資源簡介

專題強化練6　帶電粒子在疊加場中的運動
(分值：60分）
1~4題每題4分，共16分
1.（多選）如圖所示，實線表示在豎直平面內的電場線，電場線與水平方向成α角，垂直紙面向里的勻強磁場與電場正交，有一帶電液滴沿斜向上的虛線L做直線運動，L與水平方向成β角，且α>β，則下列說法中正確的是（　　）
A.液滴一定做勻速直線運動
B.液滴一定帶正電
C.電場線方向一定斜向上
D.液滴有可能做勻變速直線運動
2.如圖，空間某區域存在勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向上（與紙面平行），磁場方向垂直于紙面向里。三個帶正電的微粒a、b、c電荷量相等，質量分別為ma、mb、mc。已知在該區域內，a在紙面內做勻速圓周運動，b在紙面內向右做勻速直線運動，c在紙面內向左做勻速直線運動。下列選項正確的是（　　）
A.ma>mb>mc B.mb>ma>mc
C.mc>ma>mb D.mc>mb>ma
3.如圖所示，空間中存在相互垂直的勻強電場和勻強磁場，有一帶電液滴在豎直面內做半徑為R的勻速圓周運動，已知電場強度為E，磁感應強度為B，重力加速度為g，則液滴環繞速度大小及方向分別為（　　）
A.，順時針 B.，逆時針
C.，順時針 D.，逆時針
4.（多選）（2023·四川成都七中高二期末）如圖所示，空間存在正交的勻強電場和勻強磁場，電場方向水平向右，磁場方向垂直于紙面向里，一個帶電小球（可視為質點）進入此空間后做直線運動，速度方向垂直磁場斜向右上方，與電場方向夾角θ=45°。已知小球質量為m、電荷量為q，勻強磁場的磁感應強度大小為B，重力加速度為g，則（　　）
A.小球帶正電
B.小球運動的速度大小為
C.勻強電場的電場強度大小為
D.小球運動到圖中P點時，撤去磁場，小球運動到與P點等高位置所用時間為
5、6題每題6分，7題10分，8題14分，共36分
5.如圖所示，空間存在足夠大的豎直向上的勻強電場和水平的勻強磁場（垂直紙面向里）。一帶正電的小球（可視為質點）從O點由靜止釋放后，運動軌跡如圖中曲線OPQ所示，其中P為運動軌跡中的最高點，Q為與O同一水平高度的點。下列關于該帶電小球運動的描述，正確的是（　　）
A.小球在運動過程中受到的洛倫茲力先增大后減小
B.小球在運動過程中電勢能先增加后減少
C.小球在運動過程中機械能守恒
D.小球到Q點后將沿著曲線QPO回到O點
6.（2023·成都市高二期末）如圖，足夠長的絕緣豎直桿處于正交的勻強電磁場中，電場方向水平向左，電場強度大小為E，磁場方向垂直紙面向里，磁感應強度大小為B。一質量為m、電荷量為-q（q>0）的小圓環套在桿上（環內徑略大于桿的直徑）無初速度下滑。若重力加速度大小為g，圓環與桿之間的動摩擦因數為μ（μqEA.　　　　　　　 B.
C.　　　　　　　 D.
7.（10分）如圖所示，在水平地面附近有一個范圍足夠大的相互正交的勻強電場（未畫出）和勻強磁場。勻強磁場的磁感應強度大小為B，方向水平并垂直紙面向外，一質量為m、帶電荷量為-q（q>0）的帶電微粒在此區域恰好做速度大小為v的勻速圓周運動。（重力加速度大小為g）
（1）（3分）求此區域內電場強度的大小和方向；
（2）（7分）若某時刻微粒運動到距地面高度為H的P點，速度與水平方向成45°角，如圖所示，則該微粒至少需要經過多長時間才能運動到距地面最高點？最高點距地面多高？
8.（14分）如圖所示，虛線上方有方向豎直向下的勻強電場，虛線上下有相同的勻強磁場，磁感應強度為B，方向垂直紙面向外，ab是一根長為l的絕緣細桿，沿電場線放置在虛線上方的場中，b端恰在虛線上，將一套在桿上的帶正電的電荷量為q、質量為m的小環（重力不計），從a端由靜止釋放后，小環先做加速運動，后做勻速運動到達b端。已知小環與絕緣桿間的動摩擦因數μ=0.3，當小環脫離桿進入虛線下方后，運動軌跡是半圓，其半徑為，求：
（1）（4分）小環到達b點的速度vb的大小；
（2）（4分）勻強電場的電場強度E的大小；
（3）（6分）帶電小環從a到b運動過程中克服摩擦力所做的功與電場力所做的功之比。
（8分）
9.（2022·全國甲卷）空間存在著勻強磁場和勻強電場，磁場的方向垂直于紙面（xOy平面）向里，電場的方向沿y軸正方向。一帶正電的粒子在電場和磁場的作用下，從坐標原點O由靜止開始運動。下列四幅圖中，可能正確描述該粒子運動軌跡的是（　　）
