24復(fù)合場重力電場力洛倫茲力 高考物理一輪復(fù)習(xí)經(jīng)典題匯編含解析

這是一份24復(fù)合場重力電場力洛倫茲力 高考物理一輪復(fù)習(xí)經(jīng)典題匯編含解析，共28頁。
?復(fù)合場（重力+電場力+洛倫茲力）
　
一．選擇題（共3小題）
1．如圖所示，在水平勻強(qiáng)電場和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場中，有一豎直足夠長固定絕緣桿MN，小球P套在桿上，已知P的質(zhì)量為m，電荷量為+q，電場強(qiáng)度為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，P與桿間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，小球由靜止開始下滑直到穩(wěn)定的過程中（　?。?br />
A．小球的機(jī)械能和電視能的總和總和保持不變
B．下滑加速度為最大加速度一半時(shí)的速度可能是v=
C．下滑加速度為最大加速度一半時(shí)的速度可能是v=
D．下滑過程中最大速度是v=
2．一個(gè)帶正電荷的小球從a點(diǎn)出發(fā)水平進(jìn)入正交垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場區(qū)域，電場方向豎直向上，某時(shí)刻小球運(yùn)動到了b點(diǎn)，則下列說法正確的是（　?。?br />
A．從a到b，小球可能做勻速直線運(yùn)動
B．從a到b，小球可能做勻加速直線運(yùn)動
C．從a到b，小球動能可能不變
D．從a到b，小球機(jī)械能可能不變
3．如圖所示，已知一帶電小球在光滑絕緣的水平面上從靜止開始經(jīng)電壓U加速后，水平進(jìn)入互相垂直的勻強(qiáng)電場E和勻強(qiáng)磁場B的復(fù)合場中（E和B已知），小球在此空間的豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，則下列說法中錯(cuò)誤的是（　　）

A．小球可能帶正電
B．小球做勻速圓周運(yùn)動的半徑為r=
C．小球做勻速圓周運(yùn)動的周期為T=
D．若電壓U增大，則小球做勻速圓周運(yùn)動的周期不變
　
二．多選題（共4小題）
4．如圖，勻強(qiáng)磁場垂直于紙面向里，勻強(qiáng)電場平行于斜面向下，斜面是粗糙的．一帶正電物塊以某一初速度沿斜面向上滑動，經(jīng)a點(diǎn)后到b點(diǎn)時(shí)速度減為零，接著又滑了下來，設(shè)物塊帶電量保持不變，則從a到b和從b回到a兩過程相比較（　?。?br />
A．電場力做功相同 B．摩擦產(chǎn)生熱量相同
C．電勢能變化量大小相同 D．動能變化量大小不相同
5．如圖所示，兩虛線之間的空間內(nèi)存在著正交或平行的勻強(qiáng)電場E和勻強(qiáng)磁場B，有一個(gè)帶正電的小球（電荷量+q，質(zhì)量為m）從電磁復(fù)合場上方的某一高度處自由落下，那么，帶電小球可能沿直線通過的電磁復(fù)合場是（　　）
A． B． C． D．
6．如圖所示，帶電平行板中勻強(qiáng)電場方向豎直向下，勻強(qiáng)磁場方向水平向里，一帶電小球從光滑絕緣軌道上的a點(diǎn)自由滑下，經(jīng)過軌道端點(diǎn)P進(jìn)入板間恰好沿水平方向做直線運(yùn)動．現(xiàn)使球從軌道上較低的b點(diǎn)開始滑下，經(jīng)P點(diǎn)進(jìn)入板間，在之后運(yùn)動的一小段時(shí)間內(nèi)（　?。?br />
A．小球的重力勢能可能會增加 B．小球的機(jī)械能可能不變
C．小球的電勢能一定會減少 D．小球動能一定會增加
7．如圖所示，在豎直平面內(nèi)放一個(gè)光滑絕緣的半圓形軌道，圓心O與軌道左、右最高點(diǎn)a、c在同一水平線上，水平方向的勻強(qiáng)磁場與半圓形軌道所在的平面垂直。一個(gè)帶負(fù)電荷的小滑塊由靜止開始從半圓軌道的最高點(diǎn)a滑下，則下列說法中正確的是（　　）

A．滑塊經(jīng)過最低點(diǎn)b時(shí)的速度與磁場不存在時(shí)相等
B．滑塊從a點(diǎn)到最低點(diǎn)b所用的時(shí)間與磁場不存在時(shí)短
C．滑塊經(jīng)過最低點(diǎn)b時(shí)對軌道壓力與磁場不存在時(shí)相等
D．滑塊能滑到右側(cè)最高點(diǎn)c
　
三．計(jì)算題（共1小題）
8．如圖所示，坐標(biāo)軸y過半徑為R的圓形區(qū)域的圓心，坐標(biāo)軸x與該區(qū)域相切．AB為磁場圓的水平直徑，P點(diǎn)到AB的距離為R．圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場Ⅱ．離子速度選擇器的極板平行于坐標(biāo)軸x，板間存在方向互相垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場Ⅰ，且電場強(qiáng)度大小為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1．垂直坐標(biāo)軸x放置的加速電場中的離子源M，緊靠右極板，可釋放初速度為零的帶電離子．離子在加速電場加速后恰好沿坐標(biāo)軸x負(fù)方向勻速通過離子速度選擇器，然后從P點(diǎn)射入圓形區(qū)域勻強(qiáng)磁場Ⅱ，并從坐標(biāo)原點(diǎn)O射出磁場Ⅱ．已知加速電場的電壓為U0．不計(jì)離子重力．求：

