17、放置的兩塊很大的平行金屬板a、b，相距為d，a、b間的電場強度為E，今有一帶正電的微粒從a板下邊緣以初速度v0豎直向上射入電場，當它飛到b板時，速度大小不變，而方向變?yōu)樗椒较?，且剛好從高度也為d處的狹縫穿過b板進入bc區(qū)域，bc區(qū)域的寬度也為d，所加電場的場強大小也為E，方向豎直向上，磁感應強度方向垂直紙面向里，磁場磁感應強度大小等于，重力加速度為g，則下列關于微粒運動的說法正確的是( )
A．微粒在ab區(qū)域的運動時間為
B．微粒在bc區(qū)域中做勻速圓周運動，軌跡半徑為2d
C．微粒在bc區(qū)域中做勻速圓周運動，運動時間為
D．微粒在ab、bc區(qū)域中運動的總時間為
解析：選ABD 粒
18、子在電場中的運動沿水平和豎直方向正交分解，水平分運動為初速度為零的勻加速運動，豎直分運動為末速度為零的勻減速運動，根據(jù)運動學公式，水平方向有v0＝axt1，豎直方向有0＝v0－gt1，解得ax＝g，t1＝，故A正確；微粒在bc區(qū)域所受電場力豎直向上，因為qE＝max＝mg，故微粒在bc區(qū)域做勻速圓周運動，其軌跡半徑r＝，又v02＝2gd，B＝，解得r＝2d，故B正確；設微粒在bc區(qū)域轉過的角度為θ，由幾何關系知 θ＝30°，所以微粒在bc區(qū)域做勻速圓周運動的時間為t2＝＝＝，故C錯誤；微粒在ab區(qū)域運動的時間為t1＝＝，微粒在ab、bc區(qū)域中運動的總時間為t＝t1＋t2＝，故D正確。
4．
19、[多選](2019屆高三·銀川模擬)如圖所示，豎直虛線邊界左側為一半徑為R的光滑半圓軌道，O為圓心，A為最低點，C為最高點，右側同時存在豎直向上的勻強電場和垂直紙面向外的勻強磁場。一電荷量為q、質量為m的帶電小球從半圓軌道的最低點A以某一初速度開始運動恰好能到最高點C，進入右側區(qū)域后恰好又做勻速圓周運動回到A點，空氣阻力不計，重力加速度為g。則( )
A．小球在最低點A開始運動的初速度大小為
B．小球返回A點后可以第二次到達最高點C
C．小球帶正電，且電場強度大小為
D．勻強磁場的磁感應強度大小為
解析：選ACD 小球恰能經(jīng)過最高點C，則mg＝m，解得vC＝，從A到C由動能定理：－
20、mg·2R＝mvC2－mvA2，解得vA＝，選項A正確；小球在復合場中以速度做勻速圓周運動，再次過A點時的速度為，則小球不能第二次到達最高點C，選項B錯誤；小球在復合場中受向下的重力和向上的電場力而平衡，可知小球帶正電，滿足mg＝qE，解得E＝，選項C正確；由qvB＝m，其中v＝，解得B＝，選項
D正確。
[知能全通]————————————————————————————————
質譜儀、速度選擇器、磁流體發(fā)電機、電磁流量計、回旋加速器、霍爾效應等都是帶電粒子在復合場中的運動實例，這類問題模型成熟固定，解題時只要抓住各種模型的特點即可，常見實例如下。
1．速度選擇器
帶電粒子束
21、射入正交的勻強電場和勻強磁場組成的區(qū)域中，滿足平衡條件qE＝qvB的帶電粒子可以沿直線通過速度選擇器。速度選擇器只對粒子的速度大小和方向做出選擇，而對粒子的電性、電荷量不能進行選擇。
2．回旋加速器
(1)用途：加速帶電粒子。
(2)原理：帶電粒子在電場中加速，在磁場中偏轉，交變電壓的周期與帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期相同。
(3)粒子獲得的最大動能Ek＝，其中rn表示D形盒的最大半徑。
3．質譜儀