A.　　　　　　　　 B.
C.　　　　　　　　 D.
答案精析
1.ABC　［液滴受重力、電場力、洛倫茲力的共同作用而做直線運動，若液滴做勻變速直線運動，重力和電場力為恒力，洛倫茲力隨速度變化而變化，液滴不能沿直線運動，故液滴做勻速直線運動，合力為零，由題圖可知液滴只有帶正電才能受力為零從而做勻速直線運動，此時電場線方向必斜向上，故A、B、C正確，D錯誤。］
2.B　［設三個帶正電微粒的電荷量均為q，
a在紙面內做勻速圓周運動，說明洛倫茲力提供向心力，重力與電場力平衡，則mag=qE ①
b在紙面內向右做勻速直線運動，三力平衡，則mbg=qE+qvbB ②
c在紙面內向左做勻速直線運動，三力平衡，則mcg+qvcB=qE ③
比較①②③式得：mb>ma>mc，選項B正確。］
3.C　［液滴在疊加場中做勻速圓周運動，知重力和電場力平衡，則液滴受到向上的電場力，可知液滴帶負電，根據左手定則可知液滴做順時針方向的勻速圓周運動，根據洛倫茲力提供向心力有qvB=m
又因為重力和電場力平衡，則有qE=mg
解得v=，故A、B、D錯誤，C正確。］
4.AD　［帶電小球在疊加場中做勻速直線運動，則帶電小球受力平衡，由受力分析知小球帶正電，故A正確；由受力分析可得F洛==mg，由F洛=qvB可得v=，故B錯誤；由受力分析可得F電=mgtan θ=mg，由F電=Eq可得E=，故C錯誤；
小球運動到題圖中P點時，撤去磁場后小球在水平方向受到電場力做勻加速直線運動，豎直方向受重力先向上做勻減速直線運動至零后向下做勻加速直線運動，減速至零的時間為t1====，所以小球運動到與P點等高位置所用時間為t=2t1=，故D正確。］
5.A　［小球由靜止開始向上運動，可知電場力大于重力，在運動的過程中，洛倫茲力不做功，電場力和重力的合力先做正功后做負功，根據動能定理知，小球的速度先增大后減小，則小球受到的洛倫茲力先增大后減小，故A正確；小球在運動的過程中，電場力先做正功后做負功，則電勢能先減少后增加，故B錯誤；小球在運動的過程中，除重力做功以外，電場力也做功，機械能不守恒，故C錯誤；小球到Q點后，將重復之前的運動，不會沿著曲線QPO回到O點，故D錯誤。］
6.D　［速度較小時，對圓環受力分析有mg-μ（qE-qvB）=ma1
隨著速度增大，加速度逐漸增大，當qE=qvB時
加速度達到最大，之后，洛倫茲力大于電場力，有mg-μ（qvB-qE）=ma2
隨著速度增大，加速度逐漸減小，直到加速度為零時，速度最大，最終做勻速運動。故選D。］
7.（1）　方向豎直向下
（2）　H+
解析　（1）要滿足帶負電微粒做勻速圓周運動，則：
qE=mg，得E=，方向豎直向下。
（2）微粒的部分運動軌跡如圖所示，
當微粒第一次運動到最高點時，α=135°，
則t=T
=
由qvB=得R=
則T==
所以：t=
最高點距地面的高度為：
H1=R+Rsin 45°+H
=H+。
8.（1）　（2）　（3）4∶9
解析　（1）小環在虛線下方磁場中做勻速圓周運動時，根據洛倫茲力提供向心力，有qvbB=m
又r=，解得vb=。
（2）小環沿桿向下運動時，受力情況如圖所示，受向左的洛倫茲力F、向右的彈力N、向下的電場力qE、向上的摩擦力f。當小環做勻速運動時，水平方向有
N=F=qvbB
豎直方向，有qE=f=μN，
解得E=。
（3）小環從a運動到b的過程中，由動能定理得W電-Wf=m，
又W電=qEl=
所以Wf=-m=
則有=。
9.B　［在xOy平面內電場的方向沿y軸正方向，故在坐標原點O靜止的帶正電粒子在電場力作用下會向y軸正方向運動。磁場方向垂直于紙面向里，根據左手定則，可判斷出向y軸正方向運動的粒子同時受到沿x軸負方向的洛倫茲力，故帶電粒子向x軸負方向偏轉，A、C錯誤；運動的過程中電場力對帶電粒子做功，粒子速度大小發生變化，粒子所受的洛倫茲力方向始終與速度方向垂直。由于勻強電場方向是沿y軸正方向，故x軸為勻強電場的等勢面，從開始到帶電粒子偏轉再次運動到x軸時，電場力做功為0，洛倫茲力不做功，故帶電粒子再次回到x軸時的速度為0，隨后受電場力作用再次進入第二象限重復向左偏轉，B正確，D錯誤。］專題強化6　帶電粒子在疊加場中的運動