（1）離子電性和比荷；
（2）圓形區(qū)域內(nèi)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B2；
（3）離子在圓形區(qū)域勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動時(shí)間．
　
四．解答題（共9小題）
9．如圖所示，裝置由加速電場、偏轉(zhuǎn)電場和偏轉(zhuǎn)磁場組成，偏轉(zhuǎn)電場處在相距為d的兩塊水平放置的平行導(dǎo)體板之間，勻強(qiáng)磁場水平寬度為l，豎直寬度足夠大。大量電子（重力不計(jì)）由靜止開始，經(jīng)加速電場加速后，連續(xù)不斷地沿平行板的方向從兩板正中間射入偏轉(zhuǎn)電場。已知電子的質(zhì)量為m、電荷量為e，加速電場的電壓為U1=．當(dāng)偏轉(zhuǎn)電場不加電壓時(shí)，這些電子通過兩板之間的時(shí)間為T；當(dāng)偏轉(zhuǎn)電場加上如圖乙所示的周期為T、大小恒為U0的電壓是，所有電子均能通過電場，穿過磁場后打在豎直放置的熒光屏上。

（1）求水平導(dǎo)體板的板長l0；
（2）求電子離開偏轉(zhuǎn)電場時(shí)的最大側(cè)向位移ym；
（3）要使電子打在熒光屏上的速度方向斜向右下方，求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的取值范圍。
10．如圖所示，坐標(biāo)系xOy在豎直平面內(nèi)，y軸沿豎直方向，第二、三和四象限有沿水平方向、垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B．第四象限的空間內(nèi)有沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)為E．一個(gè)帶正電荷的小球從圖中x軸上的M點(diǎn)，沿著與水平方向成θ=30°角的斜向下的直線做勻速運(yùn)動，經(jīng)過y軸上的N點(diǎn)進(jìn)入x＜0的區(qū)域內(nèi)．要使小球進(jìn)入x＜0區(qū)域后能在豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，需在x＜0區(qū)域內(nèi)另加一勻強(qiáng)電場．（已知重力加速度為g）
（1）求在x＜0區(qū)域內(nèi)所加勻強(qiáng)電場E1的大小和方向；
（2）若帶電小球做圓周運(yùn)動通過y軸上的P點(diǎn)（P點(diǎn)未標(biāo)出），求小球從N點(diǎn)運(yùn)動到P點(diǎn)所用的時(shí)間t；
（3）若在第一象限加一勻強(qiáng)電場，可使小球從P點(diǎn)沿直線運(yùn)動到M點(diǎn)，求此電場強(qiáng)度的最小值E2．

11．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．A、C兩點(diǎn)間距離為h，重力加速度為g．
（1）求小滑塊運(yùn)動到C點(diǎn)時(shí)的速度大小vc；
（2）求小滑塊從A點(diǎn)運(yùn)動到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)動過程中速度最大的位置，當(dāng)小滑塊運(yùn)動到D點(diǎn)時(shí)撤去磁場，此后小滑塊繼續(xù)運(yùn)動到水平地面上的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)動到P點(diǎn)的時(shí)間為t，求小滑塊運(yùn)動到P點(diǎn)時(shí)速度的大小vp．

12．如圖所示，在xOy平面坐標(biāo)系中，直線MN與y軸成30°角，M點(diǎn)的坐標(biāo)為（0，a），在y軸與直線MN之間的區(qū)域內(nèi)，存在垂直xOy平面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場。電子束以相同速度v0從y軸上﹣a≤y≤0的區(qū)間垂直于y軸和磁場射入磁場。已知從O點(diǎn)射入磁場的電子在磁場中的運(yùn)動軌跡恰好與直線MN相切，忽略電子間的相互作用和電子的重力。
（1）求電子的比荷；
（2）若在xOy坐標(biāo)系的第Ⅰ象限加上沿y軸正方向、大小為E=Bv0的勻強(qiáng)電場，在x0=a處垂直于x軸放置一熒光屏，計(jì)算說明熒光屏上發(fā)光區(qū)的形狀和范圍。

13．如圖所示，在一底邊長為2L，底角θ=45°的等腰三角形區(qū)域內(nèi)（O為底邊中點(diǎn)）有垂直紙面向外的勻強(qiáng)電場．現(xiàn)有一質(zhì)量為m，電量為q的帶正電粒子從靜止開始經(jīng)過電勢差為U的電場加速后，從O點(diǎn)垂直于AB進(jìn)入磁場，不計(jì)重力與空氣阻力的影響．
（1）粒子經(jīng)電場加速射入磁場時(shí)的速度？
（2）若要進(jìn)入磁場的粒子能打到OA板上，求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的最小值；
（3）設(shè)粒子與AB板碰撞后，電量保持不變并以與碰前相同的速度反彈，磁感應(yīng)強(qiáng)度越大，粒子在磁場中的運(yùn)動時(shí)間也越大，求粒子在磁場中運(yùn)動的最長時(shí)間．

14．如圖所示，質(zhì)量為m=1kg、電荷量為q=5×10﹣2C的帶正電的小滑塊，從半徑為R=0.4m的光滑絕緣圓弧軌道上由靜止自A端滑下．整個(gè)裝置處在方向互相垂直的勻強(qiáng)電場與勻強(qiáng)磁場中．已知E=100V/m，方向水平向右，B=1T，方向垂直紙面向里，g=10m/s2．求：
（1）滑塊到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度；
（2）在C點(diǎn)時(shí)滑塊所受洛倫茲力．

15．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E=5N/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B=0.5T．有一帶正電的小球，質(zhì)量m=1.0×10﹣6kg，電荷量q=2×10﹣6C，正以速度v在圖示的豎直面內(nèi)做勻速直線運(yùn)動，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g=10m/s2．求：
（1）小球做勻速直線運(yùn)動的速度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。

