專題3.4 帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動(dòng)問題 疊加場是指在同一空間區(qū)域中重力場、電場、磁場有兩種場或三種場同時(shí)存在的情況。常見的疊加場有：電場與重力場的疊加，磁場與電場的疊加，磁場、電場、重力場的疊加等。帶電粒子在復(fù)合場中做什么運(yùn)動(dòng)，取決于帶電粒子所受的合外力及其初始運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，因此應(yīng)把帶電粒子的初始運(yùn)動(dòng)情況和受力情況結(jié)合起來進(jìn)行分析。(1)當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中所受的合外力為零時(shí)，粒子將保持靜止或做勻速直線運(yùn)動(dòng)。(2)當(dāng)帶電粒子所受的合外力與運(yùn)動(dòng)方向在同一條直線上時(shí)，粒子將做勻變速直線運(yùn)動(dòng)。(3)當(dāng)帶電粒子所受的合外力充當(dāng)向心力時(shí)，粒子將做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。(4)當(dāng)帶電粒子所受合外力的大小、方向都不斷變化時(shí)，粒子將做變速運(yùn)動(dòng)。題型1 帶電體在疊加場中有約束情況下的運(yùn)動(dòng)帶電體在疊加場中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道等約束的情況下，常見的運(yùn)動(dòng)形式有直線運(yùn)動(dòng)和圓周運(yùn)動(dòng)，此時(shí)解題要通過受力分析明確變力、恒力做功情況，并注意洛倫茲力不做功的特點(diǎn)，運(yùn)用動(dòng)能定理、能量守恒定律結(jié)合牛頓運(yùn)動(dòng)定律求解類型一：如果粒子在復(fù)合場中受軌道、支撐面、輕繩或輕桿等有形的約束時(shí)，可做變速直線運(yùn)動(dòng)。解題時(shí)只要從受力分析入手，明確變力、恒力及做功等情況，就可用動(dòng)能定理、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)相關(guān)知識(shí)進(jìn)行求解。類型二：若帶電粒子運(yùn)動(dòng)的空間存在軌道、支撐面、輕繩、輕桿等有形的約束時(shí)，帶電粒子在復(fù)合場中做勻變速圓周運(yùn)動(dòng)，一般應(yīng)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律和動(dòng)能定理求解。【典例1】如圖，一個(gè)質(zhì)量為m、帶電量為+q的圓環(huán)，可在水平放置的足夠長的粗糙細(xì)桿上滑動(dòng)，細(xì)桿處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中。現(xiàn)給圓環(huán)一個(gè)水平向右的初速度v0，在以后的運(yùn)動(dòng)中下列說法正確的是（ ） A圓環(huán)可能做勻減速運(yùn)動(dòng) B圓環(huán)不可能做勻速直線運(yùn)動(dòng)C圓環(huán)克服摩擦力所做的功一定為D圓環(huán)克服摩擦力所做的功可能為【答案】 D【解析】：當(dāng)qv0Bmg時(shí)，圓環(huán)做減速運(yùn)動(dòng)到靜止，速度在減小，洛倫茲力減小，桿的支持力和摩擦力都發(fā)生變化，所以不可能做勻減速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤當(dāng)qv0B=mg時(shí)，圓環(huán)不受支持力和摩擦力，做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤。當(dāng)qv0Bmg時(shí)，圓環(huán)做減速運(yùn)動(dòng)到靜止，只有摩擦力做功根據(jù)動(dòng)能定理得-W=0-，W= 代入解得W=，故C錯(cuò)誤，D正確。故選D【典例2】如圖所示，與水平面成37的傾斜軌道AC，其延長線在D點(diǎn)與半圓軌道DF相切，全部軌道為絕緣材料制成且位于豎直面內(nèi)，整個(gè)空間存在水平向左的勻強(qiáng)電場，MN的右側(cè)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(C點(diǎn)處于MN邊界上)一質(zhì)量為0.4 kg的帶電小球沿軌道AC下滑，至C點(diǎn)時(shí)速度為vC m/s，接著沿直線CD運(yùn)動(dòng)到D處進(jìn)入半圓軌道，進(jìn)入時(shí)無動(dòng)能損失，且恰好能通過F點(diǎn)，在F點(diǎn)速度為vF4 m/s(不計(jì)空氣阻力，g10 m/s2，cos 370.8)求： (1)小球帶何種電荷？