［學習目標］　1.掌握帶電粒子在疊加場中運動的常見情景（重點）。2.會分析其受力情況和運動情況，能正確運用物理規律解決問題（難點）。
如圖所示，思考以下問題：
（1）圖甲中若小球做勻速圓周運動說明了　　　　　　充當向心力，除洛倫茲力外其他力的合力為　　　　，即此時重力與電場力二力平衡。
（2）圖乙中若小球做直線運動，則小球一定做　　　　　　　　，即小球受到的合力為　　　　　，即重力和電場力及洛倫茲力三力處于　　　　　　　。
1.疊加場
電場、磁場、重力場共存，或其中某兩場共存。
2.帶電粒子在疊加場中常見的幾種運動形式
運動性質 受力特點 方法規律
勻速直線運動 粒子所受的合力為0 平衡條件
勻速圓周運動 除洛倫茲力外，另外兩力的合力為零：qE=mg 牛頓第二定律，圓周運動的規律
較復雜的 曲線運動 除洛倫茲力外，其他力的合力既不為零，也不與洛倫茲力等大反向 動能定理、能量守恒定律
一、帶電粒子在疊加場中的直線運動
例1　（2024·邢臺市高二期末）如圖所示，某空間存在水平向右的勻強電場和垂直紙面方向的勻強磁場（圖中未畫出），一質量為m的帶正電粒子恰能以速度v沿圖中虛線所示的軌跡做直線運動，粒子的運動軌跡與水平方向的夾角為60°，勻強電場的電場強度大小為E，重力加速度大小為g，下列說法正確的是（　　）
A.勻強磁場的方向垂直紙面向外
B.勻強磁場的磁感應強度大小為
C.粒子的電荷量為
D.若粒子運動過程中磁場突然消失，則粒子可能做勻減速直線運動
二、帶電粒子在疊加場中的圓周運動
例2　（多選）如圖所示，空間存在正交的勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向上，磁場方向垂直紙面向里，電場強度大小為E，磁感應強度大小為B。一個帶電粒子以大小為v0的速度從M點沿垂直電場、磁場的方向向右射入場內，粒子恰好能做勻速圓周運動，重力加速度為g，則（　　）
A.帶電粒子帶負電
B.帶電粒子的比荷為
C.粒子做圓周運動的半徑為
D.若使電場強度減小v0B，粒子從M點向右以v0做直線運動
例3　（2023·成都市高二期末）如圖，直角坐標系xOy處于豎直平面內，x軸沿水平方向，在x軸上方存在水平向右的勻強電場E1，在x軸下方存在豎直向上的勻強電場E2和垂直紙面向外的勻強磁場，勻強電場的電場強度大小E1=E2=4.5 N/C，在坐標為（-0.4 m，0.4 m）的A（圖中未標出）點處將一帶正電小球（可視為質點）由靜止釋放，小球沿直線AO第一次穿過x軸，小球第三次經過x軸時恰好再次經過O點，重力加速度g取10 m/s2。求：
（1）小球的比荷及小球第一次穿過x軸時的速度大小；
（2）小球從釋放到第三次經過x軸所經歷的時間。
　　 　
　　 　
　　 　
　　 　
三、帶電粒子在疊加場中的一般曲線運動
例4　（多選）空間存在豎直向下的勻強電場和水平方向（垂直紙面向里）的勻強磁場，如圖所示，已知一離子在電場力和洛倫茲力共同作用下，從靜止開始自A點沿曲線ACB運動，到達B點時速度為零，C為運動的最低點。不計離子的重力，電場和磁場范圍足夠大，則（　　）
A.該離子帶負電
B.A、B兩點位于同一高度
C.到達C點時離子速度最大
D.離子到達B點后，將沿原曲線返回A點
答案精析
（1）洛倫茲力　零　（2）勻速直線運動
零　平衡狀態
例1　B　［帶電粒子受到重力、靜電力、洛倫茲力，三者平衡，如圖所示，因重力向下，靜電力向右，所以洛倫茲力方向為左上方，根據左手定則可判斷勻強磁場的方向垂直紙面向里，故A錯誤；
由平衡條件可知qvBsin 60°=Eq，解得B=，故B正確；
由平衡條件可知Eq=mgtan 60°，解得q=，故C錯誤；
