高考物理一轮复习重难点逐个突破专题74带电粒子在叠加场中的运动(原卷版+解析)

这是一份高考物理一轮复习重难点逐个突破专题74带电粒子在叠加场中的运动(原卷版+解析)，共33页。试卷主要包含了受力决定运动，运动反映受力，带电体在叠加场中受到约束的运动，2C、质量为m=0等内容，欢迎下载使用。

2.带电粒子在叠加场中做无约束的运动
3.带电体在叠加场中受到约束的运动
带电体在叠加场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道等约束的情况下,除受场力外,还受弹力、摩擦力作用,常见的运动形式有直线运动和圆周运动,此时解题要通过受力分析明确变力、恒力做功情况,并注意洛伦兹力不做功的特点,运用动能定理、能量守恒定律结合牛顿运动定律求出结果。
1．(多选)如图所示，空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，一带电液滴从静止开始自A点沿曲线ACB运动，到达B点时速度为零，C点是运动的最低点，不计摩擦阻力，则以下说法中正确的是（ ）
A．液滴一定带正电B．液滴在C点时的动能最小
C．从A到C过程液滴的电势能增大D．从C到B过程液滴的机械能增大
2．（2017·全国）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、、。已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸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．B．C．D．
3．（2022·内蒙古师范大学附属第二中学高三阶段练习）(多选)如图所示，空间存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场的方向竖直向下，磁场方向垂直纸面向里，一带电油滴P恰好处于静止状态，则下列说法正确的是（ ）
A．若仅撤去磁场，P可能做匀加速直线运动
B．若仅撤去电场，P可能做匀加速直线运动
C．若给P一初速度，P可能做匀速直线运动
D．若给P一初速度，P可能做匀速圆周运动
4.(多选)如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小为E=53N/C，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B=0.5T。有一带电的小球，质量m=1.0×10−6kg，电荷量q=2×10−6C，正以速度v在竖直面内做直线运动，取g=10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．小球带负电 B．小球一定做匀速直线运动
C．小球的速度v=20m/s D．小球的速度方向与水平方向夹角θ=45°
5．在方向如图所示的匀强电场（场强为E）和匀强磁场（磁感应强度为B）共存的场区，一电子沿垂直电场线和磁感线方向以速度v0射入场区，则（ ）
A．若v0B．若v0v0
C．若v0>EB，电子沿轨迹I运动，射出场区时，速度v>v0
D．若v0>EB，电子沿轨迹Ⅱ运动，射出场区时，速度v6．（2023·全国·高三专题练习）(多选)带电粒子在重力场中和磁场中的运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动和在竖直平面内的匀速圆周运动。若带正电小球的初速度为零，可以分解为在水平方向上有两个大小相等、方向相反速度。水平向右的速度对应的洛伦兹力与小球的重力平衡，水平向左的速度对应的洛伦兹力提供小球匀速圆周运动向心力。设带电小球的质量为m、电量为+q，磁感应强度为B（范围无限大），重力加速度为g，小球由静止开始下落，则以下猜想正确的是（ ）
A．M、N两点间的距离为πm2gq2B2B．小球在运动过程中机械能不守恒
C．小球下降的最大高度为2m2gq2B2D．小球的加速度大小恒为g
7．（2022·重庆·高考真题）2021年中国全超导托卡马克核聚变实验装置创造了新的纪录。为粗略了解等离子体在托卡马克环形真空室内的运动状况，某同学将一小段真空室内的电场和磁场理想化为方向均水平向右的匀强电场和匀强磁场（如图），电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。若某电荷量为q的正离子在此电场和磁场中运动，其速度平行于磁场方向的分量大小为v1，垂直于磁场方向的分量大小为v2，不计离子重力，则（ ）
A．电场力的瞬时功率为qEv12+v22B．该离子受到的洛伦兹力大小为qv1B
C．v2与v1的比值不断变大D．该离子的加速度大小不变
8．（2022·全国）空间存在着匀强磁场和匀强电场，磁场的方向垂直于纸面（平面）向里，电场的方向沿y轴正方向。一带正电的粒子在电场和磁场的作用下，从坐标原点O由静止开始运动。下列四幅图中，可能正确描述该粒子运动轨迹的是（ ）
A．B．C．D．
9．（2022·广东）(多选)如图所示，磁控管内局部区域分布有水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。电子从M点由静止释放，沿图中所示轨迹依次经过N、P两点。已知M、P在同一等势面上，下列说法正确的有（ ）
A．电子从N到P，电场力做正功 B．N点的电势高于P点的电势
C．电子从M到N，洛伦兹力不做功 D．电子在M点所受的合力大于在P点所受的合力
10．如图所示，粗糙木板MN竖直固定在方向垂直纸面向里的匀强磁场中。t＝0时，一个质量为m、电荷量为q的带正电物块沿MN以某一初速度竖直向下滑动，则物块运动的v－t图像不可能是（ ）
A．B．
C．D．
11．（2023·全国·高三专题练习）(多选)如图所示，在水平匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场中，有一竖直足够长固定绝缘杆MN，小球P套在杆上，已知P的质量为m、电荷量为＋q（q>0），电场强度为E，磁感应强度为B，P与杆间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。小球由静止开始下滑直到稳定的过程中（ ）
A．小球的加速度一直减小
B．小球的机械能和电势能的总和保持不变
C．下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是v=2μqE−mg2μqB
D．下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是v=2μqE+mg2μqB
