7.（2020山东德州期末）如图所示，足够长的斜面与水平虚线之间的夹角为30°，相交于P点，虚线以上匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里；虚线以下匀强磁场的磁感应强度大小也为B，方向垂直纸面向外。
一带电量为q、质量为m的带负电滑块，在水平虚线上方斜面上的某点由静止释放，运动过程中始终没脱离斜面，已知滑块与斜面间的动摩擦因数为
，重力加速度为g，关于它的运动说法正确的是（ ）
A.滑块在到达P点之前做匀加速直线运动
B.滑块经过P点后的一小段时间内加速度可能增大
C.滑块经过P点后的一小段时间内速度可能减小
D.滑块最终一定以大小为
的速度沿斜面向下运动
【参考答案】CD
【名师解析】对滑块受力分析，如图所示，由牛顿第二定律得：
a=
，随着速度增加，加速度增加，滑块做加速度增加的加速运动，故A错误；滑块经过P点后受到的洛伦兹力垂直斜面向下，摩擦力f=μ（mgcosθ+qvB）变大，加速度不会变大，若f＞mgsinθ，滑块可能减速运动，速度减小，故B错误，C正确；滑块最终做匀速运动，则有：
mgsinθ=μ（mgcosθ+qvB），解得：
v=
，故D正确；
【关键点拨】
对滑块受力分析，由牛顿第二定律写出加速度表达式，据此可分析滑块的运动特点，滑块经过P点后受到的洛伦兹力垂直斜面向下，摩擦力变大，由此分析滑块可能的运动，并确定最终的速度。
本题考查了滑块在复合场的运动，受力分析，结合牛顿第二定律方向加速度的变化，速度的变化。
8.（6分）（2019湖南师大附中三模）如图所示，一带电量为﹣q的小球，质量为m，以初速度v0从水平地面竖直向上射入水平方向的匀强磁场中、磁感应强度
，方向垂直纸面向外。
图中b为轨迹最高点，重力加速度为g。
则小球从地面射出到第一次到达最高点过程中（ ）
A．小球到达最高点时速率为0
B．小球距射出点的最大高度差为
C．小球从抛出到第一次到达最高点所用时间为
D．最高点距射出点的水平位移为
【参考答案】：
BC。
【名师解析】、取一水平向右的速度v1，使qv1B＝mg，向左的速度v2，此时有v1＝v2＝v0，小球的运动可看作一沿水平向右的匀速直线运动和以v2和v0的合速度为初速度的匀速圆周运动，其合速度大小为
v0，小球到达最高点时竖直方向速率为零，在最高点速率为（
﹣1）v0；故A错误；水平方向利用动量定理，有：
即为：
qBh＝m（
﹣1）v0，代入数据，得：
h＝
，故B正确；匀速圆周运动的初速度方向和水平方向成45°斜向上，则小球到最高点的时间为：
t＝
＝
，故C正确；设水平位移为x，竖直方向利用动量定理，有：
即为：
qBx+mgt＝mv0，代入数据，得：
x＝（1﹣
）
，选项故D错误。
9．（6分）（2019湖南师大附中三模）如图所示，两根无限长通电直导线水平且平行放置，分別通有电流互I1和I2，且I1＝2I2．一无限长光滑绝缘杆垂直于两导线水平放置，三者位于同一高度，一带正电的小球P穿在绝缘杆上，小球P从靠近a的地方以某一速度向右运动，其对的弹力设为F．已知始終同定不动，通有电流I的无限长直导线在其周围产生的磁场的磁感应强度B＝
，其中k为常数，r为到长直导线的距离。
下列说法正确的是（ ）
A．两导线之间某位置的磁场最弱
B．小球沿杆方向做减速运动
C．F先减小后增大再减小
D．F先水平向里后水平向外
【参考答案】：
C。
【名师解析】由安培定则可知，b右侧的磁场方向向上；a左侧的磁场的方向也向上，所以a、b之间的磁场的方向向上。
不可能为0．故A错误；由安培定则可知，b右侧的磁场方向向上；a右侧的磁场的方向向下，所以a右侧的磁场的方向在竖直方向上，则P向右运动的过程中受到的洛伦兹力的方向垂直于纸面，小球沿杆的方向不受力，所以小球将做匀速直线运动。
故B错误；由于I1＝2I2．且有电流I的无限长直导线在其周围产生的磁场的磁感应强度B＝
，设a与b之间的距离为L，则由B＝
可知在a的右侧距离a为L处的合磁感应强度为0，根据矢量合成的特点可知，该点左侧的磁感应强度的方向竖直向下，该点右侧的磁感应强度的方向竖直向上，根据左手定则可知，在a的右侧距离a为L右侧的洛伦兹力的方向垂直于纸面向外，而在a的右侧距离a为L左侧的洛伦兹力的方向垂直于纸面向里；结合公式B＝
与矢量合成的特点可知，从a到a的右侧距离a为L处的过程中磁感应强度逐渐减小，而a的右侧距离a为L处的右侧磁感应强度先增大后减小，所以小球从靠近a的地方以某一速度向右运动的过程中受到的洛伦兹力F先减小，然后增大，最后又逐渐减小，故C正确，D错误；
