì)稱的平行于x軸、電場(chǎng)強(qiáng)度E=2509V/m的勻強(qiáng)電場(chǎng)，一質(zhì)量為m＝1×10﹣21kg，電荷量q＝2×10﹣19C的帶正電的粒子從P點(diǎn)（0，0.3m）以初速度v0＝50m/s沿與y軸正方向角度θ＝37°斜向左上方射出，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡與（1）該粒子在磁場(chǎng)中的軌道半徑r；（2）Q點(diǎn)的位置坐標(biāo)；（3）粒子從P點(diǎn)出發(fā)至第三次打到x軸的位置坐標(biāo)及總時(shí)間t。（取π＝3）【考點(diǎn)】帶電粒子由磁場(chǎng)進(jìn)入電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；帶電粒子由電場(chǎng)進(jìn)入磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；推理論證能力．【答案】（1）該粒子在磁場(chǎng)中的軌道半徑r為0.5m；（2）Q點(diǎn)的位置坐標(biāo)為（0，﹣0.9m）；（3）粒子從P點(diǎn)出發(fā)至第三次打到x軸的位置坐標(biāo)為（﹣1m，0），總時(shí)間t為4496000【分析】（1）該粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由洛倫茲力提供向心力求解運(yùn)動(dòng)軌跡半徑；（2）根據(jù)幾何關(guān)系畫作出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡。粒子在電場(chǎng)中到達(dá)Q點(diǎn)的過程做類平拋運(yùn)動(dòng)，將運(yùn)動(dòng)分解處理。根據(jù)牛頓第二定律與運(yùn)動(dòng)學(xué)公式解答；（3）根據(jù)題意求得粒子打到擋板反彈后瞬間水平分速度大小，反彈后粒子沿+y方向以速度v0做勻速直線運(yùn)動(dòng)，沿x軸方向做對(duì)稱的勻加速與勻加速直線運(yùn)動(dòng)，可知粒子經(jīng)過原點(diǎn)O進(jìn)入第三象限的磁場(chǎng)，求得到達(dá)原點(diǎn)O的速度大小與方向。由洛倫茲力提供向心力求得粒子再次在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)半徑。由幾何關(guān)系求得粒子第三次打到x軸的位置坐標(biāo)。根據(jù)運(yùn)動(dòng)周期與圓心角求解粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，粒子在第四象限運(yùn)動(dòng)時(shí)間與在第三象限運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，進(jìn)而求得粒子從P點(diǎn)出發(fā)至第三次打到x軸的總時(shí)間。【解答】解：（1）該粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由洛倫茲力提供向心力得：qv0B=解得：r＝0.5m（2）已知OP＝0.3m，因OPcos(90°-θ)=0.3cos(90°-37°)m＝0.5m粒子垂直于x軸進(jìn)入第三象限的電場(chǎng)，在電場(chǎng)中到達(dá)Q點(diǎn)的過程做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)OQ的距離為y1，則有：y1＝v0t1r+rcos37°=解得：t1=9500s，y則Q點(diǎn)的位置坐標(biāo)為（0，﹣0.9m）（3）粒子到達(dá)Q點(diǎn)時(shí)水平分速度大小為：vx1=qEmt1，解得：由題意可得粒子打到擋板反彈后瞬間水平分速度大小為：vx2=12vx1，解得：vx2反彈后粒子沿+y方向以速度v0做勻速直線運(yùn)動(dòng)，沿x軸方向做對(duì)稱的勻加速與勻加速直線運(yùn)動(dòng)，可知粒子經(jīng)過原點(diǎn)O進(jìn)入第三象限的磁場(chǎng)，到達(dá)原點(diǎn)O的速度大小為：v2=v02+vx2速度v2的方向與﹣x方向的夾角β滿足：tanβ=vx2v0設(shè)粒子再次在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)半徑為R，由洛倫茲力提供向心力得：qv2B=mv22粒子再次在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如下圖所示。由幾何關(guān)系可得：OM＝2Rsinβ，解得：OM＝1m可知粒子第三次打到x軸的位置坐標(biāo)為：（﹣1m，0）粒子第一次在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：t2=解得：t2=粒子第二次在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：t3=解得：t2=粒子在第四象限運(yùn)動(dòng)時(shí)間與在第三象限運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，均為t1=9500s，粒子從Pt＝2t1+t2+t3解得：t=答：（1）該粒子在磁場(chǎng)中的軌道半徑r為0.5m；（2）Q點(diǎn)的位置坐標(biāo)為（0，﹣0.9m）；（3）粒子從P點(diǎn)出發(fā)至第三次打到x軸的位置坐標(biāo)為（﹣1m，0），總時(shí)間t為4496000【點(diǎn)評(píng)】本題考查了帶電粒子在電磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問題，粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)，將運(yùn)動(dòng)分解處理。粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，結(jié)合幾何解答。