16．在如圖所示的豎直平面內(nèi)，水平軌道CD和傾斜軌道GH與半徑r=m的光滑圓弧軌道分別相切于D點(diǎn)和G點(diǎn)，GH與水平面的夾角θ=37°．過G點(diǎn)，垂直于紙面的豎直平面左側(cè)有勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1.25T；過D點(diǎn)，垂直于紙面的豎直平面右側(cè)有勻強(qiáng)電場電場方向水平向右，電場強(qiáng)度E=1×104N/C．小物體P1質(zhì)量m=2×10﹣3kg、電荷量q=+8×10﹣6C，受到水平向右的推力F=9.98×10﹣3N的作用，沿CD向右做勻速直線運(yùn)動，到達(dá)D點(diǎn)后撤去推力．當(dāng)P1到達(dá)傾斜軌道底端G點(diǎn)時(shí)，不帶電的小物體P2在GH頂端靜止釋放，經(jīng)過時(shí)間t=0.1s與P1相遇．P1和P2與軌道CD、GH間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.5，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，物體電荷量保持不變，不計(jì)空氣阻力．求：
（1）小物體P1在水平軌道CD上運(yùn)動速度v的大小；
（2）傾斜軌道GH的長度s．

17．如圖，空間區(qū)域Ⅰ、Ⅱ有勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，MN、PQ為理想邊界，Ⅰ區(qū)域高度為d，Ⅱ區(qū)域的高度足夠大．勻強(qiáng)電場方向豎直向上；Ⅰ、Ⅱ區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，方向分別垂直紙面向里和向外．一個(gè)質(zhì)量為m，電量為q的帶電小球從磁場上方的O點(diǎn)由靜止開始下落，進(jìn)入場區(qū)后，恰能做勻速圓周運(yùn)動．已知重力加速度為g．
（1）試判斷小球的電性并求出電場強(qiáng)度E的大??；
（2）若帶電小球能進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ，則h應(yīng)滿足什么條件？
（3）若帶電小球運(yùn)動一定時(shí)間后恰能回到O點(diǎn)，求它釋放時(shí)距MN的高度h．

　

復(fù)合場（重力+電場力+洛倫茲力）
參考答案與試題解析
　
一．選擇題（共3小題）
1．如圖所示，在水平勻強(qiáng)電場和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場中，有一豎直足夠長固定絕緣桿MN，小球P套在桿上，已知P的質(zhì)量為m，電荷量為+q，電場強(qiáng)度為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，P與桿間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，小球由靜止開始下滑直到穩(wěn)定的過程中（　?。?br />
A．小球的機(jī)械能和電視能的總和總和保持不變
B．下滑加速度為最大加速度一半時(shí)的速度可能是v=
C．下滑加速度為最大加速度一半時(shí)的速度可能是v=
D．下滑過程中最大速度是v=
【解答】解：A、在下降過程中有摩擦力做功，故有部分能量轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，故機(jī)械能和電勢能的總和將減小。故A錯(cuò)誤；
BC、此后速度繼續(xù)增大，則洛侖茲力增大，水平方向上的合力增大，摩擦力將增大；加速度將減小，故最大加速度的一半會有兩種情況，一是在洛侖茲力小于電場力的時(shí)間內(nèi)，另一種是在洛侖茲力大于電場力的情況下，則：=，
解得：v1=；
或有：=，
解得：v2=；故B正確，C錯(cuò)誤；
D、小球靜止時(shí)只受電場力、重力、支持力及摩擦力，電場力水平向左，摩擦力豎直向上；開始時(shí)，小球的加速度應(yīng)為a=； 小球速度將增大，產(chǎn)生洛侖茲力，由左手定則可知，洛侖茲力向右，故水平方向合力將減小，摩擦力減小，故加速度增大；
當(dāng)洛倫茲力大于電場力時(shí)，小球的加速度：a=，此后速度繼續(xù)增大，則洛侖茲力增大，水平方向上的合力增大，摩擦力將增大；加速度將減小，
當(dāng)加速度減小為零，即a=0時(shí)，速度達(dá)到最大，最大速度即為：v=，故D錯(cuò)誤；
故選：B。
　
2．一個(gè)帶正電荷的小球從a點(diǎn)出發(fā)水平進(jìn)入正交垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場區(qū)域，電場方向豎直向上，某時(shí)刻小球運(yùn)動到了b點(diǎn)，則下列說法正確的是（　　）

A．從a到b，小球可能做勻速直線運(yùn)動
B．從a到b，小球可能做勻加速直線運(yùn)動
C．從a到b，小球動能可能不變
D．從a到b，小球機(jī)械能可能不變
【解答】解：A、帶電小球的初速度是水平的，從a運(yùn)動到b點(diǎn)的過程中小球在豎直方向上發(fā)生位移，說明小球做的是曲線運(yùn)動，所以小球受力不為零，即小球不可能做勻速直線運(yùn)動，故A錯(cuò)誤。
B、從上分析可知小球做曲線運(yùn)動，即變速運(yùn)動，故小球受到磁場給的洛倫茲力也是變化的，故小球受到的合力是變力，所以小球不可能做勻加速直線運(yùn)動，故B錯(cuò)誤。
C、當(dāng)小球的重力和電場力平衡時(shí)，小球受到的洛倫茲力只改變小球的速度方向，小球的動能不變，故C正確。
D、從a到b，電場方向豎直向上，電場力一定做功，故機(jī)械能肯定不守恒。故D錯(cuò)誤。
故選：C。
　
3．如圖所示，已知一帶電小球在光滑絕緣的水平面上從靜止開始經(jīng)電壓U加速后，水平進(jìn)入互相垂直的勻強(qiáng)電場E和勻強(qiáng)磁場B的復(fù)合場中（E和B已知），小球在此空間的豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，則下列說法中錯(cuò)誤的是（　　）