(2)小球在半圓軌道部分克服摩擦力所做的功；(3)小球從F點(diǎn)飛出時(shí)磁場同時(shí)消失，小球離開F點(diǎn)后的運(yùn)動(dòng)軌跡與直線AC(或延長線)的交點(diǎn)為G點(diǎn)(未標(biāo)出)，求G點(diǎn)到D點(diǎn)的距離【答案】 (1)正電荷 (2)27.6 J (3)2.26 m【解析】 (1)依題意可知小球在CD間做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在CD段受重力、電場力、洛倫茲力且合力為零，若小球帶負(fù)電，小球受到的合力不為零，因此帶電小球應(yīng)帶正電荷 (2)小球在D點(diǎn)速度為vDvC m/s設(shè)重力與電場力的合力為F1，如圖所示，則F1F洛qvCB又F15 N解得qB CT在F處由牛頓第二定律可得qvFBF1F把qB CT代入得R1 m小球在DF段克服摩擦力做功Wf，由動(dòng)能定理可得Wf2F1Rmvmv解得Wf27.6 J(3)小球離開F點(diǎn)后做類平拋運(yùn)動(dòng)，其加速度為a由2R解得t s交點(diǎn)G與D點(diǎn)的距離GDvFt m2.26 m 【跟蹤訓(xùn)練】1.(多選)如圖所示，兩個(gè)傾角分別為30和60的光滑斜面固定于水平地面上，并處于方向垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中。兩個(gè)質(zhì)量均為m、帶電荷量為q的小滑塊甲和乙分別從兩個(gè)斜面頂端由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后，兩小滑塊都將飛離斜面，在此過程中( ) A.甲滑塊飛離斜面瞬間的速度比乙滑塊飛離斜面瞬間的速度大B.甲滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間比乙滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間短C.甲滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的位移與乙滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的位移大小相同D.兩滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的過程中，重力的平均功率相等【答案】 AD 2. 如圖所示的豎直平面內(nèi)有范圍足夠大、水平向左的勻強(qiáng)電場，在虛線的左側(cè)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感強(qiáng)度大小為B，一絕緣軌道由兩段直桿和一半徑為R的半圓環(huán)組成，固定在紙面所在的豎直平面內(nèi)，PQ、MN水平且足夠長，半圓環(huán)MAP在磁場邊界左側(cè)，P、M點(diǎn)在磁場邊界線上，NMAP段光滑，PQ段粗糙現(xiàn)在有一質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的小環(huán)套在MN桿上，它所受電場力為重力的0.5倍。現(xiàn)將小環(huán)從M點(diǎn)右側(cè)的D點(diǎn)由靜止釋放，小環(huán)剛好能到達(dá)P點(diǎn) （1）求DM間距離x0；（2）求上述過程中小環(huán)第一次通過與O等高的A點(diǎn)時(shí)半圓環(huán)對小環(huán)作用力的大?。弧敬鸢浮?（1）8R/3 （2）【解析】：（1）小環(huán)剛好到達(dá)P點(diǎn)時(shí)速度vP=0，由動(dòng)能定理得qEx0-2mgR=0 而 qE3mg/4所以x08R/3（2）設(shè)小環(huán)在A點(diǎn)時(shí)的速度為vA，由動(dòng)能定理得qE(x0+R)mgR因此vA 題型2 帶電體在疊加場中無約束情況下的運(yùn)動(dòng)情況(1)洛倫茲力、重力并存若重力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運(yùn)動(dòng)若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)，因洛倫茲力不做功，故機(jī)械能守恒，由此可求解問題(2)靜電力、洛倫茲力并存(不計(jì)重力的微觀粒子)若靜電力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運(yùn)動(dòng)若靜電力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)，因洛倫茲力不做功，可用動(dòng)能定理求解問題(3)靜電力、洛倫茲力、重力并存若三力平衡，一定做勻速直線運(yùn)動(dòng)若重力與靜電力平衡，一定做勻速圓周運(yùn)動(dòng)若合力不為零且與速度方向不垂直，將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)，因洛倫茲力不做功，可用能量守恒定律或動(dòng)能定理求解問題【典例3】如圖所示，勻強(qiáng)電場方向水平向右，勻強(qiáng)磁場方向垂直紙面向里，將帶正電的小球在場中靜止釋放，最后落到地面上關(guān)于該過程，下述說法正確的是( ) A小球做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)B小球減少的電勢能等于增加的動(dòng)能C電場力和重力做的功等于小球增加的動(dòng)能D若保持其他條件不變，只減小磁感應(yīng)強(qiáng)度，小球著地時(shí)動(dòng)能不變【答案】 