12．（2022·全国·高三课时练习）如图所示，在水平面上固定一倾角为θ=60°的光滑绝缘斜面OA，斜面所处整个空间存在垂直于斜面斜向下的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，电场强度大小E=5V/m，磁感应强度大小B=33T。一个电荷量为q=0.2C、质量为m=0.1kg的带电小球（带正电）在斜面顶端O点由静止释放，小球经过斜面上C点时离开斜面，运动到斜面下端A点正上方的D点（图中未画出）时加速度为0，重力加速度g=10m/s2，则小球从O点到C点的时间和小球经过D点的速度大小分别为（ ）
A．1.5s；15m/sB．1.5s；30m/sC．3s；3m/sD．3s；1.5m/s
13．（2023·全国·高三专题练习）如图所示，水平向左的匀强电场的场强E=4V/m，垂直纸面向内的匀强磁场的B=2T，质量为m=1kg的带正电的小物块A从竖直绝缘墙上的M点由静止开始下滑，滑行ℎ=0.8m到达N点时离开墙面开始做曲线运动，在到达P点开始做匀速直线运动，此时速度与水平方向成45°角，P点离开M点的竖直高度为H=1.6m，取g=10m/s2试求：
（1）A沿墙下滑克服摩擦力做的功Wf；
（2）P点与M点的水平距离xp。
14．（2022·全国·高三课时练习）如图所示，在xOy坐标系内，圆心角为127∘的内壁光滑的圆管ab，圆心位于原点O处，Oa连线与x轴重合。坐标系内有水平向右的匀强电场，在第四象限有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。现将一质量为m、带电荷量为+q的小球从圆管的a端无初速度释放，小球从圆管的b端飞出后沿直线运动到x轴。已知圆管直径略大于小球直径，重力加速度为g。求：
（1）该匀强电场的电场强度E的大小；
（2）小球沿管下滑到达y轴前的瞬间对管壁的作用力；
（3）小球从b端飞出后第二次到达x轴时的横坐标。
15．如图所示，有一个无重力空间，Y方向为竖直方向，在x≥0的区域内存在匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于纸面向里，大小为B =1T，绝缘光滑空心细管MN的长度为h=3m，管内M端有一质量为m=0. lkg、带正电q=0. 1C的小球，开始时小球相对管静止．管带着小球沿垂直于管长度方向，以恒定速度v0=5m/s向右方运动．求：
（1）已知进入磁场后小球将匀加速上升，求小球上升的加速度；
（2）小球在从管的M端到N端的过程中，管壁对小球做的功；
（3）当细管以v0=5m/s进入磁场时，若给管一定的外 力，使其以a=2.0m/s2的恒定加速度向右匀加速运动，小球将不能以恒定加速度上升．为保证小球仍能在管中匀加速上升，需让细管与小球间具有一特定的摩擦因数μ．试求该μ值，及小球相对管上升的加速度ay．（要求μ<1）
16．如图所示，平面直角坐标系的第二象限内存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m、电荷量为+q的小球从A点以速度v0沿直线AO运动，AO与x轴负方向成53∘角。在y轴与MN之间的区域I内加一电场强度最小的匀强电场后，可使小球继续做直线运动到MN上的C点，MN与PQ之间区域II内存在宽度为d的竖直向上匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，小球在区域II内做匀速圆周运动并恰好不能从右边界飞出，已知小球在C点的速度大小为2v0，重力加速度为g，sin53∘=0.8，cs53∘=0.6，求：
（1）第二象限内电场强度E1的大小和磁感应强度B1的大小；
（2）区域I内最小电场强度E2的大小和方向；
（3）区域II内电场强度E3的大小和磁感应强度B3的大小。
17．（2022·湖北省罗田县第一中学模拟预测）如图所示，坐标系xOy在竖直平面内，y轴的正方向竖直向上，y轴的右侧空间存在水平向左的匀强电场，电场强度为E1；y轴的左侧空间存在匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强B=1T，电场方向竖直向上，电场强度E2=2N/C。t=0时刻，一个带正电的微粒在O点以v=2m/s的初速度沿着与x轴负方向成45°角的方向射入y轴的左侧空间，微粒的电荷量q=10-6C，质量m=2×10-7kg，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）微粒从O点射入后第一次通过y轴的位置；
（2）E1为何值时，微粒从O点射入后，第二次通过y轴时恰好经过O点。
18．（2022·山东潍坊·三模）在进行科学实验前，通常都要根据实验原理、实验中需要改变的物理量、可能出现的实验结果等因素，在实验装置中选择一个合适的坐标系后才能开展实验。为测量带电粒子在电磁场中的运动情况，在某实验装置中建立如图所示直角坐标系，并沿y轴负方向加磁感应强度大小为B的匀强磁场。此设备中同时还可以加任意方向的、大小可变的匀强电场。一质量为m、带电荷量为 + q（q > 0）的粒子从坐标原点O以初速度v沿x轴正方向射入，不计粒子重力的影响。
（1）若该粒子恰好能做匀速直线运动，求所加电场强度E的大小和方向；
（2）若不加电场，改变磁感应强度B的大小，不改变方向，使该粒子恰好能够经过坐标为（3a，0， - a）的点，求改变后的磁感应强度B′的大小；
（3）改变电场的大小和方向，也可以改变运动电荷经过的位置。若保持磁感应强度B的大小和方向不变，将电场强度大小调整为E′，方向平行于yOz平面，使该粒子能够在xOy平面内做匀变速曲线运动，并经过坐标为（3a，a，0）的点，求调整后电场强度E′的大小和方向。
19．（2022·江苏连云港·模拟预测）如图所示，沿水平和竖直方向建立直角坐标系，沿x轴放置一块长为10d的绝缘板，y轴左侧固定一内壁光滑的半圆管道（内径很小），半圆直径为d，且与y轴重合。第一象限内绝缘板的上方存在有界的匀强电场和匀强磁场，电场强度E=mgq，方向竖直向上，磁场方向垂直于坐标平面向外，大小未知，竖直方向边界未知。一带电量为q、质量为m的绝缘小球A（直径略小于管道内径）静止在坐标原点O处，质量也为m的不带电的小球B以初速度v0（未知）向左运动，与A球发生弹性正碰。
（1）若碰撞后A球能过管道最高点，则v0至少多大？
（2）若场区边界y1=d，A球通过最高点后能与B球再次发生弹性正碰，并且使B球恰能通过最高点，则磁感应强度为多大？
（3）若场区边界y2=78d，A球以v2=2gd3通过最高点后恰好从坐标为（4d，d）的P点水平射出场区，则磁感应强度应满足什么条件？
20．（2022·河北·模拟预测）空间中存在上、下两个不同的匀强电场区域，已知上、下场区的水平长度为L，上、下场区的宽度均为d，如图所示.电荷量为+q、质量为m的带电小球从上边界距离O点距离为d的点以初速度v0垂直电场入射，小球第一次经过对称轴OO′时离O点的距离为2d，小球进入下半区域的同时加上一恒定的垂直纸面向里的匀强磁场B，发现小球做圆周运动且恰好不越过下边界，并最终运动至上半区域水平射出，重力加速度为g，求：
（1）上半区域中匀强电场的电场强度E的大小；
（2）磁场的磁感应强度B的大小；
（3）求小球在场区中运动的总时间.