若粒子運動過程中磁場突然消失，重力和靜電力的合力與速度方向垂直且恒定，則粒子做類平拋運動，故D錯誤。］
例2　BD　［帶電粒子帶正電，電場力與重力平衡，A錯誤；根據平衡條件mg=qE，解得=，B正確；根據牛頓第二定律qv0B=m，解得r=，C錯誤；若使電場強度減小v0B，粒子受到的合力為F=qv0B+q（E-v0B）-mg，mg=qE，解得F=0，粒子受力平衡，從M點向右以v0做直線運動，D正確。］
例3　（1） C/kg　4 m/s　（2） s
解析　（1）由題可知，小球由靜止釋放后在第二象限的勻強電場中所受合力方向由A點指向O點，則有=tan 45°
代入數據解得= C/kg
由A到O的過程中，由動能定理有mgy1+qE1x1=mv2-0
代入數據解得v=4 m/s
（2）設小球從釋放到第一次到達O點的時間為t1，小球在y方向做自由落體運動，有y1=g
代入數據解得t1= s
如圖，在第三、四象限中，qE2=mg，小球僅由洛倫茲力提供向心力做勻速圓周運動；小球從第三象限的P點再次進入第二象限，經過時間t2再次回到O點，該過程可將小球的運動分解為沿x軸方向的勻加速直線運動與沿y軸方向的豎直上拋運動。由圓周運動的特點可知，小球在P點的速度與x軸正方向成45°角，由牛頓第二定律知，小球在第二象限x、y兩個分方向的加速度大小為ax=ay=g
y方向有
0=vsin 45°-g
得t2= s
x方向有
x2=vcos 45°t2+g
得x2= m
由幾何關系可得x2=R
得R= m
則小球在x軸下方運動的時間為
t3=×= s
故小球從釋放到第三次經過x軸經歷的時間為t=t1+t2+t3= s。
例4　BC　［離子開始僅受到電場力作用由靜止開始向下運動，可知離子受到的電場力方向向下，與電場方向同向，則該離子帶正電，A錯誤；洛倫茲力不做功，從A到B，動能變化為零，根據動能定理知，電場力做功為零，A、B兩點等電勢，因為該電場是勻強電場，所以A、B兩點位于同一高度，B正確；根據動能定理知，離子從A到C電場力做正功，離子到達C點時電場力做功最多，則速度最大，C正確；離子在B點的狀態與A點的狀態（速度為零，電勢能相等）相同，離子將在B點的右側重復前面的曲線運動，不可能沿原曲線返回A點，D錯誤。］(共45張PPT)
DIYIZHANG
第一章
專題強化6　帶電粒子在疊加場中
的運動
1.掌握帶電粒子在疊加場中運動的常見情景(重點)。
2.會分析其受力情況和運動情況，能正確運用物理規律解決問題(難點)。
學習目標
如圖所示，思考以下問題：
(1)圖甲中若小球做勻速圓周運動說明了 充當向心力，除洛倫茲力外其他力的合力為 ，即此時重力與電場力二力平衡。
(2)圖乙中若小球做直線運動，則小球一定做 ，即小球受到的合力為零，即重力和電場力及洛倫茲力三力處于 。
洛倫茲力
零
勻速直線運動
平衡狀態
1.疊加場
電場、磁場、重力場共存，或其中某兩場共存。
2.帶電粒子在疊加場中常見的幾種運動形式
提煉·總結
運動性質 受力特點 方法規律
勻速直線運動 粒子所受的合力為0 平衡條件
勻速圓周運動 除洛倫茲力外，另外兩力的合力為零：qE=mg 牛頓第二定律，圓周運動的規律
較復雜的曲線運動 除洛倫茲力外，其他力的合力既不為零，也不與洛倫茲力等大反向 動能定理、能量守恒定律
一、帶電粒子在疊加場中的直線運動
二、帶電粒子在疊加場中的圓周運動
專題強化練
內容索引
三、帶電粒子在疊加場中的一般曲線運動
帶電粒子在疊加場中的直線運動
一
(2024·邢臺市高二期末)如圖所示，某空間存在水平向右的勻強電場和垂直紙面方向的勻強磁場(圖中未畫出)，一質量為m的帶正電粒子恰能以速度v沿圖中虛線所示的軌跡做直線運動，粒子的運動軌跡與水平方向的夾角為60°，勻強電場的電場強度大小為E，重力加速度大小為g，下列說法正確的是
A.勻強磁場的方向垂直紙面向外
B.勻強磁場的磁感應強度大小為
C.粒子的電荷量為
D.若粒子運動過程中磁場突然消失，則粒子可能做勻減速直線運動
例1
√