15．（2024秋?惠山區(qū)校級(jí)期末）離子注入是芯片制造過程中一道重要的工序。如圖所示，在距O點(diǎn)為2r處的硅片下端與磁場(chǎng)中心O在同一水平線上，硅片長(zhǎng)為l=233r。A處的離子無初速的“飄入”加速電場(chǎng)，經(jīng)電場(chǎng)加速后從P點(diǎn)沿半徑方向進(jìn)入半徑為r的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)，最后打在豎直放置的硅片上。離子的質(zhì)量為m、電荷量為q（1）離子進(jìn)入圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)的速度大小v；（2）要求所有離子都打到硅片上，求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的取值范圍。【考點(diǎn)】帶電粒子由磁場(chǎng)進(jìn)入電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；帶電粒子在弧形或圓形邊界磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)．【專題】定量思想；推理法；平行四邊形法則圖解法專題；帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；分析綜合能力．【答案】（1）離子進(jìn)入圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)的速度大小v為2qU（2）要求所有離子都打到硅片上，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的取值范圍為2qUm【分析】（1）根據(jù)動(dòng)能定理求解離子進(jìn)入圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)的速度大小；（2）畫出打在粒子打在硅片上、下端的軌跡圖像，根據(jù)幾何知識(shí)求解粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑，根據(jù)牛頓第二定律求解磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小，最后綜合表示磁感應(yīng)強(qiáng)度的取值范圍。【解答】解：（1）離子通過加速電場(chǎng)，由動(dòng)能定理可知qU=變形得到v=（2）根據(jù)題意，畫出離子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡，如圖所示：離子打在硅片上端時(shí)，設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1，∠BOD＝α，由幾何關(guān)系知道tanα=α＝30°∠QOB＝60°∠MOP＝120°∠COP＝60°∠OCP＝30°設(shè)離子的軌跡半徑為Rtan30R=由牛頓第二定律有qvB解得B1離子打在硅片下端時(shí)，設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0，由幾何關(guān)系知道，離子的軌跡半徑r'＝r，由牛頓第二定律有qvB0=從而解得B0磁感應(yīng)強(qiáng)度的取值范圍2qUm答：（1）離子進(jìn)入圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)的速度大小v為2qU（2）要求所有離子都打到硅片上，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的取值范圍為2qUm【點(diǎn)評(píng)】本題考查帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，要求學(xué)生能根據(jù)題意作出帶電粒子的軌跡圖，能熟練應(yīng)用動(dòng)能定理求解粒子加速后的速度、幾何知識(shí)求解軌道半徑、牛頓第二定律求解速度和磁感應(yīng)強(qiáng)度。

考點(diǎn)卡片1．共點(diǎn)力的平衡問題及求解【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.共點(diǎn)力（1）定義：如果一個(gè)物體受到兩個(gè)或更多力的作用，這些力共同作用在物體的在同一點(diǎn)上，或者雖不作用在同一點(diǎn)上，但它們的延長(zhǎng)線交于一點(diǎn)，這幾個(gè)力叫作共點(diǎn)力。（2）力的合成的平行四邊形定則只適用于共點(diǎn)力。2.共點(diǎn)力平衡的條件（1）平衡狀態(tài)：物體保持靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng)的狀態(tài)。（2）平衡條件：在共點(diǎn)力作用下物體平衡的條件是合力為0。3.對(duì)共點(diǎn)力平衡條件的理解及應(yīng)用合外力等于0，即F合＝0→正交分解法Fx合=0Fy合=0，其中Fx合和Fy4.平衡條件的推論（1）二力平衡：若物體在兩個(gè)力作用下處于平衡狀態(tài)，則這兩個(gè)力一定等大、反向。（2）三力平衡：若物體在三個(gè)共點(diǎn)力作用下處于平衡狀態(tài)，則任意兩個(gè)力的合力與第三個(gè)力等大、反向。（3）多力平衡：若物體在n個(gè)共點(diǎn)力作用下處于平衡狀態(tài)，則其中任意一個(gè)力必定與另外（n﹣1）個(gè)力的合力等大、反向。5.解答共點(diǎn)力平衡問題的三種常用方法6.平衡中的臨界、極值問題a.臨界問題（1）問題特點(diǎn)：①當(dāng)某物理量發(fā)生變化時(shí)，會(huì)引起其他幾個(gè)物理量的變化。②注意某現(xiàn)象“恰好出現(xiàn)”或“恰好不出現(xiàn)”的條件。（2）分析方法：基本方法是假設(shè)推理法，即先假設(shè)某種情況成立，然后根據(jù)平衡條件及有關(guān)知識(shí)進(jìn)行論證、求解。