21．（2022·山东潍坊·三模）在进行科学实验前，通常都要根据实验原理、实验中需要改变的物理量、可能出现的实验结果等因素，在实验装置中选择一个合适的坐标系后才能开展实验。为测量带电粒子在电磁场中的运动情况，在某实验装置中建立如图所示直角坐标系，并沿y轴负方向加磁感应强度大小为B的匀强磁场。此设备中同时还可以加任意方向的、大小可变的匀强电场。一质量为m、带电荷量为 + q（q > 0）的粒子从坐标原点O以初速度v沿x轴正方向射入，不计粒子重力的影响。
（1）若该粒子恰好能做匀速直线运动，求所加电场强度E的大小和方向；
（2）若不加电场，改变磁感应强度B的大小，不改变方向，使该粒子恰好能够经过坐标为（3a，0， - a）的点，求改变后的磁感应强度B′的大小；
（3）改变电场的大小和方向，也可以改变运动电荷经过的位置。若保持磁感应强度B的大小和方向不变，将电场强度大小调整为E′，方向平行于yOz平面，使该粒子能够在xOy平面内做匀变速曲线运动，并经过坐标为（3a，a，0）的点，求调整后电场强度E′的大小和方向。
运动性质
受力特点
方法规律
匀速直线运动
粒子所受的合力为0
平衡条件
匀速圆周运动
除洛伦兹力外，另外两力的合力为零：qE＝mg
牛顿第二定律、圆周运动的规律
较复杂的曲线运动
除洛伦兹力外，其他力的合力既不为零，也不与洛伦兹力等大反向
动能定理、能量守恒定律
专题74 带电粒子在叠加场中的运动
1.受力决定运动，运动反映受力。无论是组合场还是叠加场都要对带电粒子进行正确的受力分析和运动分析，然后画出粒子的运动轨迹，选取合适的物理规律求解。
2.带电粒子在叠加场中做无约束的运动
3.带电体在叠加场中受到约束的运动
带电体在叠加场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道等约束的情况下,除受场力外,还受弹力、摩擦力作用,常见的运动形式有直线运动和圆周运动,此时解题要通过受力分析明确变力、恒力做功情况,并注意洛伦兹力不做功的特点,运用动能定理、能量守恒定律结合牛顿运动定律求出结果。
1．(多选)如图所示，空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，一带电液滴从静止开始自A点沿曲线ACB运动，到达B点时速度为零，C点是运动的最低点，不计摩擦阻力，则以下说法中正确的是（ ）
A．液滴一定带正电B．液滴在C点时的动能最小
C．从A到C过程液滴的电势能增大D．从C到B过程液滴的机械能增大
【答案】CD
【解析】A．从图中可以看出，带电粒子由静止开始向下运动，说明重力和电场力的合力向下，洛伦兹力指向弧内，根据左手定则可知，液滴带负电，故A错误；
B．从A到C的过程中，重力正功，而电场力做负功，洛伦兹力不做功，但合力仍做正功，导致动能仍增大，从C到B的过程中，重力做负功，电场力做正功，洛伦兹力不做功，但合力却做负功，导致动能减小，所以滴在C点动能最大，故B错误；
C．从A到C过程液滴克服电场力做功，故电势能增加，故C正确；
D．除重力以外的力做的功等于机械能的变化量，从C到B的过程中，电场力做正功，洛伦兹力不做功，机械能增大，故D正确。
故选CD。
2．（2017·全国）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、、。已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸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．B．C．D．
【答案】B
【解析】 带正电的微粒a在纸面内做匀速圆周运动，必有
带正电的微粒b向右做匀速直线运动，电场力竖直向上，左手定则判断洛伦兹力竖直向上，重力竖直向下，平衡条件得 得
带正电的微粒c向左做匀速直线运动，电场力竖直向上，左手定则判断洛伦兹力竖直向下，重力竖直向下，平衡条件得 得
则有
故选B。
3．（2022·内蒙古师范大学附属第二中学高三阶段练习）(多选)如图所示，空间存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场的方向竖直向下，磁场方向垂直纸面向里，一带电油滴P恰好处于静止状态，则下列说法正确的是（ ）
A．若仅撤去磁场，P可能做匀加速直线运动
B．若仅撤去电场，P可能做匀加速直线运动
C．若给P一初速度，P可能做匀速直线运动
D．若给P一初速度，P可能做匀速圆周运动
【答案】CD
【解析】A．一带电油滴P恰好处于静止状态，则油滴重力与电场力等大反向，若仅撤去磁场，带电油滴仍然处于静止状态，故A错误；
B．若仅撤去电场，带电油滴P向下加速，并受到始终与速度方向始终相互垂直的洛仑兹力，P不可能做匀加速直线运动，故B错误；
CD．若给P一初速度，当速度方向平行于磁场时，P做匀速直线运动；当速度方向垂直于磁场时，P做匀速圆周运动，故CD正确。
故选CD。
4.(多选)如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小为E=53N/C，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B=0.5T。有一带电的小球，质量m=1.0×10−6kg，电荷量q=2×10−6C，正以速度v在竖直面内做直线运动，取g=10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．小球带负电 B．小球一定做匀速直线运动
C．小球的速度v=20m/s D．小球的速度方向与水平方向夹角θ=45°
【答案】BC
【解析】AB．对小球受力分析，小球受重力、电场力和洛伦兹力，且小球做直线运动，洛伦兹力与速度方向垂直，电场力在水平方向上，由此可知小球带正电，且做匀速直线运动，故A错误，B正确；
CD．小球受力平衡，则 tanθ=Eqmg=53×2×10−61.0×10−6×10=3 则θ=60°