(1)用途：測量帶電粒子的質量和分析同位素。
(2)原理：由粒子源S發(fā)出速度幾乎為零的粒子，經(jīng)過加速電場U加速后，以速度v＝ 進入偏轉磁場中做勻速圓周運動，運動半徑為r＝ ，
22、粒子經(jīng)過半個圓周運動后打到照相底片D上，通過測量D與入口間的距離d，進而求出粒子的比荷＝或粒子的質量m＝。
[題點全練]————————————————————————————————
1．(2019屆高三·大連六校聯(lián)考)隨著電子技術的發(fā)展，霍爾傳感器被廣泛應用在汽車的各個系統(tǒng)中。其中霍爾轉速傳感器在測量發(fā)動機轉速時，情景簡化如圖甲所示，被測量轉子的輪齒(具有磁性)每次經(jīng)過霍爾元件時，都會使霍爾電壓發(fā)生變化，傳感器的內(nèi)置電路會將霍爾電壓調整放大；輸出一個脈沖信號，霍爾元件的原理如圖乙所示。下列說法正確的是( )
A．霍爾電壓是由于元件中定向移動的載流子受到電場力作用發(fā)生偏轉而產(chǎn)
23、生的
B．若霍爾元件的前端電勢比后端低，則元件中的載流子為負電荷
C．在其他條件不變的情況下，霍爾元件的厚度c越大，產(chǎn)生的霍爾電壓越高
D．若轉速表顯示1 800 r/min，轉子上輪齒數(shù)為150個，則霍爾傳感器每分鐘輸出12個脈沖信號
解析：選B 霍爾電壓是由于元件內(nèi)載流子受到洛倫茲力和電場力的作用產(chǎn)生的，故A錯誤；根據(jù)左手定則，負電荷載流子向前端偏轉，前端帶負電，后端帶正電，所以前端的電勢低，符合要求，則元件中的載流子為負電荷，故B正確；當電場力和洛倫茲力平衡時，有：q＝qvB，I＝nqvS＝nqvbc，解得：U＝Bvb＝B，故c越大，U越低，故C錯誤；轉速n＝1 800 r/mi
24、n, 則霍爾傳感器每分鐘輸出的脈沖信號個數(shù)為150×1 800＝270 000個，故D錯誤。
2.如圖所示，含有H、H、He的帶電粒子束從小孔O1處射入速度選擇器，沿直線O1O2運動的粒子在小孔O2處射出后垂直進入偏轉磁場，最終打在P1、P2兩點。則( )
A．粒子在偏轉磁場中運動的時間都相等
B．打在P1點的粒子是He
C．打在P2點的粒子是H和He
D．O2P2的長度是O2P1長度的4倍
解析：選C 粒子在偏轉磁場中運動的周期T＝＝，三種粒子的比荷不相同，所以粒子在偏轉磁場中運動的時間不相等，故A錯誤；粒子在沿直線通過速度選擇器時，電場力與洛倫茲力大小相等、方向相反，即qv
25、B1＝qE，所以v＝，可知從速度選擇器射出的粒子具有相等的速度，粒子在偏轉磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，有qvB2＝m，r＝＝·，可知粒子的比荷越大，圓周運動的半徑越小，所以打在P1點的粒子是H，打在P2點的粒子是H和He，故B錯誤，C正確；H的比荷是H和He的比荷的2倍，所以H做圓周運動的半徑是H和He的半徑的，即O2P2的長度是O2P1長度的2倍，故D錯誤。
3.[多選](2018·泰州模擬)為測量化工廠的污水排放量，技術人員在排污管末端安裝了流量計(流量Q為單位時間內(nèi)流過某截面流體的體積)如圖所示，長方體絕緣管道的長、寬、高分別為a、b、c，左右兩端開口，所在空間有垂直于前
26、后面、磁感應強度大小為B的勻強磁場，在上、下兩個面的內(nèi)側固定有金屬板M、N，污水充滿管道從左向右勻速流動，測得M、N間電壓為U，污水流過管道時受到的阻力大小為f＝kLv2，k是比例系數(shù)，L為污水沿流速方向的長度，v為污水的流速，則( )
