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高考物理一轮复习专题10.3磁场--带电粒子在复合场中的运动(原卷版+解析)
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这是一份高考物理一轮复习专题10.3磁场--带电粒子在复合场中的运动(原卷版+解析)，共50页。试卷主要包含了电场与磁场的叠加等内容，欢迎下载使用。
考向一 电场与磁场的叠加
考向二磁场力、重力的叠加
考向三 在重力场、磁场和电场中的匀速运动和匀速圆周运动
考向四 在重力场、磁场和电场中的直选运动和曲线运动
电场与磁场的叠加
(2)叠加场：静电场、磁场、重力场在同一区域共存，或其中某两场在同一区域共存。
2．三种场的比较
3．带电粒子在复合场中的运动分类
(1)静止或匀速直线运动
当带电粒子在复合场中所受合力为零时，将处于静止状态或做匀速直线运动。
(2)匀速圆周运动
当带电粒子所受的重力与静电力大小相等，方向相反时，带电粒子在洛伦兹力的作用下，在垂直于匀强磁场的平面内做匀速圆周运动。
(3)较复杂的曲线运动
当带电粒子所受合力的大小和方向均变化，且与初速度方向不在同一条直线上时，粒子做非匀变速曲线运动，这时粒子运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线。
(4)分阶段运动
带电粒子可能依次通过几个情况不同的复合场区域，其运动情况随区域发生变化，其运动过程由几种不同的运动阶段组成。
【典例1】(2023年全国高考甲卷物理试题）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．运动的过程中在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。
【典例2】（多选）(2023年广东省普通高中学业水平选择性考试）8. 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。
练习1、(2023·北京市朝阳区高三一模)如图所示，在坐标系xOy平面的x＞0区域内，存在电场强度大小E＝2×105 N/C、方向垂直于x轴的匀强电场和磁感应强度大小B＝0.2 T、方向与xOy平面垂直向外的匀强磁场。在y轴上有一足够长的荧光屏PQ，在x轴上的M(10,0)点处有一粒子发射枪向x轴正方向连续不断地发射大量质量m＝6.4×10－27 kg、电荷量q＝3.2×10－19 C 的带正电粒子(重力不计)，粒子恰能沿x轴做匀速直线运动。若撤去电场，并使粒子发射枪以M点为轴在xOy平面内以角速度ω＝2π rad/s顺时针匀速转动(整个装置都处在真空中)。
(1)判断电场方向，求粒子离开发射枪时的速度大小；
(2)带电粒子在磁场中运动的轨迹半径；
(3)荧光屏上闪光点的范围距离；
答案:(1)106 m/s (2)0.1 m (3)0.273 m
解析：(1)带正电粒子(重力不计)在叠加场中沿x轴做匀速直线运动，据左手定则判断可知洛伦兹力方向向下，所以电场力方向向上，电场方向向上，有qE＝qvB
解得速度v＝eq \f(E,B)＝eq \f(2×105,0.2) m/s＝106 m/s。
(2)撤去电场后，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝meq \f(v2,R)
所以粒子在磁场中运动的轨迹半径
R＝eq \f(mv,qB)＝eq \f(6.4×10－27×106,3.2×10－19×0.2) m＝0.1 m。
(3)粒子运动轨迹如图所示，
粒子打在荧光屏上最上端的点是B点，最下端打在A点
由几何知识可知dOA＝2Rcs 30°＝eq \r(3)R，dOB＝R
所以荧光屏上闪光点的范围距离为dAB＝(eq \r(3)＋1)R≈0.273 m。
【巧学妙记】
2．分析思路
(1)划分过程：将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选取不同的规律处理．
(2)找关键：确定带电粒子在场区边界的速度(包括大小和方向)是解决该类问题的关键．
(3)画运动轨迹：根据受力分析和运动分析，大致画出粒子的运动轨迹图，有利于形象、直观地解决问题．
磁场力、重力的叠加
①若重力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动。
②若重力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒，由此可求解问题。
【典例3】(2023·北京市丰台区高三上期末)如图所示，空间有一垂直纸面的磁感应强度为0.5 T的匀强磁场，一质量为0.2 kg且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板左端无初速放置一质量为0.1 kg、电荷量q＝＋0.2 C的滑块，滑块与绝缘木板之间动摩擦因数为0.5，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力。t＝0时对木板施加方向水平向左，大小为0.6 N恒力，g取10 m/s2。则( )
A.木板和滑块一直做加速度为2 m/s2的匀加速运动
B.滑块开始做加速度减小的变加速运动，最后做速度为10 m/s匀速运动
C.木板先做加速度为2 m/s2匀加速运动，再做加速度增大的运动，最后做加速度为3 m/s2的匀加速运动
D.t＝5 s后滑块和木块有相对运动
答案:C
解析：由于滑块与绝缘木板之间动摩擦因数为0.5，静摩擦力对滑块能产生的最大加速度为μg＝5 m/s2，所以当0.6 N 的恒力作用于木板时，系统一起以a＝eq \f(F,M＋m)＝eq \f(0.6,0.2＋0.1) m/s2＝2 m/s2的加速度一起运动，当滑块获得向左运动的速度以后又产生一个方向向上的洛伦兹力，最大静摩擦力f＝μ(mg－qvB)随v的增大而减小，减小至它对滑块产生a＝2 m/s2的加速度后，滑块与木板发生相对滑动，此后滑动摩擦力f＝μ(mg－qvB)＝ma，可知滑块再做加速度减小的变加速运动。当洛伦兹力等于重力时滑块与木板之间的弹力为零，此时Bqv＝mg，解得v＝10 m/s，此时摩擦力消失，滑块做匀速运动，而木板在恒力作用下做匀加速运动，a′＝eq \f(F,M)＝eq \f(0.6,0.2) m/s2＝3 m/s2。可知滑块先与木板一起做匀加速直线运动，然后发生相对滑动，做加速度减小的变加速运动，最后做速度为10 m/s的匀速运动；因木块开始的加速度为2 m/s2，当恰好要开始滑动时，f＝μ(mg－qvB)＝ma，代入数据得v＝6 m/s，经历的时间是t＝eq \f(v,a)＝eq \f(6,2) s＝3 s，此后滑块所受的摩擦力逐渐减小，加速度减小，仍然做加速运动，最后做速度为10 m/s 的匀速运动，故选C
【典例4】 (多选)[2022·黄石模拟]如图所示，有一范围足够大的水平匀强磁场，磁感应强度为B，一个质量为m、电荷量为＋q的带电小圆环套在一根固定的绝缘竖直长杆上，环与杆间的动摩擦因数为μ.现使圆环以初速度v0向上运动，经时间t0圆环回到出发点，不计空气阻力，取竖直向上为正方向，下列描述该过程中圆环的速度v随时间t、摩擦力Ff随时间t、动能Ek随位移x、机械能E随位移x变化规律的图象中，可能正确的是( )
答案:ABD
解析：小圆环向上做减速运动，对小圆环受力分析，竖直方向：重力和竖直向下的摩擦力，由牛顿第二定律有mg＋f＝ma；水平方向：N＝qvB，f＝μN，解得f＝μqvB.速度逐渐减小，滑动摩擦力逐渐减小，加速度逐渐减小，当速度减小到零时，加速度为g，此时摩擦力为零，然后小圆环向下做加速运动，竖直方向：mg－f＝ma；水平方向：N＝qvB，f＝μN，随着速度的增大，弹力N增大，摩擦力增大，加速度减小，A、B正确．动能先减小后增大，Ek－x图像的斜率大小表示合外力，从0～x过程，动能减小，合外力减小，从x～0的过程，动能增大，合外力减小，C错误．小圆环的机械能逐渐减小，E－x图像的斜率大小表示摩擦力f，上升过程中，从0～x过程，摩擦力逐渐减小，下滑过程，位移从x～0，摩擦力逐渐增大，D正确．
练习2、(多选)(2023·山东省菏泽市高三下二模)如图所示，两个倾角分别为30°和60°的足够长光滑绝缘斜面固定于水平地面上，并处于方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中，两个质量为m、电荷量为＋q的小滑块甲和乙分别从两个斜面顶端由静止释放，运动一段时间后，两小滑块都将飞离斜面，在此过程中( )
A．甲滑块飞离斜面瞬间的速度比乙滑块飞离斜面瞬间的速度大
B．甲滑块在斜面上运动的时间比乙滑块在斜面上运动的时间短
C．两滑块在斜面上运动的位移大小相同
D．两滑块在斜面上运动的过程中，重力的平均功率相等
答案:AD
解析：小滑块飞离斜面时，洛伦兹力与重力垂直斜面的分力平衡，故mgcsθ＝qvmB，解得vm＝eq \f(mgcsθ,qB)，所以斜面倾角越小，飞离斜面瞬间的速度越大，故甲滑块飞离时速度较大，故A正确；滑块在斜面上运动的加速度恒定不变，由受力分析和牛顿第二定律可得加速度a＝gsinθ，所以甲的加速度小于乙的加速度，因为甲飞离时的速度大于乙飞离时的速度，由vm＝at得，甲在斜面上运动的时间大于乙在斜面上运动的时间，故B错误；由以上分析和x＝eq \f(v\\al(2,m),2a)可知，甲在斜面上运动的位移大于乙在斜面上运动的位移，故C错误；由平均功率的公式得，滑块在斜面上运动的过程中，重力的平均功率P＝Feq \x\t(v)·sinθ＝mg·eq \f(vm,2)sinθ＝eq \f(m2g2sinθ·csθ,2qB)，因sin30°＝cs60°，sin60°＝cs30°，故两滑块在斜面上运动时重力的平均功率相等，故D正确。
练习3.(多选)(2023·安徽省合肥市高三上开学考试)如图所示，空间存在垂直于纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，场内有一绝缘的足够长的直杆，它与水平面的夹角为θ，一电荷量为q、质量为m的带负电小球套在直杆上，从A点由静止沿杆下滑，小球与杆之间的动摩擦因数为μ，在小球以后的运动过程中，下列说法正确的是( )
A．小球下滑的最大速度为vm＝eq \f(mgsinθ,μqB)
B．小球下滑的最大加速度为am＝gsinθ
C．小球的加速度一直在减小
D．小球的速度先增大后不变
答案:BD
解析：小球开始下滑时有mgsinθ－μ(mgcsθ－qvB)＝ma，随着v增大，a增大，当v0＝eq \f(mgcsθ,qB)时，a达到最大值即am＝gsinθ，此时洛伦兹力大小等于mgcsθ，支持力为0，此后随着速度增大，洛伦兹力增大，支持力增大，此后下滑过程中有，mgsinθ－μ(qvB－mgcsθ)＝ma，随着v增大，a减小，当vm＝eq \f(mgsinθ＋μcsθ,μqB)时，a＝0，此时达到平衡状态，速度不变．所以整个过程中，v先增大后不变，a先增大后减小，所以B、D正确．
【巧学妙记】
(1)对物块受力分析，把握已知条件。
(2)掌握洛伦兹力的公式和特点，理清弹力和摩擦力、洛伦兹力的变化。
(3)分析受力结合运动，通过牛顿运动定律，分析加速度变化；通过合力与速度的关系，分析速度变化
在重力场、磁场和电场中的匀速运动和匀速圆周运动
①若三力平衡，一定做匀速直线运动。
②若重力与电场力平衡，一定做匀速圆周运动。
③若合力不为零且与速度方向不垂直，将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用能量守恒定律或动能定理求解问题。
【典例5】(多选)(2023·福建省漳州市模拟) 如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，磁场方向垂直于纸面向外。已知在该区域内，一个带电小球在竖直面内做直线运动。下列说法正确的是( )
A．若小球带正电荷，则小球的电势能减小
B．若小球带负电荷，则小球的电势能减小
C．无论小球带何种电荷，小球的重力势能都减小
D．小球的动能恒定不变
答案:CD
解析：根据题意，小球受的重力、静电力恒定，洛伦兹力垂直于速度，则小球所受三力恰好平衡，做匀速直线运动，则小球的动能不变，故D正确；若小球带正电，小球受力如图1，根据左手定则可知，小球斜向左下方运动，静电力做负功，电势能增大，故A错误；若小球带负电，小球受力如图2，根据左手定则可知，小球斜向右下方运动，静电力做负功，电势能增大，故B错误；无论小球带何种电荷，小球都下降，小球的重力势能都减小，故C正确。
【典例5】(多选)(2023·江淮十校联考)如图所示，空间存在竖直向上、大小为E的匀强电场和沿水平方向、垂直于纸面向里、大小为B的匀强磁场，一个质量为m的带电小球用长为L的绝缘细线吊着悬于O点，给小球一个水平方向的初速度，小球在竖直面内做匀速圆周运动，细线张力不为零；某时刻细线断开，小球仍做半径为L的匀速圆周运动，不计小球的大小，重力加速度为g，则( )
A．细线未断时，小球沿顺时针方向运动
B．小球的带电量为eq \f(mg,E)
C．小球运动的速度大小为eq \f(2BLg,E)
D．细线未断时，细线的拉力大小为eq \f(2mLg2B2,E2)
答案:ABD
解析：小球做匀速圆周运动，说明电场力与重力等大反向，小球带正电，qE＝mg，q＝eq \f(mg,E)，B项正确；由于细线断了以后，小球仍做半径为L的匀速圆周运动，因此细线未断时，小球沿顺时针方向运动，T－qvB＝meq \f(v2,L)，细线断了以后小球沿逆时针方向运动，qvB＝meq \f(v2,L)，得到v＝eq \f(qBL,m)＝eq \f(BLg,E)，细线的拉力大小T＝eq \f(2mLg2B2,E2)，C项错误，A、D项正确。
练习4.(2023·江西一模)我国地处北半球，某地区存在匀强电场E和可看做匀强磁场的地磁场B，电场和地磁场的方向相同，地磁场的竖直分量和水平分量分别竖直向下和水平指北，一带电小球以速度v在此区域内沿垂直场强方向沿水平面做直线运动，忽略空气阻力，某地区的重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．小球运动方向为自南向北B．小球可能带正电
C．小球速度v的大小为eq \f(E,B)D．小球的比荷为eq \f(g,\r(E2＋（vB）2))
答案:D
解析：AB项，小球受到重力、电场力与洛伦兹力，因直线运动，且f＝qvB，因此一定是匀速直线运动，那么电场力与洛伦兹力的合力与重力等值反向，根据左手定则，因地磁场的竖直分量和水平分量分别竖直向下和水平指北，那么小球一定带负电，负电荷受到的电场力的方向与磁场的方向相反，则运动的方向由东向西方向运动，故AB两项错误；C项，由上分析可知，电场力与洛伦兹力的合力竖直向上，由于夹角不知，因此它们的大小关系不能确定，则不能确定v的大小为eq \f(E,B).故C项错误；D项，小球受到的电场力与洛伦兹力的合力与重力等值反向，则：mg＝eq \r(（qE）2＋（qvB）2)，所以小球的比荷：eq \f(q,m)＝eq \f(g,\r(E2＋（vB）2)).故D项正确．
练习5、(2023·浙江省温州市高三二模) 如图所示，在正交的匀强电、磁场中有质量、电荷量都相同的两油滴，A静止，B做半径为R的匀速圆周运动。若B与A相碰并结合在一起，则它们将( )
A．以B原速率的一半做匀速直线运动
B．以eq \f(R,2)为半径做匀速圆周运动
C．仍以R为半径做匀速圆周运动
D．做周期为B的一半的匀速圆周运动
答案:B
解析：解析：由A、B相碰时动量守恒mv＝2mv′，有v′＝eq \f(v,2)。据题意碰后A、B合成的大油滴所受重力仍与电场力平衡，合外力是洛伦兹力，所以继续做匀速圆周运动，且有r＝eq \f(2mv′,2qB)＝eq \f(R,2)，T＝eq \f(2π2m,2qB)＝eq \f(2πm,qB)，选项B正确。
【巧学妙记】
匀速圆周运动：当带电粒子在叠加场中，重力与电场力相平衡，粒子运动方向与匀强磁场方向垂直时，带电粒子就做匀速圆周运动．此种情况下要同时应用平衡条件和向心力公式来进行分析．
在重力场、磁场和电场中的直选运动和曲线运动
【典例7】.(2023·云南省昆明市“三诊一模”二模)如图所示，在粗糙的足够长的竖直木杆上套有一个带正电小球，整个装置处在有水平匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场组成的足够大的复合场中，小球由静止开始下滑，在整个运动过程中，下列关于描述小球运动的v—t图象中正确的是( )
答案:C
解析：在小球下滑的过程中，对小球进行受力分析，如图所示，
小球受到重力mg、电场力qE、洛伦兹力qvB、摩擦力f，还有木杆对小球的支持力N.开始时，小球的速度较小，洛伦兹力qvB较小，支持力N较大，随着速度的增大，支持力N在减小，可以知道摩擦力f减小，竖直方向上的合力增大，小球的加速度增大；当速度增大到一定的程度时，洛伦兹力qvB和电场力qE相等，此时支持力N为零，摩擦力f为零，小球的加速度为g，加速度达到最大；当速度继续增大时，支持力N要反向增大，摩擦力f增大，竖直方向上的合力减小，小球的加速度减小，当摩擦力f与重力mg相等时，竖直方向上的加速度为零，小球的速度达到最大．所以选项ABD所示的v—t图象不符合分析得到的小球的运动规律，C选项符合．
【典例8】(2023·衡水三模)在如图所示的正交电磁场中竖直固定着一个半径R＝eq \r(3) m的光滑圆弧，圆弧CD竖直固定，它对应的圆心角为240°，在C的左端有一倾斜的切线光滑轨道AC与水平面夹角θ＝30°.电场强度为E的电场充满整个空间，而磁感应强度为B的磁场只分布在圆弧轨道所在的右半侧区域，已知E和B在数值上相等，取重力加速度g＝10 m/s2.现在A点安装一个弹射装置，它能以不同速度沿AC方向发射可视为质点的带电小球，小球的质量为m，小球射出后能在AC上做匀速直线运动，则下列说法正确的是( )
A．小球一定带负电
B．小球在轨道的最低点F处速度最大
C．若小球以初速度v0＝(5＋eq \r(45)) m/s射出，则小球会从D点离开轨道
D．若撤去磁场，让小球以初速度v0＝2eq \r(5) m/s射出，则小球一定不会脱离轨道
答案:D
解析：A项，小球射出后能在AC上做匀速直线运动，小球所受合力为零，电场力水平向左，则小球带正电，A项错误．B项，小球受力如图所示，电场力与重力的合力与竖直方向夹角为θ＝30°，小球速度最大位置在图中C点，B项错误．
C项，重力与电场力的合力：F＝eq \f(mg,csθ)＝eq \f(2\r(3)mg,3)，电场力：qE＝mgtanθ＝eq \f(\r(3),3)mg，小球在P点恰好不脱离轨道，此时轨道对小球弹力为零，由牛顿第二定律得：F＋qvB＝meq \f(v2,R)，由题意可知：E＝B，解得：v＝eq \f(\r(180)＋10,2) m/s，从A到C过程小球速度不变，从C到P过程，由动能定理得：－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，则小球不会通过P到达D点，故C项错误；
D项，设当小球初速度v1时，恰好从C点沿圆弧转过90°到B点，从C到B根据动能定理：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，则小球一定不会脱离轨道．只有D项正确．
练习6、(多选)(2023山东省济南市高三下模拟考试)如图所示，空间中存在一水平方向的匀强电场和一水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B，垂直纸面向里，电场强度大小为E＝eq \f(\r(3)mg,q)，水平向左，在正交的电磁场空间中有一固定的粗细均匀的足够长粗糙绝缘杆，与电场正方向成60°夹角且处于竖直平面内，一质量为m、电荷量为q(q>0)的小球套在绝缘杆上，当小球沿杆向下的初速度为v0时，小球恰好做匀速直线运动，已知重力加速度大小为g，小球电荷量保持不变，则下列说法正确的是( )
A．小球的初速度v0＝eq \f(mg,2qB)
B．若小球沿杆向下的初速度v＝eq \f(mg,qB)，小球将沿杆做加速度不断增大的减速运动直到停止
C．若小球沿杆向下的初速度v＝eq \f(3mg,qB)，小球将沿杆做加速度不断减小的减速运动直到停止
D．若小球沿杆向下的初速度v＝eq \f(4mg,qB)，则从开始运动至稳定，小球克服摩擦力做功为eq \f(6m3g2,q2B2)
答案:BD
解析：根据题意可知小球受力平衡，电场力F＝qE＝eq \r(3)mg，电场力与重力的合力为G′＝2mg，方向垂直于杆斜向下，洛伦兹力垂直于斜杆向上，所以小球不受杆的摩擦力，则cs 60°＝eq \f(mg,qv0B)，所以v0＝eq \f(2mg,qB)，A错误；当v＝eq \f(mg,qB)时，qvB＝mgG′，则小球受到垂直于杆斜向下的弹力，即G′＋FN＝qvB，同时受到沿杆向上的摩擦力，根据牛顿第二定律可知Ff＝μFN＝μ(qvB－G′)＝ma，小球做加速度减小的减速运动，当v＝eq \f(2mg,qB)时，qvB＝G′＝2mg，小球不受摩擦力作用，开始做匀速直线运动，C错误；同理，当v＝eq \f(4mg,qB)时，小球先做加速度减小的减速运动，当v＝eq \f(2mg,qB)时开始做匀速直线运动，根据动能定理得小球克服摩擦力做功Wf＝eq \f(1,2)m(eq \f(4mg,qB))2－eq \f(1,2)m(eq \f(2mg,qB))2＝eq \f(6m3g2,q2B2)，D正确。