C【解析】 重力和電場力是恒力，但洛倫茲力是變力，因此合外力是變化的，由牛頓第二定律知其加速度也是變化的，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理和功能關(guān)系知，選項(xiàng)B錯(cuò)誤，選項(xiàng)C正確；磁感應(yīng)強(qiáng)度減小時(shí)，小球落地時(shí)的水平位移會(huì)發(fā)生變化，則電場力所做的功也會(huì)隨之發(fā)生變化，選項(xiàng)D錯(cuò)誤【典例4】如圖，在豎直平面內(nèi)建立直角坐標(biāo)系xOy，其第一象限存在著正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場強(qiáng)度的方向水平向右，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直紙面向里一帶電荷量為q、質(zhì)量為m的微粒從原點(diǎn)出發(fā)沿與x軸正方向的夾角為45的初速度進(jìn)入復(fù)合場中，正好做直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)微粒運(yùn)動(dòng)到A(l，l)時(shí)，電場方向突然變?yōu)樨Q直向上(不計(jì)電場變化的時(shí)間)，粒子繼續(xù)運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后，正好垂直于y軸穿出復(fù)合場不計(jì)一切阻力，求： (1)電場強(qiáng)度E的大??；(2)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??；(3)粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間【答案】 (1) (2) (3)(1)【解析】 (1)微粒到達(dá)A(l，l)之前做勻速直線運(yùn)動(dòng)，對微粒受力分析如圖甲： 所以，Eqmg，得：E(2)由平衡條件：qvBmg電場方向變化后，微粒所受重力與電場力平衡，微粒在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，軌跡如圖乙： qvBm由幾何知識(shí)可得：rlv聯(lián)立解得：B(3)微粒做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t1做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t2在復(fù)合場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間：tt1t2(1)【跟蹤訓(xùn)練】(2016天津高考)如圖所示，空間中存在著水平向右的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小E5 N/C，同時(shí)存在著水平方向的勻強(qiáng)磁場，其方向與電場方向垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B0.5 T。有一帶正電的小球，質(zhì)量m1106 kg，電荷量q2106 C，正以速度v在圖示的豎直面內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)經(jīng)過P點(diǎn)時(shí)撤掉磁場(不考慮磁場消失引起的電磁感應(yīng)現(xiàn)象)，取g10 m/s2。求： (1)小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)的速度v的大小和方向；(2)從撤掉磁場到小球再次穿過P點(diǎn)所在的這條電場線經(jīng)歷的時(shí)間t?！敬鸢浮?1)20 m/s，方向與電場方向成60角斜向上 (2)3.5 s【解析】(1)小球勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)受力如圖， 其所受的三個(gè)力在同一平面內(nèi)，合力為零，有qvB代入數(shù)據(jù)解得v20 m/s速度v的方向與電場E的方向之間的夾角滿足tan 代入數(shù)據(jù)解得tan 60。聯(lián)立以上各式，代入數(shù)據(jù)解得t2 s3.5 s。