受力分析解得 sinθ=EqBqv 解得 v=EBsinθ=530.5×32m/s=20m/s 故C正确，D错误。
故选BC。
5．在方向如图所示的匀强电场（场强为E）和匀强磁场（磁感应强度为B）共存的场区，一电子沿垂直电场线和磁感线方向以速度v0射入场区，则（ ）
A．若v0B．若v0v0
C．若v0>EB，电子沿轨迹I运动，射出场区时，速度v>v0
D．若v0>EB，电子沿轨迹Ⅱ运动，射出场区时，速度v【答案】D
【解析】AB．电子进入电磁场中，受到洛伦磁力与电场力两个力作用，由左手定则判断可知，洛伦兹力方向向下，而电场力方向向上。若v0即洛伦兹力小于电场力，电子向上偏转，沿轨道I运动，洛伦兹力不做功，而电场力对电子做正功，动能增加，速度增大，所以速度v>v0。故AB均错误；
CD．若v0>EB，则 qv0B>qE
即洛伦兹力大于电场力，电子向下偏转，沿轨道Ⅱ运动，洛伦兹力不做功，而电场力对电子做负功，动能减小，速度减小，所以速度v故选D。
6．（2023·全国·高三专题练习）(多选)带电粒子在重力场中和磁场中的运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动和在竖直平面内的匀速圆周运动。若带正电小球的初速度为零，可以分解为在水平方向上有两个大小相等、方向相反速度。水平向右的速度对应的洛伦兹力与小球的重力平衡，水平向左的速度对应的洛伦兹力提供小球匀速圆周运动向心力。设带电小球的质量为m、电量为+q，磁感应强度为B（范围无限大），重力加速度为g，小球由静止开始下落，则以下猜想正确的是（ ）
A．M、N两点间的距离为πm2gq2B2B．小球在运动过程中机械能不守恒
C．小球下降的最大高度为2m2gq2B2D．小球的加速度大小恒为g
【答案】CD
【解析】A．在竖直方向上带电小球受力平衡，则有 mg=Bqv0 得 v0=mgBq
竖直面内匀速圆周运动半径为 R=mv0Bq=m2gB2q2
周期为 T=2πmBq
MN两点间距离为 s=v0T=2πm2gq2B2 故A错误；
B．小球在运动过程中只有重力做功，洛伦兹力不做功，则小球的机械能守恒，故B错误；
C．小球下落的最大高度为 ℎ=2R=2m2gB2q2 故C正确；
D．小球在水平面内是匀速直线运动，竖直面内是匀速圆周运动，小球的加速度大小恒为 a向=v02R=g
故D正确。
故选CD。
7．（2022·重庆·高考真题）2021年中国全超导托卡马克核聚变实验装置创造了新的纪录。为粗略了解等离子体在托卡马克环形真空室内的运动状况，某同学将一小段真空室内的电场和磁场理想化为方向均水平向右的匀强电场和匀强磁场（如图），电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。若某电荷量为q的正离子在此电场和磁场中运动，其速度平行于磁场方向的分量大小为v1，垂直于磁场方向的分量大小为v2，不计离子重力，则（ ）
A．电场力的瞬时功率为qEv12+v22B．该离子受到的洛伦兹力大小为qv1B
C．v2与v1的比值不断变大D．该离子的加速度大小不变
【答案】D
【解析】A．根据功率的计算公式可知P = Fvcsθ，则电场力的瞬时功率为P = Eqv1，A错误；
B．由于v1与磁场B平行，则根据洛伦兹力的计算公式有F洛 = qv2B，B错误；
C．根据运动的叠加原理可知，离子在垂直于纸面内做匀速圆周运动，沿水平方向做加速运动，则v1增大，v2不变，v2与v1的比值不断变小，C错误；
D．离子受到的安培力不变，电场力不变，则该离子的加速度大小不变，D正确。
故选D。
8．（2022·全国）空间存在着匀强磁场和匀强电场，磁场的方向垂直于纸面（平面）向里，电场的方向沿y轴正方向。一带正电的粒子在电场和磁场的作用下，从坐标原点O由静止开始运动。下列四幅图中，可能正确描述该粒子运动轨迹的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】解法一：AC．在xOy平面内电场的方向沿y轴正方向，故在坐标原点O静止的带正电粒子在电场力作用下会向y轴正方向运动。磁场方向垂直于纸面向里，根据左手定则，可判断出向y轴正方向运动的粒子同时受到沿x轴负方向的洛伦兹力，故带电粒子向x轴负方向偏转。AC错误；
BD．运动的过程中电场力对带电粒子做功，粒子速度大小发生变化，粒子所受的洛伦兹力方向始终与速度方向垂直。由于匀强电场方向是沿y轴正方向，故x轴为匀强电场的等势面，从开始到带电粒子偏转再次运动到x轴时，电场力做功为0，洛伦兹力不做功，故带电粒子再次回到x轴时的速度为0，随后受电场力作用再次进入第二象限重复向左偏转，故B正确，D错误。
故选B。
解法二：粒子在O点静止，对速度进行分解，分解为向x轴正方向的速度v，向x轴负方向的速度v’，两个速度大小相等，方向相反。使得其中一个洛伦兹力平衡电场力，即
则粒子的在电场、磁场中的运动，可视为，向x轴负方向以速度做匀速直线运动，同时在x轴上方做匀速圆周运动。
故选B。
9．（2022·广东）(多选)如图所示，磁控管内局部区域分布有水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。电子从M点由静止释放，沿图中所示轨迹依次经过N、P两点。已知M、P在同一等势面上，下列说法正确的有（ ）
A．电子从N到P，电场力做正功 B．N点的电势高于P点的电势
C．电子从M到N，洛伦兹力不做功 D．电子在M点所受的合力大于在P点所受的合力
【答案】BC
【解析】A．由题可知电子所受电场力水平向左，电子从N到P的过程中电场力做负功，故A错误；
B．根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知N点的电势高于P点，故B正确；
C．由于洛伦兹力一直都和速度方向垂直，故电子从M到N洛伦兹力都不做功；故C正确；
D．由于M点和P点在同一等势面上，故从M到P电场力做功为0，而洛伦兹力不做功，M点速度为0，根据动能定理可知电子在P点速度也为0，则电子在M点和P点都只受电场力作用，在匀强电场中电子在这两点电场力相等，即合力相等，故D错误；故选BC。