练习7、(2023·哈尔滨模拟)如图所示，在纸面内存在水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B，一水平固定绝缘杆上套有带电小球P，P的质量为m、电荷量为－q，P与杆间的动摩擦因数为μ.小球由静止开始滑动，设电场、磁场区域足够大，杆足够长，在运动过程中小球的最大加速度为a0，最大速度为v0，则下列判断正确的是( )
A．小球先加速后减速，加速度先增大后减小
B．当v＝eq \f(1,2)v0时，小球的加速度最大
C．当v＝eq \f(1,2)v0时，小球一定处于加速度减小阶段
D．当a＝eq \f(1,2)a0时，eq \f(v,v0)>eq \f(1,2)
答案:C
解析：开始运动阶段qvB两阶段的图线斜率大小相等，有v1【巧学妙记】
把握三点，解决“约束运动”问题
(1)对物块受力分析，把握已知条件．
(2)掌握洛伦兹力的公式和特点，理清弹力和摩擦力、洛伦兹力和速度、摩擦力与合力、加速度与速度等几个关系．
(3)掌握力和运动、功和能在磁场中的应用
1. 1. (2023·北京海淀区期末)如图所示，在赤道处，将一小球向东水平抛出，落地点为a；给小球带上电荷后，仍以原来的速度抛出，考虑地磁场的影响，下列说法正确的是( )
A．无论小球带何种电荷，小球仍会落在a点
B．无论小球带何种电荷，小球下落时间都会延长
C．若小球带负电荷，小球会落在更远的b点
D．若小球带正电荷，小球会落在更远的b点
2..(2023·南京月考)如图所示的虚线区域内，充满垂直于纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场。一带电粒子a(不计重力)以一定的初速度由左边界的O点射入磁场、电场区域，恰好沿直线由区域右边界的O′点(图中未标出)穿出。若撤去该区域内的磁场而保留电场不变，另一个同样的粒子b(不计重力)仍以相同初速度由O点射入，从区域右边界穿出，则粒子b( )
A．穿出位置一定在O′点下方
B．穿出位置一定在O′点上方
C．运动时，在电场中的电势能一定减小
D．在电场中运动时，动能一定减小
3. （多选）(2023·云南省昆明市“三诊一模”二模)如图所示，在水平向左的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，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eq \f( 2μqE＋mg,2μqB)
D．小球向下运动的稳定速度为eq \f( μqE＋mg,μqB)
4.(多选)(2023·安徽省合肥市高三上开学考试)如图所示，空间有一垂直纸面向里的磁感应强度大小为0.5 T的匀强磁场，一质量为0.2 kg且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板左端无初速度地放置一质量为0.05 kg、电荷量q＝－0.2 C的滑块，滑块与绝缘木板之间的动摩擦因数为0.5，可认为滑块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现对木板施加方向水平向左、大小为0.6 N的恒力，g取10 m/s2.则( )
A．木板和滑块一直做匀加速运动
B．滑块先做匀加速运动后做匀速运动
C．最终滑块做速度为5 m/s的匀速运动
D．最终木板做加速度为3 m/s2的匀加速运动
5．（多选）(2023·福建省泉州市第二次质量检测)如图，一带负电的圆环套在倾斜固定的粗糙绝缘长直杆上，圆环的直径略大于杆的直径，杆处于方向垂直纸面向里的匀强磁场中。现给圆环一沿杆向上的初速度v0，在以后的运动过程中，下列关于圆环的速度v随时间t的变化关系图线，可能正确的是( )
6.(多选)(2023·湖南省永州市高三下第一次适应性测试)如图所示，实线表示竖直平面内的电场线，电场线与水平方向成α角，水平方向的匀强磁场与电场正交，有一带电液滴沿斜向上的虚线L斜向上做直线运动，L与水平方向成β角，且α＞β，则下列说法中正确的是( )
A．液滴一定做匀速直线运动
B．液滴一定带负电
C．电场线方向一定斜向上
D．液滴有可能做匀变速直线运动
7.(2023·山东省菏泽市高三下二模)如图所示，质量为m＝1 kg、电荷量为q＝5×10－2 C的带正电的小滑块，从半径为R
＝0.4 m的固定光滑绝缘eq \f(1,4)圆弧轨道上由静止自A端滑下。整个装置处在方向互相垂直的匀强电场与匀强磁场中。已知E＝100 V/m，方向水平向右，B＝1 T，方向垂直纸面向里，g取10 m/s2，求：
(1)滑块到达C点时的速度；
(2)在C点时滑块所受洛伦兹力；
(3)在C点滑块对轨道的压力。
1.(2023山东省济南市高三下模拟考试)如图所示，匀强电场方向水平向右，匀强磁场方向垂直纸面向里，将带正电的小球在场中静止释放，最后落到地面上．关于该过程，下述说法正确的是( )
A．小球做匀变速曲线运动
B．小球减少的电势能等于增加的动能
C．电场力和重力做的功等于小球增加的动能
D．若保持其他条件不变，只减小磁感应强度，小球着地时动能不变
2. (多选)(2023·山东省滨州市高三下二模)带电小球以一定的初速度v0竖直向上抛出，能够达到的最大高度为h1；若加上水平方向的匀强磁场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h2，若加上水平方向的匀强电场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h3；若加上竖直向上的匀强电场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h4，如图所示。不计空气阻力，则( )
A.一定有h1＝h3 B.一定有h1＜h4
C.h2与h4无法比较 D.h1与h2无法比较
3. (2023·河北省张家口市高三下三模)如图所示，场强为E的匀强电场方向竖直向下，场强为B的水平匀强磁场垂直纸面向里，三个油滴a、b、c带有等量的同种电荷．已知a静止，b、c在纸面内按图示方向做匀速圆周运动(轨迹未画出)．忽略三个油滴间的静电力作用，比较三个油滴的质量及b、c的运动情况，以下说法中正确的是( )
A．三个油滴的质量相等，b、c都沿顺时针方向运动
B．a的质量最大，c的质量最小，b、c都沿逆时针方向运动
C．b的质量最大，a的质量最小，b、c都沿顺时针方向运动
D．三个油滴的质量相等，b沿顺时针方向运动，c沿逆时针方向运动
4. (2023广东汕头一模)如图所示，长为l的绝缘轻绳上端固定于O点，下端系一质量为m的带负电小球，在小球运动的竖直平面内有垂直该平面向里的匀强磁场．某时刻给小球一垂直于磁场、水平向右的初速度，小球能做完整的圆周运动．不计空气阻力，重力加速度为g，则( )
A．小球做匀速圆周运动
B．小球运动过程中机械能不守恒
C．小球在最高点的最小速度v1＝eq \r(gl)
D．最低点与最高点的绳子拉力差值大于6mg
5.(2023·天津市南开区高三下一模)如图所示，虚线右侧有竖直向下的电场强度E＝45 N/C的匀强电场及垂直于电场向外的磁感应强度B＝0.25 T的匀强磁场。在光滑绝缘的水平面上有两个等大的金属小球A、B，小球A不带电，其质量mA＝0.05 kg，紧贴虚线静置的小球B带电量qB＝－4×10－3 C，其质量mB＝0.01 kg。小球A以速度v0＝20 m/s水平向右与小球B发生正碰，碰后小球B垂直于电、磁场直接进入正交电、磁场中。刚进入正交电、磁场的瞬间，小球B竖直方向的加速度恰好为零。设小球A、B碰撞瞬间电荷均分，取g＝10 m/s2。则下列说法正确的是( )
A．碰后瞬间，小球A的速度大小为10 m/s
B．小球A在刚进入正交电、磁场后的短时间内，其电势能减少
C．过程中，小球A对小球B做的功为2 J
D．小球A、B之间的碰撞为弹性碰撞
6.(多选)(2023·江苏省徐州市高三下第三次调研)如图所示，粗糙的足够长直绝缘杆上套有一带电小球，整个装置处在由水平向右匀强电场和垂直于纸面向外的匀强磁场组成的足够大复合场中，小球由静止开始下滑，则下列说法正确的是( )
A．小球的加速度先增大后减小
B．小球的加速度一直减小
C．小球的速度先增大后减小
D．小球的速度一直增大，最后保持不变
7. (多选)(2023·江苏省宿迁市高三下第三次调研)如图所示，半圆形光滑绝缘轨道固定在竖直平面内，O点为其圆心，P点为轨道最低点，两个端点M、N与O等高，匀强磁场方向与轨道平面垂直。现将一个带负电的小球自M点由静止释放，它将沿轨道做往复运动，下列说法中正确的是( )
A．小球由M到N与由N到M所经历的时间相等
B．小球由M到P与由N到P过程中重力对小球做的功相等，但洛伦兹力做的功不相等
C．小球由M到P与由N到P过程中所受合外力的冲量大小相等
D．小球经过轨道最低点时对轨道的压力大小是相等的
8. (多选)(2023·合肥一模)如图所示，竖直放置的两平行金属板，长为L，板间距离为d，接在电压为U的直流上．在两板间加一磁感应强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场．一个质量为m，电荷量为q的带正电油滴，从距金属板上端高为h处由静止开始自由下落，并经两板上端连线中点P进入板间．油滴在P点所受的电场力与磁场力大小恰好相等，且最后恰好从金属板的下边缘离开电磁场区域．空气阻力不计，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．油滴刚进入电磁场时的加速度为g
B．油滴开始下落的高度h＝eq \f(U2,2B2d2g)
C．油滴从左侧金属板的下边缘离开
D．油滴离开电磁场时的速度大小为eq \r(\f(－qU,m)＋2gL＋\f(U2,B2d2))
9. (多选)(2023.黑龙江齐齐哈尔二模)如图所示，绝缘的中空轨道竖直固定，圆弧段COD光滑，对应圆心角为120°，C、D两端等高，O为最低点，圆弧的圆心为O′，半径为R；直线段AC、HD粗糙且足够长，与圆弧段分别在C、D端相切．整个装置处于方向垂直于轨道所在平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，在竖直虚线MC左侧和虚线ND右侧存在着电场强度大小相等、方向分别为水平向右和水平向左的匀强电场．现有一质量为m、电荷量恒为q、直径略小于轨道内径、可视为质点的带正电小球，从轨道内距C点足够远的P点由静止释放．若小球所受电场力的大小等于其重力的eq \f(\r(3),3)倍，小球与直线段AC、HD间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为，则( )
A．小球在第一次沿轨道AC下滑的过程中，最大加速度amax＝eq \f(2\r(3),3)g
B．小球在第一次沿轨道AC下滑的过程中，最大速度vmax＝eq \f(\r(3)mg,3μqB)
C．小球进入DH轨道后，上升的最高点与P点等高
D．小球经过O点时，对轨道的弹力可能为2mg－qBeq \r(gR)
10. (2023·长春模拟)如图所示，水平向左的匀强电场的场强E＝4 v/m，垂直纸面向内的匀强磁场的B＝2 T，质量为m＝1 kg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＝0.8 m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＝1.6 m，取g＝10 m/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.
11. (2023·福建福州期末)如图所示，竖直平面MN的右侧空间存在着相互垂直的水平向左的匀强电场和水平向里的匀强磁场，MN左侧的绝缘水平面光滑，右侧的绝缘水平面粗糙。质量为m的小物体A静止在MN左侧的水平面上，该小物体带负电，电荷量－q(q>0)。质量为eq \f(1,3)m的不带电的小物体B以速度v0冲向小物体A并发生弹性正碰，碰撞前后小物体A的电荷量保持不变。
(1)求碰撞后小物体A的速度大小。
(2)若小物体A与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，磁感应强度为B＝eq \f(3mg,qv0)，电场强度为E＝eq \f(7μmg,q)，小物体A从MN开始向右运动距离为L时速度达到最大。求小物体A的最大速度vm和此过程克服摩擦力所做的功W。
11. (2023·江苏省连云港市高三下第一次调研)如图所示，质量M为5.0 kg的小车以2.0 m/s的速度在光滑的水平面上向左运动，小车上AD部分是表面粗糙的水平轨道，DC部分是eq \f(1,4)光滑圆弧轨道，整个轨道都是由绝缘材料制成的，小车所在空间内有竖直向上的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，电场强度E大小为50 N/C，磁感应强度B大小为2.0 T．现有一质量m为2.0 kg、带负电且电荷量为0.10 C的滑块以10 m/s的水平速度向右冲上小车，当它运动到D点时速度为5 m/s.滑块可视为质点，g取10 m/s2，计算结果保留两位有效数字．
(1)求滑块从A到D的过程中，小车与滑块组成的系统损失的机械能；
(2)如果滑块刚过D点时对轨道的压力为76 N，求圆弧轨道的半径r；
(3)当滑块通过D点时，立即撤去磁场，要使滑块冲出圆弧轨道，求此圆弧轨道的最大半径．
1.(2023·北京卷）某空间存在匀强磁场和匀强电场。一个带电粒子(不计重力)以一定初速度射入该空间后，做匀速直线运动；若仅撤除电场，则该粒子做匀速圆周运动，下列因素与完成上述两类运动无关的是
A．磁场和电场的方向
B．磁场和电场的强弱
C．粒子的电性和电量
D．粒子入射时的速度
2.(2023·湖南卷·)如图，两个定值电阻的阻值分别为和，直流电源的内阻不计，平行板电容器两极板水平放置，板间距离为，板长为，极板间存在方向水平向里的匀强磁场。质量为、带电量为的小球以初速度沿水平方向从电容器下板左侧边缘点进入电容器，做匀速圆周运动，恰从电容器上板右侧边缘离开电容器。此过程中，小球未与极板发生碰撞，重力加速度大小为，忽略空气阻力。
（1）求直流电源的电动势；
（2）求两极板间磁场的磁感应强度；
（3）在图中虚线的右侧设计一匀强电场，使小球离开电容器后沿直线运动，求电场强度的最小值。
新课程标准
1.通过实验，认识洛伦兹力。能判断洛伦兹力的方向，会计算洛伦兹力的大小。
2．能用洛伦兹力分析带电粒子在匀强磁场中的圆周运动。了解带电粒子在匀强磁场中的偏转及其应用。
命题趋势
考查的内容主要体现在对科学思维、运动与相互作用观念等物理学科的核心素养的要求。考查频率高，题目综合性强，会综合牛顿运动定律和运动学规律，注重与电场、磁场的渗透，注重生产、生活、当今热点、现代科技的联系。
试题情境
生活实践类
生活和科技等
学习探究类
带电粒子在磁场、组合场、叠加场中的运动
项目
名称
力的特点
功和能的特点
重力场
大小：G＝mg
方向：竖直向下
重力做功与路径无关
重力做功改变物体的重力势能
静电场
大小：F＝qE
方向：①正电荷受力方向与场强方向相同
②负电荷受力方向与场强方向相反
静电力做功与路径无关
W＝qU
静电力做功改变电势能
磁场
洛伦兹力大小：F＝
qvB
方向：根据左手定则判定
洛伦兹力不做功，不改变带电粒子的动能
考点32磁场--带电粒子在复合场中的运动
考向一 电场与磁场的叠加
考向二磁场力、重力的叠加
考向三 在重力场、磁场和电场中的匀速运动和匀速圆周运动
考向四 在重力场、磁场和电场中的直选运动和曲线运动
电场与磁场的叠加
(2)叠加场：静电场、磁场、重力场在同一区域共存，或其中某两场在同一区域共存。
2．三种场的比较
3．带电粒子在复合场中的运动分类
(1)静止或匀速直线运动
当带电粒子在复合场中所受合力为零时，将处于静止状态或做匀速直线运动。
(2)匀速圆周运动
当带电粒子所受的重力与静电力大小相等，方向相反时，带电粒子在洛伦兹力的作用下，在垂直于匀强磁场的平面内做匀速圆周运动。
(3)较复杂的曲线运动
当带电粒子所受合力的大小和方向均变化，且与初速度方向不在同一条直线上时，粒子做非匀变速曲线运动，这时粒子运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线。
(4)分阶段运动
带电粒子可能依次通过几个情况不同的复合场区域，其运动情况随区域发生变化，其运动过程由几种不同的运动阶段组成。
【典例1】(2023年全国高考甲卷物理试题）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．运动的过程中在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。
【典例2】（多选）(2023年广东省普通高中学业水平选择性考试）8. 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。
练习1、(2023·北京市朝阳区高三一模)如图所示，在坐标系xOy平面的x＞0区域内，存在电场强度大小E＝2×105 N/C、方向垂直于x轴的匀强电场和磁感应强度大小B＝0.2 T、方向与xOy平面垂直向外的匀强磁场。在y轴上有一足够长的荧光屏PQ，在x轴上的M(10,0)点处有一粒子发射枪向x轴正方向连续不断地发射大量质量m＝6.4×10－27 kg、电荷量q＝3.2×10－19 C 的带正电粒子(重力不计)，粒子恰能沿x轴做匀速直线运动。若撤去电场，并使粒子发射枪以M点为轴在xOy平面内以角速度ω＝2π rad/s顺时针匀速转动(整个装置都处在真空中)。
(1)判断电场方向，求粒子离开发射枪时的速度大小；
(2)带电粒子在磁场中运动的轨迹半径；
(3)荧光屏上闪光点的范围距离；
答案:(1)106 m/s (2)0.1 m (3)0.273 m
解析：(1)带正电粒子(重力不计)在叠加场中沿x轴做匀速直线运动，据左手定则判断可知洛伦兹力方向向下，所以电场力方向向上，电场方向向上，有qE＝qvB
解得速度v＝eq \f(E,B)＝eq \f(2×105,0.2) m/s＝106 m/s。
(2)撤去电场后，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝meq \f(v2,R)
所以粒子在磁场中运动的轨迹半径
R＝eq \f(mv,qB)＝eq \f(6.4×10－27×106,3.2×10－19×0.2) m＝0.1 m。
(3)粒子运动轨迹如图所示，
粒子打在荧光屏上最上端的点是B点，最下端打在A点
由几何知识可知dOA＝2Rcs 30°＝eq \r(3)R，dOB＝R
所以荧光屏上闪光点的范围距离为dAB＝(eq \r(3)＋1)R≈0.273 m。
【巧学妙记】
2．分析思路
(1)划分过程：将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选取不同的规律处理．
(2)找关键：确定带电粒子在场区边界的速度(包括大小和方向)是解决该类问题的关键．
(3)画运动轨迹：根据受力分析和运动分析，大致画出粒子的运动轨迹图，有利于形象、直观地解决问题．
磁场力、重力的叠加
①若重力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动。
②若重力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒，由此可求解问题。
【典例3】(2023·北京市丰台区高三上期末)如图所示，空间有一垂直纸面的磁感应强度为0.5 T的匀强磁场，一质量为0.2 kg且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板左端无初速放置一质量为0.1 kg、电荷量q＝＋0.2 C的滑块，滑块与绝缘木板之间动摩擦因数为0.5，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力。t＝0时对木板施加方向水平向左，大小为0.6 N恒力，g取10 m/s2。则( )
A.木板和滑块一直做加速度为2 m/s2的匀加速运动
B.滑块开始做加速度减小的变加速运动，最后做速度为10 m/s匀速运动
C.木板先做加速度为2 m/s2匀加速运动，再做加速度增大的运动，最后做加速度为3 m/s2的匀加速运动
D.t＝5 s后滑块和木块有相对运动
答案:C
解析：由于滑块与绝缘木板之间动摩擦因数为0.5，静摩擦力对滑块能产生的最大加速度为μg＝5 m/s2，所以当0.6 N 的恒力作用于木板时，系统一起以a＝eq \f(F,M＋m)＝eq \f(0.6,0.2＋0.1) m/s2＝2 m/s2的加速度一起运动，当滑块获得向左运动的速度以后又产生一个方向向上的洛伦兹力，最大静摩擦力f＝μ(mg－qvB)随v的增大而减小，减小至它对滑块产生a＝2 m/s2的加速度后，滑块与木板发生相对滑动，此后滑动摩擦力f＝μ(mg－qvB)＝ma，可知滑块再做加速度减小的变加速运动。当洛伦兹力等于重力时滑块与木板之间的弹力为零，此时Bqv＝mg，解得v＝10 m/s，此时摩擦力消失，滑块做匀速运动，而木板在恒力作用下做匀加速运动，a′＝eq \f(F,M)＝eq \f(0.6,0.2) m/s2＝3 m/s2。可知滑块先与木板一起做匀加速直线运动，然后发生相对滑动，做加速度减小的变加速运动，最后做速度为10 m/s的匀速运动；因木块开始的加速度为2 m/s2，当恰好要开始滑动时，f＝μ(mg－qvB)＝ma，代入数据得v＝6 m/s，经历的时间是t＝eq \f(v,a)＝eq \f(6,2) s＝3 s，此后滑块所受的摩擦力逐渐减小，加速度减小，仍然做加速运动，最后做速度为10 m/s 的匀速运动，故选C