解法二：撤去磁場后，由于電場力垂直于豎直方向，它對豎直方向的分運(yùn)動(dòng)沒有影響，以P點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，豎直向上為正方向，小球在豎直方向上做勻減速運(yùn)動(dòng)，其初速度為vyvsin 若使小球再次穿過P點(diǎn)所在的電場線，僅需小球的豎直方向上分位移為零，則有vytgt20聯(lián)立以上兩式，代入數(shù)據(jù)解得t2 s3.5 s。 高考+模擬綜合提升訓(xùn)練1.(2018全國卷II T25)一足夠長的條狀區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場,其在xOy平面內(nèi)的截面如圖所示:中間是磁場區(qū)域,其邊界與y軸垂直,寬度為l,磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B,方向垂直于xOy平面;磁場的上、下兩側(cè)為電場區(qū)域,寬度均為l,電場強(qiáng)度的大小均為E,方向均沿x軸正方向;M、N為條狀區(qū)域邊界上的兩點(diǎn),它們的連線與y軸平行。一帶正電的粒子以某一速度從M點(diǎn)沿y軸正方向射入電場,經(jīng)過一段時(shí)間后恰好以從M點(diǎn)入射的速度從N點(diǎn)沿y軸正方向射出。不計(jì)重力。 (1)定性畫出該粒子在電磁場中運(yùn)動(dòng)的軌跡。(2)求該粒子從M點(diǎn)射入時(shí)速度的大小。(3)若該粒子進(jìn)入磁場時(shí)的速度方向恰好與x軸正方向的夾角為,求該粒子的比荷及其從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的時(shí)間?！敬鸢浮?1)圖見解析 (2) (3) 【解析】(1)粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖甲所示。(粒子在電場中的軌跡為拋物線,在磁場中為圓弧,上下對稱) (2)粒子從電場下邊界入射后在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)。設(shè)粒子從M點(diǎn)射入時(shí)速度的大小為v0,在下側(cè)電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t,加速度的大小為a;粒子進(jìn)入磁場的速度大小為v,方向與電場方向的夾角為(見圖乙),速度沿電場方向的分量為v1。根據(jù)牛頓第二定律有 qE=ma式中q和m分別為粒子的電荷量和質(zhì)量。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v1=atl=v0tv1=vcos 粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),設(shè)其運(yùn)動(dòng)軌道半徑為R,由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得qvB=m由幾何關(guān)系得l=2Rcos 聯(lián)立式得v0= 式中T是粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期由式得2（2017全國，16）如圖，空間某區(qū)域存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場方向豎直向上（與紙面平行），磁場方向垂直于紙面向里，三個(gè)帶正電的微粒a，b，c電荷量相等，質(zhì)量分別為ma，mb，mc，已知在該區(qū)域內(nèi)，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運(yùn)動(dòng)。下列選項(xiàng)正確的是 A B C D 【答案】B【解析】由題意知，mag=qE，mbg=qE+Bqv，mcg+Bqv=qE，所以，故B正確；ACD錯(cuò)誤。 3(2015福建高考)如圖，絕緣粗糙的豎直平面MN左側(cè)同時(shí)存在相互垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場方向水平向右，電場強(qiáng)度大小為E，磁場方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的小滑塊從A點(diǎn)由靜止開始沿MN下滑，到達(dá)C點(diǎn)時(shí)離開MN做曲線運(yùn)動(dòng)。A、C兩點(diǎn)間距離為h，重力加速度為g。 (1)求小滑塊運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)的速度大小vC；(2)求小滑塊從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)過程中克服摩擦力做的功Wf；(3)若D點(diǎn)為小滑塊在電場力、洛倫茲力及重力作用下運(yùn)動(dòng)過程中速度最大的位置，當(dāng)小滑塊運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)撤去磁場，此后小滑塊繼續(xù)運(yùn)動(dòng)到水平地面上的P點(diǎn)。