b.極值問題（1）問題界定：物體平衡的極值問題，一般指在力的變化過程中涉及力的最大值和最小值的問題。（2）分析方法：①解析法：根據(jù)物體平衡的條件列出方程，在解方程時(shí)，采用數(shù)學(xué)知識(shí)求極值或者根據(jù)物理臨界條件求極值。②圖解法：根據(jù)物體平衡的條件作出力的矢量圖，畫出平行四邊形或者矢量三角形進(jìn)行動(dòng)態(tài)分析，確定最大值或最小值。7.“活結(jié)”與“死結(jié)”、“活桿”與“死桿”模型（1）“活結(jié)”與“死結(jié)”模型①“活結(jié)”一般是由輕繩跨過光滑滑輪或者繩上掛一光滑掛鉤而形成的。繩雖然因“活結(jié)”而彎曲，但實(shí)際上是同一根繩，所以由“活結(jié)”分開的兩段繩上彈力的大小一定相等，兩段繩合力的方向一定沿這兩段繩夾角的平分線。②“死結(jié)”兩側(cè)的繩因結(jié)而變成了兩根獨(dú)立的繩，因此由“死結(jié)”分開的兩段繩上的彈力不一定相等。（2）“活桿”與“死桿”模型①“活桿”：指輕桿用轉(zhuǎn)軸或鉸鏈連接，當(dāng)輕桿處于平衡狀態(tài)時(shí)，輕桿所受到的彈力方向一定沿著桿，否則會(huì)引起輕桿的轉(zhuǎn)動(dòng)。如圖甲所示，若C為轉(zhuǎn)軸，則輕桿在緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)中，彈力方向始終沿桿的方向。②“死桿”：若輕桿被固定，不發(fā)生轉(zhuǎn)動(dòng)，則輕桿所受到的彈力方向不一定沿桿的方向。如圖乙所示，水平橫梁的一端A插在墻壁內(nèi)，另一端B裝有一個(gè)小滑輪，繩的一端C固定于墻壁上，另一端跨過滑輪后懸掛重物m。滑輪對(duì)繩的作用力應(yīng)為圖丙中兩段繩中拉力F1和F2的合力F的反作用力，即AB桿彈力的方向不沿桿的方向。【命題方向】例1：在如圖所示的甲、乙、丙、丁四幅圖中，滑輪光滑且所受的重力忽略不計(jì)，滑輪的軸O安裝在一根輕木桿P上，一根輕繩ab繞過滑輪，a端固定在墻上，b端下面掛一質(zhì)量為m的重物。當(dāng)滑輪和重物都靜止不動(dòng)時(shí)，甲、丙、丁圖中木桿P與豎直方向的夾角均為θ，乙圖中木桿P豎直。假設(shè)甲、乙、丙、丁四幅圖中滑輪受到木桿P的彈力的大小依次為FA、FB、FC、FD，則以下判斷正確的是（）A.FA＝FB＝FC＝FDB.FD＞FA＝FB＞FCC.FA＝FC＝FD＞FBD.FC＞FA＝FB＞FD分析：對(duì)滑輪受力分析，受兩個(gè)繩子的拉力和桿的彈力；滑輪一直保持靜止，合力為零，故桿的彈力與兩個(gè)繩子的拉力的合力等值、反向、共線。解答：由于兩個(gè)繩子的拉力大小等于重物的重力，大小不變，即四個(gè)選項(xiàng)中繩子的拉力是大小相等的，根據(jù)平行四邊形定則知兩個(gè)力的夾角越小，則合力越大，即滑輪兩邊繩子的夾角越小，繩子拉力的合力越大，故丁圖中繩子拉力合力最大，則桿的彈力最大，丙圖中夾角最大，繩子拉力合力最小，則桿的彈力最小，甲圖和乙圖中的夾角相同，則繩子拉力合力相等，則桿的彈力相等，所以甲、乙、丙、丁四幅圖中滑輪受到木桿P的彈力的大小順序?yàn)椋篎D＞FA＝FB＞FC，故B正確，ACD錯(cuò)誤。故選：B。本題考查的是力的合成與平衡條件在實(shí)際問題中的應(yīng)用，要注意桿的彈力可以沿著桿的方向也可以不沿著桿方向，結(jié)合平衡條件分析是關(guān)鍵。例2：如圖所示，兩根等長(zhǎng)的輕繩將日光燈懸掛在天花板上，兩繩與豎直方向的夾角都為45°，日光燈保持水平，所受重力為G。則（）A.兩繩對(duì)日光燈拉力的合力大小等于GB.兩繩的拉力和重力不是共點(diǎn)力C.兩繩的拉力大小均為22D.兩繩的拉力大小均為G分析：兩繩的拉力和重力是共點(diǎn)力，根據(jù)合力為零分析AB選項(xiàng)；根據(jù)對(duì)稱性可知，左右兩繩的拉力大小相等，分析日光燈的受力情況，由平衡條件求解繩子的拉力大小。解答：B．對(duì)日光燈受力分析如圖：兩繩拉力的作用線與重力作用線的延長(zhǎng)線交于一點(diǎn)，這三個(gè)力是共點(diǎn)力，故B錯(cuò)誤；A．由于日光燈在兩繩拉力和重力作用下處于靜止?fàn)顟B(tài)，所以兩繩的拉力的合力與重力G等大反向，故A正確；CD．由于兩個(gè)拉力的夾角成直角，且都與豎直方向成45°角，則由力的平行四邊形定則可知：G=F12+F22，F(xiàn)1＝F2，解得：F1＝F故選：AC。點(diǎn)評(píng)：本題主要是考查了共點(diǎn)力的平衡，解答本題的關(guān)鍵是：確定研究對(duì)象、進(jìn)行受力分析、進(jìn)行力的合成，利用平衡條件建立方程進(jìn)行解答。例3：如圖，三根長(zhǎng)度均為l的輕繩分別連接于C、D兩點(diǎn)，A、B兩端被懸掛在水平天花板上，相距2l。現(xiàn)在C點(diǎn)上懸掛一個(gè)質(zhì)量為m的重物，為使CD繩保持水平，在D點(diǎn)上可施加力的最小值為（）A.mgB.33C.12D.14分析：根據(jù)物體的受力平衡，依據(jù)幾何關(guān)系求解即可。解答：依題得，要想CD水平，則各繩都要緊繃，根據(jù)幾何關(guān)系可知，AC與水平方向的夾角為60°，結(jié)點(diǎn)C受力平衡，則受力分析如圖所示因此CD的拉力為T＝mg?tan30°D點(diǎn)受CD繩子拉力大小等于T，方向向左。要使CD水平，則D點(diǎn)兩繩的拉力與外界的力的合力為零，則CD繩子對(duì)D點(diǎn)的拉力可分解為沿BD繩的F1以及另一分力F2。由幾何關(guān)系可知，當(dāng)F2與BD垂直時(shí)，F(xiàn)2最小，F(xiàn)2的大小即為拉力大小，因此有F2min＝T?sin60°=1故ABD錯(cuò)誤，C正確。故選：C。點(diǎn)評(píng)：本題考查的是物體的受力平衡，解題的關(guān)鍵是當(dāng)F2與BD垂直時(shí)，F(xiàn)2最小，F(xiàn)2的大小即為拉力大小。