【典例4】 (多选)[2022·黄石模拟]如图所示，有一范围足够大的水平匀强磁场，磁感应强度为B，一个质量为m、电荷量为＋q的带电小圆环套在一根固定的绝缘竖直长杆上，环与杆间的动摩擦因数为μ.现使圆环以初速度v0向上运动，经时间t0圆环回到出发点，不计空气阻力，取竖直向上为正方向，下列描述该过程中圆环的速度v随时间t、摩擦力Ff随时间t、动能Ek随位移x、机械能E随位移x变化规律的图象中，可能正确的是( )
答案:ABD
解析：小圆环向上做减速运动，对小圆环受力分析，竖直方向：重力和竖直向下的摩擦力，由牛顿第二定律有mg＋f＝ma；水平方向：N＝qvB，f＝μN，解得f＝μqvB.速度逐渐减小，滑动摩擦力逐渐减小，加速度逐渐减小，当速度减小到零时，加速度为g，此时摩擦力为零，然后小圆环向下做加速运动，竖直方向：mg－f＝ma；水平方向：N＝qvB，f＝μN，随着速度的增大，弹力N增大，摩擦力增大，加速度减小，A、B正确．动能先减小后增大，Ek－x图像的斜率大小表示合外力，从0～x过程，动能减小，合外力减小，从x～0的过程，动能增大，合外力减小，C错误．小圆环的机械能逐渐减小，E－x图像的斜率大小表示摩擦力f，上升过程中，从0～x过程，摩擦力逐渐减小，下滑过程，位移从x～0，摩擦力逐渐增大，D正确．
练习2、(多选)(2023·山东省菏泽市高三下二模)如图所示，两个倾角分别为30°和60°的足够长光滑绝缘斜面固定于水平地面上，并处于方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中，两个质量为m、电荷量为＋q的小滑块甲和乙分别从两个斜面顶端由静止释放，运动一段时间后，两小滑块都将飞离斜面，在此过程中( )
A．甲滑块飞离斜面瞬间的速度比乙滑块飞离斜面瞬间的速度大
B．甲滑块在斜面上运动的时间比乙滑块在斜面上运动的时间短
C．两滑块在斜面上运动的位移大小相同
D．两滑块在斜面上运动的过程中，重力的平均功率相等
答案:AD
解析：小滑块飞离斜面时，洛伦兹力与重力垂直斜面的分力平衡，故mgcsθ＝qvmB，解得vm＝eq \f(mgcsθ,qB)，所以斜面倾角越小，飞离斜面瞬间的速度越大，故甲滑块飞离时速度较大，故A正确；滑块在斜面上运动的加速度恒定不变，由受力分析和牛顿第二定律可得加速度a＝gsinθ，所以甲的加速度小于乙的加速度，因为甲飞离时的速度大于乙飞离时的速度，由vm＝at得，甲在斜面上运动的时间大于乙在斜面上运动的时间，故B错误；由以上分析和x＝eq \f(v\\al(2,m),2a)可知，甲在斜面上运动的位移大于乙在斜面上运动的位移，故C错误；由平均功率的公式得，滑块在斜面上运动的过程中，重力的平均功率P＝Feq \x\t(v)·sinθ＝mg·eq \f(vm,2)sinθ＝eq \f(m2g2sinθ·csθ,2qB)，因sin30°＝cs60°，sin60°＝cs30°，故两滑块在斜面上运动时重力的平均功率相等，故D正确。
练习3.(多选)(2023·安徽省合肥市高三上开学考试)如图所示，空间存在垂直于纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，场内有一绝缘的足够长的直杆，它与水平面的夹角为θ，一电荷量为q、质量为m的带负电小球套在直杆上，从A点由静止沿杆下滑，小球与杆之间的动摩擦因数为μ，在小球以后的运动过程中，下列说法正确的是( )
A．小球下滑的最大速度为vm＝eq \f(mgsinθ,μqB)
B．小球下滑的最大加速度为am＝gsinθ
C．小球的加速度一直在减小
D．小球的速度先增大后不变
答案:BD
解析：小球开始下滑时有mgsinθ－μ(mgcsθ－qvB)＝ma，随着v增大，a增大，当v0＝eq \f(mgcsθ,qB)时，a达到最大值即am＝gsinθ，此时洛伦兹力大小等于mgcsθ，支持力为0，此后随着速度增大，洛伦兹力增大，支持力增大，此后下滑过程中有，mgsinθ－μ(qvB－mgcsθ)＝ma，随着v增大，a减小，当vm＝eq \f(mgsinθ＋μcsθ,μqB)时，a＝0，此时达到平衡状态，速度不变．所以整个过程中，v先增大后不变，a先增大后减小，所以B、D正确．
【巧学妙记】
(1)对物块受力分析，把握已知条件。
(2)掌握洛伦兹力的公式和特点，理清弹力和摩擦力、洛伦兹力的变化。
(3)分析受力结合运动，通过牛顿运动定律，分析加速度变化；通过合力与速度的关系，分析速度变化
在重力场、磁场和电场中的匀速运动和匀速圆周运动
①若三力平衡，一定做匀速直线运动。
②若重力与电场力平衡，一定做匀速圆周运动。
③若合力不为零且与速度方向不垂直，将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用能量守恒定律或动能定理求解问题。
【典例5】(多选)(2023·福建省漳州市模拟) 如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，磁场方向垂直于纸面向外。已知在该区域内，一个带电小球在竖直面内做直线运动。下列说法正确的是( )
A．若小球带正电荷，则小球的电势能减小
B．若小球带负电荷，则小球的电势能减小
C．无论小球带何种电荷，小球的重力势能都减小
D．小球的动能恒定不变
答案:CD
解析：根据题意，小球受的重力、静电力恒定，洛伦兹力垂直于速度，则小球所受三力恰好平衡，做匀速直线运动，则小球的动能不变，故D正确；若小球带正电，小球受力如图1，根据左手定则可知，小球斜向左下方运动，静电力做负功，电势能增大，故A错误；若小球带负电，小球受力如图2，根据左手定则可知，小球斜向右下方运动，静电力做负功，电势能增大，故B错误；无论小球带何种电荷，小球都下降，小球的重力势能都减小，故C正确。
【典例5】(多选)(2023·江淮十校联考)如图所示，空间存在竖直向上、大小为E的匀强电场和沿水平方向、垂直于纸面向里、大小为B的匀强磁场，一个质量为m的带电小球用长为L的绝缘细线吊着悬于O点，给小球一个水平方向的初速度，小球在竖直面内做匀速圆周运动，细线张力不为零；某时刻细线断开，小球仍做半径为L的匀速圆周运动，不计小球的大小，重力加速度为g，则( )
A．细线未断时，小球沿顺时针方向运动
B．小球的带电量为eq \f(mg,E)
C．小球运动的速度大小为eq \f(2BLg,E)
D．细线未断时，细线的拉力大小为eq \f(2mLg2B2,E2)
答案:ABD
解析：小球做匀速圆周运动，说明电场力与重力等大反向，小球带正电，qE＝mg，q＝eq \f(mg,E)，B项正确；由于细线断了以后，小球仍做半径为L的匀速圆周运动，因此细线未断时，小球沿顺时针方向运动，T－qvB＝meq \f(v2,L)，细线断了以后小球沿逆时针方向运动，qvB＝meq \f(v2,L)，得到v＝eq \f(qBL,m)＝eq \f(BLg,E)，细线的拉力大小T＝eq \f(2mLg2B2,E2)，C项错误，A、D项正确。
练习4.(2023·江西一模)我国地处北半球，某地区存在匀强电场E和可看做匀强磁场的地磁场B，电场和地磁场的方向相同，地磁场的竖直分量和水平分量分别竖直向下和水平指北，一带电小球以速度v在此区域内沿垂直场强方向沿水平面做直线运动，忽略空气阻力，某地区的重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．小球运动方向为自南向北B．小球可能带正电
C．小球速度v的大小为eq \f(E,B)D．小球的比荷为eq \f(g,\r(E2＋（vB）2))
答案:D
解析：AB项，小球受到重力、电场力与洛伦兹力，因直线运动，且f＝qvB，因此一定是匀速直线运动，那么电场力与洛伦兹力的合力与重力等值反向，根据左手定则，因地磁场的竖直分量和水平分量分别竖直向下和水平指北，那么小球一定带负电，负电荷受到的电场力的方向与磁场的方向相反，则运动的方向由东向西方向运动，故AB两项错误；C项，由上分析可知，电场力与洛伦兹力的合力竖直向上，由于夹角不知，因此它们的大小关系不能确定，则不能确定v的大小为eq \f(E,B).故C项错误；D项，小球受到的电场力与洛伦兹力的合力与重力等值反向，则：mg＝eq \r(（qE）2＋（qvB）2)，所以小球的比荷：eq \f(q,m)＝eq \f(g,\r(E2＋（vB）2)).故D项正确．
练习5、(2023·浙江省温州市高三二模) 如图所示，在正交的匀强电、磁场中有质量、电荷量都相同的两油滴，A静止，B做半径为R的匀速圆周运动。若B与A相碰并结合在一起，则它们将( )
A．以B原速率的一半做匀速直线运动
B．以eq \f(R,2)为半径做匀速圆周运动
C．仍以R为半径做匀速圆周运动
D．做周期为B的一半的匀速圆周运动
答案:B
解析：解析：由A、B相碰时动量守恒mv＝2mv′，有v′＝eq \f(v,2)。据题意碰后A、B合成的大油滴所受重力仍与电场力平衡，合外力是洛伦兹力，所以继续做匀速圆周运动，且有r＝eq \f(2mv′,2qB)＝eq \f(R,2)，T＝eq \f(2π2m,2qB)＝eq \f(2πm,qB)，选项B正确。
【巧学妙记】
匀速圆周运动：当带电粒子在叠加场中，重力与电场力相平衡，粒子运动方向与匀强磁场方向垂直时，带电粒子就做匀速圆周运动．此种情况下要同时应用平衡条件和向心力公式来进行分析．
在重力场、磁场和电场中的直选运动和曲线运动
【典例7】.(2023·云南省昆明市“三诊一模”二模)如图所示，在粗糙的足够长的竖直木杆上套有一个带正电小球，整个装置处在有水平匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场组成的足够大的复合场中，小球由静止开始下滑，在整个运动过程中，下列关于描述小球运动的v—t图象中正确的是( )
答案:C
解析：在小球下滑的过程中，对小球进行受力分析，如图所示，
小球受到重力mg、电场力qE、洛伦兹力qvB、摩擦力f，还有木杆对小球的支持力N.开始时，小球的速度较小，洛伦兹力qvB较小，支持力N较大，随着速度的增大，支持力N在减小，可以知道摩擦力f减小，竖直方向上的合力增大，小球的加速度增大；当速度增大到一定的程度时，洛伦兹力qvB和电场力qE相等，此时支持力N为零，摩擦力f为零，小球的加速度为g，加速度达到最大；当速度继续增大时，支持力N要反向增大，摩擦力f增大，竖直方向上的合力减小，小球的加速度减小，当摩擦力f与重力mg相等时，竖直方向上的加速度为零，小球的速度达到最大．所以选项ABD所示的v—t图象不符合分析得到的小球的运动规律，C选项符合．
【典例8】(2023·衡水三模)在如图所示的正交电磁场中竖直固定着一个半径R＝eq \r(3) m的光滑圆弧，圆弧CD竖直固定，它对应的圆心角为240°，在C的左端有一倾斜的切线光滑轨道AC与水平面夹角θ＝30°.电场强度为E的电场充满整个空间，而磁感应强度为B的磁场只分布在圆弧轨道所在的右半侧区域，已知E和B在数值上相等，取重力加速度g＝10 m/s2.现在A点安装一个弹射装置，它能以不同速度沿AC方向发射可视为质点的带电小球，小球的质量为m，小球射出后能在AC上做匀速直线运动，则下列说法正确的是( )
A．小球一定带负电
B．小球在轨道的最低点F处速度最大
C．若小球以初速度v0＝(5＋eq \r(45)) m/s射出，则小球会从D点离开轨道
D．若撤去磁场，让小球以初速度v0＝2eq \r(5) m/s射出，则小球一定不会脱离轨道
答案:D
解析：A项，小球射出后能在AC上做匀速直线运动，小球所受合力为零，电场力水平向左，则小球带正电，A项错误．B项，小球受力如图所示，电场力与重力的合力与竖直方向夹角为θ＝30°，小球速度最大位置在图中C点，B项错误．
C项，重力与电场力的合力：F＝eq \f(mg,csθ)＝eq \f(2\r(3)mg,3)，电场力：qE＝mgtanθ＝eq \f(\r(3),3)mg，小球在P点恰好不脱离轨道，此时轨道对小球弹力为零，由牛顿第二定律得：F＋qvB＝meq \f(v2,R)，由题意可知：E＝B，解得：v＝eq \f(\r(180)＋10,2) m/s，从A到C过程小球速度不变，从C到P过程，由动能定理得：－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，则小球不会通过P到达D点，故C项错误；
D项，设当小球初速度v1时，恰好从C点沿圆弧转过90°到B点，从C到B根据动能定理：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，则小球一定不会脱离轨道．只有D项正确．
练习6、(多选)(2023山东省济南市高三下模拟考试)如图所示，空间中存在一水平方向的匀强电场和一水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B，垂直纸面向里，电场强度大小为E＝eq \f(\r(3)mg,q)，水平向左，在正交的电磁场空间中有一固定的粗细均匀的足够长粗糙绝缘杆，与电场正方向成60°夹角且处于竖直平面内，一质量为m、电荷量为q(q>0)的小球套在绝缘杆上，当小球沿杆向下的初速度为v0时，小球恰好做匀速直线运动，已知重力加速度大小为g，小球电荷量保持不变，则下列说法正确的是( )
A．小球的初速度v0＝eq \f(mg,2qB)
B．若小球沿杆向下的初速度v＝eq \f(mg,qB)，小球将沿杆做加速度不断增大的减速运动直到停止
C．若小球沿杆向下的初速度v＝eq \f(3mg,qB)，小球将沿杆做加速度不断减小的减速运动直到停止
D．若小球沿杆向下的初速度v＝eq \f(4mg,qB)，则从开始运动至稳定，小球克服摩擦力做功为eq \f(6m3g2,q2B2)
答案:BD
解析：根据题意可知小球受力平衡，电场力F＝qE＝eq \r(3)mg，电场力与重力的合力为G′＝2mg，方向垂直于杆斜向下，洛伦兹力垂直于斜杆向上，所以小球不受杆的摩擦力，则cs 60°＝eq \f(mg,qv0B)，所以v0＝eq \f(2mg,qB)，A错误；当v＝eq \f(mg,qB)时，qvB＝mgG′，则小球受到垂直于杆斜向下的弹力，即G′＋FN＝qvB，同时受到沿杆向上的摩擦力，根据牛顿第二定律可知Ff＝μFN＝μ(qvB－G′)＝ma，小球做加速度减小的减速运动，当v＝eq \f(2mg,qB)时，qvB＝G′＝2mg，小球不受摩擦力作用，开始做匀速直线运动，C错误；同理，当v＝eq \f(4mg,qB)时，小球先做加速度减小的减速运动，当v＝eq \f(2mg,qB)时开始做匀速直线运动，根据动能定理得小球克服摩擦力做功Wf＝eq \f(1,2)m(eq \f(4mg,qB))2－eq \f(1,2)m(eq \f(2mg,qB))2＝eq \f(6m3g2,q2B2)，D正确。
练习7、(2023·哈尔滨模拟)如图所示，在纸面内存在水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B，一水平固定绝缘杆上套有带电小球P，P的质量为m、电荷量为－q，P与杆间的动摩擦因数为μ.小球由静止开始滑动，设电场、磁场区域足够大，杆足够长，在运动过程中小球的最大加速度为a0，最大速度为v0，则下列判断正确的是( )
A．小球先加速后减速，加速度先增大后减小
B．当v＝eq \f(1,2)v0时，小球的加速度最大
C．当v＝eq \f(1,2)v0时，小球一定处于加速度减小阶段
D．当a＝eq \f(1,2)a0时，eq \f(v,v0)>eq \f(1,2)
答案:C
解析：开始运动阶段qvB两阶段的图线斜率大小相等，有v1【巧学妙记】
把握三点，解决“约束运动”问题
(1)对物块受力分析，把握已知条件．
(2)掌握洛伦兹力的公式和特点，理清弹力和摩擦力、洛伦兹力和速度、摩擦力与合力、加速度与速度等几个关系．
(3)掌握力和运动、功和能在磁场中的应用
1. 1. (2023·北京海淀区期末)如图所示，在赤道处，将一小球向东水平抛出，落地点为a；给小球带上电荷后，仍以原来的速度抛出，考虑地磁场的影响，下列说法正确的是( )
A．无论小球带何种电荷，小球仍会落在a点
B．无论小球带何种电荷，小球下落时间都会延长
C．若小球带负电荷，小球会落在更远的b点
D．若小球带正电荷，小球会落在更远的b点
答案:D
解析：地磁场在赤道上空水平由南向北，从南向北观察，如果小球带正电荷，则洛伦兹力斜向右上方，该洛伦兹力在竖直向上和水平向右方向均有分力，因此，小球落地时间会变长，水平位移会变大；同理，若小球带负电，则小球落地时间会变短，水平位移会变小，故D正确。
2..(2023·南京月考)如图所示的虚线区域内，充满垂直于纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场。一带电粒子a(不计重力)以一定的初速度由左边界的O点射入磁场、电场区域，恰好沿直线由区域右边界的O′点(图中未标出)穿出。若撤去该区域内的磁场而保留电场不变，另一个同样的粒子b(不计重力)仍以相同初速度由O点射入，从区域右边界穿出，则粒子b( )
A．穿出位置一定在O′点下方
B．穿出位置一定在O′点上方
C．运动时，在电场中的电势能一定减小
D．在电场中运动时，动能一定减小
答案:C
解析：a粒子要在电场、磁场的复合场区内做直线运动，则该粒子一定沿水平方向做匀速直线运动，故对粒子a有：Bqv＝Eq，即只要满足E＝Bv无论粒子带正电还是负电，粒子都可以沿直线穿出复合场区；当撤去磁场只保留电场时，粒子b由于电性不确定，故无法判断从O′点的上方还是下方穿出，选项A、B错误；粒子b在穿过电场区的过程中必然受到电场力的作用而做类平抛运动，电场力做正功，其电势能减小，动能增大，故C项正确，D项错误。
3. （多选）(2023·云南省昆明市“三诊一模”二模)如图所示，在水平向左的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，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eq \f( 2μqE＋mg,2μqB)
D．小球向下运动的稳定速度为eq \f( μqE＋mg,μqB)
答案:CD
解析：小球静止时只受静电力、重力、弹力及摩擦力，静电力水平向左，弹力水平向右，摩擦力竖直向上；开始时，对小球由牛顿第二定律有mg－μEq＝ma，小球的加速度为a＝g－eq \f( μEq,m)，小球速度将增大，受到洛伦兹力，由左手定则可知，洛伦兹力向右，故水平方向弹力将减小，摩擦力减小，故加速度先增大，故A错误。在下降过程中有摩擦力做功，故有部分能量转化为内能，故小球的机械能和电势能的总和将减小，故B错误。当洛伦兹力大小等于静电力时，摩擦力为零，此时加速度为g，达到最大；此后速度继续增大，则洛伦兹力增大，水平方向上的弹力增大，摩擦力将增大，加速度将减小，直到加速度减小为零后做匀速直线运动；故加速度为最大加速度的一半时有两种情况，一种是洛伦兹力小于静电力的情况，另一种是洛伦兹力大于静电力的情况，当洛伦兹力小于静电力时有：eq \f(g,2)＝eq \f(mg－μEq－Bqv1,m)，解得：v1＝eq \f( 2μEq－mg,2μBq)；当洛伦兹力大于静电力时有：
eq \f(g,2)＝eq \f(mg－μBqv2－Eq,m)，
解得：v2＝eq \f( 2μEq＋mg,2μBq)，故C正确。当加速度等于零时，速度最大且保持稳定，有：mg＝μ(Bqv3－Eq)，解得：v3＝eq \f( mg＋μEq,μBq)，故D正确。
4.(多选)(2023·安徽省合肥市高三上开学考试)如图所示，空间有一垂直纸面向里的磁感应强度大小为0.5 T的匀强磁场，一质量为0.2 kg且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板左端无初速度地放置一质量为0.05 kg、电荷量q＝－0.2 C的滑块，滑块与绝缘木板之间的动摩擦因数为0.5，可认为滑块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现对木板施加方向水平向左、大小为0.6 N的恒力，g取10 m/s2.则( )
A．木板和滑块一直做匀加速运动
B．滑块先做匀加速运动后做匀速运动
C．最终滑块做速度为5 m/s的匀速运动
D．最终木板做加速度为3 m/s2的匀加速运动
答案:CD
解析：滑块开始运动后，受到竖直向上的洛伦兹力作用，且洛伦兹力不断增大，滑块受到的支持力逐渐减小，故滑块先做变加速运动，当|q|vB＝mg时，滑块做匀速运动，速度v＝5 m/s，C正确，A、B错误；此后，木板在恒力F作用下做匀加速直线运动，且加速度a＝eq \f(F,M)＝3 m/s2，故D正确．
5．（多选）(2023·福建省泉州市第二次质量检测)如图，一带负电的圆环套在倾斜固定的粗糙绝缘长直杆上，圆环的直径略大于杆的直径，杆处于方向垂直纸面向里的匀强磁场中。现给圆环一沿杆向上的初速度v0，在以后的运动过程中，下列关于圆环的速度v随时间t的变化关系图线，可能正确的是( )
答案:BC