帶電粒子受到重力、靜電力、洛倫茲力，三者平衡，
如圖所示，因重力向下，靜電力向右，所以洛倫茲
力方向為左上方，根據左手定則可判斷勻強磁場的
方向垂直紙面向里，故A錯誤；
由平衡條件可知qvBsin 60°=Eq，解得B=，故B正確；
由平衡條件可知Eq=mgtan 60°，解得q=，故C錯誤；
若粒子運動過程中磁場突然消失，重力和靜電力的合力與速度方向垂直且恒定，則粒子做類平拋運動，故D錯誤。
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二
帶電粒子在疊加場中的圓周運動
(多選)如圖所示，空間存在正交的勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向上，磁場方向垂直紙面向里，電場強度大小為E，磁感應強度大小為B。一個帶電粒子以大小為v0的速度從M點沿垂直電場、磁場的方向向右射入場內，粒子恰好能做勻速圓周運動，重力加速度為g，則
A.帶電粒子帶負電
B.帶電粒子的比荷為
C.粒子做圓周運動的半徑為
D.若使電場強度減小v0B，粒子從M點向右以v0做直線運動
例2
√
√
帶電粒子帶正電，電場力與重力平衡，A錯誤；
根據平衡條件mg=qE，解得=，B正確；
根據牛頓第二定律qv0B=m，解得r=，C錯誤；
若使電場強度減小v0B，粒子受到的合力為F=qv0B+q(E-v0B)-mg，mg=
qE，解得F=0，粒子受力平衡，從M點向右以v0做直線運動，D正確。
(2023·成都市高二期末)如圖，直角坐標系xOy處于豎直
平面內，x軸沿水平方向，在x軸上方存在水平向右的勻強
電場E1，在x軸下方存在豎直向上的勻強電場E2和垂直紙
面向外的勻強磁場，勻強電場的電場強度大小E1=E2=4.5 N/
C，在坐標為(-0.4 m，0.4 m)的A(圖中未標出)點處將一帶正電小球(可視為質點)由靜止釋放，小球沿直線AO第一次穿過x軸，小球第三次經過x軸時恰好再次經過O點，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)小球的比荷及小球第一次穿過x軸時的速度大小；
例3
答案　 C/kg　4 m/s　
由題可知，小球由靜止釋放后在第二象限的勻強電場中所受合力方向
由A點指向O點，則有=tan 45°
代入數據解得= C/kg
由A到O的過程中，由動能定理有mgy1+qE1x1=mv2-0
代入數據解得v=4 m/s
(2)小球從釋放到第三次經過x軸所經歷的時間。
答案　 s
設小球從釋放到第一次到達O點的時間為t1，
小球在y方向做自由落體運動，有y1=g
代入數據解得t1= s
如圖，在第三、四象限中，qE2=mg，小球僅由洛倫茲力提供向心力做勻速圓周運動；小球從第三象限的P點再次進入第二象限，經過時間t2再次回到O點，該過程可將小球的運動分解為沿x軸方向的勻加速直線運動與沿y軸方向的豎直上拋運動。由圓周運動的特點可知，小球在P點的速度與x軸正方向成45°角，由牛頓第二定律知，小球在第二象限x、y兩個分方向的加速度大小為ax=ay=g
y方向有0=vsin 45°-g
得t2= s
x方向有x2=vcos 45°t2+g
得x2= m
由幾何關系可得x2=R
得R= m
則小球在x軸下方運動的時間為t3=×= s
故小球從釋放到第三次經過x軸經歷的時間為t=t1+t2+t3= s。
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三
帶電粒子在疊加場中的一般曲線運動
　(多選)空間存在豎直向下的勻強電場和水平方向(垂直紙面向里)的勻強磁場，如圖所示，已知一離子在電場力和洛倫茲力共同作用下，從靜止開始自A點沿曲線ACB運動，到達B點時速度為零，C為運動的最低點。不計離子的重力，電場和磁場范圍足夠大，則
A.該離子帶負電
B.A、B兩點位于同一高度
C.到達C點時離子速度最大