已知小滑塊在D點(diǎn)時(shí)的速度大小為vD，從D點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的時(shí)間為t，求小滑塊運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)速度的大小vP?！敬鸢浮浚?1) (2)mgh (3) 【解析】(1)小滑塊沿MN運(yùn)動(dòng)過程，水平方向受力滿足qvBNqE小滑塊在C點(diǎn)離開MN時(shí)N0解得vC。(2)由動(dòng)能定理得mghWfmvC20 解得Wfmgh。 4（2019屆河南省滑縣高三第一學(xué)期第二次聯(lián)考）如圖所示,空間存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場,一帶負(fù)電的物塊在水平外力F作用下沿粗糙水平面向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng),下列關(guān)于外力F隨時(shí)間變化的圖象可能正確的是 A B C D 【答案】D【解析】設(shè)開始計(jì)時(shí)物塊的速度為，物塊質(zhì)量為m，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律得：，聯(lián)立解得：，若為零則，可知外力F隨時(shí)間呈線性關(guān)系，選項(xiàng)D正確。5（2019屆四川省成都市高中畢業(yè)班摸底測試）圖示區(qū)域有方向豎直向下的勻強(qiáng)電場和水平向里的勻強(qiáng)磁場，一帶正電的微粒以水平向右的初速度進(jìn)入該區(qū)域時(shí)，恰能沿直線運(yùn)動(dòng)。欲使微粒向下偏轉(zhuǎn)，可采用的方法是 A 僅減小入射速度B 僅減小微粒的質(zhì)量C 僅增大微粒的電荷量D 僅增大磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度【答案】A【解析】帶正電的粒子受到向下的電場力和重力以及向上的洛倫茲力作用，當(dāng)qvB=mg+qE時(shí)，粒子沿直線通過正交場區(qū)；若減小入射速度，則洛倫茲力減小，電場力不變，合力向下，向下偏轉(zhuǎn)。故A正確；僅減小微粒的質(zhì)量，則洛倫茲力大于電場力，合力向上，向上偏轉(zhuǎn)。故B錯(cuò)誤；增加電荷量，則電場力與洛倫茲力都增加，合力向上，向上偏轉(zhuǎn)。故C錯(cuò)誤；增大磁感應(yīng)強(qiáng)度，則向上的洛倫茲力增加，合力向上，向上偏轉(zhuǎn)。故D錯(cuò)誤；故選A。6（2019屆河南省中原名校高三第一次質(zhì)量考評）如圖所示，空間存在水平向左的勻強(qiáng)電場E和垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場B，在豎直平面內(nèi)從a點(diǎn)沿ab、ac方向拋出兩帶電小球，不考慮兩帶電小球間的相互作用，兩小球的電荷量始終不變，關(guān)于小球的運(yùn)動(dòng)，下列說法正確的是 A 沿ab、ac方向拋出的小球都可能做直線運(yùn)動(dòng)B 若小球沿ac方向做直線運(yùn)動(dòng)，則小球帶負(fù)電，可能做勻加速運(yùn)動(dòng)C 若小球沿ac方向做直線運(yùn)動(dòng)，則小球帶正電，且一定是勻速運(yùn)動(dòng)D 兩小球在運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能均守恒【答案】AC 7（2019屆安徽省合肥市高三上學(xué)期調(diào)研性檢測）如圖所示，空間某區(qū)域存在正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場方向水平向左，磁場方向垂直紙面向里，在該區(qū)域內(nèi)，一帶電粒子在豎直面內(nèi)可能沿豎直線AB或水平線CD運(yùn)動(dòng)。若粒子僅受電場、磁場的作用力，下列判斷正確的是（ ） A 若粒子帶正電，則粒子由A向B運(yùn)動(dòng)B 若粒子帶負(fù)電，則粒子由A向B運(yùn)動(dòng)C 若粒子帶正電，則粒子由C向D運(yùn)動(dòng)D 若粒子帶負(fù)電，則粒子由C向D運(yùn)動(dòng)【答案】AB 8（2019屆安徽省六安二中高三（上）開學(xué)測試）如圖所示，在xOy平面內(nèi)，有場強(qiáng)，方向沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場和磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為、方向垂直xOy平面指向紙里的勻強(qiáng)磁場一個(gè)質(zhì)量，電量帶正電的微粒，在xOy平面內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)到原點(diǎn)O時(shí)，撤去磁場，經(jīng)一段時(shí)間后，帶電微粒運(yùn)動(dòng)到了x軸上的P點(diǎn)求： 粒子運(yùn)動(dòng)的速度；點(diǎn)到原點(diǎn)O的距離；帶電微粒由原點(diǎn)O運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的時(shí)間【答案】， 3715m 【解析】粒子的重力：，電場力：，粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所受合力為零，由平衡條件得：，解得：，設(shè)速度與x軸的方向?yàn)?