10.（2019·福建省三明市上学期期末）如图所示为一个质量为m、带电荷量为＋q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中．现给圆环向右初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的v－t图象可能是下图中的（ ）
【参考答案】 BC
【名师解析】 当qvB＝mg时，圆环做匀速直线运动，此时图象为B，故B正确；当qvB＞mg时，FN＝qvB－mg，此时：
μFN＝ma，所以圆环做加速度逐渐减小的减速运动，直到qvB＝mg时，圆环开始做匀速运动，故C正确；当qvB＜mg时，FN＝mg－qvB，此时：
μFN＝ma，所以圆环做加速度逐渐增大的减速运动，直至停止，所以其v－t图象的斜率应该逐渐增大，故A、D错误．
11.（多选）（2018·湖北省黄冈中学模拟）如图所示，下端封闭、上端开口、高h＝5m、内壁光滑的细玻璃管竖直放置，管底有质量m＝10g、电荷量的绝对值|q|＝0.2C的小球，整个装置以v＝5m/s的速度沿垂直于磁场方向进入磁感应强度大小为B＝0.2T、方向垂直纸面向内的匀强磁场，由于外力的作用，玻璃管在磁场中的速度保持不变，最终小球从上端管口飞出．g取10m/s2.下列说法中正确的是（ ）
A．小球带负电
B．小球在竖直方向做匀加速直线运动
C．小球在玻璃管中的运动时间小于1s
D．小球机械能的增加量为1J
【参考答案】 BD
【名师解析】 由左手定则可知，小球带正电，选项A错误；玻璃管和小球在水平方向做匀速运动，则小球在竖直方向所受的洛伦兹力恒定，竖直方向加速度不变，即小球在竖直方向做匀加速直线运动，选项B正确；小球在竖直方向的加速度a＝
＝
m/s2＝10m/s2，在管中运动的时间t＝
＝
s＝1s，选项C错误；小球到管口时的速度v＝at＝10m/s，机械能的增加量：
ΔE＝mgh＋
mv2＝0.01×10×5J＋
×0.01×102J＝1J，选项D正确.
12.（2019山东青岛三模）如图所示，平面直角坐标系xOy的x轴上固定一带负电的点电荷A，一带正电的点电荷B绕A在椭圆轨道上沿逆时针方向运动，椭圆轨道的中心在O点，P1、P2、P3、P4为椭圆轨道与坐标轴的交点。
为使B绕A做圆周运动，某时刻起在此空间加一垂直于xOy平面的匀强磁场，
不计B受到的重力。
下列说法中可能正确的是（ ）
A.当B运动到
点时，加一垂直于xOy平面向里的匀强磁场
B.当B运动到
点时，加一垂直于xOy平面向外的匀强磁场
C.当B运动到
点时，加一垂直于xOy平面向里的匀强磁场
D.当B运动到
点时，加一垂直于xOy平面向外的匀强磁场
【参考答案】C
【名师解析】过P1点以A点为圆心的圆如图中1所示；当B运动到P1点时，加一垂直于xOy平面向里的匀强磁场，根据左手定则可知粒子受到的洛伦兹力方向指向A，粒子一定相对于原来的轨道做向心运动，不可能在1轨道上做匀速圆周运动，故A错误；当B运动到P2点或P4点时，加一垂直于xOy平面向外的匀强磁场，根据左手定则可知，粒子受到的洛伦兹力方向向外，洛伦兹力和电场力的合力根本不指向A点，不可能绕A做匀速圆周运动，故BD错误；
当B运动到P3点时，加一垂直于xOy平面向里的匀强磁场，根据左手定则可知洛伦兹力方向指向A，此时粒子相对于原来的椭圆做向心运动，可能绕图中2轨道做匀速圆周运动，其向心力为洛伦兹力和电场力的合力，故C正确。
【关键点拨】。
根据左手定则分析洛伦兹力的方向，如果能够绕A点做匀速圆周运动，则电场力和洛伦兹力的合力提供向心力，由此分析。
本题主要是考查了带电粒子在复合场中做匀速圆周运动情况分析；解答本题关键是找到向心力来源，要掌握粒子的受力特点，根据受力情况确定运动情况。
13．（6分）（2019北京通州二模）如图所示，两平行金属板中有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，一个α粒子从两板正中央垂直电场、磁场入射，它在金属板间运动轨迹如图中曲线所示，则在α粒子飞跃金属板间区域过程中（ ）
A．α粒子的动能增大B．α粒子的电势能增大
C．电场力对α粒子做负功D．磁场力对α粒子做负功
【参考答案】A
【名师解析】对α粒子在电场、磁场中运动进行受力分析，受到竖直向上的洛伦兹力和竖直向下的电场力。
运动过程中，洛伦兹力不做功，由图中给出的α粒子的运动轨迹可知电场力对其做正功，因此α粒子的电势能减小。
再由动能定理可知，α粒子的动能增大。
因此A正确、BCD错误。
14．（6分）（2019河南开封三模）如图甲所示，将一带正电的物块无初速地放在倾斜传送带底端，皮带轮以恒定的速率沿顺时针转动，该装置处于垂直纸面的匀强磁场中，物块由传送带底端运动至顶端的过程中，其v﹣t图象如图乙所示，物块全程运动的时间为t2，以下说法正确的是（图乙中t1、t2、vm均为已知量）（ ）