10．如图所示，粗糙木板MN竖直固定在方向垂直纸面向里的匀强磁场中。t＝0时，一个质量为m、电荷量为q的带正电物块沿MN以某一初速度竖直向下滑动，则物块运动的v－t图像不可能是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】A．设初速度为v0，若满足mg=f=μN
因N=Bqv0
则mg=μBqv0
则滑块向下做匀速运动，故A正确；
BD．若mg>μBqv0
则滑块开始有向下的加速度，加速度大小为a=mg−μBqvm
可知随速度增加，加速度减小，即滑块做加速度减小的加速运动，最后达到匀速状态，故B错误，D正确；
C．若mg<μBqv0
则滑块开始有向上的加速度，做减速运动，加速度大小为a=μBqv−mgm
可知随速度减小，加速度减小，即滑块做加速度减小的减速运动，最后达到匀速状态，故C正确。
本题选错误项，故选B。
11．（2023·全国·高三专题练习）(多选)如图所示，在水平匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场中，有一竖直足够长固定绝缘杆MN，小球P套在杆上，已知P的质量为m、电荷量为＋q（q>0），电场强度为E，磁感应强度为B，P与杆间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。小球由静止开始下滑直到稳定的过程中（ ）
A．小球的加速度一直减小
B．小球的机械能和电势能的总和保持不变
C．下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是v=2μqE−mg2μqB
D．下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是v=2μqE+mg2μqB
【答案】CD
【解析】A．对小球受力分析如图所示，则 mg-μ（qE-qvB）=ma
随着v的增加，小球的加速度先增大，当 qE=qvB 时达到最大值 amax=g
继续运动 mg-μ（qvB-qE）=ma 随着v的增大，a逐渐减小，所以A错误；
B．因为有摩擦力做功，小球的机械能与电势能总和在减小，B错误；
CD．若小球的加速度在达到最大前达到最大加速度的一半，则 mg-μ（qE-qvB）=mg2 得 v=2μqE−mg2μqB
若小球的加速度在达到最大后达到最大加速度的一半，则 mg-μ（qvB-qE）=mg2 得 v=2μqE+mg2μqB
故CD正确。
12．（2022·全国·高三课时练习）如图所示，在水平面上固定一倾角为θ=60°的光滑绝缘斜面OA，斜面所处整个空间存在垂直于斜面斜向下的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，电场强度大小E=5V/m，磁感应强度大小B=33T。一个电荷量为q=0.2C、质量为m=0.1kg的带电小球（带正电）在斜面顶端O点由静止释放，小球经过斜面上C点时离开斜面，运动到斜面下端A点正上方的D点（图中未画出）时加速度为0，重力加速度g=10m/s2，则小球从O点到C点的时间和小球经过D点的速度大小分别为（ ）
A．1.5s；15m/sB．1.5s；30m/sC．3s；3m/sD．3s；1.5m/s
【答案】A
【解析】由于斜面光滑，故小球离开斜面前做匀加速直线运动，离开斜面时对斜面的压力为0，则沿斜面方向有 mgsinθ=ma
垂直于斜面方向有 qvCB=qE+mgcsθ
联立解得 t=vCa=1.5s
小球在D点加速度为0，则受力平衡，如图所示
由于 mg=qE=1N
则有 qvDB=2mgcs30°
解得D点速度为 vD=15m/s
故选A。
13．（2023·全国·高三专题练习）如图所示，水平向左的匀强电场的场强E=4V/m，垂直纸面向内的匀强磁场的B=2T，质量为m=1kg的带正电的小物块A从竖直绝缘墙上的M点由静止开始下滑，滑行ℎ=0.8m到达N点时离开墙面开始做曲线运动，在到达P点开始做匀速直线运动，此时速度与水平方向成45°角，P点离开M点的竖直高度为H=1.6m，取g=10m/s2试求：
（1）A沿墙下滑克服摩擦力做的功Wf；
（2）P点与M点的水平距离xp。
【答案】（1）6J；（2）0.6m
【解析】（1）根据题意，在N点对A受力分析，如图所示
根据平衡条件有 qvNB=qE
解得 vN=EB=2ms
物块A由M运动到N过程中，设克服摩擦力做的功为Wf，由动能定理有 mgℎ−Wf=12mvN2
代入数据解得 Wf=6J
（2）根据题意，在P点，对物块A受力分析，如图所示
由平衡条件可得 qE=mg，qvBcs45°=mg
联立解得 v=22ms
粒子由N运动到P过程中，由动能定理有 mgℎ′−qExp=12mvp2−mvN2
代入数据解得 xp=0.6m
14．（2022·全国·高三课时练习）如图所示，在xOy坐标系内，圆心角为127∘的内壁光滑的圆管ab，圆心位于原点O处，Oa连线与x轴重合。坐标系内有水平向右的匀强电场，在第四象限有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。现将一质量为m、带电荷量为+q的小球从圆管的a端无初速度释放，小球从圆管的b端飞出后沿直线运动到x轴。已知圆管直径略大于小球直径，重力加速度为g。求：
（1）该匀强电场的电场强度E的大小；
（2）小球沿管下滑到达y轴前的瞬间对管壁的作用力；
（3）小球从b端飞出后第二次到达x轴时的横坐标。
【答案】（1）3mg4q；（2）92mg，方向竖直向下；（3）575m2g192q2B2
【解析】（1）小球从b飞出后做直线运动，必然是匀速直线运动，对小球受力分析如图所示
可知 qE=mgtan37∘
解得 E=mgtan37∘q=3mg4q
设到达y轴前瞬间小球速度为v1，设Oa间距离为R，
对小球的这一过程应用动能定理得 mgR+qER=12mv12