D.離子到達B點后，將沿原曲線返回A點
例4
√
√
離子開始僅受到電場力作用由靜止開始向下運動，可
知離子受到的電場力方向向下，與電場方向同向，則
該離子帶正電，A錯誤；
洛倫茲力不做功，從A到B，動能變化為零，根據動能
定理知，電場力做功為零，A、B兩點等電勢，因為該電場是勻強電場，所以A、B兩點位于同一高度，B正確；
根據動能定理知，離子從A到C電場力做正功，離子到達C點時電場力做功最多，則速度最大，C正確；
離子在B點的狀態與A點的狀態(速度為零，電勢能相等)相同，離子將在B點的右側重復前面的曲線運動，不可能沿原曲線返回A點，D錯誤。
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四
專題強化練
1.(多選)如圖所示，實線表示在豎直平面內的電場線，電場線與水平方向成α角，垂直紙面向里的勻強磁場與電場正交，有一帶電液滴沿斜向上的虛線L做直線運動，L與水平方向成β角，且α>β，則下列說法中正確的是
A.液滴一定做勻速直線運動
B.液滴一定帶正電
C.電場線方向一定斜向上
D.液滴有可能做勻變速直線運動
1
2
3
4
5
6
7
8
9
基礎強化練
√
√
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
液滴受重力、電場力、洛倫茲力的共同作用而做
直線運動，若液滴做勻變速直線運動，重力和電
場力為恒力，洛倫茲力隨速度變化而變化，液滴
不能沿直線運動，故液滴做勻速直線運動，合力為零，由題圖可知液滴只有帶正電才能受力為零從而做勻速直線運動，此時電場線方向必斜向上，故A、B、C正確，D錯誤。
2.如圖，空間某區域存在勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向上(與紙面平行)，磁場方向垂直于紙面向里。三個帶正電的微粒a、b、c電荷量相等，質量分別為ma、mb、mc。已知在該區域內，a在紙面內做勻速圓周運動，b在紙面內向右做勻速直線運動，c在紙面內向左做勻速直線運動。下列選項正確的是
A.ma>mb>mc B.mb>ma>mc
C.mc>ma>mb D.mc>mb>ma
1
2
3
4
5
6
7
8
9
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
設三個帶正電微粒的電荷量均為q，
a在紙面內做勻速圓周運動，說明洛倫茲力
提供向心力，重力與電場力平衡，則mag=qE ①
b在紙面內向右做勻速直線運動，三力平衡，
則mbg=qE+qvbB ②
c在紙面內向左做勻速直線運動，三力平衡，則
mcg+qvcB=qE ③
比較①②③式得：mb>ma>mc，選項B正確。
3.如圖所示，空間中存在相互垂直的勻強電場和勻強磁場，有一帶電液滴在豎直面內做半徑為R的勻速圓周運動，已知電場強度為E，磁感應強度為B，重力加速度為g，則液滴環繞速度大小及方向分別為
A.，順時針 B.，逆時針
C.，順時針 D.，逆時針
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√
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液滴在疊加場中做勻速圓周運動，知重力和電場力
平衡，則液滴受到向上的電場力，可知液滴帶負電，
根據左手定則可知液滴做順時針方向的勻速圓周運
動，根據洛倫茲力提供向心力有qvB=m
又因為重力和電場力平衡，則有qE=mg
解得v=，故A、B、D錯誤，C正確。
4.(多選)(2023·四川成都七中高二期末)如圖所示，空間存在正交的勻強電場和勻強磁場，電場方向水平向右，磁場方向垂直于紙面向里，一個帶電小球(可視為質點)進入此空間后做直線運動，速度方向垂直磁場斜向右上方，與電場方向夾角θ=45°。已知小球質量為m、電荷量為q，勻強磁場的磁感應強度大小為B，重力加速度為g，則