A．匀强磁场垂直纸面向里
B．由图可知皮带轮的传动速度可能小于vm
C．由图可以求出物块运动的总位移x
D．在t1﹣t2时间内，物块仍可能相对皮带向下滑动
【参考答案】AD
【名师解析】由图乙可知，物块做加速度逐渐减小的加速运动。
物块的最大速度是vm。
对物块进行受力分析可知，开始时物块受到重力、支持力和摩擦力的作用，设动摩擦因数为μ，沿斜面的方向：
μFN﹣mgsinθ＝ma①物块运动后，又受到洛伦兹力的作用，加速度逐渐减小，由①式可知，物块的加速度逐渐减小，一定是FN逐渐减小，即洛伦兹力的方向是向上的。
物块沿传送带向上运动，由左手定则可知，匀强磁场垂直纸面向里。
故A正确；物块做匀速直线运动时：
mgsinθ＝μ（mgcosθ﹣Bqv）②。
由②可知，传送带速度不能小于vm，只要传送带的速度大于等于vm，则物块达到最大速度的条件与传送带的速度无关，所以传送带的速度可能是vm，有可能是大于vm，物块可能相对于传送带静止，有可能相对于传送带向下运动。
故B错误，D正确；v﹣t图象的面积表示物体运动的位移，由于0﹣t1时间为变速运动，所以不能求出该过程中物块发生的位移，故C错误。
15.（多选）如图甲所示，绝缘轻质细绳一端固定在方向相互垂直的匀强电场和匀强磁场中的O点，另一端连接带正电的小球，小球电荷量q＝6×10－7C，在图示坐标中，电场方向沿竖直方向，坐标原点O的电势为零。
当小球以2m/s的速率绕O点在竖直平面内做匀速圆周运动时，细绳上的拉力刚好为零。
在小球从最低点运动到最高点的过程中，轨迹上每点的电势φ随纵坐标y的变化关系如图乙所示，重力加速度g＝10m/s2。
则下列判断正确的是（ ）
A.匀强电场的场强大小为3.2×106V/m
B.小球重力势能增加最多的过程中，电势能减少了2.4J
C.小球做顺时针方向的匀速圆周运动
D.小球所受的洛伦兹力的大小为3N
【参考答案】 BD
【名师解析】根据小球从最低点运动到最高点的过程中，轨迹上每点的电势φ随纵坐标y的变化关系可得，匀强电场的电场强度大小E＝
V/m＝5×106V/m，故选项A错误；由于带电小球在运动过程中，只有重力和电场力做功，则只有重力势能和电势能的相互转化，又由于带电小球在复合场（重力场、匀强电场和匀强磁场）中做匀速圆周运动，且细绳上的拉力刚好为零，则有小球受到的竖直向下的重力与其受到的电场力等大、反向，即qE＝mg，因此当带电小球从最低点运动到最高点的过程中，即小球重力势能增加最多的过程中，电势能减少量为qE·2L＝2.4J，故选项B正确；由于带电小球所受的洛伦兹力提供小球做匀速圆周运动的向心力，根据左手定则可知，小球沿逆时针方向运动，故选项C错误；根据牛顿第二定律可得FB＝
，又qE＝mg，解得FB＝3N，即小球所受的洛伦兹力的大小为3N，故选项D正确。
16.（2017·全国理综I卷·16）如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上（与纸面平行），磁场方向垂直于纸面向里，三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等，质量分别为ma、mb、mc，已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在直面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动，下列选项正确的是
A.ma>mb>mc
B.mb>ma>mc
C.mc>ma>mb
D.mc>mb>ma
【参考答案】.B
【名师解析】此题的空间区域为匀强电场和匀强磁场、重力场的叠加场，根据题述带正电的微粒a在纸面内做匀速圆周运动，可知重力与电场力平衡，洛伦兹力提供做匀速圆周运动的向心力，有mag=qE，解得：
ma=qE/g。
根据题述带正电的微粒b在纸面内向右做匀速直线运动，由左手定则可判断出所受洛伦兹力方向竖直向上，可知重力与电场力和洛伦兹力的合力平衡，有mbg=qE+qvB，解得：
mb=qE/g+qvB/g。
根据题述带正电的微粒c在纸面内向左做匀速直线运动，由左手定则可判断出所受洛伦兹力方向竖直向下，可知重力和洛伦兹力的合力与电场力平衡，有mcg+qvB=qE，解得：
mc=qE/g-qvB/g。
根据上述得出的三个微粒质量的表达式可知，ma>mb>mc，选项B正确。
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