此时小球受到管下壁的弹力，设为FN，由向心力公式可得 FN−mg=mv12R
联立解得 FN=92mg
由牛顿第三定律可知，小球对管下壁的压力大小为92mg，方向竖直向下
（3）小球从b端飞出时，设速度为v2，由（1）可知F洛=qv2Bcs37∘=mg
可得 v2=5mg4qB
对小球从a到b的这一过程应用动能定理可得 mgRcs37∘+qER1+sin37∘=12mv22
联立解得 R=25m2g64q2B2
以v2到达x轴时，其横坐标为 x1=Rsin37∘
之后，在水平方向，小球以vx=v2cs37∘为初速度，在电场力作用下做匀加速运动；在竖直方向，只受重力作用，小球以vy=v2sin37∘为初速度做竖直上抛运动，则再次到达x轴时，历时为 t=2vyg
在水平方向的位移为 x2=vxt+12at2
在水平方向，由牛顿第二定律得 qE=ma
联立得 x2=75m2g32q2B2
则第二次到达x轴时的横坐标为 x=x1+x2=575m2g192q2B2
15．如图所示，有一个无重力空间，Y方向为竖直方向，在x≥0的区域内存在匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于纸面向里，大小为B =1T，绝缘光滑空心细管MN的长度为h=3m，管内M端有一质量为m=0. lkg、带正电q=0. 1C的小球，开始时小球相对管静止．管带着小球沿垂直于管长度方向，以恒定速度v0=5m/s向右方运动．求：
（1）已知进入磁场后小球将匀加速上升，求小球上升的加速度；
（2）小球在从管的M端到N端的过程中，管壁对小球做的功；
（3）当细管以v0=5m/s进入磁场时，若给管一定的外 力，使其以a=2.0m/s2的恒定加速度向右匀加速运动，小球将不能以恒定加速度上升．为保证小球仍能在管中匀加速上升，需让细管与小球间具有一特定的摩擦因数μ．试求该μ值，及小球相对管上升的加速度ay．（要求μ<1）
【答案】（1）5m/s2（2）1.5J（3）0.5；4.0m/s2
【解析】（1）由牛顿第二定律得 qv0B=ma a=qv0Bm=5m/s2
（2）解法一、设小球离开管口时速度为v1： v12=2aℎ
联立解得： v1=2Bqv0ℎm
小球的合速度为： v=v12+v02=2Bqv0ℎm+v02
由动能定理得小球从管的M端到N端的过程中管壁对小球做的功W为：
W=12mv2−12mv02=maℎ=qv0Bℎ=1.5J
解法二、洛仑兹力不做功，则洛仑兹力两个分量做功相互抵消．
管壁对小球所做的功大小应等于洛仑兹力竖直分量对小球所作的功： W=qv0Bℎ=1.5J
（3）小球竖直分速度为vy时，水平速度记为vx，小球受力如图所示
水平方向上有： FN−qvyB=ma
由： f=μfN
得： f=μ（qvyB+ma）
设小球从进入磁场t时刻，水平速度为： vx=v0+at
竖直方向的加速为ay分速度为vy，则 t时刻： qvxB−μ（qvyB+ma）=may
即 ： qB（v0+at）−μ（qvyt+ma）=may
含t项应相等，有 qBat−μqBayt=0
即： a=μay qBv0−μma=may
联立得 5=2μ+2μ 2μ2−5μ+2=0
解得μ=12 ， μ= 2舍去 ay=−aμ=2a=4.0m/s2
16．如图所示，平面直角坐标系的第二象限内存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m、电荷量为+q的小球从A点以速度v0沿直线AO运动，AO与x轴负方向成53∘角。在y轴与MN之间的区域I内加一电场强度最小的匀强电场后，可使小球继续做直线运动到MN上的C点，MN与PQ之间区域II内存在宽度为d的竖直向上匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，小球在区域II内做匀速圆周运动并恰好不能从右边界飞出，已知小球在C点的速度大小为2v0，重力加速度为g，sin53∘=0.8，cs53∘=0.6，求：
（1）第二象限内电场强度E1的大小和磁感应强度B1的大小；
（2）区域I内最小电场强度E2的大小和方向；
（3）区域II内电场强度E3的大小和磁感应强度B3的大小。
【答案】（1）E1=4mg3q，B1=5mg3qv0；（2）E2=3mg5q，方向与x轴正方向成53°斜向上；（3）E3=mgq，B3=18mv05qd
【解析】（1）根据题意分析可知小球沿AO做匀速直线运动，则 qE1=mgtan53°
解得 E1=4mg3q qv0B1=mgcs53°
解得 B1=5mg3qv0
（2）要使小球在区域I做直线运动，电场强度最小，则需要满足 mgcs53°=qE2
解得 E2=3mg5q 方向与x轴正方向成53°斜向上
（3）小球在区域II做匀速圆周运动，则 mg=qE3 解得 E3=mgq 方向为垂直AO且与y轴正向成53∘
小球恰好不从右边界飞出，如图所示，由几何关系可知 r+rsin53°=d 解得 r=5d9
根据 qvB3=mv2r 解得 B3=2mv0qr=18mv05qd
17．（2022·湖北省罗田县第一中学模拟预测）如图所示，坐标系xOy在竖直平面内，y轴的正方向竖直向上，y轴的右侧空间存在水平向左的匀强电场，电场强度为E1；y轴的左侧空间存在匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强B=1T，电场方向竖直向上，电场强度E2=2N/C。t=0时刻，一个带正电的微粒在O点以v=2m/s的初速度沿着与x轴负方向成45°角的方向射入y轴的左侧空间，微粒的电荷量q=10-6C，质量m=2×10-7kg，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）微粒从O点射入后第一次通过y轴的位置；
（2）E1为何值时，微粒从O点射入后，第二次通过y轴时恰好经过O点。
【答案】（1）0.4m；（2）1N/C
【解析】（1）由题意知 mg=qE2