解析：当qBv0>mgcsθ时，圆环受到的支持力FN先变小后变大，摩擦力Ff＝μFN也先变小后变大，圆环减速运动的加速度a＝eq \f(mgsinθ＋Ff,m)，也先变小后变大；当圆环速度减为零时，若μ>tanθ，则圆环静止，若μ6.(多选)(2023·湖南省永州市高三下第一次适应性测试)如图所示，实线表示竖直平面内的电场线，电场线与水平方向成α角，水平方向的匀强磁场与电场正交，有一带电液滴沿斜向上的虚线L斜向上做直线运动，L与水平方向成β角，且α＞β，则下列说法中正确的是( )
A．液滴一定做匀速直线运动
B．液滴一定带负电
C．电场线方向一定斜向上
D．液滴有可能做匀变速直线运动
答案:AC
解析：带电液滴受竖直向下的重力G、沿电场线方向的电场力F、垂直于速度方向的洛伦兹力f，若合力不为零，则洛伦兹力变化，不能沿直线运动，因此这三个力的合力一定为零，带电液滴做匀速直线运动，不可能做匀变速直线运动，故A正确，D错误；当带电液滴带正电，且电场线方向斜向上时，带电液滴受竖直向下的重力G、沿电场线向上的电场力F、垂直于速度方向斜向左上方的洛伦兹力作用，这三个力的合力可能为零，带电液滴沿虚线L做匀速直线运动，如果带电液滴带负电、电场线方向斜向上或斜向下时，带电液滴所受合力不为零，不可能沿直线运动，故B错误，C正确。
7.(2023·山东省菏泽市高三下二模)如图所示，质量为m＝1 kg、电荷量为q＝5×10－2 C的带正电的小滑块，从半径为R
＝0.4 m的固定光滑绝缘eq \f(1,4)圆弧轨道上由静止自A端滑下。整个装置处在方向互相垂直的匀强电场与匀强磁场中。已知E＝100 V/m，方向水平向右，B＝1 T，方向垂直纸面向里，g取10 m/s2，求：
(1)滑块到达C点时的速度；
(2)在C点时滑块所受洛伦兹力；
(3)在C点滑块对轨道的压力。
答案: (1)大小为2 m/s，方向水平向左
(2)大小为0.1 N，方向竖直向下
(3)大小为20.1 N，方向竖直向下
解析：以滑块为研究对象，自轨道上A点滑到C点的过程中，受重力mg，方向竖直向下；静电力qE，方向水平向右；洛伦兹力F洛＝qvB，方向始终垂直于速度方向。
(1)滑块从A到C的过程中洛伦兹力不做功，由动能定理得mgR－qER＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)
得vC＝eq \r(\f(2（mg－qE）R,m))＝2 m/s，方向水平向左。
(2)根据洛伦兹力公式得
F＝qvCB＝5×10－2×2×1 N＝0.1 N，由左手定则知方向竖直向下。
(3)在C点，由牛顿第二定律得FN－mg－qvCB＝meq \f(veq \\al(2,C),R)
得FN＝mg＋qvCB＋meq \f(veq \\al(2,C),R)＝20.1 N
由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力大小为20.1 N，方向竖直向下。
1.(2023山东省济南市高三下模拟考试)如图所示，匀强电场方向水平向右，匀强磁场方向垂直纸面向里，将带正电的小球在场中静止释放，最后落到地面上．关于该过程，下述说法正确的是( )
A．小球做匀变速曲线运动
B．小球减少的电势能等于增加的动能
C．电场力和重力做的功等于小球增加的动能
D．若保持其他条件不变，只减小磁感应强度，小球着地时动能不变
答案:C
解析：重力和电场力是恒力，但洛伦兹力是变力，因此合外力是变化的，由牛顿第二定律知其加速度也是变化的，选项A错误；由动能定理和功能关系知，选项B错误，选项C正确；磁感应强度减小时，小球落地时的水平位移会发生变化，则电场力所做的功也会随之发生变化，选项D错误．
2. (多选)(2023·山东省滨州市高三下二模)带电小球以一定的初速度v0竖直向上抛出，能够达到的最大高度为h1；若加上水平方向的匀强磁场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h2，若加上水平方向的匀强电场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h3；若加上竖直向上的匀强电场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h4，如图所示。不计空气阻力，则( )
A.一定有h1＝h3 B.一定有h1＜h4
C.h2与h4无法比较 D.h1与h2无法比较
答案:AC
解析：图甲中，由竖直上抛运动的最大高度公式得h1＝eq \f(veq \\al( 2,0),2g)，图丙中，当加上电场时，由运动的分解可知，在竖直方向上，有veq \\al(2,0)＝2gh3得h3＝eq \f(veq \\al( 2,0),2g)，所以h1＝h3，故A正确；图乙中，洛伦兹力改变速度的方向，当小球在磁场中运动到最高点时，小球应有水平速度，设此时小球的动能为Ek，则由能量守恒定律得mgh2＋Ek＝eq \f(1,2)mveq \\al( 2,0)，又由于eq \f(1,2)mveq \\al( 2,0)＝mgh1，所以h1＞h2，D错误；图丁中，因小球电性不知，则电场力方向不清，则h4可能大于h1，也可能小于h1，故C正确，B错误。
3. (2023·河北省张家口市高三下三模)如图所示，场强为E的匀强电场方向竖直向下，场强为B的水平匀强磁场垂直纸面向里，三个油滴a、b、c带有等量的同种电荷．已知a静止，b、c在纸面内按图示方向做匀速圆周运动(轨迹未画出)．忽略三个油滴间的静电力作用，比较三个油滴的质量及b、c的运动情况，以下说法中正确的是( )
A．三个油滴的质量相等，b、c都沿顺时针方向运动
B．a的质量最大，c的质量最小，b、c都沿逆时针方向运动
C．b的质量最大，a的质量最小，b、c都沿顺时针方向运动
D．三个油滴的质量相等，b沿顺时针方向运动，c沿逆时针方向运动
答案:A
解析：油滴a静止不动，其受到的合力为零，所以mag＝qE，电场力方向竖直向上，油滴带负电荷．又油滴b、c在场中做匀速圆周运动，则其重力和受到的电场力是一对平衡力，所以mbg＝mcg＝qE，油滴受到的洛伦兹力提供其做匀速圆周运动的向心力，由左手定则可判断，b、c都沿顺时针方向运动．故A正确．
4. (2023广东汕头一模)如图所示，长为l的绝缘轻绳上端固定于O点，下端系一质量为m的带负电小球，在小球运动的竖直平面内有垂直该平面向里的匀强磁场．某时刻给小球一垂直于磁场、水平向右的初速度，小球能做完整的圆周运动．不计空气阻力，重力加速度为g，则( )
A．小球做匀速圆周运动
B．小球运动过程中机械能不守恒
C．小球在最高点的最小速度v1＝eq \r(gl)
D．最低点与最高点的绳子拉力差值大于6mg
答案:D
解析：重力对小球做功，所以小球在运动过程中速率不断变化，A错误．小球在运动过程中，绳子的拉力与洛伦兹力不做功，只有重力做功，故小球运动过程中机械能守恒，B错误．当小球恰好经过最高点时，由牛顿第二定律得mg－qv1B＝meq \f(v\\al(2,1),l)，故v1≠eq \r(gl)，C错误．由牛顿第二定律，小球在最低点有FT－mg－qvB＝meq \f(v2,l)，在最高点有mg＋FT′－qv′B＝meq \f(v′2,l)，由机械能守恒定律得eq \f(1,2)mv2＝mg·2l＋eq \f(1,2)mv′2，联立以上方程得，最低点与最高点绳子的拉力差ΔFT＝FT－FT′＝6mg＋qB(v－v′)>6mg，D正确．
5.(2023·天津市南开区高三下一模)如图所示，虚线右侧有竖直向下的电场强度E＝45 N/C的匀强电场及垂直于电场向外的磁感应强度B＝0.25 T的匀强磁场。在光滑绝缘的水平面上有两个等大的金属小球A、B，小球A不带电，其质量mA＝0.05 kg，紧贴虚线静置的小球B带电量qB＝－4×10－3 C，其质量mB＝0.01 kg。小球A以速度v0＝20 m/s水平向右与小球B发生正碰，碰后小球B垂直于电、磁场直接进入正交电、磁场中。刚进入正交电、磁场的瞬间，小球B竖直方向的加速度恰好为零。设小球A、B碰撞瞬间电荷均分，取g＝10 m/s2。则下列说法正确的是( )
A．碰后瞬间，小球A的速度大小为10 m/s
B．小球A在刚进入正交电、磁场后的短时间内，其电势能减少
C．过程中，小球A对小球B做的功为2 J
D．小球A、B之间的碰撞为弹性碰撞
答案:C
解析：小球A、B碰撞瞬间电荷均分，则两小球电荷量的绝对值均为q＝|eq \f(qB,2)|＝2×10－3 C，且小球B刚进入正交电、磁场的瞬间，竖直方向的加速度恰好为零，则有mBg＝qvBB＋qE，解得碰后B球的速度为vB＝20 m/s，小球A、B碰撞过程中，由动量守恒定律可得mAv0＝mAvA＋mBvB，解得，碰后瞬间小球A速度为vA＝16 m/s，故A错误；小球A刚进入正交电、磁场后，由于mAg＝0.5 N＞qE＋qvAB＝0.098 N，所以小球A向下偏，则电场力做负功，故其电势能增大，故B错误；根据动能定理，可知小球A对小球B做的功为W＝eq \f(1,2)mBvB2＝2 J，故C正确；由于碰撞前A、B系统机械能为Ek1＝eq \f(1,2)mAv02＝10 J，碰后系统机械能为Ek2＝eq \f(1,2)mAvA2＋eq \f(1,2)mBvB2＝8.4 J，则Ek1＞Ek2，机械能不守恒，故小球A、B之间的碰撞为非弹性碰撞，故D错误。
6.(多选)(2023·江苏省徐州市高三下第三次调研)如图所示，粗糙的足够长直绝缘杆上套有一带电小球，整个装置处在由水平向右匀强电场和垂直于纸面向外的匀强磁场组成的足够大复合场中，小球由静止开始下滑，则下列说法正确的是( )
A．小球的加速度先增大后减小
B．小球的加速度一直减小
C．小球的速度先增大后减小
D．小球的速度一直增大，最后保持不变
答案:AD
解析：小球由静止开始下滑，受到竖直向下的重力、水平方向的电场力和绝缘杆的弹力，杆对小球的摩擦力、垂直杆且与电场力方向相反的洛伦兹力作用。随着小球速度的增大，所受的洛伦兹力增大，小球对绝缘杆的弹力减小，小球所受摩擦力减小，小球所受合外力增大，加速度增大。当速度增大到足够大时，所受的洛伦兹力大于电场力，小球对绝缘杆的弹力增大，小球所受摩擦力增大，小球所受合外力减小，加速度减小，即小球的加速度先增大后减小，选项A正确，B错误。无论小球的加速度是增大还是减小，小球的速度都是增大，当加速度减小到零的时候，速度保持不变，选项C错误，D正确。
7. (多选)(2023·江苏省宿迁市高三下第三次调研)如图所示，半圆形光滑绝缘轨道固定在竖直平面内，O点为其圆心，P点为轨道最低点，两个端点M、N与O等高，匀强磁场方向与轨道平面垂直。现将一个带负电的小球自M点由静止释放，它将沿轨道做往复运动，下列说法中正确的是( )
A．小球由M到N与由N到M所经历的时间相等
B．小球由M到P与由N到P过程中重力对小球做的功相等，但洛伦兹力做的功不相等
C．小球由M到P与由N到P过程中所受合外力的冲量大小相等
D．小球经过轨道最低点时对轨道的压力大小是相等的
答案:AC
解析：小球所受的洛伦兹力与速度方向垂直不做功，轨道光滑没有摩擦力，只受重力作用，小球机械能守恒，故小球由M到N与由N到M所经历的时间相等，A正确；小球由M到P与由N到P过程中重力对小球做的功相等，小球所受的洛伦兹力不做功，B错误；根据动量定理公式Ft＝mΔv，小球机械能守恒，故小球从M到P与由N到P过程中速度变化量大小相等，所以在此过程中所受合外力的冲量大小相等，C正确；根据左手定则，小球从M到P的过程中到达P时所受洛伦兹力方向竖直向下，根据合力提供向心力对小球受力分析，如图甲所示。
FN－mg－FL＝meq \f(v2,r)，FN＝meq \f(v2,r)＋mg＋FL，当小球从N到P的过程中到达P时洛伦兹力竖直向上，受力分析如图乙所示。
FN＋FL－mg＝meq \f(v2,r)，FN＝meq \f(v2,r)＋mg－FL，根据牛顿第三定律，在整个过程中洛伦兹力大小相等。所以从M到P的过程中到达P时对轨道的压力大于小球从N到P的过程中到达P时对轨道的压力，D错误。
8. (多选)(2023·合肥一模)如图所示，竖直放置的两平行金属板，长为L，板间距离为d，接在电压为U的直流上．在两板间加一磁感应强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场．一个质量为m，电荷量为q的带正电油滴，从距金属板上端高为h处由静止开始自由下落，并经两板上端连线中点P进入板间．油滴在P点所受的电场力与磁场力大小恰好相等，且最后恰好从金属板的下边缘离开电磁场区域．空气阻力不计，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．油滴刚进入电磁场时的加速度为g
B．油滴开始下落的高度h＝eq \f(U2,2B2d2g)
C．油滴从左侧金属板的下边缘离开
D．油滴离开电磁场时的速度大小为eq \r(\f(－qU,m)＋2gL＋\f(U2,B2d2))
答案:ABD
解析：A项，油滴刚进入电磁场时，电场力与磁场力大小恰好相等，故合力等于重力G，加速度为g，故A项正确；
B项，在P点由题意可知：qE＝qvB
自由下落过程有：v2＝2gh
U＝Ed
由以上三式解得：
h＝eq \f(U2,2B2d2g)，故B项正确；
C项，根据左手定则，在P位置时受洛伦兹力向右，竖直方向在加速，故洛伦兹力在变大，故油滴从右侧金属板的下边缘离开，故C项错误；
D项，整个过程由动能定理有：
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项正确．
9. (多选)(2023.黑龙江齐齐哈尔二模)如图所示，绝缘的中空轨道竖直固定，圆弧段COD光滑，对应圆心角为120°，C、D两端等高，O为最低点，圆弧的圆心为O′，半径为R；直线段AC、HD粗糙且足够长，与圆弧段分别在C、D端相切．整个装置处于方向垂直于轨道所在平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，在竖直虚线MC左侧和虚线ND右侧存在着电场强度大小相等、方向分别为水平向右和水平向左的匀强电场．现有一质量为m、电荷量恒为q、直径略小于轨道内径、可视为质点的带正电小球，从轨道内距C点足够远的P点由静止释放．若小球所受电场力的大小等于其重力的eq \f(\r(3),3)倍，小球与直线段AC、HD间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为，则( )
A．小球在第一次沿轨道AC下滑的过程中，最大加速度amax＝eq \f(2\r(3),3)g
B．小球在第一次沿轨道AC下滑的过程中，最大速度vmax＝eq \f(\r(3)mg,3μqB)
C．小球进入DH轨道后，上升的最高点与P点等高
D．小球经过O点时，对轨道的弹力可能为2mg－qBeq \r(gR)
答案: AD
解析： 小球沿AC下滑过程中的受力如图：
利用牛顿第二定律可有，
eq \f(\r(3),3)mgcs 60°＋mg sin 60°－f＝ma
qvB＋eq \f(\r(3),3)mgsin 60°－mg cs 60°－FN＝0
f＝μ·FN
则由以上式子可得：a＝eq \f(2\r(3),3) g－eq \f(μ,m) qvB.
当小球开始下滑时(v＝0)，加速度最大为amax＝eq \f(2\r(3),3)g，则A项正确；当加速度a＝0时，速度最大为vmax＝eq \f(2\r(3)mg,3μqB)，则B项错误；小球沿AC下滑到进入DH过程中洛伦兹力不做功，摩擦力做负功，再结合题图及球所受重力和电场力情况，则有小球上滑到DH的位置比P点低，C项错误；小球沿轨道可以重复下滑、上滑，再下滑再上滑……，运动中小球的能量损失了，每次上升到的高度会降低，最终小球会在COD光滑弧段来回运动，则有mgeq \f(R,2)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，最低点O处，当小球速度向右时，qv0B＋FN1－mg＝meq \f(v\\al(2,0),R)，求得FN1＝2mg－qBeq \r(gR)，当小球速度向左时，FN2－mg－qv0B＝eq \f(mv2,R)，求得FN2＝2mg＋qBeq \r(gR)，则可判断D项正确．
10. (2023·长春模拟)如图所示，水平向左的匀强电场的场强E＝4 v/m，垂直纸面向内的匀强磁场的B＝2 T，质量为m＝1 kg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＝0.8 m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＝1.6 m，取g＝10 m/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:见解析
解析：(1)在N点有：qvNB＝qE
得：vN＝eq \f(E,B)＝eq \f(4,2)＝2 m/s
由动能定理mgh－Wf＝eq \f(1,2)mvN2
代入数据解得：Wf＝6 J；
(2)在P点三力平衡，qE＝mg，
qvB＝eq \r(2)qE＝eq \r(2)mg
则得：vP＝2eq \r(2) m/s
由动能定理，从N到P：mgh′－qExp＝eq \f(1,2)mvP2－eq \f(1,2)mvN2
g(h′－xp)＝eq \f(1,2)(vP2－vN2)＝2
将h′＝0.8 m，vN＝2 m/s
代入解得：xp＝0.6 m.
11. (2023·福建福州期末)如图所示，竖直平面MN的右侧空间存在着相互垂直的水平向左的匀强电场和水平向里的匀强磁场，MN左侧的绝缘水平面光滑，右侧的绝缘水平面粗糙。质量为m的小物体A静止在MN左侧的水平面上，该小物体带负电，电荷量－q(q>0)。质量为eq \f(1,3)m的不带电的小物体B以速度v0冲向小物体A并发生弹性正碰，碰撞前后小物体A的电荷量保持不变。
(1)求碰撞后小物体A的速度大小。
(2)若小物体A与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，磁感应强度为B＝eq \f(3mg,qv0)，电场强度为E＝eq \f(7μmg,q)，小物体A从MN开始向右运动距离为L时速度达到最大。求小物体A的最大速度vm和此过程克服摩擦力所做的功W。
答案: (1)eq \f(v0,2) (2)2v0 7μmgL－eq \f(15,8)mveq \\al(2,0)
解析：本题考查带电物体在复合场中的直线运动、动量守恒定律、牛顿运动定律、动能定理及其相关知识点。
(1)设A、B碰撞后的速度分别为vA、vB，由于A、B发生弹性正碰，动量、机械能均守恒，取水平向右为正方向，则有
mBv0＝mBvB＋mAvA，
eq \f(1,2)mBveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)mBveq \\al(2,B)＋eq \f(1,2)mAveq \\al(2,A)，
解得vA＝eq \f(v0,2)。
(2)当物体A的加速度等于零时，其速度达到最大值vm，受力如图所示，由平衡条件可知，在竖直方向有N＝qvmB＋mg，
在水平方向有qE＝μN，
解得vm＝2v0，
根据动能定理得qEL－W＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)，
联立并代入相关数据可得W＝7μmgL－eq \f(15,8)mveq \\al(2,0)。
11. (2023·江苏省连云港市高三下第一次调研)如图所示，质量M为5.0 kg的小车以2.0 m/s的速度在光滑的水平面上向左运动，小车上AD部分是表面粗糙的水平轨道，DC部分是eq \f(1,4)光滑圆弧轨道，整个轨道都是由绝缘材料制成的，小车所在空间内有竖直向上的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，电场强度E大小为50 N/C，磁感应强度B大小为2.0 T．现有一质量m为2.0 kg、带负电且电荷量为0.10 C的滑块以10 m/s的水平速度向右冲上小车，当它运动到D点时速度为5 m/s.滑块可视为质点，g取10 m/s2，计算结果保留两位有效数字．
(1)求滑块从A到D的过程中，小车与滑块组成的系统损失的机械能；
(2)如果滑块刚过D点时对轨道的压力为76 N，求圆弧轨道的半径r；
(3)当滑块通过D点时，立即撤去磁场，要使滑块冲出圆弧轨道，求此圆弧轨道的最大半径．
答案:(1)85 J (2)1 m (3)0.71 m
解析：(1)设滑块运动到D点时的速度大小为v1，小车在此时的速度大小为v2，物块从A运动到D的过程中，系统动量守恒，以向右为正方向，
有mv0－Mv＝mv1＋Mv2，
解得v2＝0.
设小车与滑块组成的系统损失的机械能为ΔE，则有
ΔE＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＋eq \f(1,2)Mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，
解得ΔE＝85 J.
(2)设滑块刚过D点时受到轨道的支持力为FN，则由牛顿第三定律可得FN＝76 N，由牛顿第二定律可得
FN－(mg＋qE＋qv1B)＝meq \f(veq \\al(2,1),r)，
解得r＝1 m.
(3)设滑块沿圆弧轨道上升到最大高度时，滑块与小车具有共同的速度v′，由动量守恒定律可得
mv1＝(m＋M)v′，
解得v′＝eq \f(10,7) m/s.
设圆弧轨道的最大半径为Rm，由能量守恒定律有
eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)(m＋M)v′2＋(mg＋qE)Rm，
解得Rm＝0.71 m.