A．小球可能帶正電
B．小球做勻速圓周運(yùn)動的半徑為r=
C．小球做勻速圓周運(yùn)動的周期為T=
D．若電壓U增大，則小球做勻速圓周運(yùn)動的周期不變
【解答】解：A、小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，故重力等于電場力，即洛倫茲力提供向心力，所以mg=Eq，由于電場力的方向與場強(qiáng)的方向相反，故小球帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；
B、由于洛倫茲力提供向心力，故有qvB=，解得r=，
又由于qU=mv2，解得v=所以r==，故B正確；
C、由于洛倫茲力提供向心力做圓周運(yùn)動，故有運(yùn)動周期T===，故C正確；
D、由于洛倫茲力提供向心力做圓周運(yùn)動，故有運(yùn)動周期T==，顯然運(yùn)動周期與加速電壓無關(guān)，故D正確；
本題選擇錯(cuò)誤的，故選：A。
　
二．多選題（共4小題）
4．如圖，勻強(qiáng)磁場垂直于紙面向里，勻強(qiáng)電場平行于斜面向下，斜面是粗糙的．一帶正電物塊以某一初速度沿斜面向上滑動，經(jīng)a點(diǎn)后到b點(diǎn)時(shí)速度減為零，接著又滑了下來，設(shè)物塊帶電量保持不變，則從a到b和從b回到a兩過程相比較（　　）

A．電場力做功相同 B．摩擦產(chǎn)生熱量相同
C．電勢能變化量大小相同 D．動能變化量大小不相同
【解答】解：A、物塊從a到b電場力做負(fù)功，物塊從b回到a電場力做正功，故電場力做功不相同，故A錯(cuò)誤；
B、因?yàn)橛写艌龃嬖冢勺笫侄ㄗ隹芍?，?dāng)向上運(yùn)動時(shí)受到的磁場力垂直于斜面向上，而當(dāng)物塊下滑時(shí)受到的磁場力垂直于斜面向下，故摩擦力不相等，其產(chǎn)生的熱量也不想等，故B錯(cuò)誤；
C、從a到b和從b回到a兩過程，沿電場線運(yùn)動的距離相等，所以電勢能變化量大小相同，故C正確；
D、上滑過程和下滑過程，都是重力、摩擦力及電場力做功，但是上滑時(shí)摩擦力小于下滑時(shí)的摩擦力，由動能定理得，動能變化量大小不相同，故D正確。
故選：CD。
　
5．如圖所示，兩虛線之間的空間內(nèi)存在著正交或平行的勻強(qiáng)電場E和勻強(qiáng)磁場B，有一個(gè)帶正電的小球（電荷量+q，質(zhì)量為m）從電磁復(fù)合場上方的某一高度處自由落下，那么，帶電小球可能沿直線通過的電磁復(fù)合場是（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：A、小球受重力、向左的電場力、向右的洛倫茲力，下降過程中速度一定變大，故洛倫茲力一定增大，不可能一直與電場力平衡，故合力不可能一直向下，故一定做曲線運(yùn)動，故A錯(cuò)誤；
B、小球受重力、向上的電場力、垂直向外的洛倫茲力，合力與速度一定不共線，故一定做曲線運(yùn)動，故B錯(cuò)誤；
C、小球受重力、向左上方的電場力、水平向右的洛倫茲力，若三力平衡，則粒子做勻速直線運(yùn)動，故C正確；
D、粒子受向下的重力和向上的洛倫茲力，合力一定與速度共線，故粒子一定做直線運(yùn)動，故D正確；
故選：CD。
　
6．如圖所示，帶電平行板中勻強(qiáng)電場方向豎直向下，勻強(qiáng)磁場方向水平向里，一帶電小球從光滑絕緣軌道上的a點(diǎn)自由滑下，經(jīng)過軌道端點(diǎn)P進(jìn)入板間恰好沿水平方向做直線運(yùn)動．現(xiàn)使球從軌道上較低的b點(diǎn)開始滑下，經(jīng)P點(diǎn)進(jìn)入板間，在之后運(yùn)動的一小段時(shí)間內(nèi)（　　）

A．小球的重力勢能可能會增加 B．小球的機(jī)械能可能不變
C．小球的電勢能一定會減少 D．小球動能一定會增加
【解答】解：如果小球帶負(fù)電，則小球在金屬板間受到向下的重力，向上的電場力，向下的洛倫茲力，則小球可能受力平衡，沿水平方向做勻速直線運(yùn)動；若小球帶正電，則小球受向下的重力、向下的電場力，向上的洛侖茲力，也可能平衡，故小球帶正負(fù)電均可以；
若小球帶負(fù)電，當(dāng)小球從稍低的b點(diǎn)由靜止釋放時(shí)，小球進(jìn)入金屬板間的速度將減小，則F洛減小，F(xiàn)洛+mg＜F電，小球?qū)⑾蛏线\(yùn)動，電場力做正功，合外力做正功。所以小球在電磁場中運(yùn)動的過程中動能增大，電勢能減小；由于只有電勢能和機(jī)械能之間的轉(zhuǎn)化，故機(jī)械能與電勢能的總量不變；
若小球帶正電，由于小球的洛侖茲力減小，則小球向下運(yùn)動，重力及電場力均做正功，故動能增大；電勢能減?。坏珯C(jī)械能與電勢能的總量不變；
綜上所述，電勢能一定減小，動能一定增大，重力勢能可能減小，也可能增大，機(jī)械能一定變化。故ACD正確，B錯(cuò)誤；
故選：ACD。
　
7．如圖所示，在豎直平面內(nèi)放一個(gè)光滑絕緣的半圓形軌道，圓心O與軌道左、右最高點(diǎn)a、c在同一水平線上，水平方向的勻強(qiáng)磁場與半圓形軌道所在的平面垂直。一個(gè)帶負(fù)電荷的小滑塊由靜止開始從半圓軌道的最高點(diǎn)a滑下，則下列說法中正確的是（　　）