例4：如圖甲所示，細(xì)繩AD跨過固定的水平輕桿BC右端的輕質(zhì)光滑定滑輪懸掛一質(zhì)量為M1的物體，∠ACB＝30°；圖乙中輕桿HG一端用鉸鏈固定在豎直墻壁上，另一端G通過細(xì)繩EG拉住，EG與水平方向的夾角為30°，在輕桿的G點(diǎn)用細(xì)繩GF懸掛一質(zhì)量為M2的物體（都處于靜止?fàn)顟B(tài)），求：（1）細(xì)繩AC的張力FTAC與細(xì)繩EG的張力FTEG之比；（2）輕桿BC對(duì)C端的支持力；（3）輕桿HG對(duì)G端的支持力。分析：（1）根據(jù)力的分解及幾何關(guān)系解答。（2）圖甲中對(duì)滑輪受力分析，運(yùn)用合成法求解細(xì)繩AC段的張力FAC與輕桿BC對(duì)C端的支持力；（3）乙圖中，以C點(diǎn)為研究對(duì)象，根據(jù)平衡條件求解細(xì)繩EG段的張力F2以及輕桿HG對(duì)G端的支持力。解答：下圖（a）和下圖（b）中的兩個(gè)物體M1、M2都處于平衡狀態(tài)，根據(jù)平衡的條件，首先判斷與物體相連的細(xì)繩，其拉力大小等于物體的重力；分別取C點(diǎn)和G點(diǎn)為研究對(duì)象，進(jìn)行受力分析如圖（a）和右圖（b）所示，根據(jù)平衡規(guī)律可求解。（1）上圖（a）中輕繩AD跨過定滑輪拉住質(zhì)量為M1的物體，物體處于平衡狀態(tài)，輕繩AC段的拉力FTAC＝FCD＝M1g；上圖（b）中由于FTEGsin30°＝M2g得FEG＝2M2g所以FTAC：FTEG＝M1：2M2。（2）上圖（a）中，根據(jù)FAC＝FCD＝M1g且夾角為120°故FNC＝FAC＝M1g，方向與水平方向成30°，指向斜右上方。（3）上圖（b）中，根據(jù)平衡方程有FNG=M2gtan答：（1）輕繩AC段的張力FAC與細(xì)繩EG的張力FEG之比為M1（2）輕桿BC對(duì)C端的支持力為M1g，指向斜右上方；（3）輕桿HG對(duì)G端的支持力大小為3M2g方向水平向右。點(diǎn)評(píng)：本題首先要抓住定滑輪兩端繩子的特點(diǎn)，其次要根據(jù)平衡條件，以C、G點(diǎn)為研究對(duì)象，按力平衡問題的一般步驟求解。【解題思路點(diǎn)撥】1.在分析問題時(shí)，注意“靜止”和“v＝0”不是一回事，v＝0，a=02.解答共點(diǎn)力平衡問題的一般步驟（1）選取研究對(duì)象，對(duì)于有相互作用的兩個(gè)或兩個(gè)以上的物體構(gòu)成的系統(tǒng)，應(yīng)明確所選研究對(duì)象是系統(tǒng)整體還是系統(tǒng)中的某一個(gè)物體（整體法或隔離法）。（2）對(duì)所選研究對(duì)象進(jìn)行受力分析，并畫出受力分析圖。（3）對(duì)研究對(duì)象所受的力進(jìn)行處理，對(duì)三力平衡問題，一般根據(jù)平衡條件畫出力合成時(shí)的平行四邊形。對(duì)四力或四力以上的平衡問題，一般建立合適的直角坐標(biāo)系，對(duì)各力按坐標(biāo)軸進(jìn)行分解。（4）建立平衡方程，對(duì)于四力或四力以上的平衡問題，用正交分解法列出方程組。3.臨界與極值問題的分析技巧（1）求解平衡中的臨界問題和極值問題時(shí)，首先要正確地進(jìn)行受力分析和變化過程分析，找出平衡中的臨界點(diǎn)和極值點(diǎn)。（2）臨界條件必須在變化中尋找，不能停留在一個(gè)狀態(tài)來研究臨界問題，而是要把某個(gè)物理量推向極端，即極大或極小，并依此作出科學(xué)的推理分析，從而給出判斷或結(jié)論。2．牛頓第二定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】牛頓第二定律的表達(dá)式是F＝ma，已知物體的受力和質(zhì)量，可以計(jì)算物體的加速度；已知物體的質(zhì)量和加速度，可以計(jì)算物體的合外力；已知物體的合外力和加速度，可以計(jì)算物體的質(zhì)量。【命題方向】一質(zhì)量為m的人站在電梯中，電梯加速上升，加速度大小為13g，gA、43mgB、2mgC、mgD分析：對(duì)人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據(jù)牛頓第二定律列式求解即可。解答：對(duì)人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據(jù)牛頓第二定律N﹣mg＝ma故N＝mg+ma=4根據(jù)牛頓第三定律，人對(duì)電梯的壓力等于電梯對(duì)人的支持力，故人對(duì)電梯的壓力等于43mg故選：A。點(diǎn)評(píng)：本題關(guān)鍵對(duì)人受力分析，然后根據(jù)牛頓第二定律列式求解。【解題方法點(diǎn)撥】在應(yīng)用牛頓第二定律解決簡(jiǎn)單問題時(shí)，要先明確物體的受力情況，然后列出牛頓第二定律的表達(dá)式，再根據(jù)需要求出相關(guān)物理量。3．牛頓第二定律與向心力結(jié)合解決問題【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】圓周運(yùn)動(dòng)的過程符合牛頓第二定律，表達(dá)式Fn＝man＝mω2r＝mv2r=【命題方向】我國(guó)著名體操運(yùn)動(dòng)員童飛，首次在單杠項(xiàng)目中完成了“單臂大回環(huán)”：用一只手抓住單杠，以單杠為軸做豎直面上的圓周運(yùn)動(dòng)．假設(shè)童飛的質(zhì)量為55kg，為完成這一動(dòng)作，童飛在通過最低點(diǎn)時(shí)的向心加速度至少是4g，那么在完成“單臂大回環(huán)”的過程中，童飛的單臂至少要能夠承受多大的力．分析：運(yùn)動(dòng)員在最低點(diǎn)時(shí)處于超重狀態(tài)，由單杠對(duì)人拉力與重力的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求解．解答：運(yùn)動(dòng)員在最低點(diǎn)時(shí)處于超重狀態(tài)，設(shè)運(yùn)動(dòng)員手臂的拉力為F，由牛頓第二定律可得：F心＝ma心則得：F心＝2200N又F心＝F﹣mg得：F＝F心+mg＝2200+55×10＝2750N答：童飛的單臂至少要能夠承受2750N的力．