故微粒在y轴左侧做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示
由洛伦兹力提供向心力得 qvB=mv2r
代入数据解得 r=25m
设微粒进入磁场时与y轴正方向夹角为θ，由题意可知θ=45°，由进出磁场的对称性可知，此圆弧所对圆心角为90°。由几何关系得，第一次通过y轴位置与O点距离 d=2r
解得 d=0.4m
（2）根据微粒的受力情况，其在y轴右侧的运动可分解为水平方向和竖直方向上的两个匀变速直线运动。在竖直向上的分运动过程中有 vcsθ=gt1 (vcsθ)2=2gℎ1
在竖直向下的分运动过程中有 ℎ1+d=12gt22
则 t总=t1+t2
解得 t总=0.4s
微粒在水平方向上的运动时间与在竖直方向上的运动时间相等。
若要其在0.4s内回到O点，则应在0.2s内减速到0。设其在水平方向上的加速度大小为a，根据牛顿第二定律得 qE1=ma
故有 vsinθ=at总2
解得 E1=1N/C
18．（2022·山东潍坊·三模）在进行科学实验前，通常都要根据实验原理、实验中需要改变的物理量、可能出现的实验结果等因素，在实验装置中选择一个合适的坐标系后才能开展实验。为测量带电粒子在电磁场中的运动情况，在某实验装置中建立如图所示直角坐标系，并沿y轴负方向加磁感应强度大小为B的匀强磁场。此设备中同时还可以加任意方向的、大小可变的匀强电场。一质量为m、带电荷量为 + q（q > 0）的粒子从坐标原点O以初速度v沿x轴正方向射入，不计粒子重力的影响。
（1）若该粒子恰好能做匀速直线运动，求所加电场强度E的大小和方向；
（2）若不加电场，改变磁感应强度B的大小，不改变方向，使该粒子恰好能够经过坐标为（3a，0， - a）的点，求改变后的磁感应强度B′的大小；
（3）改变电场的大小和方向，也可以改变运动电荷经过的位置。若保持磁感应强度B的大小和方向不变，将电场强度大小调整为E′，方向平行于yOz平面，使该粒子能够在xOy平面内做匀变速曲线运动，并经过坐标为（3a，a，0）的点，求调整后电场强度E′的大小和方向。
【答案】（1）E = vB，沿z轴正方向；（2）B′=mv2qa；（3）E′=(vB)2+(2mv23qa)2，tanθ=3qaB2mv
【解析】（1）由左手定则可知，带电粒子所受洛伦兹力沿z轴负方向，则有平衡条件可知，电场力沿z轴正方向，即电场强度沿z轴正方向，且有 qE - qvB = 0
解得 E = vB，方向沿z轴正方向
（2）粒子运动的轨迹如图所示
由几何关系，有 r2=(r−a)2+(3a)2
解得粒子运动的半径为 r = 2a
由牛顿第二定律，有 qvB′=mv2r
解得 B′=mv2qa
（3）由题意，电场力的一个分力沿z轴正方向平衡洛伦兹力，另一个分力沿y轴正方向提供类平抛运动加速度，如图所示
则由平衡条件，有 qE1= qvB
曲平抛运动规律，有 3a=vt a=12a0t2
其中 a0=qE2m
解得 E1= vB E2=2mv23qa
则合场强为 E′=E12+E22=(vB)2+(2mv23qa)2 tanθ=E1E2=3qaB2mv
19．（2022·江苏连云港·模拟预测）如图所示，沿水平和竖直方向建立直角坐标系，沿x轴放置一块长为10d的绝缘板，y轴左侧固定一内壁光滑的半圆管道（内径很小），半圆直径为d，且与y轴重合。第一象限内绝缘板的上方存在有界的匀强电场和匀强磁场，电场强度E=mgq，方向竖直向上，磁场方向垂直于坐标平面向外，大小未知，竖直方向边界未知。一带电量为q、质量为m的绝缘小球A（直径略小于管道内径）静止在坐标原点O处，质量也为m的不带电的小球B以初速度v0（未知）向左运动，与A球发生弹性正碰。
（1）若碰撞后A球能过管道最高点，则v0至少多大？
（2）若场区边界y1=d，A球通过最高点后能与B球再次发生弹性正碰，并且使B球恰能通过最高点，则磁感应强度为多大？
（3）若场区边界y2=78d，A球以v2=2gd3通过最高点后恰好从坐标为（4d，d）的P点水平射出场区，则磁感应强度应满足什么条件？
【答案】（1）v0=2gd；（2）B1=2mq2gd；（3）详见解析
【解析】（1）由动量守恒得 mBv0=mAvA+mBvB
由能量守恒得 12mBv02=12mAvA2+12mBvB2
已知mA=mB=m，联立解得 vA=v0 vB=0
由动能定理得 −mgd=0−12mAvA2
解得 v0=2gd
（2）由于mg=qE，A球在复合场区做圆周运动，所以 qv1B1=mv12r
由题意得 v1=v0 r1=d2
带入解得 B1=2mq2gd
设小球第一次从M点进入场中，入射速度为vM，与水平边界夹角为θ。
由平抛运动得，水平位移 x2=v2t2
竖直位移 d−y2=12gt22
vMy=gt2 x2=13d
解得
t2=d4g
vMy=gd4
vM=56gd
tanθ=vMyv2=34
则速度与水平方向夹角为θ=370；
由A球轨迹图（轨迹形状相同，只作一次在电磁场的运动）：轨迹与y轴相切时，有

r0+r0sinθ=x2
解得 r0=524d
粒子水平打在P点应满足 n(2x2−2rsinθ)=4d
解得 r=(59−103n)d n=1，2，3…
由于mg=qE，所以 qvMB=mvM2r
解得 B=mq(23−4n)gd
由题意得：0解得 6当n=7时 B=21m2qgd
当n=8时 B=6mqgd
当n=9时 B=9m2qgd
20．（2022·河北·模拟预测）空间中存在上、下两个不同的匀强电场区域，已知上、下场区的水平长度为L，上、下场区的宽度均为d，如图所示.电荷量为+q、质量为m的带电小球从上边界距离O点距离为d的点以初速度v0垂直电场入射，小球第一次经过对称轴OO′时离O点的距离为2d，小球进入下半区域的同时加上一恒定的垂直纸面向里的匀强磁场B，发现小球做圆周运动且恰好不越过下边界，并最终运动至上半区域水平射出，重力加速度为g，求：
（1）上半区域中匀强电场的电场强度E的大小；
（2）磁场的磁感应强度B的大小；
（3）求小球在场区中运动的总时间.