A．滑塊經(jīng)過最低點(diǎn)b時(shí)的速度與磁場不存在時(shí)相等
B．滑塊從a點(diǎn)到最低點(diǎn)b所用的時(shí)間與磁場不存在時(shí)短
C．滑塊經(jīng)過最低點(diǎn)b時(shí)對軌道壓力與磁場不存在時(shí)相等
D．滑塊能滑到右側(cè)最高點(diǎn)c
【解答】解：A、滑塊下滑時(shí)受到重力、洛倫茲力、軌道的支持力，洛倫茲力與軌道支持力不做功，只有重力做功，由動能定理可知，滑塊到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)的速度與磁場不存在時(shí)的速度相等，故A正確；
B、由于滑塊做圓周運(yùn)動，滑塊受到的洛倫茲力繩子與滑塊運(yùn)動的方向垂直，洛倫茲力不對滑塊做功，滑塊的加速度與沒有磁場時(shí)相比，在各點(diǎn)都是相等的，所以滑塊從a點(diǎn)到最低點(diǎn)b所用的時(shí)間與磁場不存在時(shí)相比是相等的，故B錯(cuò)誤；
C、滑塊做圓周運(yùn)動，由牛頓第二定律得：F﹣mg﹣qvB=m
可得：F=mg+qvB+m，
滑塊對軌道的壓力為：F′=F=mg+qvB+m，由此可知：滑塊經(jīng)最低點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力比磁場不存在時(shí)大，故C錯(cuò)誤；
D、滑塊在下滑過程中，只有重力做功，滑塊的機(jī)械能不變，所以滑塊能到達(dá)右側(cè)的最高點(diǎn)c。故D正確；
故選：AD。
　
三．計(jì)算題（共1小題）
8．如圖所示，坐標(biāo)軸y過半徑為R的圓形區(qū)域的圓心，坐標(biāo)軸x與該區(qū)域相切．AB為磁場圓的水平直徑，P點(diǎn)到AB的距離為R．圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場Ⅱ．離子速度選擇器的極板平行于坐標(biāo)軸x，板間存在方向互相垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場Ⅰ，且電場強(qiáng)度大小為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1．垂直坐標(biāo)軸x放置的加速電場中的離子源M，緊靠右極板，可釋放初速度為零的帶電離子．離子在加速電場加速后恰好沿坐標(biāo)軸x負(fù)方向勻速通過離子速度選擇器，然后從P點(diǎn)射入圓形區(qū)域勻強(qiáng)磁場Ⅱ，并從坐標(biāo)原點(diǎn)O射出磁場Ⅱ．已知加速電場的電壓為U0．不計(jì)離子重力．求：

（1）離子電性和比荷；
（2）圓形區(qū)域內(nèi)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B2；
（3）離子在圓形區(qū)域勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動時(shí)間．
【解答】解：（1）設(shè)離子電荷量為q，質(zhì)量為m，粒子在電場中加速，
由動能定理得：qU0=mv2﹣0 …①
離子在速度選擇器中做勻速直線運(yùn)動，
由平衡條件得：qE=qvB1 …②
由①②解得：=；
由離子在圓形區(qū)域勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動可知，離子帶正電；
（2）由幾何關(guān)系可得，離子做圓周運(yùn)動的半徑為R，
洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB2=m…③
由①②③解得：B2=；
（3）由幾何關(guān)系可知，離子在圓形區(qū)域勻強(qiáng)磁場中做圓周運(yùn)動轉(zhuǎn)過的角度為120°，
設(shè)離子在圓形區(qū)域勻強(qiáng)磁場中做圓周運(yùn)動的周期為T，運(yùn)動的時(shí)間為t，
離子做圓周運(yùn)動的周期：T=…④
粒子的運(yùn)動時(shí)間：t=T…⑤
由①②④⑤解得：t=；
答：（1）離子帶正電，離子的比荷為；
（2）圓形區(qū)域內(nèi)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B2為；
（3）離子在圓形區(qū)域勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動時(shí)間為．
　
四．解答題（共9小題）
9．如圖所示，裝置由加速電場、偏轉(zhuǎn)電場和偏轉(zhuǎn)磁場組成，偏轉(zhuǎn)電場處在相距為d的兩塊水平放置的平行導(dǎo)體板之間，勻強(qiáng)磁場水平寬度為l，豎直寬度足夠大。大量電子（重力不計(jì)）由靜止開始，經(jīng)加速電場加速后，連續(xù)不斷地沿平行板的方向從兩板正中間射入偏轉(zhuǎn)電場。已知電子的質(zhì)量為m、電荷量為e，加速電場的電壓為U1=．當(dāng)偏轉(zhuǎn)電場不加電壓時(shí)，這些電子通過兩板之間的時(shí)間為T；當(dāng)偏轉(zhuǎn)電場加上如圖乙所示的周期為T、大小恒為U0的電壓是，所有電子均能通過電場，穿過磁場后打在豎直放置的熒光屏上。