A．污水的流量Q＝
B．M的電勢不一定高于N的電勢
C．電壓U與污水中離子濃度無關
D．左、右兩側管道的壓強差Δp＝
解析：選CD 污水中離子最終在電場力和洛倫茲力作用下受力平衡，有qvB＝q，得v＝，則有污水的流量Q＝vS＝vbc＝bc＝，故A錯誤；根據(jù)左手定則，正離子向上表面偏轉，負離子向下表面偏轉，知上表面的電勢一定高于下表面的電勢，即M的電
27、勢一定高于N的電勢，故B錯誤；由qvB＝q，解得U＝vBc，電壓U與污水中離子濃度無關，故C正確；根據(jù)平衡條件，有Δpbc＝f＝kLv2＝kav2，解得Δp＝，故D正確。
[專題強訓提能]
1.如圖所示，在豎直向下的勻強電場E中，一帶電油滴在電場力和重力的作用下，沿虛線所示的運動軌跡從a運動到b。若油滴在運動過程中動能和重力勢能之和為E1，重力勢能和電勢能之和為E2，則E1、E2的變化情況是( )
A．E1增加，E2增加 B．E1增加，E2減小
C．E1不變
28、，E2減小 D．E1不變，E2不變
解析：選B 根據(jù)題圖所示的運動軌跡可知，油滴帶負電，受到向上的電場力大于重力，合力做正功，動能增加，所以油滴在運動過程中電勢能和重力勢能之和E2減小，電場力做正功，電勢能減小，所以重力勢能和動能之和E1增加，B正確。
2.(2018·全國名校模擬)如圖所示，表面光滑的絕緣細桿傾斜固定放置，Q點處固定一點電荷。一帶電小圓環(huán)套在該絕緣細桿上，從細桿上P點處由靜止釋放，沿細桿上滑到O點時靜止。帶電小圓環(huán)可視為點電荷，則( )
A．小圓環(huán)所帶電荷和固定點電荷一定是同種電荷
B．小圓環(huán)所帶電荷和固定點電荷一定是異種電荷
C．小圓環(huán)上滑過程中，
29、電勢能不變
D．小圓環(huán)上滑過程中，電勢能增大
解析：選A 小圓環(huán)從P點由靜止釋放，沿細桿上滑到O點時靜止，說明固定點電荷與小圓環(huán)之間為排斥力，A項正確，B項錯誤；排斥力使小圓環(huán)沿細桿上滑，電場力做正功，電勢能減小，C、D項錯誤。
3.(2018·自貢模擬)如圖所示，兩豎直平行板間同時存在勻強電場和勻強磁場，電場的電場強度大小為E、方向水平向左，磁場的磁感應強度大小為B、方向與電場垂直且水平向里。一帶正電液滴以豎直向下的初速度v0＝進入電、磁場區(qū)域，最終能飛出該區(qū)域。則帶電液滴在電、磁場區(qū)域中( )
A．做勻速直線運動 B．做勻變速曲線運動
C．運動速度逐漸減小 D．機械能逐漸減
30、小
解析：選D 帶電液滴進入電、磁場中時，由題意可知，帶電液滴受電場力、重力、洛倫茲力，電場力等于洛倫茲力，所以重力使其做加速運動，隨著速度的增大，洛倫茲力的大小增大，方向隨速度方向的變化而變化，所以帶電液滴將向右做變加速曲線運動，故A、B錯誤；由題意可知，帶電液滴向右偏離并射出電、磁場，則運動速度逐漸增大，故C錯誤；由上述分析可知，電場力做負功，電勢能增加，則機械能減小，故D正確。
4．(2019屆高三·黃岡中學模擬)質譜儀是一種測定帶電粒子質量和分析同位素的重要工具。如圖所示鉛盒A中的放射源放出大量的帶正電粒子(可認為初速度為零)，從狹縫S1進入電壓為U的加速電場區(qū)加速后，再通過狹縫S
31、2，最后從小孔G垂直于MN射入偏轉磁場，該偏轉磁場是以直線MN為切線、磁感應強度為B、方向垂直于紙面向外、半徑為R的圓形勻強磁場。現(xiàn)在MN上的F點(圖中未畫出)接收到該粒子，且GF＝R。則該粒子的比荷為(粒子的重力忽略不計)( )