點(diǎn)評(píng)：解答本題的關(guān)鍵是分析向心力的來源，建立模型，運(yùn)用牛頓第二定律求解．【解題思路點(diǎn)撥】圓周運(yùn)動(dòng)中的動(dòng)力學(xué)問題分析（1）向心力的確定①確定圓周運(yùn)動(dòng)的軌道所在的平面及圓心的位置．②分析物體的受力情況，找出所有的力沿半徑方向指向圓心的合力，該力就是向心力．（2）向心力的來源向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、彈力、摩擦力等各種力，也可以是幾個(gè)力的合力或某個(gè)力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加向心力．（3）解決圓周運(yùn)動(dòng)問題步驟①審清題意，確定研究對(duì)象；②分析物體的運(yùn)動(dòng)情況，即物體的線速度、角速度、周期、軌道平面、圓心、半徑等；③分析物體的受力情況，畫出受力示意圖，確定向心力的來源；④根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律及向心力公式列方程．4．帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1．若v∥B，帶電粒子不受洛倫茲力，在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速直線運(yùn)動(dòng)．2．若v⊥B，帶電粒子僅受洛倫茲力作用，在垂直于磁感線的平面內(nèi)以入射速度v做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．3．半徑和周期公式：（v⊥B）【命題方向】如圖所示，MN是勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的一塊薄金屬板，帶電粒子（不計(jì)重力）在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)并穿過金屬板，虛線表示其運(yùn)動(dòng)軌跡，由圖知（）A、粒子帶負(fù)電B、粒子運(yùn)動(dòng)方向是abcdeC、粒子運(yùn)動(dòng)方向是edcbaD、粒子在上半周所用時(shí)間比下半周所用時(shí)間長(zhǎng)分析：由半徑的變化可知粒子運(yùn)動(dòng)方向；由軌跡偏轉(zhuǎn)方向可知粒子的受力方向，則由左手定則可判斷粒子的運(yùn)動(dòng)方向，由圓周對(duì)應(yīng)的圓心角及周期公式可知時(shí)間關(guān)系。解答：ABC、帶電粒子穿過金屬板后速度減小，由r=mvqB軌跡半徑應(yīng)減小，故可知粒子運(yùn)動(dòng)方向是粒子所受的洛倫茲力均指向圓心，故粒子應(yīng)是由下方進(jìn)入，故粒子運(yùn)動(dòng)方向?yàn)閑dcba，則粒子應(yīng)帶負(fù)電，故B錯(cuò)誤，AC正確；D、由T=2πmqB可知，粒子運(yùn)動(dòng)的周期和速度無關(guān)，而上下均為半圓，故所對(duì)的圓心角相同，故粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間均為T故選：AC。點(diǎn)評(píng)：本題應(yīng)注意觀察圖形，圖形中隱含的速度關(guān)系是解決本題的關(guān)鍵，明確了速度關(guān)系即可由左手定則及圓的性質(zhì)求解。【解題方法點(diǎn)撥】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的勻速圓周運(yùn)動(dòng)的分析方法．5．帶電粒子在直線邊界磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.帶電粒子在直線邊界磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)的兩種情形（1）直線邊界（2）平行邊界2.帶電粒子在有界磁場(chǎng)中的常用幾何關(guān)系（1）四個(gè)點(diǎn)：分別是入射點(diǎn)、出射點(diǎn)、軌跡圓心和入射速度直線與出射速度直線的交點(diǎn)．（2）三個(gè)角：速度偏轉(zhuǎn)角、圓心角、弦切角，其中偏轉(zhuǎn)角等于圓心角，也等于弦切角的2倍．3.常見的解題思路（1）圓心的確定①由兩點(diǎn)和兩線確定圓心，畫出帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡．確定帶電粒子運(yùn)動(dòng)軌跡上的兩個(gè)特殊點(diǎn)（一般是射入和射出磁場(chǎng)時(shí)的兩點(diǎn)），過這兩點(diǎn)作帶電粒子運(yùn)動(dòng)方向的垂線（這兩垂線即為粒子在這兩點(diǎn)所受洛倫茲力的方向），則兩垂線的交點(diǎn)就是圓心，如圖（a）所示．②若只已知過其中一個(gè)點(diǎn)的粒子運(yùn)動(dòng)方向，則除過已知運(yùn)動(dòng)方向的該點(diǎn)作垂線外，還要將這兩點(diǎn)相連作弦，再作弦的中垂線，兩垂線交點(diǎn)就是圓心，如圖（b）所示．③若只已知一個(gè)點(diǎn)及運(yùn)動(dòng)方向，也知另外某時(shí)刻的速度方向，但不確定該速度方向所在的點(diǎn)，如圖（c）所示，此時(shí)要將其中一速度的延長(zhǎng)線與另一速度的反向延長(zhǎng)線相交成一角（∠PAM），畫出該角的角平分線，它與已知點(diǎn)的速度的垂線交于一點(diǎn)O，該點(diǎn)就是圓心．（2）半徑的確定方法一：由物理方程求：半徑R=mv方法二：由幾何方程求：一般由數(shù)學(xué)知識(shí)（勾股定理、三角函數(shù)等）計(jì)算來確定．（3）時(shí)間的確定由t=θ2πT確定通過某段圓弧所用的時(shí)間，其中【命題方向】如圖所示，粒子a、b以相同的動(dòng)能同時(shí)從O點(diǎn)射入寬度為d的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩粒子的入射方向與磁場(chǎng)邊界的夾角分別為30°和60°，且同時(shí)到達(dá)P點(diǎn)，OP垂直于磁場(chǎng)邊界。