（1）求水平導(dǎo)體板的板長l0；
（2）求電子離開偏轉(zhuǎn)電場時(shí)的最大側(cè)向位移ym；
（3）要使電子打在熒光屏上的速度方向斜向右下方，求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的取值范圍。
【解答】解：（1）電子在電場中加速，由動能定理得：eU1=mv02﹣0，
水平導(dǎo)體板的板長：l0=v0T，
解得：l0=；
（2）電子在偏轉(zhuǎn)電場中半個(gè)周期的時(shí)間內(nèi)做類平拋運(yùn)動，
半個(gè)周期的位移：y1=（）2，
電子離開偏轉(zhuǎn)電場時(shí)的最大側(cè)向位移為：ym=3y1=；
（3）電子離開偏轉(zhuǎn)電場時(shí)速度與水平方向夾角為θ，

tanθ=====，
故速度與水平方向夾角：θ=30°，
電子進(jìn)入磁場做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，
由牛頓第二定律得：qvB=m，其中：v=，
垂直打在屏上時(shí)圓周運(yùn)動半徑為R1，此時(shí)B有最小值，r1sinθ=l，
軌跡與屏相切時(shí)圓周運(yùn)動半徑為R2，此時(shí)B有最大值，r2sinθ+r2=l，
解得：B1=，B2=，故：＜B＜；
答：（1）水平導(dǎo)體板的板長l0為；
（2）電子離開偏轉(zhuǎn)電場時(shí)的最大側(cè)向位移ym為；
（3）要使電子打在熒光屏上的速度方向斜向右下方，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的取值范圍是：＜B＜。
　
10．如圖所示，坐標(biāo)系xOy在豎直平面內(nèi)，y軸沿豎直方向，第二、三和四象限有沿水平方向、垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B．第四象限的空間內(nèi)有沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)為E．一個(gè)帶正電荷的小球從圖中x軸上的M點(diǎn)，沿著與水平方向成θ=30°角的斜向下的直線做勻速運(yùn)動，經(jīng)過y軸上的N點(diǎn)進(jìn)入x＜0的區(qū)域內(nèi)．要使小球進(jìn)入x＜0區(qū)域后能在豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，需在x＜0區(qū)域內(nèi)另加一勻強(qiáng)電場．（已知重力加速度為g）
（1）求在x＜0區(qū)域內(nèi)所加勻強(qiáng)電場E1的大小和方向；
（2）若帶電小球做圓周運(yùn)動通過y軸上的P點(diǎn)（P點(diǎn)未標(biāo)出），求小球從N點(diǎn)運(yùn)動到P點(diǎn)所用的時(shí)間t；
（3）若在第一象限加一勻強(qiáng)電場，可使小球從P點(diǎn)沿直線運(yùn)動到M點(diǎn)，求此電場強(qiáng)度的最小值E2．

【解答】解：（1）小球在MN段受力如圖．由題意，小球在MN段球做勻速直線運(yùn)動，所以球受到如圖所示的三個(gè)力而平衡所以有：mgtan30°=qE ①
qvBsin30°=qE ②
要使小球進(jìn)入x＜0區(qū)域后能在豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，球受的重力mg必與電場力qE1是一對平衡力，則有
qE1=mg ③
聯(lián)立①③解得：E1=，方向豎直向上．
由①②得，v=④
（2）球在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的周期是：T=⑤
而qvB=m，⑥
由④⑤⑥解得T=
小球從N點(diǎn)運(yùn)動到P點(diǎn)所用的時(shí)間t為 t==
（3）小球從P點(diǎn)沿直線運(yùn)動到M點(diǎn)，當(dāng)電場力與PM連線垂直向上時(shí)，電場力最小，則有
sin60°=
解得，E2=
答：
（1）在x＜0區(qū)域內(nèi)所加勻強(qiáng)電場E1的大小為E1=，方向豎直向上；
（2）小球從N點(diǎn)運(yùn)動到P點(diǎn)所用的時(shí)間t是；
（3）要使小球從P點(diǎn)沿直線運(yùn)動到M點(diǎn)，電場強(qiáng)度的最小值E2是．

　
11．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．A、C兩點(diǎn)間距離為h，重力加速度為g．
（1）求小滑塊運(yùn)動到C點(diǎn)時(shí)的速度大小vc；
（2）求小滑塊從A點(diǎn)運(yùn)動到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)動過程中速度最大的位置，當(dāng)小滑塊運(yùn)動到D點(diǎn)時(shí)撤去磁場，此后小滑塊繼續(xù)運(yùn)動到水平地面上的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)動到P點(diǎn)的時(shí)間為t，求小滑塊運(yùn)動到P點(diǎn)時(shí)速度的大小vp．

【解答】解：（1）小滑塊沿MN運(yùn)動過程，水平方向受力滿足
qvB+N=qE
小滑塊在C點(diǎn)離開MN時(shí)
N=0
解得 vc=
（2）由動能定理
mgh﹣Wf=﹣0
解得 Wf=mgh﹣
（3）如圖，
小滑塊速度最大時(shí)，速度方向與電場力、重力的合力方向垂直，
撤去磁場后小滑塊將做類平拋運(yùn)動，等效加速度為g′，
g′=
且
解得
答：（1）小滑塊運(yùn)動到C點(diǎn)時(shí)的速度大小vc為；
（2）小滑塊從A點(diǎn)運(yùn)動到C點(diǎn)過程中克服摩擦力做的功Wf為mgh﹣；
（3）小滑塊運(yùn)動到P點(diǎn)時(shí)速度的大小vp為．

　
12．如圖所示，在xOy平面坐標(biāo)系中，直線MN與y軸成30°角，M點(diǎn)的坐標(biāo)為（0，a），在y軸與直線MN之間的區(qū)域內(nèi)，存在垂直xOy平面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場。電子束以相同速度v0從y軸上﹣a≤y≤0的區(qū)間垂直于y軸和磁場射入磁場。已知從O點(diǎn)射入磁場的電子在磁場中的運(yùn)動軌跡恰好與直線MN相切，忽略電子間的相互作用和電子的重力。
（1）求電子的比荷；
（2）若在xOy坐標(biāo)系的第Ⅰ象限加上沿y軸正方向、大小為E=Bv0的勻強(qiáng)電場，在x0=a處垂直于x軸放置一熒光屏，計(jì)算說明熒光屏上發(fā)光區(qū)的形狀和范圍。