A. B.
C. D.
解析：選C 粒子進入勻強磁場的運動軌跡如圖所示。設粒子被加速后獲得的速度為v，由動能定理有，qU＝mv2，由幾何關系可得，粒子在磁場中做圓周運動的偏轉角θ＝60°，則粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌跡半徑r＝，又Bqv＝m，解得＝，故C
正確。
5．[多選]如圖所示，帶等量異種電荷的平行金屬板a、b處于勻強磁場中，磁場方向垂直紙
32、面向里。不計重力的帶電粒子沿OO′方向從左側垂直于電、磁場射入，從右側射出a、b板間區(qū)域時動能比射入時小；要使粒子射出a、b板間區(qū)域時的動能比射入時大，可采用的措施是( )
A．適當減小兩金屬板的正對面積
B．適當增大兩金屬板間的距離
C．適當減小勻強磁場的磁感應強度
D．使帶電粒子的電性相反
解析：選AC 粒子在電、磁場中，動能逐漸減小，說明電場力做負功，因洛倫茲力不做功，則電場力小于洛倫茲力，若減小兩金屬板的正對面積，場強E＝，S減小，Q不變，E增大，電場力變大，當電場力大于洛倫茲力時，粒子向電場力方向偏轉，電場力做正功，射出時動能變大，A項正確；當增大兩金屬板間的距離時，場強
33、不變，B項錯誤；當減小磁感應強度時洛倫茲力減小，可能小于電場力，粒子可能向電場力方向偏轉，電場力做正功，射出時動能變大，C項正確；當改變粒子電性時，其所受電場力、洛倫茲力大小不變，方向均反向，所以射出時動能仍然減小，D項錯誤。
6．[多選](2018·全國名校模擬)如圖所示，區(qū)域Ⅰ中有正交的勻強電場和勻強磁場，區(qū)域Ⅱ中只有勻強磁場，不同的離子(不計重力)從左側進入兩個區(qū)域，在區(qū)域Ⅰ中都沒有發(fā)生偏轉，在區(qū)域Ⅱ中做圓周運動的軌跡都相同，則關于這些離子說法正確的是( )
A．離子一定都帶正電
B．這些離子進入?yún)^(qū)域Ⅰ的初速度相等
C．離子的比荷一定相同
D．這些離子的初動量一定相同
解析
34、：選BC 由題意知，不同的離子通過區(qū)域Ⅰ時都不偏轉，說明受到的電場力與洛倫茲力相等，即Eq＝B1qv，故離子的初速度相等，若為正離子，則電場力向下，洛倫茲力向上；若為負離子，則電場力向上，洛倫茲力向下，選項A錯誤，B正確；不同的離子進入?yún)^(qū)域Ⅱ后，其偏轉半徑相同，由公式R＝可知，它們的比荷相同，選項C正確；由于離子的質量不一定相等，所以無法判斷初動量是否相等，選項D錯誤。
7.如圖所示為一種獲得高能粒子的裝置——環(huán)形加速器，環(huán)形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強磁場。質量為m、電荷量為＋q的粒子在環(huán)中做半徑為R的圓周運動。A、B為兩塊中心開有小孔的極板，原來電勢都為零，每當粒子飛經(jīng)A板時，A板電勢升
35、高為＋U，B板電勢仍保持為零，粒子在兩極板間的電場中加速。每當粒子離開電場區(qū)域時，A板電勢又降為零，粒子在電場中一次次加速，動能不斷增大，而在環(huán)形區(qū)域內(nèi)繞行半徑不變(設極板間距遠小于R)。下列關于環(huán)形加速器的說法正確的是( )