a、b兩粒子的質(zhì)量之比為（）A、1：2B、2：1C、3：4D、4：3分析：求解本題的關(guān)鍵是畫出來粒子的軌跡圖，并確定圓心、求出半徑和圓心角，然后根據(jù)動(dòng)能相等的條件以及相等的運(yùn)動(dòng)時(shí)間并結(jié)合圓周運(yùn)動(dòng)公式聯(lián)立即可求解。解答：根據(jù)題意畫出a、b粒子的軌跡如圖所示，則a、b粒子的圓心分別是O1和O2，設(shè)磁場(chǎng)寬度為d，由圖可知，粒子a的半徑ra=d2sin60°=d3a粒子軌跡長(zhǎng)度為sa=2×60b粒子的軌跡長(zhǎng)度為sb=2×30又有：va=sa解得：v由12mava2=12故選：C。點(diǎn)評(píng)：求解有關(guān)帶電粒子在有界磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問題的關(guān)鍵是畫出軌跡圖，并根據(jù)幾何知識(shí)確定圓心求出半徑和圓心角，再結(jié)合圓周運(yùn)動(dòng)的有關(guān)規(guī)律聯(lián)立即可求解。【解題思路點(diǎn)撥】由于帶電粒子往往是在有界磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，粒子在磁場(chǎng)中只運(yùn)動(dòng)一段圓弧就飛出磁場(chǎng)邊界，其軌跡不是完整的圓，因此，此類問題往往要根據(jù)帶電粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡作相關(guān)圖去尋找?guī)缀侮P(guān)系，分析臨界條件，然后應(yīng)用數(shù)學(xué)知識(shí)和相應(yīng)物理規(guī)律分析求解．（1）兩種思路①以定理、定律為依據(jù)，首先求出所研究問題的一般規(guī)律和一般解的形式，然后再分析、討論臨界條件下的特殊規(guī)律和特殊解；②直接分析、討論臨界狀態(tài)，找出臨界條件，從而通過臨界條件求出臨界值．（2）兩種方法物理方法：①利用臨界條件求極值；②利用問題的邊界條件求極值；③利用矢量圖求極值．?dāng)?shù)學(xué)方法：①利用三角函數(shù)求極值；②利用二次方程的判別式求極值；③利用不等式的性質(zhì)求極值；④利用圖象法等．（3）從關(guān)鍵詞中找突破口：許多臨界問題，題干中常用“恰好”、“最大”、“至少”、“不相撞”、“不脫離”等詞語對(duì)臨界狀態(tài)給以暗示．審題時(shí)，一定要抓住這些特定的詞語挖掘其隱藏的規(guī)律，找出臨界條件．6．帶電粒子在弧形或圓形邊界磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)知】1.圓形邊界：如圖所示，帶電粒子從某點(diǎn)沿圓形磁場(chǎng)的半徑方向人射，從另一點(diǎn)射出磁場(chǎng)時(shí)速度的反向延長(zhǎng)線過磁場(chǎng)的圓心，即沿徑向射入必沿徑向射出。2.幾個(gè)與角有關(guān)的物理量如圖所示，粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，φ為粒子速度的偏向角，粒子與圓心的連線轉(zhuǎn)過的角度α為回旋角（或圓心角），AB弦與切線的夾角θ為弦切角，它們的關(guān)系為φ＝α＝2θ，θ與相鄰的弦切角θ'互補(bǔ)，即θ+θ'＝180°。3.如何確定“圓心角與時(shí)間”①速度的偏向角φ＝圓弧所對(duì)應(yīng)的圓心角（回旋角）α＝2倍的弦切角θ②時(shí)間的計(jì)算方法．方法一：由圓心角求，t=θ2π?T；方法二：由弧長(zhǎng)求，【命題方向】如圖所示，虛線所圍區(qū)域內(nèi)有方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B．一束電子沿圓形區(qū)域的直徑方向以速度v射入磁場(chǎng)，電子束經(jīng)過磁場(chǎng)區(qū)后，其運(yùn)動(dòng)的方向與原入射方向成θ角。設(shè)電子質(zhì)量為m，電荷量為e，不計(jì)電子之間的相互作用力及所受的重力。求：（1）電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑R；（2）電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t；（3）圓形磁場(chǎng)區(qū)域的半徑r。分析：電子在磁場(chǎng)中受洛倫茲力作用，電子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，可以求出電子運(yùn)動(dòng)的半徑，畫出電子運(yùn)動(dòng)軌跡，根據(jù)幾何關(guān)系可以求得電子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)的時(shí)間和圓形磁場(chǎng)區(qū)域的半徑。解答：（1）電子在磁場(chǎng)中受到的洛倫茲力提供電子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力即：qvB=由此可得電子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R=（2）如圖根據(jù)幾何關(guān)系，可以知道電子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)對(duì)圓心轉(zhuǎn)過的角度α＝θ則電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間：t=（3）由題意知，由圖根據(jù)幾何關(guān)系知：tanθ∴r答：（1）電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑R=mv（2）電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t=mθ（3）圓形磁場(chǎng)區(qū)域的半徑r=mv點(diǎn)評(píng)：熟悉電子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)由洛倫茲力提供向心力，據(jù)此列式求出半徑和周期間的表達(dá)式，能正確作出電子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑。【解題思路點(diǎn)撥】由于帶電粒子往往是在有界磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，粒子在磁場(chǎng)中只運(yùn)動(dòng)一段圓弧就飛出磁場(chǎng)邊界，其軌跡不是完整的圓，因此，此類問題往往要根據(jù)帶電粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡作相關(guān)圖去尋找?guī)缀侮P(guān)系，分析臨界條件，然后應(yīng)用數(shù)學(xué)知識(shí)和相應(yīng)物理規(guī)律分析求解．（1）兩種思路①以定理、定律為依據(jù)，首先求出所研究問題的一般規(guī)律和一般解的形式，然后再分析、討論臨界條件下的特殊規(guī)律和特殊解；②直接分析、討論臨界狀態(tài)，找出臨界條件，從而通過臨界條件求出臨界值．（2）兩種方法物理方法：①利用臨界條件求極值；②利用問題的邊界條件求極值；③利用矢量圖求極值．?dāng)?shù)學(xué)方法：①利用三角函數(shù)求極值；②利用二次方程的判別式求極值；③利用不等式的性質(zhì)求極值；④利用圖象法等．（3）從關(guān)鍵詞中找突破口：許多臨界問題，題干中常用“恰好”、“最大”、“至少”、“不相撞”、“不脫離”等詞語對(duì)臨界狀態(tài)給以暗示．審題時(shí)，一定要抓住這些特定的詞語挖掘其隱藏的規(guī)律，找出臨界條件．7．帶電粒子在多個(gè)組合邊界磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】本考點(diǎn)旨在考查多種磁場(chǎng)組合的情況粒子的運(yùn)動(dòng)情況。【命題方向】如圖所示，真空區(qū)域有寬度為L(zhǎng)、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向垂直于紙面向里，MN、PQ是磁場(chǎng)的邊界。質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子（不計(jì)重力）沿著與MN夾角為θ＝30°的方向垂直射入磁場(chǎng)中，剛好垂直于PQ邊界射出，并沿半徑方向垂直進(jìn)入圓形磁場(chǎng)。圓形磁場(chǎng)半徑為L(zhǎng)，方向垂直紙面向外，粒子最后從圓心O的正下方O′點(diǎn)離開磁場(chǎng)。求：（1）粒子在矩形磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑；（2）粒子射入磁場(chǎng)的速度大小；（3）圓形磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度。分析：（1）根據(jù)幾何關(guān)系得出粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑；（2）結(jié)合牛頓第二定律得出粒子的速度；（3）根據(jù)幾何關(guān)系得出粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑，結(jié)合牛頓第二定律得出磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小。解答：畫出軌跡圖如圖：（1）在矩形磁場(chǎng)區(qū)域，根據(jù)幾何關(guān)系L＝Rsin60°解得R=（2）根據(jù)qvB=解得v=（3）粒子在圓形磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)，根據(jù)qvB'解得B'答：（1）粒子在矩形磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑R2（2）粒子射入磁場(chǎng)的速度大小23（3）圓形磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度23點(diǎn)評(píng)：本題考查帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；解決問題的關(guān)鍵是清楚帶電粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，結(jié)合幾何關(guān)系分析計(jì)算。【解題思路點(diǎn)撥】由于帶電粒子往往是在有界磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，粒子在磁場(chǎng)中只運(yùn)動(dòng)一段圓弧就飛出磁場(chǎng)邊界，其軌跡不是完整的圓，因此，此類問題往往要根據(jù)帶電粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡作相關(guān)圖去尋找?guī)缀侮P(guān)系，分析臨界條件，然后應(yīng)用數(shù)學(xué)知識(shí)和相應(yīng)物理規(guī)律分析求解．（1）兩種思路①以定理、定律為依據(jù)，首先求出所研究問題的一般規(guī)律和一般解的形式，然后再分析、討論臨界條件下的特殊規(guī)律和特殊解；②直接分析、討論臨界狀態(tài)，找出臨界條件，從而通過臨界條件求出臨界值．（2）兩種方法物理方法：①利用臨界條件求極值；②利用問題的邊界條件求極值；③利用矢量圖求極值．?dāng)?shù)學(xué)方法：①利用三角函數(shù)求極值；②利用二次方程的判別式求極值；③利用不等式的性質(zhì)求極值；④利用圖象法等．（3）從關(guān)鍵詞中找突破口：許多臨界問題，題干中常用“恰好”、“最大”、“至少”、“不相撞”、“不脫離”等詞語對(duì)臨界狀態(tài)給以暗示．