【解答】解：（1）從O點(diǎn)射入磁場的電子在磁場中的運(yùn)動軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系有：

①
解得：
②
電子在磁場中運(yùn)動時(shí)，洛倫茲力等于向心力，即：
③
由②③解得電子比荷：
④
（2）由電子的軌道半徑可判斷，從O點(diǎn)射入磁場的電子（0，）的位置進(jìn)入勻強(qiáng)電場，電子進(jìn)入電場后做類平拋運(yùn)動，有：
2r=⑤
x=v0t ⑥
聯(lián)立②④⑤⑥，將E=Bv0代入解得：
x=⑦
設(shè)該電子穿過x軸時(shí)速度與x軸正方向成θ角，則：
⑧
tanθ=⑨
解得：tanθ=2 ⑩
設(shè)該電子打在熒光屏上的Q點(diǎn)，Q點(diǎn)離x軸的距離為L，則：
L=（x0﹣x）tanθ=?
即電子打在熒光屏上離x軸的最遠(yuǎn)距離為：
L=
而從（0，）位置進(jìn)入磁場的電子恰好由O點(diǎn)過y軸，不受電場力，沿x軸正方向做直線運(yùn)動，打在熒光屏與x軸相交的點(diǎn)上，所以熒光屏上在y坐標(biāo)分別為0、﹣的范圍內(nèi)出現(xiàn)一條長亮線；
答：（1）電子的比荷為；
（2）若在xOy坐標(biāo)系的第Ⅰ象限加上沿y軸正方向、大小為E=Bv0的勻強(qiáng)電場，在x0=a處垂直于x軸放置一熒光屏，則熒光屏上在y坐標(biāo)分別為0、﹣的范圍內(nèi)出現(xiàn)一條長亮線。
　
13．如圖所示，在一底邊長為2L，底角θ=45°的等腰三角形區(qū)域內(nèi)（O為底邊中點(diǎn)）有垂直紙面向外的勻強(qiáng)電場．現(xiàn)有一質(zhì)量為m，電量為q的帶正電粒子從靜止開始經(jīng)過電勢差為U的電場加速后，從O點(diǎn)垂直于AB進(jìn)入磁場，不計(jì)重力與空氣阻力的影響．
（1）粒子經(jīng)電場加速射入磁場時(shí)的速度？
（2）若要進(jìn)入磁場的粒子能打到OA板上，求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的最小值；
（3）設(shè)粒子與AB板碰撞后，電量保持不變并以與碰前相同的速度反彈，磁感應(yīng)強(qiáng)度越大，粒子在磁場中的運(yùn)動時(shí)間也越大，求粒子在磁場中運(yùn)動的最長時(shí)間．

【解答】解：（1）依題意，粒子經(jīng)電場加速射入磁場時(shí)的速度為v
由 …①
得：…②
（2）要使圓周半徑最大，則粒子的圓周軌跡應(yīng)與AC邊相切，設(shè)圓周半徑為R
由圖中幾何關(guān)系：…③
由洛侖茲力提供向心力：…④

聯(lián)立②③④解得：…⑤
（3）設(shè)粒子運(yùn)動圓周半徑為r，，當(dāng)r越小，最后一次打到AB板的點(diǎn)越靠近A端點(diǎn)，在磁場中圓周運(yùn)動累積路程越大，時(shí)間越長．當(dāng)r為無窮小，經(jīng)過n個(gè)半圓運(yùn)動，最后一次打到A點(diǎn)．有：…⑥
圓周運(yùn)動周期：…⑦
最長的極限時(shí)間為：…⑧
由⑥⑦⑧式得：=
答：（1）粒子經(jīng)電場加速射入磁場時(shí)的速度為；
（2）磁感應(yīng)強(qiáng)度B為時(shí)，粒子能以最大的圓周半徑偏轉(zhuǎn)后打到OA板；
（3）增加磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小，可以再延長粒子在磁場中的運(yùn)動時(shí)間，粒子在磁場中運(yùn)動的極限時(shí)間為．

　
14．如圖所示，質(zhì)量為m=1kg、電荷量為q=5×10﹣2C的帶正電的小滑塊，從半徑為R=0.4m的光滑絕緣圓弧軌道上由靜止自A端滑下．整個(gè)裝置處在方向互相垂直的勻強(qiáng)電場與勻強(qiáng)磁場中．已知E=100V/m，方向水平向右，B=1T，方向垂直紙面向里，g=10m/s2．求：
（1）滑塊到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度；
（2）在C點(diǎn)時(shí)滑塊所受洛倫茲力．

【解答】解：（1）以滑塊為研究對象，自軌道上A點(diǎn)滑到C點(diǎn)的過程中，受重力mg，方向豎直向下；靜電力qE，方向水平向右；
洛倫茲力F洛=qvB，方向始終垂直于速度方向．滑塊從A到C過程中洛倫茲力不做功，由動能定理得：
mgR﹣qER=
得：vC===2 m/s．方向水平向左．
（2）根據(jù)洛倫茲力公式得：F=qvCB=5×10﹣2×2×1 N=0.1 N，方向豎直向下．
答：（1）滑塊到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度為2m/s；方向水平向左；
（2）在C點(diǎn)時(shí)滑塊所受洛倫茲力為2m/s．
　
15．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E=5N/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B=0.5T．有一帶正電的小球，質(zhì)量m=1.0×10﹣6kg，電荷量q=2×10﹣6C，正以速度v在圖示的豎直面內(nèi)做勻速直線運(yùn)動，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g=10m/s2．求：
（1）小球做勻速直線運(yùn)動的速度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。

