PAGEPAGE11帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專(zhuān)題一、選擇題1．(2024·江蘇二模)(多選)如圖所示，在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，范圍足夠大的水平勻強(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沿斜面對(duì)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(guò)程中，其加速度大小a與時(shí)間t的關(guān)系圖像，可能正確的是()答案CD解析當(dāng)電荷量為－q的帶電小物塊以初速度v0沿斜面對(duì)上運(yùn)動(dòng)，依據(jù)左手定則，滑塊受到垂直斜面對(duì)下的洛倫茲力會(huì)隨著速度減小而減小，其對(duì)斜面的壓力也減小，滑塊受到滑動(dòng)摩擦力會(huì)減小，依據(jù)牛頓其次定律，滑塊受到的合力會(huì)減小，則加速度也會(huì)減小，因斜面長(zhǎng)度與初速度大小不知，因此可能，滑塊沒(méi)到斜面頂端，加速度減為零，也可能到達(dá)頂端，仍有加速度，且恒定，故A、B兩項(xiàng)錯(cuò)誤，C、D兩項(xiàng)正確．2.(2024·天津模擬)如圖所示為“速度選擇器”裝置示意圖，a、b為水平放置的平行金屬板，其電容為C，板間距離為d，平行板內(nèi)存在垂直紙面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，a、b板分別帶上等量異號(hào)電荷后，平行板內(nèi)產(chǎn)生豎直方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)．一帶電粒子以速度v0經(jīng)小孔進(jìn)入正交電磁場(chǎng)可沿直線OO′運(yùn)動(dòng)，由O′射出，粒子所受重力不計(jì)，以下說(shuō)法正確的是()A．a(chǎn)板帶負(fù)電，其電量為CBv0dB．a(chǎn)板帶正電，其電量為eq\f(CBv0,d)C．極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度E＝Bv0，方向豎直向下D．若粒子的初速度大于v0，粒子在極板間將向右上方做勻加速曲線運(yùn)動(dòng)答案C解析A、B、C三項(xiàng)，粒子所受的洛倫茲力與電場(chǎng)力大小相等、方向相反方可通過(guò)平行金屬板，若粒子帶正電，通過(guò)左手定則推斷洛倫茲力的方向向上，電場(chǎng)力向下，滿意的條件應(yīng)是：a板帶正電；粒子所受洛倫茲力與電場(chǎng)力相等：qv0B＝qE＝qeq\f(U,d)得：E＝Bv0；U＝Bv0d；又Q＝CU＝CBv0d，故A、B兩項(xiàng)錯(cuò)誤，C項(xiàng)正確；D項(xiàng)，若該粒子帶正電，且速度增加，洛倫茲力增加，則粒子向上偏轉(zhuǎn)，隨速度的變更，洛倫茲力變更，可知粒子做曲線運(yùn)動(dòng)，但不是勻加速曲線運(yùn)動(dòng)，故D項(xiàng)錯(cuò)誤．3.(2024·青島一模)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)方向水平向右，磁場(chǎng)方向垂直于紙面對(duì)外．已知在該區(qū)域內(nèi)，一個(gè)帶電小球在豎直面內(nèi)做直線運(yùn)動(dòng)．下列說(shuō)法正確的是()A．若小球帶正電荷，則小球的電勢(shì)能減小B．若小球帶負(fù)電荷，則小球的電勢(shì)能減小C．無(wú)論小球帶何種電荷，小球的重力勢(shì)能都減小D．小球的動(dòng)能可能會(huì)增大答案C解析A項(xiàng)，若小球帶正電荷，受力狀況如圖所示，由左手定則知，小球斜向左下方運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力做負(fù)功，則小球的電勢(shì)能增大，故A項(xiàng)錯(cuò)誤．B項(xiàng)，若小球帶負(fù)電荷，同理知，小球斜向右下方運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力做負(fù)功，則小球的電勢(shì)能增大，故B項(xiàng)錯(cuò)誤．C項(xiàng)，無(wú)論小球帶何種電荷，小球的高度都下降，重力勢(shì)能都減小，故C項(xiàng)正確．D項(xiàng)，由于洛倫茲力與速度成正比，所以小球只能做勻速直線運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能不變，否則，小球的速度變更，小球所受的洛倫茲力變更，不行能做直線運(yùn)動(dòng)，故D項(xiàng)錯(cuò)誤．