【答案】（1）mv022dq−mgq；（2）(2−1)mv0qd；（3）(3−2)L144v0+(2+1)π2v0
【解析】（1）小球第一次在上半区域电场中运动时做类平抛运动如图所示，
又由题意知 x=2d y=d
则过对称轴OO′时合位移与水平方向夹角的正切值为 tanβ=yx=12
所以，合速度v与水平方向的夹角的正切值 tanθ=2tanβ=1
解得 θ=45∘
小球在A点的合速度 v=2v0
竖直方向速度大小为 v1=v0
由运动学公式有 v12=2ad
解得小球做类平抛运动的加速度为 a=v022d
由牛顿第二定律有 mg+Eq=ma
解得上半区域中匀强电场的电场强度E的大小为 E=mv022dq−mgq
（2）由分析可知当小球进入下半部分电场和磁场重叠区域时，小球做圆周运动，则电场力与重力平衡，由洛伦兹力提供向心力，有 qvB=mv2R
解得 R=mvqB
因为小球恰好不越过下边界，由几何关系得 Rcs45∘+d=R
联立解得 B=(2−1)mv0qd
（3）由分析可知小球先做类平抛运动，再做四分之一个圆的匀速圆周运动，接着做类斜抛运动至速度水平，此为一个完整的运动周期；设小球经历N个周期(N=1,2,3⋯)后从场区出来，小球第1次做类平抛运动的时间为 t1=v1a=2dv0
小球第1次在下半区域做圆周运动的时间为 t2=T4=πm2qB=(2+1)πd2v0
由对称关系得小球第1次在上半区域做类斜抛运动的时间为 t3=t1
匀速圆周运动阶段在OO′方向的总弦长为 x2=2R=2(2+1)d
小球在一个周期内水平方向的总位移为 s=4d+x2=(22+6)d
小球在场区中运动的周期次数 N=Ls(N=1,2,3⋯)
故小球在场区中运动的总时间 t=Nt1+t2+t3= (3−2)L144v0+(2+1)π2v0
21．（2022·山东潍坊·三模）在进行科学实验前，通常都要根据实验原理、实验中需要改变的物理量、可能出现的实验结果等因素，在实验装置中选择一个合适的坐标系后才能开展实验。为测量带电粒子在电磁场中的运动情况，在某实验装置中建立如图所示直角坐标系，并沿y轴负方向加磁感应强度大小为B的匀强磁场。此设备中同时还可以加任意方向的、大小可变的匀强电场。一质量为m、带电荷量为 + q（q > 0）的粒子从坐标原点O以初速度v沿x轴正方向射入，不计粒子重力的影响。
（1）若该粒子恰好能做匀速直线运动，求所加电场强度E的大小和方向；
（2）若不加电场，改变磁感应强度B的大小，不改变方向，使该粒子恰好能够经过坐标为（3a，0， - a）的点，求改变后的磁感应强度B′的大小；
（3）改变电场的大小和方向，也可以改变运动电荷经过的位置。若保持磁感应强度B的大小和方向不变，将电场强度大小调整为E′，方向平行于yOz平面，使该粒子能够在xOy平面内做匀变速曲线运动，并经过坐标为（3a，a，0）的点，求调整后电场强度E′的大小和方向。
【答案】（1）E = vB，沿z轴正方向；（2）B′=mv2qa；（3）E′=(vB)2+(2mv23qa)2，tanθ=3qaB2mv
【解析】（1）由左手定则可知，带电粒子所受洛伦兹力沿z轴负方向，则有平衡条件可知，电场力沿z轴正方向，即电场强度沿z轴正方向，且有 qE - qvB = 0
解得 E = vB，方向沿z轴正方向
（2）粒子运动的轨迹如图所示
由几何关系，有 r2=(r−a)2+(3a)2
解得粒子运动的半径为 r = 2a
由牛顿第二定律，有 qvB′=mv2r
解得 B′=mv2qa
（3）由题意，电场力的一个分力沿z轴正方向平衡洛伦兹力，另一个分力沿y轴正方向提供类平抛运动加速度，如图所示
则由平衡条件，有 qE1= qvB
曲平抛运动规律，有 3a=vt a=12a0t2
其中 a0=qE2m
解得 E1= vB E2=2mv23qa
则合场强为 E′=E12+E22=(vB)2+(2mv23qa)2 tanθ=E1E2=3qaB2mv
运动性质
受力特点
方法规律
匀速直线运动
粒子所受的合力为0
平衡条件
匀速圆周运动
除洛伦兹力外，另外两力的合力为零：qE＝mg
牛顿第二定律、圆周运动的规律
较复杂的曲线运动
除洛伦兹力外，其他力的合力既不为零，也不与洛伦兹力等大反向
动能定理、能量守恒定律