A.小球帶正電
B.小球運動的速度大小為
C.勻強電場的電場強度大小為
D.小球運動到圖中P點時，撤去磁場，小球運動到與P點等高位置所用時間為
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√
√
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帶電小球在疊加場中做勻速直線運動，則帶電
小球受力平衡，由受力分析知小球帶正電，故
A正確；
由受力分析可得F洛==mg，由F洛=qvB可
得v=，故B錯誤；
由受力分析可得F電=mgtan θ=mg，由F電=Eq可得E=，故C錯誤；
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小球運動到題圖中P點時，撤去磁場后小球在
水平方向受到電場力做勻加速直線運動，豎直
方向受重力先向上做勻減速直線運動至零后向
下做勻加速直線運動，減速至零的時間為t1=
===，所以小球運動到與P點等高位置所用時間為t=
2t1=，故D正確。
5.如圖所示，空間存在足夠大的豎直向上的勻強電場和水平的勻強磁場(垂直紙面向里)。一帶正電的小球(可視為質點)從O點由靜止釋放后，運動軌跡如圖中曲線OPQ所示，其中P為運動軌跡中的最高點，Q為與O同一水平高度的點。下列關于該帶電小球運動的描述，正確的是
A.小球在運動過程中受到的洛倫茲力先增大后減小
B.小球在運動過程中電勢能先增加后減少
C.小球在運動過程中機械能守恒
D.小球到Q點后將沿著曲線QPO回到O點
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√
能力綜合練
小球由靜止開始向上運動，可知電場力大于重
力，在運動的過程中，洛倫茲力不做功，電場
力和重力的合力先做正功后做負功，根據動能
定理知，小球的速度先增大后減小，則小球受
到的洛倫茲力先增大后減小，故A正確；
小球在運動的過程中，電場力先做正功后做負功，則電勢能先減少后增加，故B錯誤；
小球在運動的過程中，除重力做功以外，電場力也做功，機械能不守恒，故C錯誤；小球到Q點后，將重復之前的運動，不會沿著曲線QPO回到O點，故D錯誤。
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6.(2023·成都市高二期末)如圖，足夠長的絕緣豎直桿處于正交的
勻強電磁場中，電場方向水平向左，電場強度大小為E，磁場方
向垂直紙面向里，磁感應強度大小為B。一質量為m、電荷量為-q
(q>0)的小圓環套在桿上(環內徑略大于桿的直徑)無初速度下滑。
若重力加速度大小為g，圓環與桿之間的動摩擦因數為μ(μqE1
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速度較小時，對圓環受力分析有mg-μ(qE-qvB)=ma1
隨著速度增大，加速度逐漸增大，當qE=qvB時
加速度達到最大，之后，洛倫茲力大于電場力，
有mg-μ(qvB-qE)=ma2
隨著速度增大，加速度逐漸減小，直到加速度為零時，速度最大，最終做勻速運動。故選D。
7.如圖所示，在水平地面附近有一個范圍足夠大的相互正交的勻強電場(未畫出)和勻強磁場。勻強磁場的磁感應強度大小為B，方向水平并垂直紙面向外，一質量為m、帶電荷量為-q(q>0)的帶電微粒在此區域恰好做速度大小為v的勻速圓周運動。(重力加速度大小為g)
(1)求此區域內電場強度的大小和方向；
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答案　　方向豎直向下
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要滿足帶負電微粒做勻速圓周運動，則：
qE=mg，得E=，方向豎直向下。