，解得：；重力和電場力的合力是恒力，且方向與微粒在O點(diǎn)的速度方向垂直，撤去磁場后，微粒做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)沿初速度方向的位移為，沿合力方向的位移為，在初速度方向上：，在合力方向上：，OP間的距離：，解得：，9（2018福建省漳州市高三考前模擬考試試卷（二）在豎直放置固定的光滑絕緣圓環(huán)中，套有一個(gè)帶電-q、質(zhì)量m的小環(huán)，整個(gè)裝置放在如圖所示的正交勻強(qiáng)電磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，電場，重力加速度為g當(dāng)小環(huán)從大環(huán)頂端無初速度下滑時(shí)，則小環(huán) A 運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的速度最大B 不能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)C 對軌道最大壓力為D 受到的最大洛侖茲力【答案】BD【解析】A.將重力場和電場等效為一個(gè)等效場，只有運(yùn)動(dòng)到等效最低點(diǎn)速度才最大，故A錯(cuò)誤。B、由能量守恒定律可知無法到達(dá)等效最高點(diǎn)，不能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，故B正確。C、由動(dòng)能定理可得，解得，受到的最大洛侖茲力，故D正確；C、在等效最低點(diǎn)由牛頓第二定律有，可知，故C錯(cuò)誤。故選BD。10（2018貴州省長順縣民族高級(jí)中學(xué)高三下學(xué)期第二次月考）如圖所示，某空間存在豎直向下的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，已知一離子在電場力和磁場力作用下，從靜止開始沿曲線acb運(yùn)動(dòng)，到達(dá)b點(diǎn)時(shí)速度為零，c點(diǎn)為運(yùn)動(dòng)的最低點(diǎn)，則（ ） A 離子必帶正電B ab兩點(diǎn)位于同一高度C 離子在c點(diǎn)速度最大D 離子到達(dá)b點(diǎn)后將沿原曲線返回a點(diǎn)【答案】ABC 只要將離子在B點(diǎn)的狀態(tài)與A點(diǎn)進(jìn)行比較，就可以發(fā)現(xiàn)它們的狀態(tài)（速度為零，電勢能相等）相同，如果右側(cè)仍有同樣的電場和磁場的疊加區(qū)域，離子就將在B之右側(cè)重現(xiàn)前面的曲線運(yùn)動(dòng)，因此離子是不可能沿原曲線返回A點(diǎn)的。如圖所示。故D錯(cuò)誤。故選BC。11（2018江西師范大學(xué)附屬中學(xué)高三最后一卷）如圖所示，虛線框中存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場B和平行紙面且與豎直平面夾角為45斜向下的勻強(qiáng)電場E，有一質(zhì)量為m，電荷量為q的帶負(fù)電的小球在高為h處的P點(diǎn)從靜止開始自由下落，當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到復(fù)合場內(nèi)時(shí)剛好做直線運(yùn)動(dòng)，那么（ ） A 小球在復(fù)合場中一定做勻速直線運(yùn)動(dòng)B 若換成帶正電的小球，小球仍可能做直線運(yùn)動(dòng)C 磁感應(yīng)強(qiáng)度場強(qiáng)D 若同時(shí)改變小球的比荷與初始下落高度h，小球不能沿直線通過復(fù)合場【答案】ACD【解析】A、小球在復(fù)合場中受到豎直向下的重力、與電場強(qiáng)度方向相反的電場力和水平向右的洛倫茲力的作用，如圖所示： 其中電場力和重力是恒力，而洛倫茲力的大小與小球的速度大小成正比，若小球做的是變速運(yùn)動(dòng)，那么洛倫茲力也是變力，小球的合外力方向也要改變，這與題意不符，所以小球在復(fù)合場中一定做勻速直線運(yùn)動(dòng)。故A正確。B、C、根據(jù)小球的平衡條件可得：，又v2=2gh，聯(lián)立各式解得磁感應(yīng)強(qiáng)度，電場強(qiáng)度；若要使小球沿直線通過復(fù)合場，小球的合力一定為零，所以一定要滿足，若同時(shí)改變小球的比荷與初始下落的高度h，以上兩個(gè)式子不能同時(shí)滿足，不能做直線運(yùn)動(dòng)，故C、D正確。B、若換成帶正電的小球，則電場力和洛倫茲力同時(shí)反向，合力不可能為零，故B錯(cuò)誤。故選ACD。