4．(2024·江蘇三模)磁流體發(fā)電機(jī)原理如圖所示，等離子體高速?lài)娚涞郊佑袕?qiáng)磁場(chǎng)的管道內(nèi)，正、負(fù)離子在洛倫茲力作用下分別向A、B兩金屬板偏轉(zhuǎn)，形成直流電源對(duì)外供電．則()A．僅減小兩板間的距離，發(fā)電機(jī)的電動(dòng)勢(shì)將增大B．僅增加磁感應(yīng)強(qiáng)度，發(fā)電機(jī)的電動(dòng)勢(shì)將減小C．僅增加負(fù)載的阻值，發(fā)電機(jī)的輸出功率將增大D．僅增大磁流體的噴射速度，發(fā)電機(jī)的總功率將增大答案D解析A、B兩項(xiàng)，最終電荷受電場(chǎng)力與洛倫茲力平衡，有：qvB＝qeq\f(UAB,d)，解得UAB＝Bdv.只增大入射速度，則電勢(shì)差增大，只增大磁感應(yīng)強(qiáng)度，電勢(shì)差增大，只增大兩板之間的距離，電勢(shì)差也會(huì)增大，故A、B兩項(xiàng)錯(cuò)誤．C項(xiàng)，依據(jù)電源的輸出功率表達(dá)式P＝(eq\f(E,R＋r))2R，當(dāng)R＝r時(shí)，輸出功率達(dá)到最大，因此僅增加負(fù)載的阻值，發(fā)電機(jī)的輸出功率不肯定增大，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；D項(xiàng)，依據(jù)P總＝EI＝Bdveq\f(Bdv,R＋r)＝eq\f(B2d2v2,R＋r)，當(dāng)只增大磁流體的噴射速度，發(fā)電機(jī)的總功率將增大，故D項(xiàng)正確．5．(2024·揚(yáng)州一模)(多選)如圖所示，導(dǎo)電物質(zhì)為電子的霍爾元件樣品置于磁場(chǎng)中，表面與磁場(chǎng)方向垂直，圖中的1、2、3、4是霍爾元件上的四個(gè)接線端．當(dāng)開(kāi)關(guān)S1、S2閉合后，三個(gè)電表都有明顯示數(shù)，下列說(shuō)法正確的是()A．通過(guò)霍爾元件的磁場(chǎng)方向向下B．接線端2的電勢(shì)低于接線端4的電勢(shì)C．僅將電源E1、E2反向接入電路，電壓表的示數(shù)不變D．若適當(dāng)減小R1、增大R2，則電壓表示數(shù)肯定增大答案ABC解析A項(xiàng)，依據(jù)安培定則可知，磁場(chǎng)的方向向下，故A項(xiàng)正確；B項(xiàng)，通過(guò)霍爾元件的電流由1流向接線端3，負(fù)電子移動(dòng)方向與電流的方向相反，由左手定則可知，負(fù)電子偏向接線端2，所以接線端2的電勢(shì)低于接線端4的電勢(shì)，故B項(xiàng)正確；C項(xiàng)，當(dāng)調(diào)整電路，使通過(guò)電磁鐵和霍爾元件的電流方向相反，由左手定則可知洛倫茲力方向不變，即2、4兩接線端的電勢(shì)凹凸關(guān)系不發(fā)生變更，故C項(xiàng)正確；D項(xiàng)，依據(jù)霍爾電壓UH＝eq\f(BI,nqc)，適當(dāng)減小R1，電磁鐵中的電流增大，產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度B增大，而當(dāng)增大R2，霍爾元件中的電流I減小，電壓表示數(shù)不肯定減小，故D項(xiàng)錯(cuò)誤．6．(2024·合肥一模)(多選)如圖所示，豎直放置的兩平行金屬板，長(zhǎng)為L(zhǎng)，板間距離為d，接在電壓為U的直流上．在兩板間加一磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．一個(gè)質(zhì)量為m，電荷量為q的帶正電油滴，從距金屬板上端高為h處由靜止起先自由下落，并經(jīng)兩板上端連線中點(diǎn)P進(jìn)入板間．油滴在P點(diǎn)所受的電場(chǎng)力與磁場(chǎng)力大小恰好相等，且最終恰好從金屬板的下邊緣離開(kāi)電磁場(chǎng)區(qū)域．空氣阻力不計(jì)，重力加速度為g，則下列說(shuō)法正確的是()A．油滴剛進(jìn)入電磁場(chǎng)時(shí)的加速度為gB．油滴起先下落的高度h＝eq\f(U2,2B2d2g)C．油滴從左側(cè)金屬板的下邊緣離開(kāi)D．