(2)若某時刻微粒運動到距地面高度為H的P點，速度與水平方向成45°角，如圖所示，則該微粒至少需要經過多長時間才能運動到距地面最高點？最高點距地面多高？
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答案　　H+
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微粒的部分運動軌跡如圖所示，
當微粒第一次運動到最高點時，α=135°，
則t=T=
由qvB=得R=
則T==
所以：t=
最高點距地面的高度為：H1=R+Rsin 45°+H=H+。
8.如圖所示，虛線上方有方向豎直向下的勻強電場，虛線
上下有相同的勻強磁場，磁感應強度為B，方向垂直紙面
向外，ab是一根長為l的絕緣細桿，沿電場線放置在虛線
上方的場中，b端恰在虛線上，將一套在桿上的帶正電的
電荷量為q、質量為m的小環(重力不計)，從a端由靜止釋
放后，小環先做加速運動，后做勻速運動到達b端。已知小環與絕緣桿間的動摩擦因數μ=0.3，當小環脫離桿進入虛線下方后，運動軌跡是半圓，
其半徑為，求：
(1)小環到達b點的速度vb的大小；
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答案　
小環在虛線下方磁場中做勻速圓周運動時，
根據洛倫茲力提供向心力，有qvbB=m
又r=，解得vb=。
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(2)勻強電場的電場強度E的大小；
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答案　　(3)4∶9
小環沿桿向下運動時，受力情況如圖所示，受向左的洛倫茲力F、向右的彈力N、向下的電場力qE、向上的摩擦力f。
當小環做勻速運動時，水平方向有N=F=qvbB
豎直方向，有qE=f=μN，解得E=。
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(3)帶電小環從a到b運動過程中克服摩擦力所做的功與電場力所做的功之比。
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答案　4∶9
小環從a運動到b的過程中，由動能定理得
W電-Wf=m，又W電=qEl=
所以Wf=-m=
則有=。
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9.(2022·全國甲卷)空間存在著勻強磁場和勻強電場，磁場的方向垂直于紙面(xOy平面)向里，電場的方向沿y軸正方向。一帶正電的粒子在電場和磁場的作用下，從坐標原點O由靜止開始運動。下列四幅圖中，可能正確描述該粒子運動軌跡的是
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尖子生選練
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在xOy平面內電場的方向沿y軸正方向，故在坐標原點O靜止的帶正電粒子在電場力作用下會向y軸正方向運動。磁場方向垂直于紙面向里，根據左手定則，可判斷出向y軸正方向運動的粒子同時受到沿x軸負方向的洛倫茲力，故帶電粒子向x軸負方向偏轉，A、C錯誤；
運動的過程中電場力對帶電粒子做功，粒子速度大小發生變化，粒子所受的洛倫茲力方向始終與速度方向垂直。由于勻強電場方向是沿y軸正方向，故x軸為勻強電場的等勢面，從開始到帶電粒子偏轉再次運動到x軸時，電場力做功為0，洛倫茲力不做功，故帶電粒子再次回到x軸時的速度為0，隨后受電場力作用再次進入第二象限重復向左偏轉，B正確，D錯誤。
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