A．環(huán)形區(qū)域內(nèi)的磁感應強度大小Bn與加速次數(shù)n之間的關系為＝
B．環(huán)形區(qū)域內(nèi)的磁感應強度大小Bn與加速次數(shù)n之間的關系為＝
C．A、B板之間的電壓可以始終保持為U
D．粒子每次繞行一圈所需的時間tn與加速次數(shù)n之間的關系為＝
解析：選B 因粒子每繞行一圈，其增加的能量為qU，所以繞行第n圈時獲得的總動能為mvn2＝nqU，得第n圈的速度vn＝ 。在磁場中
36、，由牛頓第二定律得qBnvn＝m，解得Bn＝ ，所以＝ ，A項錯誤，B項正確；如果A、B板之間的電壓始終保持為U，粒子在A、B兩極板之間飛行時，電場對其做功qU，從而使之加速，在磁場內(nèi)飛行時，電場又對粒子做功－qU，從而使之減速，粒子繞行一周電場對其所做總功為零，動能不會增加，達不到加速效果，C項錯誤；根據(jù)t＝得tn＝2πR，得
＝ ，D項錯誤。
8．[多選](2018·北京燕博園模擬)如圖甲所示，一質量m＝0.5 kg、電荷量q＝＋1×10－2 C的物塊靜止在絕緣的粗糙水平面上，在物塊所在的足夠大的空間內(nèi)，加一與水平方向夾角
θ＝37°、斜向右下方的勻強電場，電場強度E＝1×103 V
37、/m。物塊在電場力的作用下開始運動，物塊運動后還受到空氣阻力，其大小與速度的大小成正比。物塊的加速度a與時間t的關系如圖乙所示。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2。以下判斷正確的是( )
A．物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為
B．t＝2 s時物塊的動能為56.25 J
C．t＝3 s時物塊受到的空氣阻力為5 N
D．前5 s內(nèi)合外力對物塊做的功為100 J
解析：選ABD 由題圖乙可知，t＝0時物塊的加速度a0＝10 m/s2，且t＝0時物塊受到的空氣阻力為零，對物塊進行受力分析可得，Eqcos θ－μ(mg＋Eqsin θ)＝ma0，
38、解得μ＝，故A選項正確；t＝2 s時物塊的速度由題圖乙中圖線與坐標軸圍成的面積可得，v＝×2×
(10＋5)m/s＝15 m/s，物塊的動能Ek＝mv2＝56.25 J，故B選項正確；由題圖乙可知t＝3 s時物塊的加速度大小a1＝2.5 m/s2，對物塊進行受力分析可得，Eqcos θ－μ(mg＋Eqsin θ)－
Ff＝ma1，解得Ff＝3.75 N，故C選項錯誤；由題圖乙可知t＝4 s時物塊的加速度減為零，此后物塊做勻速直線運動，由題圖乙中圖線與坐標軸圍成的面積可得，物塊的最大速度vm＝
20 m/s，由動能定理可知，合外力對物塊做的功等于物塊動能的變化量，即W＝ΔEk＝mvm2＝1
39、00 J，故D選項正確。
9．[多選]質量為m、電荷量為q的帶正電小球(可視為質點)，從傾角為θ的粗糙絕緣斜面(動摩擦因數(shù)μ
40、斜面向上的洛倫茲力的作用，且隨小球速度的增大而增大，所以斜面對小球的支持力減小，滑動摩擦力減小，重力沿斜面向下的分力不變，所以小球做加速度逐漸增大的變加速直線運動，故A、C項錯誤，B項正確；當斜面對小球的支持力減為零時，垂直于斜面向上的洛倫茲力等于重力垂直于斜面的分力，可得小球的速度為，故D項正確。