1.(2023·北京卷）某空间存在匀强磁场和匀强电场。一个带电粒子(不计重力)以一定初速度射入该空间后，做匀速直线运动；若仅撤除电场，则该粒子做匀速圆周运动，下列因素与完成上述两类运动无关的是
A．磁场和电场的方向
B．磁场和电场的强弱
C．粒子的电性和电量
D．粒子入射时的速度
答案:C
解析：由题可知，当带电粒子在复合场内做匀速直线运动，即，则，若仅撤除电场，粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，说明要满足题意需要对磁场与电场的方向以及强弱程度都要有要求，例如：电场方向向下，磁场方向垂直纸面向里等，但是对电性和电量无要求，故选项C正确，ABD错误。
2.(2023·湖南卷·)如图，两个定值电阻的阻值分别为和，直流电源的内阻不计，平行板电容器两极板水平放置，板间距离为，板长为，极板间存在方向水平向里的匀强磁场。质量为、带电量为的小球以初速度沿水平方向从电容器下板左侧边缘点进入电容器，做匀速圆周运动，恰从电容器上板右侧边缘离开电容器。此过程中，小球未与极板发生碰撞，重力加速度大小为，忽略空气阻力。
（1）求直流电源的电动势；
（2）求两极板间磁场的磁感应强度；
（3）在图中虚线的右侧设计一匀强电场，使小球离开电容器后沿直线运动，求电场强度的最小值。
答案:（1）；（2）；（3）
解析：（1）小球在电磁场中作匀速圆周运动，则电场力与重力平衡，可得
两端的电压
根据欧姆定律得
联立解得
（2）如图所示
设粒子在电磁场中做圆周运动的半径为，根据几何关系
解得
根据
解得
（3）由几何关系可知，射出磁场时，小球速度方向与水平方向夹角为，要使小球做直线运动，当小球所受电场力与小球重力在垂直小球速度方向的分力相等时，电场力最小，电场强度最小，可得
解得
新课程标准
1.通过实验，认识洛伦兹力。能判断洛伦兹力的方向，会计算洛伦兹力的大小。
2．能用洛伦兹力分析带电粒子在匀强磁场中的圆周运动。了解带电粒子在匀强磁场中的偏转及其应用。
命题趋势
考查的内容主要体现在对科学思维、运动与相互作用观念等物理学科的核心素养的要求。考查频率高，题目综合性强，会综合牛顿运动定律和运动学规律，注重与电场、磁场的渗透，注重生产、生活、当今热点、现代科技的联系。
试题情境
生活实践类
生活和科技等
学习探究类
带电粒子在磁场、组合场、叠加场中的运动
项目
名称
力的特点
功和能的特点
重力场
大小：G＝mg
方向：竖直向下
重力做功与路径无关
重力做功改变物体的重力势能
静电场
大小：F＝qE
方向：①正电荷受力方向与场强方向相同
②负电荷受力方向与场强方向相反
静电力做功与路径无关
W＝qU
静电力做功改变电势能
磁场
洛伦兹力大小：F＝
qvB
方向：根据左手定则判定
洛伦兹力不做功，不改变带电粒子的动能
考向一 电场与磁场的叠加
考向二磁场力、重力的叠加
考向三 在重力场、磁场和电场中的匀速运动和匀速圆周运动
考向四 在重力场、磁场和电场中的直选运动和曲线运动
电场与磁场的叠加
(2)叠加场：静电场、磁场、重力场在同一区域共存，或其中某两场在同一区域共存。
2．三种场的比较
3．带电粒子在复合场中的运动分类
(1)静止或匀速直线运动
当带电粒子在复合场中所受合力为零时，将处于静止状态或做匀速直线运动。
(2)匀速圆周运动
当带电粒子所受的重力与静电力大小相等，方向相反时，带电粒子在洛伦兹力的作用下，在垂直于匀强磁场的平面内做匀速圆周运动。
(3)较复杂的曲线运动
当带电粒子所受合力的大小和方向均变化，且与初速度方向不在同一条直线上时，粒子做非匀变速曲线运动，这时粒子运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线。
(4)分阶段运动
带电粒子可能依次通过几个情况不同的复合场区域，其运动情况随区域发生变化，其运动过程由几种不同的运动阶段组成。
【典例1】(2023年全国高考甲卷物理试题）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．运动的过程中在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。
【典例2】（多选）(2023年广东省普通高中学业水平选择性考试）8. 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。
练习1、(2023·北京市朝阳区高三一模)如图所示，在坐标系xOy平面的x＞0区域内，存在电场强度大小E＝2×105 N/C、方向垂直于x轴的匀强电场和磁感应强度大小B＝0.2 T、方向与xOy平面垂直向外的匀强磁场。在y轴上有一足够长的荧光屏PQ，在x轴上的M(10,0)点处有一粒子发射枪向x轴正方向连续不断地发射大量质量m＝6.4×10－27 kg、电荷量q＝3.2×10－19 C 的带正电粒子(重力不计)，粒子恰能沿x轴做匀速直线运动。若撤去电场，并使粒子发射枪以M点为轴在xOy平面内以角速度ω＝2π rad/s顺时针匀速转动(整个装置都处在真空中)。
(1)判断电场方向，求粒子离开发射枪时的速度大小；
(2)带电粒子在磁场中运动的轨迹半径；
(3)荧光屏上闪光点的范围距离；
答案:(1)106 m/s (2)0.1 m (3)0.273 m
解析：(1)带正电粒子(重力不计)在叠加场中沿x轴做匀速直线运动，据左手定则判断可知洛伦兹力方向向下，所以电场力方向向上，电场方向向上，有qE＝qvB
解得速度v＝eq \f(E,B)＝eq \f(2×105,0.2) m/s＝106 m/s。
(2)撤去电场后，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝meq \f(v2,R)
所以粒子在磁场中运动的轨迹半径
R＝eq \f(mv,qB)＝eq \f(6.4×10－27×106,3.2×10－19×0.2) m＝0.1 m。
(3)粒子运动轨迹如图所示，
粒子打在荧光屏上最上端的点是B点，最下端打在A点
由几何知识可知dOA＝2Rcs 30°＝eq \r(3)R，dOB＝R
所以荧光屏上闪光点的范围距离为dAB＝(eq \r(3)＋1)R≈0.273 m。
【巧学妙记】
2．分析思路
(1)划分过程：将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选取不同的规律处理．
(2)找关键：确定带电粒子在场区边界的速度(包括大小和方向)是解决该类问题的关键．
(3)画运动轨迹：根据受力分析和运动分析，大致画出粒子的运动轨迹图，有利于形象、直观地解决问题．
磁场力、重力的叠加
①若重力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动。
②若重力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒，由此可求解问题。
【典例3】(2023·北京市丰台区高三上期末)如图所示，空间有一垂直纸面的磁感应强度为0.5 T的匀强磁场，一质量为0.2 kg且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板左端无初速放置一质量为0.1 kg、电荷量q＝＋0.2 C的滑块，滑块与绝缘木板之间动摩擦因数为0.5，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力。t＝0时对木板施加方向水平向左，大小为0.6 N恒力，g取10 m/s2。则( )
A.木板和滑块一直做加速度为2 m/s2的匀加速运动
B.滑块开始做加速度减小的变加速运动，最后做速度为10 m/s匀速运动
C.木板先做加速度为2 m/s2匀加速运动，再做加速度增大的运动，最后做加速度为3 m/s2的匀加速运动
D.t＝5 s后滑块和木块有相对运动
答案:C
解析：由于滑块与绝缘木板之间动摩擦因数为0.5，静摩擦力对滑块能产生的最大加速度为μg＝5 m/s2，所以当0.6 N 的恒力作用于木板时，系统一起以a＝eq \f(F,M＋m)＝eq \f(0.6,0.2＋0.1) m/s2＝2 m/s2的加速度一起运动，当滑块获得向左运动的速度以后又产生一个方向向上的洛伦兹力，最大静摩擦力f＝μ(mg－qvB)随v的增大而减小，减小至它对滑块产生a＝2 m/s2的加速度后，滑块与木板发生相对滑动，此后滑动摩擦力f＝μ(mg－qvB)＝ma，可知滑块再做加速度减小的变加速运动。当洛伦兹力等于重力时滑块与木板之间的弹力为零，此时Bqv＝mg，解得v＝10 m/s，此时摩擦力消失，滑块做匀速运动，而木板在恒力作用下做匀加速运动，a′＝eq \f(F,M)＝eq \f(0.6,0.2) m/s2＝3 m/s2。可知滑块先与木板一起做匀加速直线运动，然后发生相对滑动，做加速度减小的变加速运动，最后做速度为10 m/s的匀速运动；因木块开始的加速度为2 m/s2，当恰好要开始滑动时，f＝μ(mg－qvB)＝ma，代入数据得v＝6 m/s，经历的时间是t＝eq \f(v,a)＝eq \f(6,2) s＝3 s，此后滑块所受的摩擦力逐渐减小，加速度减小，仍然做加速运动，最后做速度为10 m/s 的匀速运动，故选C
【典例4】 (多选)[2022·黄石模拟]如图所示，有一范围足够大的水平匀强磁场，磁感应强度为B，一个质量为m、电荷量为＋q的带电小圆环套在一根固定的绝缘竖直长杆上，环与杆间的动摩擦因数为μ.现使圆环以初速度v0向上运动，经时间t0圆环回到出发点，不计空气阻力，取竖直向上为正方向，下列描述该过程中圆环的速度v随时间t、摩擦力Ff随时间t、动能Ek随位移x、机械能E随位移x变化规律的图象中，可能正确的是( )
答案:ABD
解析：小圆环向上做减速运动，对小圆环受力分析，竖直方向：重力和竖直向下的摩擦力，由牛顿第二定律有mg＋f＝ma；水平方向：N＝qvB，f＝μN，解得f＝μqvB.速度逐渐减小，滑动摩擦力逐渐减小，加速度逐渐减小，当速度减小到零时，加速度为g，此时摩擦力为零，然后小圆环向下做加速运动，竖直方向：mg－f＝ma；水平方向：N＝qvB，f＝μN，随着速度的增大，弹力N增大，摩擦力增大，加速度减小，A、B正确．动能先减小后增大，Ek－x图像的斜率大小表示合外力，从0～x过程，动能减小，合外力减小，从x～0的过程，动能增大，合外力减小，C错误．小圆环的机械能逐渐减小，E－x图像的斜率大小表示摩擦力f，上升过程中，从0～x过程，摩擦力逐渐减小，下滑过程，位移从x～0，摩擦力逐渐增大，D正确．
练习2、(多选)(2023·山东省菏泽市高三下二模)如图所示，两个倾角分别为30°和60°的足够长光滑绝缘斜面固定于水平地面上，并处于方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中，两个质量为m、电荷量为＋q的小滑块甲和乙分别从两个斜面顶端由静止释放，运动一段时间后，两小滑块都将飞离斜面，在此过程中( )
A．甲滑块飞离斜面瞬间的速度比乙滑块飞离斜面瞬间的速度大
B．甲滑块在斜面上运动的时间比乙滑块在斜面上运动的时间短
C．两滑块在斜面上运动的位移大小相同
D．两滑块在斜面上运动的过程中，重力的平均功率相等
答案:AD
解析：小滑块飞离斜面时，洛伦兹力与重力垂直斜面的分力平衡，故mgcsθ＝qvmB，解得vm＝eq \f(mgcsθ,qB)，所以斜面倾角越小，飞离斜面瞬间的速度越大，故甲滑块飞离时速度较大，故A正确；滑块在斜面上运动的加速度恒定不变，由受力分析和牛顿第二定律可得加速度a＝gsinθ，所以甲的加速度小于乙的加速度，因为甲飞离时的速度大于乙飞离时的速度，由vm＝at得，甲在斜面上运动的时间大于乙在斜面上运动的时间，故B错误；由以上分析和x＝eq \f(v\\al(2,m),2a)可知，甲在斜面上运动的位移大于乙在斜面上运动的位移，故C错误；由平均功率的公式得，滑块在斜面上运动的过程中，重力的平均功率P＝Feq \x\t(v)·sinθ＝mg·eq \f(vm,2)sinθ＝eq \f(m2g2sinθ·csθ,2qB)，因sin30°＝cs60°，sin60°＝cs30°，故两滑块在斜面上运动时重力的平均功率相等，故D正确。
练习3.(多选)(2023·安徽省合肥市高三上开学考试)如图所示，空间存在垂直于纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，场内有一绝缘的足够长的直杆，它与水平面的夹角为θ，一电荷量为q、质量为m的带负电小球套在直杆上，从A点由静止沿杆下滑，小球与杆之间的动摩擦因数为μ，在小球以后的运动过程中，下列说法正确的是( )
A．小球下滑的最大速度为vm＝eq \f(mgsinθ,μqB)
B．小球下滑的最大加速度为am＝gsinθ
C．小球的加速度一直在减小
D．小球的速度先增大后不变
答案:BD
解析：小球开始下滑时有mgsinθ－μ(mgcsθ－qvB)＝ma，随着v增大，a增大，当v0＝eq \f(mgcsθ,qB)时，a达到最大值即am＝gsinθ，此时洛伦兹力大小等于mgcsθ，支持力为0，此后随着速度增大，洛伦兹力增大，支持力增大，此后下滑过程中有，mgsinθ－μ(qvB－mgcsθ)＝ma，随着v增大，a减小，当vm＝eq \f(mgsinθ＋μcsθ,μqB)时，a＝0，此时达到平衡状态，速度不变．所以整个过程中，v先增大后不变，a先增大后减小，所以B、D正确．
【巧学妙记】
(1)对物块受力分析，把握已知条件。
(2)掌握洛伦兹力的公式和特点，理清弹力和摩擦力、洛伦兹力的变化。
(3)分析受力结合运动，通过牛顿运动定律，分析加速度变化；通过合力与速度的关系，分析速度变化
在重力场、磁场和电场中的匀速运动和匀速圆周运动
①若三力平衡，一定做匀速直线运动。
②若重力与电场力平衡，一定做匀速圆周运动。
③若合力不为零且与速度方向不垂直，将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用能量守恒定律或动能定理求解问题。
【典例5】(多选)(2023·福建省漳州市模拟) 如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，磁场方向垂直于纸面向外。已知在该区域内，一个带电小球在竖直面内做直线运动。下列说法正确的是( )
A．若小球带正电荷，则小球的电势能减小
B．若小球带负电荷，则小球的电势能减小
C．无论小球带何种电荷，小球的重力势能都减小
D．小球的动能恒定不变
答案:CD
解析：根据题意，小球受的重力、静电力恒定，洛伦兹力垂直于速度，则小球所受三力恰好平衡，做匀速直线运动，则小球的动能不变，故D正确；若小球带正电，小球受力如图1，根据左手定则可知，小球斜向左下方运动，静电力做负功，电势能增大，故A错误；若小球带负电，小球受力如图2，根据左手定则可知，小球斜向右下方运动，静电力做负功，电势能增大，故B错误；无论小球带何种电荷，小球都下降，小球的重力势能都减小，故C正确。
【典例5】(多选)(2023·江淮十校联考)如图所示，空间存在竖直向上、大小为E的匀强电场和沿水平方向、垂直于纸面向里、大小为B的匀强磁场，一个质量为m的带电小球用长为L的绝缘细线吊着悬于O点，给小球一个水平方向的初速度，小球在竖直面内做匀速圆周运动，细线张力不为零；某时刻细线断开，小球仍做半径为L的匀速圆周运动，不计小球的大小，重力加速度为g，则( )
A．细线未断时，小球沿顺时针方向运动
B．小球的带电量为eq \f(mg,E)
C．小球运动的速度大小为eq \f(2BLg,E)
D．细线未断时，细线的拉力大小为eq \f(2mLg2B2,E2)
答案:ABD
解析：小球做匀速圆周运动，说明电场力与重力等大反向，小球带正电，qE＝mg，q＝eq \f(mg,E)，B项正确；由于细线断了以后，小球仍做半径为L的匀速圆周运动，因此细线未断时，小球沿顺时针方向运动，T－qvB＝meq \f(v2,L)，细线断了以后小球沿逆时针方向运动，qvB＝meq \f(v2,L)，得到v＝eq \f(qBL,m)＝eq \f(BLg,E)，细线的拉力大小T＝eq \f(2mLg2B2,E2)，C项错误，A、D项正确。
练习4.(2023·江西一模)我国地处北半球，某地区存在匀强电场E和可看做匀强磁场的地磁场B，电场和地磁场的方向相同，地磁场的竖直分量和水平分量分别竖直向下和水平指北，一带电小球以速度v在此区域内沿垂直场强方向沿水平面做直线运动，忽略空气阻力，某地区的重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．小球运动方向为自南向北B．小球可能带正电
C．小球速度v的大小为eq \f(E,B)D．小球的比荷为eq \f(g,\r(E2＋（vB）2))
答案:D
解析：AB项，小球受到重力、电场力与洛伦兹力，因直线运动，且f＝qvB，因此一定是匀速直线运动，那么电场力与洛伦兹力的合力与重力等值反向，根据左手定则，因地磁场的竖直分量和水平分量分别竖直向下和水平指北，那么小球一定带负电，负电荷受到的电场力的方向与磁场的方向相反，则运动的方向由东向西方向运动，故AB两项错误；C项，由上分析可知，电场力与洛伦兹力的合力竖直向上，由于夹角不知，因此它们的大小关系不能确定，则不能确定v的大小为eq \f(E,B).故C项错误；D项，小球受到的电场力与洛伦兹力的合力与重力等值反向，则：mg＝eq \r(（qE）2＋（qvB）2)，所以小球的比荷：eq \f(q,m)＝eq \f(g,\r(E2＋（vB）2)).故D项正确．
练习5、(2023·浙江省温州市高三二模) 如图所示，在正交的匀强电、磁场中有质量、电荷量都相同的两油滴，A静止，B做半径为R的匀速圆周运动。若B与A相碰并结合在一起，则它们将( )
A．以B原速率的一半做匀速直线运动
B．以eq \f(R,2)为半径做匀速圆周运动
C．仍以R为半径做匀速圆周运动
D．做周期为B的一半的匀速圆周运动
答案:B
解析：解析：由A、B相碰时动量守恒mv＝2mv′，有v′＝eq \f(v,2)。据题意碰后A、B合成的大油滴所受重力仍与电场力平衡，合外力是洛伦兹力，所以继续做匀速圆周运动，且有r＝eq \f(2mv′,2qB)＝eq \f(R,2)，T＝eq \f(2π2m,2qB)＝eq \f(2πm,qB)，选项B正确。
【巧学妙记】
匀速圆周运动：当带电粒子在叠加场中，重力与电场力相平衡，粒子运动方向与匀强磁场方向垂直时，带电粒子就做匀速圆周运动．此种情况下要同时应用平衡条件和向心力公式来进行分析．
在重力场、磁场和电场中的直选运动和曲线运动
【典例7】.(2023·云南省昆明市“三诊一模”二模)如图所示，在粗糙的足够长的竖直木杆上套有一个带正电小球，整个装置处在有水平匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场组成的足够大的复合场中，小球由静止开始下滑，在整个运动过程中，下列关于描述小球运动的v—t图象中正确的是( )
答案:C
解析：在小球下滑的过程中，对小球进行受力分析，如图所示，
小球受到重力mg、电场力qE、洛伦兹力qvB、摩擦力f，还有木杆对小球的支持力N.开始时，小球的速度较小，洛伦兹力qvB较小，支持力N较大，随着速度的增大，支持力N在减小，可以知道摩擦力f减小，竖直方向上的合力增大，小球的加速度增大；当速度增大到一定的程度时，洛伦兹力qvB和电场力qE相等，此时支持力N为零，摩擦力f为零，小球的加速度为g，加速度达到最大；当速度继续增大时，支持力N要反向增大，摩擦力f增大，竖直方向上的合力减小，小球的加速度减小，当摩擦力f与重力mg相等时，竖直方向上的加速度为零，小球的速度达到最大．所以选项ABD所示的v—t图象不符合分析得到的小球的运动规律，C选项符合．
【典例8】(2023·衡水三模)在如图所示的正交电磁场中竖直固定着一个半径R＝eq \r(3) m的光滑圆弧，圆弧CD竖直固定，它对应的圆心角为240°，在C的左端有一倾斜的切线光滑轨道AC与水平面夹角θ＝30°.电场强度为E的电场充满整个空间，而磁感应强度为B的磁场只分布在圆弧轨道所在的右半侧区域，已知E和B在数值上相等，取重力加速度g＝10 m/s2.现在A点安装一个弹射装置，它能以不同速度沿AC方向发射可视为质点的带电小球，小球的质量为m，小球射出后能在AC上做匀速直线运动，则下列说法正确的是( )
A．小球一定带负电
B．小球在轨道的最低点F处速度最大
C．若小球以初速度v0＝(5＋eq \r(45)) m/s射出，则小球会从D点离开轨道
D．若撤去磁场，让小球以初速度v0＝2eq \r(5) m/s射出，则小球一定不会脱离轨道
答案:D
解析：A项，小球射出后能在AC上做匀速直线运动，小球所受合力为零，电场力水平向左，则小球带正电，A项错误．B项，小球受力如图所示，电场力与重力的合力与竖直方向夹角为θ＝30°，小球速度最大位置在图中C点，B项错误．
C项，重力与电场力的合力：F＝eq \f(mg,csθ)＝eq \f(2\r(3)mg,3)，电场力：qE＝mgtanθ＝eq \f(\r(3),3)mg，小球在P点恰好不脱离轨道，此时轨道对小球弹力为零，由牛顿第二定律得：F＋qvB＝meq \f(v2,R)，由题意可知：E＝B，解得：v＝eq \f(\r(180)＋10,2) m/s，从A到C过程小球速度不变，从C到P过程，由动能定理得：－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，则小球不会通过P到达D点，故C项错误；
D项，设当小球初速度v1时，恰好从C点沿圆弧转过90°到B点，从C到B根据动能定理：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，则小球一定不会脱离轨道．只有D项正确．
练习6、(多选)(2023山东省济南市高三下模拟考试)如图所示，空间中存在一水平方向的匀强电场和一水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B，垂直纸面向里，电场强度大小为E＝eq \f(\r(3)mg,q)，水平向左，在正交的电磁场空间中有一固定的粗细均匀的足够长粗糙绝缘杆，与电场正方向成60°夹角且处于竖直平面内，一质量为m、电荷量为q(q>0)的小球套在绝缘杆上，当小球沿杆向下的初速度为v0时，小球恰好做匀速直线运动，已知重力加速度大小为g，小球电荷量保持不变，则下列说法正确的是( )