油滴離開(kāi)電磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為eq\r(\f(－qU,m)＋2gL＋\f(U2,B2d2))答案ABD解析A項(xiàng)，油滴剛進(jìn)入電磁場(chǎng)時(shí)，電場(chǎng)力與磁場(chǎng)力大小恰好相等，故合力等于重力G，加速度為g，故A項(xiàng)正確；B項(xiàng)，在P點(diǎn)由題意可知：qE＝qvB自由下落過(guò)程有：v2＝2ghU＝Ed由以上三式解得：h＝eq\f(U2,2B2d2g)，故B項(xiàng)正確；C項(xiàng)，依據(jù)左手定則，在P位置時(shí)受洛倫茲力向右，豎直方向在加速，故洛倫茲力在變大，故油滴從右側(cè)金屬板的下邊緣離開(kāi)，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；D項(xiàng)，整個(gè)過(guò)程由動(dòng)能定理有：mg(h＋L)－qE×eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)mv2得：v＝eq\r(\f(－qU,m)＋2gL＋\f(U2,B2d2))，故D項(xiàng)正確．7．(2024·成都模擬)(多選)如圖所示，空間中有一范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向水平且垂直于紙面對(duì)外、一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小圓環(huán)套在一根固定的絕緣豎直長(zhǎng)桿上，環(huán)與桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.現(xiàn)使圓環(huán)以初速度v0向上運(yùn)動(dòng)，經(jīng)時(shí)間t0圓環(huán)回到動(dòng)身點(diǎn)，假設(shè)圓環(huán)在回到動(dòng)身點(diǎn)以前已經(jīng)起先做勻速運(yùn)動(dòng)，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，則下列說(shuō)法中正確的是()A．圓環(huán)在t＝eq\f(t0,2)時(shí)剛好到達(dá)最高點(diǎn)B．圓環(huán)在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最大加速度為am＝g＋eq\f(μBqv0,m)C．圓環(huán)從動(dòng)身到回到動(dòng)身點(diǎn)過(guò)程中損失的機(jī)械能為eq\f(1,2)m(v02－eq\f(m2g2,μ2B2q2))D．圓環(huán)在上升過(guò)程中損失的機(jī)械能等于下落回到動(dòng)身點(diǎn)過(guò)程中損失的機(jī)械能答案BC解析A項(xiàng)，由能量守恒可知：洛倫茲力不做功，摩擦力做功使機(jī)械能不斷減小，在同一位置，環(huán)向上的速度大于向下運(yùn)動(dòng)的速度，向上的運(yùn)動(dòng)時(shí)間小，因此在t＝eq\f(t0,2)時(shí)，不行能剛好到達(dá)最高點(diǎn)，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；B項(xiàng)，圓環(huán)在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，向上運(yùn)動(dòng)的加速度大于向下運(yùn)動(dòng)的加速度，而向上運(yùn)動(dòng)摩擦力越大，則加速度越大，因此環(huán)剛起先運(yùn)動(dòng)時(shí)，其最大加速度，最大加速度為am＝eq\f(mg＋μBqv0,m)＝g＋eq\f(μBqv0,m)，故B項(xiàng)正確；C項(xiàng)，圓環(huán)從動(dòng)身到回到動(dòng)身點(diǎn)過(guò)程中，重力勢(shì)能變更為零，那么機(jī)械能的損失，即為動(dòng)能的減小，依據(jù)動(dòng)能定理，則有，ΔEk＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，而v＝eq\f(mg,μBq)，因此損失的機(jī)械能為eq\f(1,2)m(v02－eq\f(m2g2,μ2B2q2))，故C項(xiàng)正確；D項(xiàng)，依據(jù)功能關(guān)系，除重力以外的力做功導(dǎo)致機(jī)械能變更，而環(huán)在上升與下落過(guò)程中，因摩擦力做功值不同，因此環(huán)在上升過(guò)程中損失的機(jī)械能不會(huì)等于下落回到動(dòng)身點(diǎn)過(guò)程中損失的機(jī)械能，故D項(xiàng)錯(cuò)誤．8．