10．[多選](2018·蘇錫常鎮(zhèn)四市聯(lián)考)自行車速度計利用霍爾效應傳感器獲知自行車的運動速率。如圖甲所示，自行車前輪上安裝一塊磁鐵，輪子每轉一圈，這塊磁鐵就靠近霍爾傳感器一次，傳感器會輸出一個脈沖電壓。圖乙為霍爾元件的工作原理圖，當磁場靠近霍爾元件時，導體內(nèi)定向運動的自由電荷在磁場力作用下偏轉
41、，最終使導體在與磁場、電流方向都垂直的方向上出現(xiàn)電勢差，即為霍爾電勢差。下列說法正確的是( )
A．根據(jù)單位時間內(nèi)的脈沖數(shù)和自行車車輪的半徑即可獲知車速大小
B．自行車的車速越大，霍爾電勢差越高
C．圖乙中霍爾元件的電流I是由正電荷定向移動形成的
D．如果長時間不更換傳感器的電源，霍爾電勢差將減小
解析：選AD 根據(jù)單位時間內(nèi)的脈沖數(shù)可知車輪轉動的轉速，若再已知自行車車輪的半徑，根據(jù)v＝2πrn即可獲知車速大小，選項A正確；根據(jù)霍爾效應傳感器原理可知q＝Bqv，U＝Bdv，即霍爾電勢差只與磁感應強度、霍爾元件的厚度以及電子(即導體內(nèi)的自由電荷)定向移動的速率有關，與車速無關，選
42、項B錯誤；題圖乙中霍爾元件的電流I是由電子定向移動形成的，選項C錯誤；如果長時間不更換傳感器的電源，則會導致電子定向移動的速率減小，故霍爾電勢差將減小，選項D正確。
11．[多選]如圖所示，在x軸上方存在方向垂直紙面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場，在x軸下方存在方向垂直紙面向外、磁感應強度大小為的勻強磁場。一帶負電的粒子(不計重力)從原點O與x軸成30°角斜向上射入磁場，且在x軸上方運動的半徑為R。則( )
A．粒子經(jīng)偏轉一定能回到O點
B．粒子完成一次周期性運動的時間為
C．粒子射入磁場后，第二次經(jīng)過x軸時與O點的距離為3R
D．粒子在x軸上方和下方的磁場中運動的半徑之比為
43、1∶2
解析：選CD 根據(jù)左手定則判斷洛倫茲力的方向可知，粒子運動的過程中始終處于磁場內(nèi)，且離O點越來越遠，粒子一定不能回到O點，A錯誤；由幾何關系可知，粒子在一次周期性運動時間內(nèi)，在x軸上方運動的時間t1＝T＝，在x軸下方運動的時間t2＝T′＝，粒子完成一次周期性運動的時間為t1＋t2＝，B錯誤；根據(jù)Bqv＝m得：r＝，易知在x軸下方的軌跡半徑是在x軸上方的2倍，即r＝2R，由粒子在磁場中運動時的偏轉角及幾何關系可知，粒子射入磁場后第一次經(jīng)過x軸時與O點的距離為R，第二次經(jīng)過x軸時與第一次經(jīng)過x軸時的距離為2R，所以第二次經(jīng)過x軸時與O點的距離為3R，C、D
正確。
12．[多選]
44、如圖所示，長為L、傾角為θ的光滑絕緣斜面處于電場中，一帶電荷量為＋q、質量為m的小球，以初速度v0從斜面底端A點開始沿斜面上滑，當?shù)竭_斜面頂端B點時，速度仍為v0，則下列說法正確的是( )
A．若電場是勻強電場，則該電場的電場強度的最小值一定為
B．A、B兩點間的電壓一定等于
C．小球在B點的電勢能一定大于在A點的電勢能
D．若該電場是斜面中點正上方某點的點電荷Q產(chǎn)生的，則Q一定是正電荷