A．小球的初速度v0＝eq \f(mg,2qB)
B．若小球沿杆向下的初速度v＝eq \f(mg,qB)，小球将沿杆做加速度不断增大的减速运动直到停止
C．若小球沿杆向下的初速度v＝eq \f(3mg,qB)，小球将沿杆做加速度不断减小的减速运动直到停止
D．若小球沿杆向下的初速度v＝eq \f(4mg,qB)，则从开始运动至稳定，小球克服摩擦力做功为eq \f(6m3g2,q2B2)
答案:BD
解析：根据题意可知小球受力平衡，电场力F＝qE＝eq \r(3)mg，电场力与重力的合力为G′＝2mg，方向垂直于杆斜向下，洛伦兹力垂直于斜杆向上，所以小球不受杆的摩擦力，则cs 60°＝eq \f(mg,qv0B)，所以v0＝eq \f(2mg,qB)，A错误；当v＝eq \f(mg,qB)时，qvB＝mg
练习7、(2023·哈尔滨模拟)如图所示，在纸面内存在水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B，一水平固定绝缘杆上套有带电小球P，P的质量为m、电荷量为－q，P与杆间的动摩擦因数为μ.小球由静止开始滑动，设电场、磁场区域足够大，杆足够长，在运动过程中小球的最大加速度为a0，最大速度为v0，则下列判断正确的是( )
A．小球先加速后减速，加速度先增大后减小
B．当v＝eq \f(1,2)v0时，小球的加速度最大
C．当v＝eq \f(1,2)v0时，小球一定处于加速度减小阶段
D．当a＝eq \f(1,2)a0时，eq \f(v,v0)>eq \f(1,2)
答案:C
解析：开始运动阶段qvB
把握三点，解决“约束运动”问题
(1)对物块受力分析，把握已知条件．
(2)掌握洛伦兹力的公式和特点，理清弹力和摩擦力、洛伦兹力和速度、摩擦力与合力、加速度与速度等几个关系．
(3)掌握力和运动、功和能在磁场中的应用
1. 1. (2023·北京海淀区期末)如图所示，在赤道处，将一小球向东水平抛出，落地点为a；给小球带上电荷后，仍以原来的速度抛出，考虑地磁场的影响，下列说法正确的是( )
A．无论小球带何种电荷，小球仍会落在a点
B．无论小球带何种电荷，小球下落时间都会延长
C．若小球带负电荷，小球会落在更远的b点
D．若小球带正电荷，小球会落在更远的b点
2..(2023·南京月考)如图所示的虚线区域内，充满垂直于纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场。一带电粒子a(不计重力)以一定的初速度由左边界的O点射入磁场、电场区域，恰好沿直线由区域右边界的O′点(图中未标出)穿出。若撤去该区域内的磁场而保留电场不变，另一个同样的粒子b(不计重力)仍以相同初速度由O点射入，从区域右边界穿出，则粒子b( )
A．穿出位置一定在O′点下方
B．穿出位置一定在O′点上方
C．运动时，在电场中的电势能一定减小
D．在电场中运动时，动能一定减小
3. （多选）(2023·云南省昆明市“三诊一模”二模)如图所示，在水平向左的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，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eq \f( 2μqE＋mg,2μqB)
D．小球向下运动的稳定速度为eq \f( μqE＋mg,μqB)
4.(多选)(2023·安徽省合肥市高三上开学考试)如图所示，空间有一垂直纸面向里的磁感应强度大小为0.5 T的匀强磁场，一质量为0.2 kg且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板左端无初速度地放置一质量为0.05 kg、电荷量q＝－0.2 C的滑块，滑块与绝缘木板之间的动摩擦因数为0.5，可认为滑块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现对木板施加方向水平向左、大小为0.6 N的恒力，g取10 m/s2.则( )
A．木板和滑块一直做匀加速运动
B．滑块先做匀加速运动后做匀速运动
C．最终滑块做速度为5 m/s的匀速运动
D．最终木板做加速度为3 m/s2的匀加速运动
5．（多选）(2023·福建省泉州市第二次质量检测)如图，一带负电的圆环套在倾斜固定的粗糙绝缘长直杆上，圆环的直径略大于杆的直径，杆处于方向垂直纸面向里的匀强磁场中。现给圆环一沿杆向上的初速度v0，在以后的运动过程中，下列关于圆环的速度v随时间t的变化关系图线，可能正确的是( )
6.(多选)(2023·湖南省永州市高三下第一次适应性测试)如图所示，实线表示竖直平面内的电场线，电场线与水平方向成α角，水平方向的匀强磁场与电场正交，有一带电液滴沿斜向上的虚线L斜向上做直线运动，L与水平方向成β角，且α＞β，则下列说法中正确的是( )
A．液滴一定做匀速直线运动
B．液滴一定带负电
C．电场线方向一定斜向上
D．液滴有可能做匀变速直线运动
7.(2023·山东省菏泽市高三下二模)如图所示，质量为m＝1 kg、电荷量为q＝5×10－2 C的带正电的小滑块，从半径为R
＝0.4 m的固定光滑绝缘eq \f(1,4)圆弧轨道上由静止自A端滑下。整个装置处在方向互相垂直的匀强电场与匀强磁场中。已知E＝100 V/m，方向水平向右，B＝1 T，方向垂直纸面向里，g取10 m/s2，求：
(1)滑块到达C点时的速度；
(2)在C点时滑块所受洛伦兹力；
(3)在C点滑块对轨道的压力。
1.(2023山东省济南市高三下模拟考试)如图所示，匀强电场方向水平向右，匀强磁场方向垂直纸面向里，将带正电的小球在场中静止释放，最后落到地面上．关于该过程，下述说法正确的是( )
A．小球做匀变速曲线运动
B．小球减少的电势能等于增加的动能
C．电场力和重力做的功等于小球增加的动能
D．若保持其他条件不变，只减小磁感应强度，小球着地时动能不变
2. (多选)(2023·山东省滨州市高三下二模)带电小球以一定的初速度v0竖直向上抛出，能够达到的最大高度为h1；若加上水平方向的匀强磁场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h2，若加上水平方向的匀强电场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h3；若加上竖直向上的匀强电场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h4，如图所示。不计空气阻力，则( )
A.一定有h1＝h3 B.一定有h1＜h4
C.h2与h4无法比较 D.h1与h2无法比较
3. (2023·河北省张家口市高三下三模)如图所示，场强为E的匀强电场方向竖直向下，场强为B的水平匀强磁场垂直纸面向里，三个油滴a、b、c带有等量的同种电荷．已知a静止，b、c在纸面内按图示方向做匀速圆周运动(轨迹未画出)．忽略三个油滴间的静电力作用，比较三个油滴的质量及b、c的运动情况，以下说法中正确的是( )
A．三个油滴的质量相等，b、c都沿顺时针方向运动
B．a的质量最大，c的质量最小，b、c都沿逆时针方向运动
C．b的质量最大，a的质量最小，b、c都沿顺时针方向运动
D．三个油滴的质量相等，b沿顺时针方向运动，c沿逆时针方向运动
4. (2023广东汕头一模)如图所示，长为l的绝缘轻绳上端固定于O点，下端系一质量为m的带负电小球，在小球运动的竖直平面内有垂直该平面向里的匀强磁场．某时刻给小球一垂直于磁场、水平向右的初速度，小球能做完整的圆周运动．不计空气阻力，重力加速度为g，则( )
A．小球做匀速圆周运动
B．小球运动过程中机械能不守恒
C．小球在最高点的最小速度v1＝eq \r(gl)
D．最低点与最高点的绳子拉力差值大于6mg
5.(2023·天津市南开区高三下一模)如图所示，虚线右侧有竖直向下的电场强度E＝45 N/C的匀强电场及垂直于电场向外的磁感应强度B＝0.25 T的匀强磁场。在光滑绝缘的水平面上有两个等大的金属小球A、B，小球A不带电，其质量mA＝0.05 kg，紧贴虚线静置的小球B带电量qB＝－4×10－3 C，其质量mB＝0.01 kg。小球A以速度v0＝20 m/s水平向右与小球B发生正碰，碰后小球B垂直于电、磁场直接进入正交电、磁场中。刚进入正交电、磁场的瞬间，小球B竖直方向的加速度恰好为零。设小球A、B碰撞瞬间电荷均分，取g＝10 m/s2。则下列说法正确的是( )
A．碰后瞬间，小球A的速度大小为10 m/s
B．小球A在刚进入正交电、磁场后的短时间内，其电势能减少
C．过程中，小球A对小球B做的功为2 J
D．小球A、B之间的碰撞为弹性碰撞
6.(多选)(2023·江苏省徐州市高三下第三次调研)如图所示，粗糙的足够长直绝缘杆上套有一带电小球，整个装置处在由水平向右匀强电场和垂直于纸面向外的匀强磁场组成的足够大复合场中，小球由静止开始下滑，则下列说法正确的是( )
A．小球的加速度先增大后减小
B．小球的加速度一直减小
C．小球的速度先增大后减小
D．小球的速度一直增大，最后保持不变
7. (多选)(2023·江苏省宿迁市高三下第三次调研)如图所示，半圆形光滑绝缘轨道固定在竖直平面内，O点为其圆心，P点为轨道最低点，两个端点M、N与O等高，匀强磁场方向与轨道平面垂直。现将一个带负电的小球自M点由静止释放，它将沿轨道做往复运动，下列说法中正确的是( )
A．小球由M到N与由N到M所经历的时间相等
B．小球由M到P与由N到P过程中重力对小球做的功相等，但洛伦兹力做的功不相等
C．小球由M到P与由N到P过程中所受合外力的冲量大小相等
D．小球经过轨道最低点时对轨道的压力大小是相等的
8. (多选)(2023·合肥一模)如图所示，竖直放置的两平行金属板，长为L，板间距离为d，接在电压为U的直流上．在两板间加一磁感应强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场．一个质量为m，电荷量为q的带正电油滴，从距金属板上端高为h处由静止开始自由下落，并经两板上端连线中点P进入板间．油滴在P点所受的电场力与磁场力大小恰好相等，且最后恰好从金属板的下边缘离开电磁场区域．空气阻力不计，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．油滴刚进入电磁场时的加速度为g
B．油滴开始下落的高度h＝eq \f(U2,2B2d2g)
C．油滴从左侧金属板的下边缘离开
D．油滴离开电磁场时的速度大小为eq \r(\f(－qU,m)＋2gL＋\f(U2,B2d2))
9. (多选)(2023.黑龙江齐齐哈尔二模)如图所示，绝缘的中空轨道竖直固定，圆弧段COD光滑，对应圆心角为120°，C、D两端等高，O为最低点，圆弧的圆心为O′，半径为R；直线段AC、HD粗糙且足够长，与圆弧段分别在C、D端相切．整个装置处于方向垂直于轨道所在平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，在竖直虚线MC左侧和虚线ND右侧存在着电场强度大小相等、方向分别为水平向右和水平向左的匀强电场．现有一质量为m、电荷量恒为q、直径略小于轨道内径、可视为质点的带正电小球，从轨道内距C点足够远的P点由静止释放．若小球所受电场力的大小等于其重力的eq \f(\r(3),3)倍，小球与直线段AC、HD间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为，则( )
A．小球在第一次沿轨道AC下滑的过程中，最大加速度amax＝eq \f(2\r(3),3)g
B．小球在第一次沿轨道AC下滑的过程中，最大速度vmax＝eq \f(\r(3)mg,3μqB)
C．小球进入DH轨道后，上升的最高点与P点等高
D．小球经过O点时，对轨道的弹力可能为2mg－qBeq \r(gR)
10. (2023·长春模拟)如图所示，水平向左的匀强电场的场强E＝4 v/m，垂直纸面向内的匀强磁场的B＝2 T，质量为m＝1 kg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＝0.8 m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＝1.6 m，取g＝10 m/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.
11. (2023·福建福州期末)如图所示，竖直平面MN的右侧空间存在着相互垂直的水平向左的匀强电场和水平向里的匀强磁场，MN左侧的绝缘水平面光滑，右侧的绝缘水平面粗糙。质量为m的小物体A静止在MN左侧的水平面上，该小物体带负电，电荷量－q(q>0)。质量为eq \f(1,3)m的不带电的小物体B以速度v0冲向小物体A并发生弹性正碰，碰撞前后小物体A的电荷量保持不变。
(1)求碰撞后小物体A的速度大小。
(2)若小物体A与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，磁感应强度为B＝eq \f(3mg,qv0)，电场强度为E＝eq \f(7μmg,q)，小物体A从MN开始向右运动距离为L时速度达到最大。求小物体A的最大速度vm和此过程克服摩擦力所做的功W。
11. (2023·江苏省连云港市高三下第一次调研)如图所示，质量M为5.0 kg的小车以2.0 m/s的速度在光滑的水平面上向左运动，小车上AD部分是表面粗糙的水平轨道，DC部分是eq \f(1,4)光滑圆弧轨道，整个轨道都是由绝缘材料制成的，小车所在空间内有竖直向上的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，电场强度E大小为50 N/C，磁感应强度B大小为2.0 T．现有一质量m为2.0 kg、带负电且电荷量为0.10 C的滑块以10 m/s的水平速度向右冲上小车，当它运动到D点时速度为5 m/s.滑块可视为质点，g取10 m/s2，计算结果保留两位有效数字．
(1)求滑块从A到D的过程中，小车与滑块组成的系统损失的机械能；
(2)如果滑块刚过D点时对轨道的压力为76 N，求圆弧轨道的半径r；
(3)当滑块通过D点时，立即撤去磁场，要使滑块冲出圆弧轨道，求此圆弧轨道的最大半径．
1.(2023·北京卷）某空间存在匀强磁场和匀强电场。一个带电粒子(不计重力)以一定初速度射入该空间后，做匀速直线运动；若仅撤除电场，则该粒子做匀速圆周运动，下列因素与完成上述两类运动无关的是
A．磁场和电场的方向
B．磁场和电场的强弱
C．粒子的电性和电量
D．粒子入射时的速度
2.(2023·湖南卷·)如图，两个定值电阻的阻值分别为和，直流电源的内阻不计，平行板电容器两极板水平放置，板间距离为，板长为，极板间存在方向水平向里的匀强磁场。质量为、带电量为的小球以初速度沿水平方向从电容器下板左侧边缘点进入电容器，做匀速圆周运动，恰从电容器上板右侧边缘离开电容器。此过程中，小球未与极板发生碰撞，重力加速度大小为，忽略空气阻力。
（1）求直流电源的电动势；
（2）求两极板间磁场的磁感应强度；
（3）在图中虚线的右侧设计一匀强电场，使小球离开电容器后沿直线运动，求电场强度的最小值。
新课程标准
1.通过实验，认识洛伦兹力。能判断洛伦兹力的方向，会计算洛伦兹力的大小。
2．能用洛伦兹力分析带电粒子在匀强磁场中的圆周运动。了解带电粒子在匀强磁场中的偏转及其应用。
命题趋势
考查的内容主要体现在对科学思维、运动与相互作用观念等物理学科的核心素养的要求。考查频率高，题目综合性强，会综合牛顿运动定律和运动学规律，注重与电场、磁场的渗透，注重生产、生活、当今热点、现代科技的联系。
试题情境
生活实践类
生活和科技等
学习探究类
带电粒子在磁场、组合场、叠加场中的运动
项目
名称
力的特点
功和能的特点
重力场
大小：G＝mg
方向：竖直向下
重力做功与路径无关
重力做功改变物体的重力势能
静电场
大小：F＝qE
方向：①正电荷受力方向与场强方向相同
②负电荷受力方向与场强方向相反
静电力做功与路径无关
W＝qU
静电力做功改变电势能
磁场
洛伦兹力大小：F＝
qvB
方向：根据左手定则判定
洛伦兹力不做功，不改变带电粒子的动能
考点32磁场--带电粒子在复合场中的运动
考向一 电场与磁场的叠加
考向二磁场力、重力的叠加
考向三 在重力场、磁场和电场中的匀速运动和匀速圆周运动
考向四 在重力场、磁场和电场中的直选运动和曲线运动
电场与磁场的叠加
(2)叠加场：静电场、磁场、重力场在同一区域共存，或其中某两场在同一区域共存。
2．三种场的比较
3．带电粒子在复合场中的运动分类
(1)静止或匀速直线运动
当带电粒子在复合场中所受合力为零时，将处于静止状态或做匀速直线运动。
(2)匀速圆周运动
当带电粒子所受的重力与静电力大小相等，方向相反时，带电粒子在洛伦兹力的作用下，在垂直于匀强磁场的平面内做匀速圆周运动。
(3)较复杂的曲线运动
当带电粒子所受合力的大小和方向均变化，且与初速度方向不在同一条直线上时，粒子做非匀变速曲线运动，这时粒子运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线。
(4)分阶段运动
带电粒子可能依次通过几个情况不同的复合场区域，其运动情况随区域发生变化，其运动过程由几种不同的运动阶段组成。
【典例1】(2023年全国高考甲卷物理试题）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．运动的过程中在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。
【典例2】（多选）(2023年广东省普通高中学业水平选择性考试）8. 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。
练习1、(2023·北京市朝阳区高三一模)如图所示，在坐标系xOy平面的x＞0区域内，存在电场强度大小E＝2×105 N/C、方向垂直于x轴的匀强电场和磁感应强度大小B＝0.2 T、方向与xOy平面垂直向外的匀强磁场。在y轴上有一足够长的荧光屏PQ，在x轴上的M(10,0)点处有一粒子发射枪向x轴正方向连续不断地发射大量质量m＝6.4×10－27 kg、电荷量q＝3.2×10－19 C 的带正电粒子(重力不计)，粒子恰能沿x轴做匀速直线运动。若撤去电场，并使粒子发射枪以M点为轴在xOy平面内以角速度ω＝2π rad/s顺时针匀速转动(整个装置都处在真空中)。
(1)判断电场方向，求粒子离开发射枪时的速度大小；
(2)带电粒子在磁场中运动的轨迹半径；
(3)荧光屏上闪光点的范围距离；
答案:(1)106 m/s (2)0.1 m (3)0.273 m
解析：(1)带正电粒子(重力不计)在叠加场中沿x轴做匀速直线运动，据左手定则判断可知洛伦兹力方向向下，所以电场力方向向上，电场方向向上，有qE＝qvB
解得速度v＝eq \f(E,B)＝eq \f(2×105,0.2) m/s＝106 m/s。
(2)撤去电场后，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝meq \f(v2,R)
所以粒子在磁场中运动的轨迹半径
R＝eq \f(mv,qB)＝eq \f(6.4×10－27×106,3.2×10－19×0.2) m＝0.1 m。
(3)粒子运动轨迹如图所示，
粒子打在荧光屏上最上端的点是B点，最下端打在A点
由几何知识可知dOA＝2Rcs 30°＝eq \r(3)R，dOB＝R
所以荧光屏上闪光点的范围距离为dAB＝(eq \r(3)＋1)R≈0.273 m。
【巧学妙记】
2．分析思路
(1)划分过程：将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选取不同的规律处理．
(2)找关键：确定带电粒子在场区边界的速度(包括大小和方向)是解决该类问题的关键．
(3)画运动轨迹：根据受力分析和运动分析，大致画出粒子的运动轨迹图，有利于形象、直观地解决问题．
磁场力、重力的叠加
①若重力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动。
②若重力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒，由此可求解问题。
【典例3】(2023·北京市丰台区高三上期末)如图所示，空间有一垂直纸面的磁感应强度为0.5 T的匀强磁场，一质量为0.2 kg且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板左端无初速放置一质量为0.1 kg、电荷量q＝＋0.2 C的滑块，滑块与绝缘木板之间动摩擦因数为0.5，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力。t＝0时对木板施加方向水平向左，大小为0.6 N恒力，g取10 m/s2。则( )
A.木板和滑块一直做加速度为2 m/s2的匀加速运动
B.滑块开始做加速度减小的变加速运动，最后做速度为10 m/s匀速运动
C.木板先做加速度为2 m/s2匀加速运动，再做加速度增大的运动，最后做加速度为3 m/s2的匀加速运动
D.t＝5 s后滑块和木块有相对运动
答案:C
解析：由于滑块与绝缘木板之间动摩擦因数为0.5，静摩擦力对滑块能产生的最大加速度为μg＝5 m/s2，所以当0.6 N 的恒力作用于木板时，系统一起以a＝eq \f(F,M＋m)＝eq \f(0.6,0.2＋0.1) m/s2＝2 m/s2的加速度一起运动，当滑块获得向左运动的速度以后又产生一个方向向上的洛伦兹力，最大静摩擦力f＝μ(mg－qvB)随v的增大而减小，减小至它对滑块产生a＝2 m/s2的加速度后，滑块与木板发生相对滑动，此后滑动摩擦力f＝μ(mg－qvB)＝ma，可知滑块再做加速度减小的变加速运动。当洛伦兹力等于重力时滑块与木板之间的弹力为零，此时Bqv＝mg，解得v＝10 m/s，此时摩擦力消失，滑块做匀速运动，而木板在恒力作用下做匀加速运动，a′＝eq \f(F,M)＝eq \f(0.6,0.2) m/s2＝3 m/s2。可知滑块先与木板一起做匀加速直线运动，然后发生相对滑动，做加速度减小的变加速运动，最后做速度为10 m/s的匀速运动；因木块开始的加速度为2 m/s2，当恰好要开始滑动时，f＝μ(mg－qvB)＝ma，代入数据得v＝6 m/s，经历的时间是t＝eq \f(v,a)＝eq \f(6,2) s＝3 s，此后滑块所受的摩擦力逐渐减小，加速度减小，仍然做加速运动，最后做速度为10 m/s 的匀速运动，故选C