(2024·河南模擬)(多選)如圖所示，在平行板電容器極板間有場(chǎng)強(qiáng)為E、方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)和磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1、方向水平向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．左右兩擋板中間分別開(kāi)有小孔S1、S2，在其右側(cè)有一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正三角形磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2，磁場(chǎng)邊界ac中點(diǎn)S3與小孔S1、S2正對(duì)．現(xiàn)有大量的帶電荷量均為＋q、而質(zhì)量和速率均可能不同的粒子從小孔S1水平射入電容器，其中速率為v0的粒子剛好能沿直線通過(guò)小孔S1、S2.粒子的重力及各粒子間的相互作用均可忽視不計(jì)．下列有關(guān)說(shuō)法中正確的是()A．v0肯定等于eq\f(E,B1)B．在電容器極板中向上偏轉(zhuǎn)的粒子的速度肯定滿意v0>eq\f(E,B1)C．質(zhì)量<eq\f(qB2L,4v0)的粒子都能從ac邊射出D．能打在ac邊的全部粒子在磁場(chǎng)B2中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間肯定都相同答案AB解析A項(xiàng)，當(dāng)正粒子向右進(jìn)入復(fù)合場(chǎng)時(shí)，受到的電場(chǎng)力向下，洛倫茲力方向向上，假如大小相等，即qE＝qv0B1解得：v0＝eq\f(E,B1)就會(huì)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，A項(xiàng)正確；B項(xiàng)，正粒子向上偏轉(zhuǎn)是因?yàn)橄蛏系穆鍌惼澚Υ笥谙蛳碌碾妶?chǎng)力，即v0>eq\f(E,B1)，B項(xiàng)正確；C項(xiàng)，設(shè)質(zhì)量為m0的粒子的軌跡剛好與bc邊相切，如圖所示由幾何關(guān)系得：R＋eq\f(2,\r(3))R＝eq\f(L,2)，而R＝eq\f(m0v0,qB2)，解得m0＝eq\f(（2\r(3)－3）qB2L,2v0)，所以m<eq\f(（2\r(3)－3）qB2L,2v0)的粒子都會(huì)從ac邊射出，而eq\f(（2\r(3)－3）qB2L,2v0)<eq\f(qB2L,4v0)，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D項(xiàng)，質(zhì)量不同的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期不同，所以在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間不同，D項(xiàng)錯(cuò)誤．9．(2024·茂名模擬)(多選)如圖所示，金屬棒MN與金屬網(wǎng)PQ之間存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，PQ與虛線JK之間的區(qū)域存在豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)與垂直紙面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩個(gè)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小均為E，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為eq\f(E,v0)，兩個(gè)區(qū)域的寬度均為d.一個(gè)帶正電的微粒貼著MN以初速度v0豎直向上射入場(chǎng)區(qū)，運(yùn)動(dòng)到PQ時(shí)速度大小仍為v0，方向變?yōu)樗较蛴遥阎亓铀俣葹間，下列說(shuō)法正確的是()A．微粒在MN與PQ間做勻變速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為eq\f(2d,v0)B．微粒在PQ與JK間做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，圓周半徑r＝dC．微粒在PQ與JK間做勻速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為eq\f(d,v0)D．