解析：選AB 小球沿斜面從A運動到B的過程中有，qU－mgLsin θ＝mv02－mv02，可得U＝，B正確；若電場為勻強電場，由公式U＝Ed知，當兩點間的電壓一定時，間距越大，電場強度越小，故電
45、場強度的最小值為E＝＝，A正確；小球沿斜面上滑過程中，重力做負功，故電場力做正功，電勢能減小，小球在A點的電勢能大于在B點的電勢能，C錯誤；若該電場是斜面中點正上方某點的點電荷Q產(chǎn)生的，離電荷遠的A點電勢高，所以Q一定是負電荷，D錯誤。
13.[多選]如圖所示，空間存在方向垂直于紙面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場，場內(nèi)有一絕緣的足夠長的直桿，它與水平面的傾角為θ，一帶電量為－q、質量為m的帶電小球套在直桿上，從A點由靜止沿桿下滑，小球與桿之間的動摩擦因數(shù)為μ，在小球以后的運動過程中，下列說法正確的是( )
A．小球下滑的最大速度為vm＝
B．小球下滑的最大加速度為am＝gsin θ
46、
C．小球的加速度一直在減小
D．小球的速度先增大后不變
解析：選BD 小球開始下滑時有mgsin θ－μ(mgcos θ－qvB)＝ma，隨v增大，a增大，當v＝時，a達到最大值gsin θ，此時洛倫茲力等于mgcos θ，支持力等于0；此后隨著v增大，洛倫茲力增大，支持力增大，下滑過程中有mgsin θ－μ(qvB－mgcos θ)＝ma，隨v增大，a減小，當vm＝時，a＝0，此時小球受力平衡，速度不變，所以小球在整個運動過程中，v先增大后不變；a先增大后減小，所以B、D正確。
14.[多選]如圖所示，半徑為R的光滑半圓弧絕緣軌道固定在豎直面內(nèi)，磁感應強度為B的勻強磁場方向垂直于軌
47、道平面向里。一可視為質點、質量為m、電荷量為q(q>0)的小球由軌道左端A無初速度滑下，當小球滑至軌道最低點C時，給小球再施加一始終水平向右的外力F，使小球能以保持不變的速率滑過軌道右側的D點。若小球始終與軌道接觸，重力加速度為g，則下列判斷正確的是( )
A．小球在C點受到的洛倫茲力大小為qB
B．小球在C點對軌道的壓力大小為3mg＋qB
C．小球從C到D的過程中，外力F的大小保持不變
D．小球從C到D的過程中，外力F的功率逐漸增大
解析：選AD 小球從A點運動到C點的過程中只有重力做功，根據(jù)動能定理得
mgR＝mv2，解得v＝，故小球在C點受到的洛倫茲力大小為F洛＝qBv＝qB，故A正確；由左手定則可知，小球向右運動到C點時受到的洛倫茲力的方向向上，則有
N＋qvB－mg＝，解得N＝3mg－qB，故B錯誤；小球從C到D的過程中速率不變，由受力分析得mgsin θ＝Fcos θ，速度方向與水平方向夾角θ變大，重力沿切線方向的分力增大，所以水平外力F的大小增大，故C錯誤；小球從C到D的過程中，速率不變，而洛倫茲力和支持力不做功，所以外力F的功率與小球克服重力做功的功率大小相等，由運動的合成與分解可知，小球從C向D運動的過程中，豎直方向的分速度越來越大，所以小球克服重力做功的功率增大，外力F的功率也增大，故D正確。
（通用版）2022年高考物理二輪復習 第二部分 第一板塊 第3講 吃透“三場特性”探秘復合場中的運動問題講義（含解析）