【典例4】 (多选)[2022·黄石模拟]如图所示，有一范围足够大的水平匀强磁场，磁感应强度为B，一个质量为m、电荷量为＋q的带电小圆环套在一根固定的绝缘竖直长杆上，环与杆间的动摩擦因数为μ.现使圆环以初速度v0向上运动，经时间t0圆环回到出发点，不计空气阻力，取竖直向上为正方向，下列描述该过程中圆环的速度v随时间t、摩擦力Ff随时间t、动能Ek随位移x、机械能E随位移x变化规律的图象中，可能正确的是( )
答案:ABD
解析：小圆环向上做减速运动，对小圆环受力分析，竖直方向：重力和竖直向下的摩擦力，由牛顿第二定律有mg＋f＝ma；水平方向：N＝qvB，f＝μN，解得f＝μqvB.速度逐渐减小，滑动摩擦力逐渐减小，加速度逐渐减小，当速度减小到零时，加速度为g，此时摩擦力为零，然后小圆环向下做加速运动，竖直方向：mg－f＝ma；水平方向：N＝qvB，f＝μN，随着速度的增大，弹力N增大，摩擦力增大，加速度减小，A、B正确．动能先减小后增大，Ek－x图像的斜率大小表示合外力，从0～x过程，动能减小，合外力减小，从x～0的过程，动能增大，合外力减小，C错误．小圆环的机械能逐渐减小，E－x图像的斜率大小表示摩擦力f，上升过程中，从0～x过程，摩擦力逐渐减小，下滑过程，位移从x～0，摩擦力逐渐增大，D正确．
练习2、(多选)(2023·山东省菏泽市高三下二模)如图所示，两个倾角分别为30°和60°的足够长光滑绝缘斜面固定于水平地面上，并处于方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中，两个质量为m、电荷量为＋q的小滑块甲和乙分别从两个斜面顶端由静止释放，运动一段时间后，两小滑块都将飞离斜面，在此过程中( )
A．甲滑块飞离斜面瞬间的速度比乙滑块飞离斜面瞬间的速度大
B．甲滑块在斜面上运动的时间比乙滑块在斜面上运动的时间短
C．两滑块在斜面上运动的位移大小相同
D．两滑块在斜面上运动的过程中，重力的平均功率相等
答案:AD
解析：小滑块飞离斜面时，洛伦兹力与重力垂直斜面的分力平衡，故mgcsθ＝qvmB，解得vm＝eq \f(mgcsθ,qB)，所以斜面倾角越小，飞离斜面瞬间的速度越大，故甲滑块飞离时速度较大，故A正确；滑块在斜面上运动的加速度恒定不变，由受力分析和牛顿第二定律可得加速度a＝gsinθ，所以甲的加速度小于乙的加速度，因为甲飞离时的速度大于乙飞离时的速度，由vm＝at得，甲在斜面上运动的时间大于乙在斜面上运动的时间，故B错误；由以上分析和x＝eq \f(v\\al(2,m),2a)可知，甲在斜面上运动的位移大于乙在斜面上运动的位移，故C错误；由平均功率的公式得，滑块在斜面上运动的过程中，重力的平均功率P＝Feq \x\t(v)·sinθ＝mg·eq \f(vm,2)sinθ＝eq \f(m2g2sinθ·csθ,2qB)，因sin30°＝cs60°，sin60°＝cs30°，故两滑块在斜面上运动时重力的平均功率相等，故D正确。
练习3.(多选)(2023·安徽省合肥市高三上开学考试)如图所示，空间存在垂直于纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，场内有一绝缘的足够长的直杆，它与水平面的夹角为θ，一电荷量为q、质量为m的带负电小球套在直杆上，从A点由静止沿杆下滑，小球与杆之间的动摩擦因数为μ，在小球以后的运动过程中，下列说法正确的是( )
A．小球下滑的最大速度为vm＝eq \f(mgsinθ,μqB)
B．小球下滑的最大加速度为am＝gsinθ
C．小球的加速度一直在减小
D．小球的速度先增大后不变
答案:BD
解析：小球开始下滑时有mgsinθ－μ(mgcsθ－qvB)＝ma，随着v增大，a增大，当v0＝eq \f(mgcsθ,qB)时，a达到最大值即am＝gsinθ，此时洛伦兹力大小等于mgcsθ，支持力为0，此后随着速度增大，洛伦兹力增大，支持力增大，此后下滑过程中有，mgsinθ－μ(qvB－mgcsθ)＝ma，随着v增大，a减小，当vm＝eq \f(mgsinθ＋μcsθ,μqB)时，a＝0，此时达到平衡状态，速度不变．所以整个过程中，v先增大后不变，a先增大后减小，所以B、D正确．
【巧学妙记】
(1)对物块受力分析，把握已知条件。
(2)掌握洛伦兹力的公式和特点，理清弹力和摩擦力、洛伦兹力的变化。
(3)分析受力结合运动，通过牛顿运动定律，分析加速度变化；通过合力与速度的关系，分析速度变化
在重力场、磁场和电场中的匀速运动和匀速圆周运动
①若三力平衡，一定做匀速直线运动。
②若重力与电场力平衡，一定做匀速圆周运动。
③若合力不为零且与速度方向不垂直，将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用能量守恒定律或动能定理求解问题。
【典例5】(多选)(2023·福建省漳州市模拟) 如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，磁场方向垂直于纸面向外。已知在该区域内，一个带电小球在竖直面内做直线运动。下列说法正确的是( )
A．若小球带正电荷，则小球的电势能减小
B．若小球带负电荷，则小球的电势能减小
C．无论小球带何种电荷，小球的重力势能都减小
D．小球的动能恒定不变
答案:CD
解析：根据题意，小球受的重力、静电力恒定，洛伦兹力垂直于速度，则小球所受三力恰好平衡，做匀速直线运动，则小球的动能不变，故D正确；若小球带正电，小球受力如图1，根据左手定则可知，小球斜向左下方运动，静电力做负功，电势能增大，故A错误；若小球带负电，小球受力如图2，根据左手定则可知，小球斜向右下方运动，静电力做负功，电势能增大，故B错误；无论小球带何种电荷，小球都下降，小球的重力势能都减小，故C正确。
【典例5】(多选)(2023·江淮十校联考)如图所示，空间存在竖直向上、大小为E的匀强电场和沿水平方向、垂直于纸面向里、大小为B的匀强磁场，一个质量为m的带电小球用长为L的绝缘细线吊着悬于O点，给小球一个水平方向的初速度，小球在竖直面内做匀速圆周运动，细线张力不为零；某时刻细线断开，小球仍做半径为L的匀速圆周运动，不计小球的大小，重力加速度为g，则( )
A．细线未断时，小球沿顺时针方向运动
B．小球的带电量为eq \f(mg,E)
C．小球运动的速度大小为eq \f(2BLg,E)
D．细线未断时，细线的拉力大小为eq \f(2mLg2B2,E2)
答案:ABD
解析：小球做匀速圆周运动，说明电场力与重力等大反向，小球带正电，qE＝mg，q＝eq \f(mg,E)，B项正确；由于细线断了以后，小球仍做半径为L的匀速圆周运动，因此细线未断时，小球沿顺时针方向运动，T－qvB＝meq \f(v2,L)，细线断了以后小球沿逆时针方向运动，qvB＝meq \f(v2,L)，得到v＝eq \f(qBL,m)＝eq \f(BLg,E)，细线的拉力大小T＝eq \f(2mLg2B2,E2)，C项错误，A、D项正确。
练习4.(2023·江西一模)我国地处北半球，某地区存在匀强电场E和可看做匀强磁场的地磁场B，电场和地磁场的方向相同，地磁场的竖直分量和水平分量分别竖直向下和水平指北，一带电小球以速度v在此区域内沿垂直场强方向沿水平面做直线运动，忽略空气阻力，某地区的重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．小球运动方向为自南向北B．小球可能带正电
C．小球速度v的大小为eq \f(E,B)D．小球的比荷为eq \f(g,\r(E2＋（vB）2))
答案:D
解析：AB项，小球受到重力、电场力与洛伦兹力，因直线运动，且f＝qvB，因此一定是匀速直线运动，那么电场力与洛伦兹力的合力与重力等值反向，根据左手定则，因地磁场的竖直分量和水平分量分别竖直向下和水平指北，那么小球一定带负电，负电荷受到的电场力的方向与磁场的方向相反，则运动的方向由东向西方向运动，故AB两项错误；C项，由上分析可知，电场力与洛伦兹力的合力竖直向上，由于夹角不知，因此它们的大小关系不能确定，则不能确定v的大小为eq \f(E,B).故C项错误；D项，小球受到的电场力与洛伦兹力的合力与重力等值反向，则：mg＝eq \r(（qE）2＋（qvB）2)，所以小球的比荷：eq \f(q,m)＝eq \f(g,\r(E2＋（vB）2)).故D项正确．
练习5、(2023·浙江省温州市高三二模) 如图所示，在正交的匀强电、磁场中有质量、电荷量都相同的两油滴，A静止，B做半径为R的匀速圆周运动。若B与A相碰并结合在一起，则它们将( )
A．以B原速率的一半做匀速直线运动
B．以eq \f(R,2)为半径做匀速圆周运动
C．仍以R为半径做匀速圆周运动
D．做周期为B的一半的匀速圆周运动
答案:B
解析：解析：由A、B相碰时动量守恒mv＝2mv′，有v′＝eq \f(v,2)。据题意碰后A、B合成的大油滴所受重力仍与电场力平衡，合外力是洛伦兹力，所以继续做匀速圆周运动，且有r＝eq \f(2mv′,2qB)＝eq \f(R,2)，T＝eq \f(2π2m,2qB)＝eq \f(2πm,qB)，选项B正确。
【巧学妙记】
匀速圆周运动：当带电粒子在叠加场中，重力与电场力相平衡，粒子运动方向与匀强磁场方向垂直时，带电粒子就做匀速圆周运动．此种情况下要同时应用平衡条件和向心力公式来进行分析．
在重力场、磁场和电场中的直选运动和曲线运动
【典例7】.(2023·云南省昆明市“三诊一模”二模)如图所示，在粗糙的足够长的竖直木杆上套有一个带正电小球，整个装置处在有水平匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场组成的足够大的复合场中，小球由静止开始下滑，在整个运动过程中，下列关于描述小球运动的v—t图象中正确的是( )
答案:C
解析：在小球下滑的过程中，对小球进行受力分析，如图所示，
小球受到重力mg、电场力qE、洛伦兹力qvB、摩擦力f，还有木杆对小球的支持力N.开始时，小球的速度较小，洛伦兹力qvB较小，支持力N较大，随着速度的增大，支持力N在减小，可以知道摩擦力f减小，竖直方向上的合力增大，小球的加速度增大；当速度增大到一定的程度时，洛伦兹力qvB和电场力qE相等，此时支持力N为零，摩擦力f为零，小球的加速度为g，加速度达到最大；当速度继续增大时，支持力N要反向增大，摩擦力f增大，竖直方向上的合力减小，小球的加速度减小，当摩擦力f与重力mg相等时，竖直方向上的加速度为零，小球的速度达到最大．所以选项ABD所示的v—t图象不符合分析得到的小球的运动规律，C选项符合．
【典例8】(2023·衡水三模)在如图所示的正交电磁场中竖直固定着一个半径R＝eq \r(3) m的光滑圆弧，圆弧CD竖直固定，它对应的圆心角为240°，在C的左端有一倾斜的切线光滑轨道AC与水平面夹角θ＝30°.电场强度为E的电场充满整个空间，而磁感应强度为B的磁场只分布在圆弧轨道所在的右半侧区域，已知E和B在数值上相等，取重力加速度g＝10 m/s2.现在A点安装一个弹射装置，它能以不同速度沿AC方向发射可视为质点的带电小球，小球的质量为m，小球射出后能在AC上做匀速直线运动，则下列说法正确的是( )
A．小球一定带负电
B．小球在轨道的最低点F处速度最大
C．若小球以初速度v0＝(5＋eq \r(45)) m/s射出，则小球会从D点离开轨道
D．若撤去磁场，让小球以初速度v0＝2eq \r(5) m/s射出，则小球一定不会脱离轨道
答案:D
解析：A项，小球射出后能在AC上做匀速直线运动，小球所受合力为零，电场力水平向左，则小球带正电，A项错误．B项，小球受力如图所示，电场力与重力的合力与竖直方向夹角为θ＝30°，小球速度最大位置在图中C点，B项错误．
C项，重力与电场力的合力：F＝eq \f(mg,csθ)＝eq \f(2\r(3)mg,3)，电场力：qE＝mgtanθ＝eq \f(\r(3),3)mg，小球在P点恰好不脱离轨道，此时轨道对小球弹力为零，由牛顿第二定律得：F＋qvB＝meq \f(v2,R)，由题意可知：E＝B，解得：v＝eq \f(\r(180)＋10,2) m/s，从A到C过程小球速度不变，从C到P过程，由动能定理得：－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，则小球不会通过P到达D点，故C项错误；
D项，设当小球初速度v1时，恰好从C点沿圆弧转过90°到B点，从C到B根据动能定理：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，则小球一定不会脱离轨道．只有D项正确．
练习6、(多选)(2023山东省济南市高三下模拟考试)如图所示，空间中存在一水平方向的匀强电场和一水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B，垂直纸面向里，电场强度大小为E＝eq \f(\r(3)mg,q)，水平向左，在正交的电磁场空间中有一固定的粗细均匀的足够长粗糙绝缘杆，与电场正方向成60°夹角且处于竖直平面内，一质量为m、电荷量为q(q>0)的小球套在绝缘杆上，当小球沿杆向下的初速度为v0时，小球恰好做匀速直线运动，已知重力加速度大小为g，小球电荷量保持不变，则下列说法正确的是( )
A．小球的初速度v0＝eq \f(mg,2qB)
B．若小球沿杆向下的初速度v＝eq \f(mg,qB)，小球将沿杆做加速度不断增大的减速运动直到停止
C．若小球沿杆向下的初速度v＝eq \f(3mg,qB)，小球将沿杆做加速度不断减小的减速运动直到停止
D．若小球沿杆向下的初速度v＝eq \f(4mg,qB)，则从开始运动至稳定，小球克服摩擦力做功为eq \f(6m3g2,q2B2)
答案:BD
解析：根据题意可知小球受力平衡，电场力F＝qE＝eq \r(3)mg，电场力与重力的合力为G′＝2mg，方向垂直于杆斜向下，洛伦兹力垂直于斜杆向上，所以小球不受杆的摩擦力，则cs 60°＝eq \f(mg,qv0B)，所以v0＝eq \f(2mg,qB)，A错误；当v＝eq \f(mg,qB)时，qvB＝mg
练习7、(2023·哈尔滨模拟)如图所示，在纸面内存在水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B，一水平固定绝缘杆上套有带电小球P，P的质量为m、电荷量为－q，P与杆间的动摩擦因数为μ.小球由静止开始滑动，设电场、磁场区域足够大，杆足够长，在运动过程中小球的最大加速度为a0，最大速度为v0，则下列判断正确的是( )
A．小球先加速后减速，加速度先增大后减小
B．当v＝eq \f(1,2)v0时，小球的加速度最大
C．当v＝eq \f(1,2)v0时，小球一定处于加速度减小阶段
D．当a＝eq \f(1,2)a0时，eq \f(v,v0)>eq \f(1,2)
答案:C
解析：开始运动阶段qvB
把握三点，解决“约束运动”问题
(1)对物块受力分析，把握已知条件．
(2)掌握洛伦兹力的公式和特点，理清弹力和摩擦力、洛伦兹力和速度、摩擦力与合力、加速度与速度等几个关系．
(3)掌握力和运动、功和能在磁场中的应用
1. 1. (2023·北京海淀区期末)如图所示，在赤道处，将一小球向东水平抛出，落地点为a；给小球带上电荷后，仍以原来的速度抛出，考虑地磁场的影响，下列说法正确的是( )
A．无论小球带何种电荷，小球仍会落在a点
B．无论小球带何种电荷，小球下落时间都会延长
C．若小球带负电荷，小球会落在更远的b点
D．若小球带正电荷，小球会落在更远的b点
答案:D
解析：地磁场在赤道上空水平由南向北，从南向北观察，如果小球带正电荷，则洛伦兹力斜向右上方，该洛伦兹力在竖直向上和水平向右方向均有分力，因此，小球落地时间会变长，水平位移会变大；同理，若小球带负电，则小球落地时间会变短，水平位移会变小，故D正确。
2..(2023·南京月考)如图所示的虚线区域内，充满垂直于纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场。一带电粒子a(不计重力)以一定的初速度由左边界的O点射入磁场、电场区域，恰好沿直线由区域右边界的O′点(图中未标出)穿出。若撤去该区域内的磁场而保留电场不变，另一个同样的粒子b(不计重力)仍以相同初速度由O点射入，从区域右边界穿出，则粒子b( )
A．穿出位置一定在O′点下方
B．穿出位置一定在O′点上方
C．运动时，在电场中的电势能一定减小
D．在电场中运动时，动能一定减小
答案:C
解析：a粒子要在电场、磁场的复合场区内做直线运动，则该粒子一定沿水平方向做匀速直线运动，故对粒子a有：Bqv＝Eq，即只要满足E＝Bv无论粒子带正电还是负电，粒子都可以沿直线穿出复合场区；当撤去磁场只保留电场时，粒子b由于电性不确定，故无法判断从O′点的上方还是下方穿出，选项A、B错误；粒子b在穿过电场区的过程中必然受到电场力的作用而做类平抛运动，电场力做正功，其电势能减小，动能增大，故C项正确，D项错误。
3. （多选）(2023·云南省昆明市“三诊一模”二模)如图所示，在水平向左的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，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eq \f( 2μqE＋mg,2μqB)
D．小球向下运动的稳定速度为eq \f( μqE＋mg,μqB)
答案:CD
解析：小球静止时只受静电力、重力、弹力及摩擦力，静电力水平向左，弹力水平向右，摩擦力竖直向上；开始时，对小球由牛顿第二定律有mg－μEq＝ma，小球的加速度为a＝g－eq \f( μEq,m)，小球速度将增大，受到洛伦兹力，由左手定则可知，洛伦兹力向右，故水平方向弹力将减小，摩擦力减小，故加速度先增大，故A错误。在下降过程中有摩擦力做功，故有部分能量转化为内能，故小球的机械能和电势能的总和将减小，故B错误。当洛伦兹力大小等于静电力时，摩擦力为零，此时加速度为g，达到最大；此后速度继续增大，则洛伦兹力增大，水平方向上的弹力增大，摩擦力将增大，加速度将减小，直到加速度减小为零后做匀速直线运动；故加速度为最大加速度的一半时有两种情况，一种是洛伦兹力小于静电力的情况，另一种是洛伦兹力大于静电力的情况，当洛伦兹力小于静电力时有：eq \f(g,2)＝eq \f(mg－μEq－Bqv1,m)，解得：v1＝eq \f( 2μEq－mg,2μBq)；当洛伦兹力大于静电力时有：
eq \f(g,2)＝eq \f(mg－μBqv2－Eq,m)，
解得：v2＝eq \f( 2μEq＋mg,2μBq)，故C正确。当加速度等于零时，速度最大且保持稳定，有：mg＝μ(Bqv3－Eq)，解得：v3＝eq \f( mg＋μEq,μBq)，故D正确。
4.(多选)(2023·安徽省合肥市高三上开学考试)如图所示，空间有一垂直纸面向里的磁感应强度大小为0.5 T的匀强磁场，一质量为0.2 kg且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板左端无初速度地放置一质量为0.05 kg、电荷量q＝－0.2 C的滑块，滑块与绝缘木板之间的动摩擦因数为0.5，可认为滑块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现对木板施加方向水平向左、大小为0.6 N的恒力，g取10 m/s2.则( )
A．木板和滑块一直做匀加速运动
B．滑块先做匀加速运动后做匀速运动
C．最终滑块做速度为5 m/s的匀速运动
D．最终木板做加速度为3 m/s2的匀加速运动
答案:CD
解析：滑块开始运动后，受到竖直向上的洛伦兹力作用，且洛伦兹力不断增大，滑块受到的支持力逐渐减小，故滑块先做变加速运动，当|q|vB＝mg时，滑块做匀速运动，速度v＝5 m/s，C正确，A、B错误；此后，木板在恒力F作用下做匀加速直线运动，且加速度a＝eq \f(F,M)＝3 m/s2，故D正确．
5．（多选）(2023·福建省泉州市第二次质量检测)如图，一带负电的圆环套在倾斜固定的粗糙绝缘长直杆上，圆环的直径略大于杆的直径，杆处于方向垂直纸面向里的匀强磁场中。现给圆环一沿杆向上的初速度v0，在以后的运动过程中，下列关于圆环的速度v随时间t的变化关系图线，可能正确的是( )
答案:BC
解析：当qBv0>mgcsθ时，圆环受到的支持力FN先变小后变大，摩擦力Ff＝μFN也先变小后变大，圆环减速运动的加速度a＝eq \f(mgsinθ＋Ff,m)，也先变小后变大；当圆环速度减为零时，若μ>tanθ，则圆环静止，若μ
A．液滴一定做匀速直线运动
B．液滴一定带负电
C．电场线方向一定斜向上
D．液滴有可能做匀变速直线运动
答案:AC
解析：带电液滴受竖直向下的重力G、沿电场线方向的电场力F、垂直于速度方向的洛伦兹力f，若合力不为零，则洛伦兹力变化，不能沿直线运动，因此这三个力的合力一定为零，带电液滴做匀速直线运动，不可能做匀变速直线运动，故A正确，D错误；当带电液滴带正电，且电场线方向斜向上时，带电液滴受竖直向下的重力G、沿电场线向上的电场力F、垂直于速度方向斜向左上方的洛伦兹力作用，这三个力的合力可能为零，带电液滴沿虚线L做匀速直线运动，如果带电液滴带负电、电场线方向斜向上或斜向下时，带电液滴所受合力不为零，不可能沿直线运动，故B错误，C正确。
7.(2023·山东省菏泽市高三下二模)如图所示，质量为m＝1 kg、电荷量为q＝5×10－2 C的带正电的小滑块，从半径为R
＝0.4 m的固定光滑绝缘eq \f(1,4)圆弧轨道上由静止自A端滑下。整个装置处在方向互相垂直的匀强电场与匀强磁场中。已知E＝100 V/m，方向水平向右，B＝1 T，方向垂直纸面向里，g取10 m/s2，求：
(1)滑块到达C点时的速度；
(2)在C点时滑块所受洛伦兹力；
(3)在C点滑块对轨道的压力。
答案: (1)大小为2 m/s，方向水平向左
(2)大小为0.1 N，方向竖直向下
(3)大小为20.1 N，方向竖直向下
解析：以滑块为研究对象，自轨道上A点滑到C点的过程中，受重力mg，方向竖直向下；静电力qE，方向水平向右；洛伦兹力F洛＝qvB，方向始终垂直于速度方向。
(1)滑块从A到C的过程中洛伦兹力不做功，由动能定理得mgR－qER＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)