微粒在題述兩個(gè)區(qū)域中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為eq\f(（π＋6）d,3v0)答案AD解析A項(xiàng)，微粒在MN與PQ間豎直方向受到重力作用，水平方向受到電場(chǎng)力作用，水平方向有d＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)t2，豎直方向有d＝eq\f(1,2)gt2，則知Eq＝mg，在豎直方向有：v0＝gt1，則t1＝eq\f(v0,g)或水平方向有t1＝eq\f(d,\f(v0,2))＝eq\f(2d,v0)，故A項(xiàng)正確；B項(xiàng)，微粒在剛進(jìn)入PQ與JK間時(shí)，受到向下的重力，向上的電場(chǎng)力和向上的洛倫茲力作用，由于B＝eq\f(E,v0)，則Bqv0＝qE＝mg，由于重力和電場(chǎng)力平衡，故微粒做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，半徑為r＝eq\f(mv0,qB)＝eq\f(v02,g)＝2d，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；C、D兩項(xiàng)，由幾何關(guān)系可知，設(shè)微粒在PQ與JK間運(yùn)動(dòng)的圓心角為α，則sinα＝eq\f(d,r)＝0.5，α＝30°，故所用時(shí)間為t2＝eq\f(l,v0)＝eq\f(\f(π,6)·2d,v0)＝eq\f(πd,3v0)，所以微粒在題述兩個(gè)區(qū)域中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為t＝t1＋t2＝eq\f(（π＋6）d,3v0)，故C項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確．10．(2024·衡水三模)在如圖所示的正交電磁場(chǎng)中豎直固定著一個(gè)半徑R＝eq\r(3)m的光滑圓弧，圓弧CD豎直固定，它對(duì)應(yīng)的圓心角為240°，在C的左端有一傾斜的切線光滑軌道AC與水平面夾角θ＝30°.電場(chǎng)強(qiáng)度為E的電場(chǎng)充溢整個(gè)空間，而磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的磁場(chǎng)只分布在圓弧軌道所在的右半側(cè)區(qū)域，已知E和B在數(shù)值上相等，取重力加速度g＝10m/s2.現(xiàn)在A點(diǎn)安裝一個(gè)彈射裝置，它能以不同速度沿AC方向放射可視為質(zhì)點(diǎn)的帶電小球，小球的質(zhì)量為m，小球射出后能在AC上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則下列說(shuō)法正確的是()A．小球肯定帶負(fù)電B．小球在軌道的最低點(diǎn)F處速度最大C．若小球以初速度v0＝(5＋eq\r(45))m/s射出，則小球會(huì)從D點(diǎn)離開(kāi)軌道D．若撤去磁場(chǎng)，讓小球以初速度v0＝2eq\r(5)m/s射出，則小球肯定不會(huì)脫離軌道答案D解析A項(xiàng)，小球射出后能在AC上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，小球所受合力為零，電場(chǎng)力水平向左，則小球帶正電，A項(xiàng)錯(cuò)誤．B項(xiàng)，小球受力如圖所示，電場(chǎng)力與重力的合力與豎直方向夾角為θ＝30°，小球速度最大位置在圖中C點(diǎn)，B項(xiàng)錯(cuò)誤．C項(xiàng)，重力與電場(chǎng)力的合力：F＝eq\f(mg,cosθ)＝eq\f(2\r(3)mg,3)，電場(chǎng)力：qE＝mgtanθ＝eq\f(\r(3),3)mg，小球在P點(diǎn)恰好不脫離軌道，此時(shí)軌道對(duì)小球彈力為零，由牛頓其次定律得：F＋qvB＝meq\f(v2,R)，由題意可知：E＝B，解得：v＝eq\f(\r(180)＋10,2)m/s，從A到C過(guò)程小球速度不變，從C到P過(guò)程，由動(dòng)能定理得：－F·2R＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，解得：v0＝eq\r(150＋30\r(5))>(5＋eq\r(45))m/s，則小球不會(huì)通過(guò)P到達(dá)D點(diǎn)，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；D項(xiàng)，設(shè)當(dāng)小球初速度v1時(shí)，恰好從C點(diǎn)沿圓弧轉(zhuǎn)過(guò)90°到B點(diǎn)，從C到B依據(jù)動(dòng)能定理：FR＝eq\f(1,2)mv12，解得v1＝2eq\r(10)m/s，由于v0＝2eq\r(5)m/s<2eq\r(10)m/s，則小球肯定不會(huì)脫離軌道．