審題時(shí)，一定要抓住這些特定的詞語挖掘其隱藏的規(guī)律，找出臨界條件．8．帶電粒子在疊加場(chǎng)中做直線運(yùn)動(dòng)【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.疊加場(chǎng)是指一個(gè)區(qū)域可能同時(shí)含有重力場(chǎng)、電場(chǎng)和磁場(chǎng)中的兩個(gè)或三個(gè)。但本考點(diǎn)涉及的題目必須包含磁場(chǎng)。2.帶電粒子在疊加場(chǎng)中做直線運(yùn)動(dòng)有兩種情況（不考慮平行于電場(chǎng)和磁場(chǎng)射入）（1）不計(jì)粒子重力，則必有洛倫茲力等于電場(chǎng)力，Bqv＝qE。（2）考慮粒子重力，則必有電場(chǎng)力與重力的合力等于洛倫茲力。也就是說只要粒子在含有磁場(chǎng)的疊加場(chǎng)中做直線運(yùn)動(dòng)，一定是勻速直線運(yùn)動(dòng)。因?yàn)槿绻亲兯龠\(yùn)動(dòng)，則洛倫茲力也會(huì)變化，合力與速度方向不再一條直線上，粒子就不可能再做直線運(yùn)動(dòng)。【命題方向】如圖所示，某空間存在正交的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)方向水平向右，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，一帶負(fù)電微粒由a點(diǎn)以一定初速度進(jìn)入電磁場(chǎng)，剛好能沿直線ab斜向上運(yùn)動(dòng)，則下列說法正確的是（）A、微粒的動(dòng)能一定增加B、微粒的動(dòng)能一定減少C、微粒的電勢(shì)能一定減少D、微粒的機(jī)械能一定增加分析：對(duì)帶電粒子進(jìn)行受力分析，受到豎直向下的重力，水平向左的電場(chǎng)力和垂直于虛線向右上的洛倫茲力，由于帶電粒子做直線運(yùn)動(dòng)，可判斷粒子合外力為零，再根據(jù)各力的做功情況，即可判斷各選項(xiàng)的正誤．解答：根據(jù)做直線運(yùn)動(dòng)的條件和受力情況（如圖所示）可知，粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以粒子的動(dòng)能保持不變，選項(xiàng)AB錯(cuò)誤；再由a沿直線運(yùn)動(dòng)到b的過場(chǎng)中，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，選項(xiàng)C正確；重力做負(fù)功，重力勢(shì)能增加，選項(xiàng)D正確。故選：CD。點(diǎn)評(píng)：帶電粒子在重力場(chǎng)、電場(chǎng)、磁場(chǎng)的復(fù)合場(chǎng)中，只要是做直線運(yùn)動(dòng)，一定是勻速直線運(yùn)動(dòng)（v與B不平行）．若速度是變的，洛倫茲力會(huì)變，合力就是變的，合力與速度不在一條直線上，帶電體就會(huì)做曲線運(yùn)動(dòng)．【解題思路點(diǎn)撥】1.疊加場(chǎng)中三中場(chǎng)的比較2.帶電粒子在疊加場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的分析方法9．帶電粒子在疊加場(chǎng)中做一般曲線運(yùn)動(dòng)【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.疊加場(chǎng)是指一個(gè)區(qū)域可能同時(shí)含有重力場(chǎng)、電場(chǎng)和磁場(chǎng)中的兩個(gè)或三個(gè)。但本考點(diǎn)涉及的題目必須包含磁場(chǎng)。2.本考點(diǎn)主要針對(duì)帶電粒子在疊加場(chǎng)中做一般曲線運(yùn)動(dòng)的情況。如圖所示，一帶電量為q的小球，質(zhì)量為m，以初速度v0豎直向上射入水平方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B．當(dāng)小球在豎直方向運(yùn)動(dòng)h高度時(shí)到達(dá)b點(diǎn)，重力加速度為g。（1）判斷小球帶何種電荷？（2）球在b點(diǎn)上所受的磁場(chǎng)力多大？分析：（1）由左手定則根據(jù)磁場(chǎng)方向和運(yùn)動(dòng)偏轉(zhuǎn)方向可知小球的電性；（2）a到b，洛倫茲力不做功，只有重力做功，可求得B點(diǎn)的速度；再由洛倫茲力公式F＝qvB解得F大小。解答：（1）由左手定則可以判定小球帶負(fù)電（2）從拋出點(diǎn)到b點(diǎn)，只有重力做功，洛倫茲力不做功由動(dòng)能定理得：﹣mgh=12mv2-得：v由洛倫茲力公式f＝qvB得，f答：（1）小球帶負(fù)電荷；（2）球在b點(diǎn)上所受的磁場(chǎng)力為qB點(diǎn)評(píng)：此題要求同學(xué)們會(huì)用左手定則判定受力方向，注意四指指正電荷運(yùn)動(dòng)的方向；能根據(jù)洛倫茲力充當(dāng)向心力列式求解，注意明確洛倫茲力永不做功。【解題思路點(diǎn)撥】1.疊加場(chǎng)中三中場(chǎng)的比較2.帶電粒子在疊加場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的分析方法10．帶電粒子由磁場(chǎng)進(jìn)入電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.帶電粒子在電場(chǎng)、磁場(chǎng)組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)是指粒子從電場(chǎng)到磁場(chǎng)，或從磁場(chǎng)到電場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)。通常按時(shí)間的先后順序分成若干個(gè)小過程，在每一運(yùn)動(dòng)過程中從粒子的受力性質(zhì)、受力