得vC＝eq \r(\f(2（mg－qE）R,m))＝2 m/s，方向水平向左。
(2)根据洛伦兹力公式得
F＝qvCB＝5×10－2×2×1 N＝0.1 N，由左手定则知方向竖直向下。
(3)在C点，由牛顿第二定律得FN－mg－qvCB＝meq \f(veq \\al(2,C),R)
得FN＝mg＋qvCB＋meq \f(veq \\al(2,C),R)＝20.1 N
由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力大小为20.1 N，方向竖直向下。
1.(2023山东省济南市高三下模拟考试)如图所示，匀强电场方向水平向右，匀强磁场方向垂直纸面向里，将带正电的小球在场中静止释放，最后落到地面上．关于该过程，下述说法正确的是( )
A．小球做匀变速曲线运动
B．小球减少的电势能等于增加的动能
C．电场力和重力做的功等于小球增加的动能
D．若保持其他条件不变，只减小磁感应强度，小球着地时动能不变
答案:C
解析：重力和电场力是恒力，但洛伦兹力是变力，因此合外力是变化的，由牛顿第二定律知其加速度也是变化的，选项A错误；由动能定理和功能关系知，选项B错误，选项C正确；磁感应强度减小时，小球落地时的水平位移会发生变化，则电场力所做的功也会随之发生变化，选项D错误．
2. (多选)(2023·山东省滨州市高三下二模)带电小球以一定的初速度v0竖直向上抛出，能够达到的最大高度为h1；若加上水平方向的匀强磁场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h2，若加上水平方向的匀强电场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h3；若加上竖直向上的匀强电场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h4，如图所示。不计空气阻力，则( )
A.一定有h1＝h3 B.一定有h1＜h4
C.h2与h4无法比较 D.h1与h2无法比较
答案:AC
解析：图甲中，由竖直上抛运动的最大高度公式得h1＝eq \f(veq \\al( 2,0),2g)，图丙中，当加上电场时，由运动的分解可知，在竖直方向上，有veq \\al(2,0)＝2gh3得h3＝eq \f(veq \\al( 2,0),2g)，所以h1＝h3，故A正确；图乙中，洛伦兹力改变速度的方向，当小球在磁场中运动到最高点时，小球应有水平速度，设此时小球的动能为Ek，则由能量守恒定律得mgh2＋Ek＝eq \f(1,2)mveq \\al( 2,0)，又由于eq \f(1,2)mveq \\al( 2,0)＝mgh1，所以h1＞h2，D错误；图丁中，因小球电性不知，则电场力方向不清，则h4可能大于h1，也可能小于h1，故C正确，B错误。
3. (2023·河北省张家口市高三下三模)如图所示，场强为E的匀强电场方向竖直向下，场强为B的水平匀强磁场垂直纸面向里，三个油滴a、b、c带有等量的同种电荷．已知a静止，b、c在纸面内按图示方向做匀速圆周运动(轨迹未画出)．忽略三个油滴间的静电力作用，比较三个油滴的质量及b、c的运动情况，以下说法中正确的是( )
A．三个油滴的质量相等，b、c都沿顺时针方向运动
B．a的质量最大，c的质量最小，b、c都沿逆时针方向运动
C．b的质量最大，a的质量最小，b、c都沿顺时针方向运动
D．三个油滴的质量相等，b沿顺时针方向运动，c沿逆时针方向运动
答案:A
解析：油滴a静止不动，其受到的合力为零，所以mag＝qE，电场力方向竖直向上，油滴带负电荷．又油滴b、c在场中做匀速圆周运动，则其重力和受到的电场力是一对平衡力，所以mbg＝mcg＝qE，油滴受到的洛伦兹力提供其做匀速圆周运动的向心力，由左手定则可判断，b、c都沿顺时针方向运动．故A正确．
4. (2023广东汕头一模)如图所示，长为l的绝缘轻绳上端固定于O点，下端系一质量为m的带负电小球，在小球运动的竖直平面内有垂直该平面向里的匀强磁场．某时刻给小球一垂直于磁场、水平向右的初速度，小球能做完整的圆周运动．不计空气阻力，重力加速度为g，则( )
A．小球做匀速圆周运动
B．小球运动过程中机械能不守恒
C．小球在最高点的最小速度v1＝eq \r(gl)
D．最低点与最高点的绳子拉力差值大于6mg
答案:D
解析：重力对小球做功，所以小球在运动过程中速率不断变化，A错误．小球在运动过程中，绳子的拉力与洛伦兹力不做功，只有重力做功，故小球运动过程中机械能守恒，B错误．当小球恰好经过最高点时，由牛顿第二定律得mg－qv1B＝meq \f(v\\al(2,1),l)，故v1≠eq \r(gl)，C错误．由牛顿第二定律，小球在最低点有FT－mg－qvB＝meq \f(v2,l)，在最高点有mg＋FT′－qv′B＝meq \f(v′2,l)，由机械能守恒定律得eq \f(1,2)mv2＝mg·2l＋eq \f(1,2)mv′2，联立以上方程得，最低点与最高点绳子的拉力差ΔFT＝FT－FT′＝6mg＋qB(v－v′)>6mg，D正确．
5.(2023·天津市南开区高三下一模)如图所示，虚线右侧有竖直向下的电场强度E＝45 N/C的匀强电场及垂直于电场向外的磁感应强度B＝0.25 T的匀强磁场。在光滑绝缘的水平面上有两个等大的金属小球A、B，小球A不带电，其质量mA＝0.05 kg，紧贴虚线静置的小球B带电量qB＝－4×10－3 C，其质量mB＝0.01 kg。小球A以速度v0＝20 m/s水平向右与小球B发生正碰，碰后小球B垂直于电、磁场直接进入正交电、磁场中。刚进入正交电、磁场的瞬间，小球B竖直方向的加速度恰好为零。设小球A、B碰撞瞬间电荷均分，取g＝10 m/s2。则下列说法正确的是( )
A．碰后瞬间，小球A的速度大小为10 m/s
B．小球A在刚进入正交电、磁场后的短时间内，其电势能减少
C．过程中，小球A对小球B做的功为2 J
D．小球A、B之间的碰撞为弹性碰撞
答案:C
解析：小球A、B碰撞瞬间电荷均分，则两小球电荷量的绝对值均为q＝|eq \f(qB,2)|＝2×10－3 C，且小球B刚进入正交电、磁场的瞬间，竖直方向的加速度恰好为零，则有mBg＝qvBB＋qE，解得碰后B球的速度为vB＝20 m/s，小球A、B碰撞过程中，由动量守恒定律可得mAv0＝mAvA＋mBvB，解得，碰后瞬间小球A速度为vA＝16 m/s，故A错误；小球A刚进入正交电、磁场后，由于mAg＝0.5 N＞qE＋qvAB＝0.098 N，所以小球A向下偏，则电场力做负功，故其电势能增大，故B错误；根据动能定理，可知小球A对小球B做的功为W＝eq \f(1,2)mBvB2＝2 J，故C正确；由于碰撞前A、B系统机械能为Ek1＝eq \f(1,2)mAv02＝10 J，碰后系统机械能为Ek2＝eq \f(1,2)mAvA2＋eq \f(1,2)mBvB2＝8.4 J，则Ek1＞Ek2，机械能不守恒，故小球A、B之间的碰撞为非弹性碰撞，故D错误。
6.(多选)(2023·江苏省徐州市高三下第三次调研)如图所示，粗糙的足够长直绝缘杆上套有一带电小球，整个装置处在由水平向右匀强电场和垂直于纸面向外的匀强磁场组成的足够大复合场中，小球由静止开始下滑，则下列说法正确的是( )
A．小球的加速度先增大后减小
B．小球的加速度一直减小
C．小球的速度先增大后减小
D．小球的速度一直增大，最后保持不变
答案:AD
解析：小球由静止开始下滑，受到竖直向下的重力、水平方向的电场力和绝缘杆的弹力，杆对小球的摩擦力、垂直杆且与电场力方向相反的洛伦兹力作用。随着小球速度的增大，所受的洛伦兹力增大，小球对绝缘杆的弹力减小，小球所受摩擦力减小，小球所受合外力增大，加速度增大。当速度增大到足够大时，所受的洛伦兹力大于电场力，小球对绝缘杆的弹力增大，小球所受摩擦力增大，小球所受合外力减小，加速度减小，即小球的加速度先增大后减小，选项A正确，B错误。无论小球的加速度是增大还是减小，小球的速度都是增大，当加速度减小到零的时候，速度保持不变，选项C错误，D正确。
7. (多选)(2023·江苏省宿迁市高三下第三次调研)如图所示，半圆形光滑绝缘轨道固定在竖直平面内，O点为其圆心，P点为轨道最低点，两个端点M、N与O等高，匀强磁场方向与轨道平面垂直。现将一个带负电的小球自M点由静止释放，它将沿轨道做往复运动，下列说法中正确的是( )
A．小球由M到N与由N到M所经历的时间相等
B．小球由M到P与由N到P过程中重力对小球做的功相等，但洛伦兹力做的功不相等
C．小球由M到P与由N到P过程中所受合外力的冲量大小相等
D．小球经过轨道最低点时对轨道的压力大小是相等的
答案:AC
解析：小球所受的洛伦兹力与速度方向垂直不做功，轨道光滑没有摩擦力，只受重力作用，小球机械能守恒，故小球由M到N与由N到M所经历的时间相等，A正确；小球由M到P与由N到P过程中重力对小球做的功相等，小球所受的洛伦兹力不做功，B错误；根据动量定理公式Ft＝mΔv，小球机械能守恒，故小球从M到P与由N到P过程中速度变化量大小相等，所以在此过程中所受合外力的冲量大小相等，C正确；根据左手定则，小球从M到P的过程中到达P时所受洛伦兹力方向竖直向下，根据合力提供向心力对小球受力分析，如图甲所示。
FN－mg－FL＝meq \f(v2,r)，FN＝meq \f(v2,r)＋mg＋FL，当小球从N到P的过程中到达P时洛伦兹力竖直向上，受力分析如图乙所示。
FN＋FL－mg＝meq \f(v2,r)，FN＝meq \f(v2,r)＋mg－FL，根据牛顿第三定律，在整个过程中洛伦兹力大小相等。所以从M到P的过程中到达P时对轨道的压力大于小球从N到P的过程中到达P时对轨道的压力，D错误。
8. (多选)(2023·合肥一模)如图所示，竖直放置的两平行金属板，长为L，板间距离为d，接在电压为U的直流上．在两板间加一磁感应强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场．一个质量为m，电荷量为q的带正电油滴，从距金属板上端高为h处由静止开始自由下落，并经两板上端连线中点P进入板间．油滴在P点所受的电场力与磁场力大小恰好相等，且最后恰好从金属板的下边缘离开电磁场区域．空气阻力不计，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．油滴刚进入电磁场时的加速度为g
B．油滴开始下落的高度h＝eq \f(U2,2B2d2g)
C．油滴从左侧金属板的下边缘离开
D．油滴离开电磁场时的速度大小为eq \r(\f(－qU,m)＋2gL＋\f(U2,B2d2))
答案:ABD
解析：A项，油滴刚进入电磁场时，电场力与磁场力大小恰好相等，故合力等于重力G，加速度为g，故A项正确；
B项，在P点由题意可知：qE＝qvB
自由下落过程有：v2＝2gh
U＝Ed
由以上三式解得：
h＝eq \f(U2,2B2d2g)，故B项正确；
C项，根据左手定则，在P位置时受洛伦兹力向右，竖直方向在加速，故洛伦兹力在变大，故油滴从右侧金属板的下边缘离开，故C项错误；
D项，整个过程由动能定理有：
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项正确．
9. (多选)(2023.黑龙江齐齐哈尔二模)如图所示，绝缘的中空轨道竖直固定，圆弧段COD光滑，对应圆心角为120°，C、D两端等高，O为最低点，圆弧的圆心为O′，半径为R；直线段AC、HD粗糙且足够长，与圆弧段分别在C、D端相切．整个装置处于方向垂直于轨道所在平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，在竖直虚线MC左侧和虚线ND右侧存在着电场强度大小相等、方向分别为水平向右和水平向左的匀强电场．现有一质量为m、电荷量恒为q、直径略小于轨道内径、可视为质点的带正电小球，从轨道内距C点足够远的P点由静止释放．若小球所受电场力的大小等于其重力的eq \f(\r(3),3)倍，小球与直线段AC、HD间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为，则( )
A．小球在第一次沿轨道AC下滑的过程中，最大加速度amax＝eq \f(2\r(3),3)g
B．小球在第一次沿轨道AC下滑的过程中，最大速度vmax＝eq \f(\r(3)mg,3μqB)
C．小球进入DH轨道后，上升的最高点与P点等高
D．小球经过O点时，对轨道的弹力可能为2mg－qBeq \r(gR)
答案: AD
解析： 小球沿AC下滑过程中的受力如图：
利用牛顿第二定律可有，
eq \f(\r(3),3)mgcs 60°＋mg sin 60°－f＝ma
qvB＋eq \f(\r(3),3)mgsin 60°－mg cs 60°－FN＝0
f＝μ·FN
则由以上式子可得：a＝eq \f(2\r(3),3) g－eq \f(μ,m) qvB.
当小球开始下滑时(v＝0)，加速度最大为amax＝eq \f(2\r(3),3)g，则A项正确；当加速度a＝0时，速度最大为vmax＝eq \f(2\r(3)mg,3μqB)，则B项错误；小球沿AC下滑到进入DH过程中洛伦兹力不做功，摩擦力做负功，再结合题图及球所受重力和电场力情况，则有小球上滑到DH的位置比P点低，C项错误；小球沿轨道可以重复下滑、上滑，再下滑再上滑……，运动中小球的能量损失了，每次上升到的高度会降低，最终小球会在COD光滑弧段来回运动，则有mgeq \f(R,2)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，最低点O处，当小球速度向右时，qv0B＋FN1－mg＝meq \f(v\\al(2,0),R)，求得FN1＝2mg－qBeq \r(gR)，当小球速度向左时，FN2－mg－qv0B＝eq \f(mv2,R)，求得FN2＝2mg＋qBeq \r(gR)，则可判断D项正确．
10. (2023·长春模拟)如图所示，水平向左的匀强电场的场强E＝4 v/m，垂直纸面向内的匀强磁场的B＝2 T，质量为m＝1 kg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＝0.8 m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＝1.6 m，取g＝10 m/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:见解析
解析：(1)在N点有：qvNB＝qE
得：vN＝eq \f(E,B)＝eq \f(4,2)＝2 m/s
由动能定理mgh－Wf＝eq \f(1,2)mvN2
代入数据解得：Wf＝6 J；
(2)在P点三力平衡，qE＝mg，
qvB＝eq \r(2)qE＝eq \r(2)mg
则得：vP＝2eq \r(2) m/s
由动能定理，从N到P：mgh′－qExp＝eq \f(1,2)mvP2－eq \f(1,2)mvN2
g(h′－xp)＝eq \f(1,2)(vP2－vN2)＝2
将h′＝0.8 m，vN＝2 m/s
代入解得：xp＝0.6 m.
11. (2023·福建福州期末)如图所示，竖直平面MN的右侧空间存在着相互垂直的水平向左的匀强电场和水平向里的匀强磁场，MN左侧的绝缘水平面光滑，右侧的绝缘水平面粗糙。质量为m的小物体A静止在MN左侧的水平面上，该小物体带负电，电荷量－q(q>0)。质量为eq \f(1,3)m的不带电的小物体B以速度v0冲向小物体A并发生弹性正碰，碰撞前后小物体A的电荷量保持不变。
(1)求碰撞后小物体A的速度大小。
(2)若小物体A与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，磁感应强度为B＝eq \f(3mg,qv0)，电场强度为E＝eq \f(7μmg,q)，小物体A从MN开始向右运动距离为L时速度达到最大。求小物体A的最大速度vm和此过程克服摩擦力所做的功W。
答案: (1)eq \f(v0,2) (2)2v0 7μmgL－eq \f(15,8)mveq \\al(2,0)
解析：本题考查带电物体在复合场中的直线运动、动量守恒定律、牛顿运动定律、动能定理及其相关知识点。
(1)设A、B碰撞后的速度分别为vA、vB，由于A、B发生弹性正碰，动量、机械能均守恒，取水平向右为正方向，则有
mBv0＝mBvB＋mAvA，
eq \f(1,2)mBveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)mBveq \\al(2,B)＋eq \f(1,2)mAveq \\al(2,A)，
解得vA＝eq \f(v0,2)。
(2)当物体A的加速度等于零时，其速度达到最大值vm，受力如图所示，由平衡条件可知，在竖直方向有N＝qvmB＋mg，
在水平方向有qE＝μN，
解得vm＝2v0，
根据动能定理得qEL－W＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)，
联立并代入相关数据可得W＝7μmgL－eq \f(15,8)mveq \\al(2,0)。
11. (2023·江苏省连云港市高三下第一次调研)如图所示，质量M为5.0 kg的小车以2.0 m/s的速度在光滑的水平面上向左运动，小车上AD部分是表面粗糙的水平轨道，DC部分是eq \f(1,4)光滑圆弧轨道，整个轨道都是由绝缘材料制成的，小车所在空间内有竖直向上的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，电场强度E大小为50 N/C，磁感应强度B大小为2.0 T．现有一质量m为2.0 kg、带负电且电荷量为0.10 C的滑块以10 m/s的水平速度向右冲上小车，当它运动到D点时速度为5 m/s.滑块可视为质点，g取10 m/s2，计算结果保留两位有效数字．
(1)求滑块从A到D的过程中，小车与滑块组成的系统损失的机械能；
(2)如果滑块刚过D点时对轨道的压力为76 N，求圆弧轨道的半径r；
(3)当滑块通过D点时，立即撤去磁场，要使滑块冲出圆弧轨道，求此圆弧轨道的最大半径．
答案:(1)85 J (2)1 m (3)0.71 m
解析：(1)设滑块运动到D点时的速度大小为v1，小车在此时的速度大小为v2，物块从A运动到D的过程中，系统动量守恒，以向右为正方向，
有mv0－Mv＝mv1＋Mv2，
解得v2＝0.
设小车与滑块组成的系统损失的机械能为ΔE，则有
ΔE＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＋eq \f(1,2)Mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，
解得ΔE＝85 J.
(2)设滑块刚过D点时受到轨道的支持力为FN，则由牛顿第三定律可得FN＝76 N，由牛顿第二定律可得
FN－(mg＋qE＋qv1B)＝meq \f(veq \\al(2,1),r)，
解得r＝1 m.
(3)设滑块沿圆弧轨道上升到最大高度时，滑块与小车具有共同的速度v′，由动量守恒定律可得
mv1＝(m＋M)v′，
解得v′＝eq \f(10,7) m/s.
设圆弧轨道的最大半径为Rm，由能量守恒定律有
eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)(m＋M)v′2＋(mg＋qE)Rm，
解得Rm＝0.71 m.
1.(2023·北京卷）某空间存在匀强磁场和匀强电场。一个带电粒子(不计重力)以一定初速度射入该空间后，做匀速直线运动；若仅撤除电场，则该粒子做匀速圆周运动，下列因素与完成上述两类运动无关的是
A．磁场和电场的方向
B．磁场和电场的强弱
C．粒子的电性和电量
D．粒子入射时的速度
答案:C
解析：由题可知，当带电粒子在复合场内做匀速直线运动，即，则，若仅撤除电场，粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，说明要满足题意需要对磁场与电场的方向以及强弱程度都要有要求，例如：电场方向向下，磁场方向垂直纸面向里等，但是对电性和电量无要求，故选项C正确，ABD错误。
2.(2023·湖南卷·)如图，两个定值电阻的阻值分别为和，直流电源的内阻不计，平行板电容器两极板水平放置，板间距离为，板长为，极板间存在方向水平向里的匀强磁场。质量为、带电量为的小球以初速度沿水平方向从电容器下板左侧边缘点进入电容器，做匀速圆周运动，恰从电容器上板右侧边缘离开电容器。此过程中，小球未与极板发生碰撞，重力加速度大小为，忽略空气阻力。
（1）求直流电源的电动势；
（2）求两极板间磁场的磁感应强度；
（3）在图中虚线的右侧设计一匀强电场，使小球离开电容器后沿直线运动，求电场强度的最小值。
答案:（1）；（2）；（3）
解析：（1）小球在电磁场中作匀速圆周运动，则电场力与重力平衡，可得
两端的电压
根据欧姆定律得
联立解得
（2）如图所示
设粒子在电磁场中做圆周运动的半径为，根据几何关系
解得
根据
解得
（3）由几何关系可知，射出磁场时，小球速度方向与水平方向夹角为，要使小球做直线运动，当小球所受电场力与小球重力在垂直小球速度方向的分力相等时，电场力最小，电场强度最小，可得
解得
新课程标准
1.通过实验，认识洛伦兹力。能判断洛伦兹力的方向，会计算洛伦兹力的大小。
2．能用洛伦兹力分析带电粒子在匀强磁场中的圆周运动。了解带电粒子在匀强磁场中的偏转及其应用。
命题趋势
考查的内容主要体现在对科学思维、运动与相互作用观念等物理学科的核心素养的要求。考查频率高，题目综合性强，会综合牛顿运动定律和运动学规律，注重与电场、磁场的渗透，注重生产、生活、当今热点、现代科技的联系。
试题情境
生活实践类
生活和科技等
学习探究类
带电粒子在磁场、组合场、叠加场中的运动
项目
名称
力的特点
功和能的特点
重力场
大小：G＝mg
方向：竖直向下
重力做功与路径无关
重力做功改变物体的重力势能
静电场
大小：F＝qE
方向：①正电荷受力方向与场强方向相同
②负电荷受力方向与场强方向相反
静电力做功与路径无关
W＝qU
静电力做功改变电势能
磁场
洛伦兹力大小：F＝
qvB
方向：根据左手定则判定
洛伦兹力不做功，不改变带电粒子的动能
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