只有D項(xiàng)正確．二、非選擇題11．(2024·長(zhǎng)春模擬)如圖所示，水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)E＝4v/m，垂直紙面對(duì)內(nèi)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的B＝2T，質(zhì)量為m＝1kg的帶正電的小物塊A從豎直絕緣墻上的M點(diǎn)由靜止起先下滑，滑行h＝0.8m到達(dá)N點(diǎn)時(shí)離開(kāi)墻面起先做曲線運(yùn)動(dòng)，在到達(dá)P點(diǎn)起先做勻速直線運(yùn)動(dòng)，此時(shí)速度與水平方向成45°角，P點(diǎn)離開(kāi)M點(diǎn)的豎直高度為H＝1.6m，取g＝10m/s2試求：(1)A沿墻下滑克服摩擦力做的功Wf(2)P點(diǎn)與M點(diǎn)的水平距離xp.解析(1)在N點(diǎn)有：qvNB＝qE得：vN＝eq\f(E,B)＝eq\f(4,2)＝2m/s由動(dòng)能定理mgh－Wf＝eq\f(1,2)mvN2代入數(shù)據(jù)解得：Wf＝6J；(2)在P點(diǎn)三力平衡，qE＝mg，qvB＝eq\r(2)qE＝eq\r(2)mg則得：vP＝2eq\r(2)m/s由動(dòng)能定理，從N到P：mgh′－qExp＝eq\f(1,2)mvP2－eq\f(1,2)mvN2g(h′－xp)＝eq\f(1,2)(vP2－vN2)＝2將h′＝0.8m，vN＝2m/s代入解得：xp＝0.6m.12．(2024·湖北模擬)如圖所示，在豎直平面內(nèi)的xOy直角坐標(biāo)系中，MN與水平x軸平行，在MN與x軸之間有豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直坐標(biāo)平面水平向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度E＝2N/C，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1T，從y軸上的P點(diǎn)沿x軸方向以初速度v0＝1m/s水平拋出一帶正電的小球，小球的質(zhì)量為m＝2×10－6kg，電荷量q＝1×10－5C，g取10m/s2.已知P點(diǎn)到O點(diǎn)的距離為d0＝0.15m，MN到x軸距離為d＝0.20m．(π＝3.14，eq\r(2)＝1.414，eq\r(3)＝1.732，結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)(1)求小球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至MN邊界所用的時(shí)間；(2)當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到x軸時(shí)撤去電場(chǎng)，求小球到達(dá)MN邊界時(shí)的速度大小．解析(1)由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得：d0＝eq\f(1,2)gt12得：t1＝eq\r(\f(2d0,g))＝eq\r(\f(2×0.15,10))＝eq\f(\r(3),10)s≈0.173s到達(dá)x軸的速度：v＝eq\r(（gt1）2＋v02)＝eq\r(（10×\f(\r(3),10)）2＋12)＝2m/s速度偏轉(zhuǎn)角：tanθ＝eq\f(gt1,v0)所以：θ＝60°小球進(jìn)入混合場(chǎng)后，受到的電場(chǎng)力：qE＝10－5×2＝2×10－5N，方向向上，小球的重力：mg＝2×10－6×10＝2×10－5N方向向下；小球受到的電場(chǎng)力與重力抵消，則小球在混合場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)：qvB＝eq\f(mv2,r)代入數(shù)據(jù)可得：r＝0.4m由幾何關(guān)系可知，小球的軌跡恰好與MN相切，則小球在混合場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)的角度是60°，設(shè)小球在混合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2，則：t2＝eq\f(60°,360°)·eq\f(2πr,v)代入數(shù)據(jù)可得：t2＝eq\f(π,15)s≈0.209s小球運(yùn)動(dòng)的時(shí)間：t＝t1＋t2＝0.173＋0.20