【解答】解：（1）小球做勻速直線運(yùn)動時(shí)，受力如圖，

其所受的三個(gè)力在同一平面內(nèi)，合力為零，則有：
Bqv=，
代入數(shù)據(jù)解得：v=20m/s，
速度v的方向與電場E的方向之間的夾角滿足tanθ=，
解得：tanθ=，則θ=60°
（2）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直線運(yùn)動，其初速度為vy=vsinθ，
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的分位移為零，則有：

聯(lián)立解得t=
因此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2s；
答：（1）小球做勻速直線運(yùn)動的速度v的大小為20m/s，方向與電場E的夾角為60°；
（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)間為2s。
　
16．在如圖所示的豎直平面內(nèi)，水平軌道CD和傾斜軌道GH與半徑r=m的光滑圓弧軌道分別相切于D點(diǎn)和G點(diǎn)，GH與水平面的夾角θ=37°．過G點(diǎn)，垂直于紙面的豎直平面左側(cè)有勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1.25T；過D點(diǎn)，垂直于紙面的豎直平面右側(cè)有勻強(qiáng)電場電場方向水平向右，電場強(qiáng)度E=1×104N/C．小物體P1質(zhì)量m=2×10﹣3kg、電荷量q=+8×10﹣6C，受到水平向右的推力F=9.98×10﹣3N的作用，沿CD向右做勻速直線運(yùn)動，到達(dá)D點(diǎn)后撤去推力．當(dāng)P1到達(dá)傾斜軌道底端G點(diǎn)時(shí)，不帶電的小物體P2在GH頂端靜止釋放，經(jīng)過時(shí)間t=0.1s與P1相遇．P1和P2與軌道CD、GH間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.5，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，物體電荷量保持不變，不計(jì)空氣阻力．求：
（1）小物體P1在水平軌道CD上運(yùn)動速度v的大小；
（2）傾斜軌道GH的長度s．

【解答】解：（1）設(shè)小物體P1在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動的速度為v，受到向上的洛倫茲力為F1，受到的摩擦力為f，則：
F1=qvB…①
f=μ（mg﹣F1）…②
由題意可得水平方向合力為零，有：
F﹣f=0…③
聯(lián)立①②③式，并代入數(shù)據(jù)得：
v=4m/s；
（2）設(shè)P1在G點(diǎn)的速度大小為vG，由于洛倫茲力不做功，根據(jù)動能定理有：
qErsinθ﹣mgr（1﹣cosθ）=m﹣mv2…⑤
P1在GH上運(yùn)動，受到重力，電場力和摩擦力的作用，設(shè)加速度為a1，根據(jù)牛頓第二定律有：
qEcosθ﹣mgsinθ﹣μ（mgcosθ+qEsinθ）=ma1…⑥
P1與P2在GH上相遇時(shí)，設(shè)P1在GH上運(yùn)動的距離為s1，運(yùn)動的時(shí)間為t，則有：
s1=vGt+a1t2…⑦
設(shè)P2質(zhì)量為m2，在GH上運(yùn)動的加速度為a2，則有：
m2gsinθ﹣μm2gcosθ=m2a2…⑧
P1與P2在GH上相遇時(shí)，設(shè)P2在GH上運(yùn)動的距離為s2，則有：
s2=a2t2…⑨
聯(lián)立⑤⑥⑦⑧⑨式，并代入數(shù)據(jù)得：
s=s1+s2
s=0.56m
答：（1）小物體P1在水平軌道CD上運(yùn)動速度v的大小為4m/s；
（2）傾斜軌道GH的長度s為0.56m．
　
17．如圖，空間區(qū)域Ⅰ、Ⅱ有勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，MN、PQ為理想邊界，Ⅰ區(qū)域高度為d，Ⅱ區(qū)域的高度足夠大．勻強(qiáng)電場方向豎直向上；Ⅰ、Ⅱ區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，方向分別垂直紙面向里和向外．一個(gè)質(zhì)量為m，電量為q的帶電小球從磁場上方的O點(diǎn)由靜止開始下落，進(jìn)入場區(qū)后，恰能做勻速圓周運(yùn)動．已知重力加速度為g．
（1）試判斷小球的電性并求出電場強(qiáng)度E的大小；
（2）若帶電小球能進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ，則h應(yīng)滿足什么條件？
（3）若帶電小球運(yùn)動一定時(shí)間后恰能回到O點(diǎn)，求它釋放時(shí)距MN的高度h．

【解答】解：（1）帶電小球進(jìn)入復(fù)合場后，恰能做勻速圓周運(yùn)動，合力為洛倫茲力，重力與電場力平衡，重力豎直向下，電場力豎直向上，即小球帶正電．
由qE=mg…①，
解得：…②；
（2）假設(shè)下落高度為h0時(shí)，帶電小球在Ⅰ區(qū)域作圓周運(yùn)動的圓弧與PQ相切時(shí)，運(yùn)動軌跡如答圖（a）所示，
由幾何知識可知，小球的軌道半徑：R=d…③，
帶電小球在進(jìn)入磁場前做自由落體運(yùn)動，由機(jī)械能守恒定律得：mgh=mv2…④，
帶電小球在磁場中作勻速圓周運(yùn)動，設(shè)半徑為R，由牛頓第二定律得：qvB=m…⑤
解得：h0=，
則當(dāng)h＞h0時(shí)，即h＞帶電小球能進(jìn)入Ⅱ區(qū)域；
（3）由于帶電小球在Ⅰ、Ⅱ兩個(gè)區(qū)域運(yùn)動過程中q、v、B、m的大小不變，
故三段圓周運(yùn)動的半徑相同，以三個(gè)圓心為頂點(diǎn)的三角形為等邊三角形，
邊長為2R，內(nèi)角為60°，如答圖（b）所示．由幾何關(guān)系知：R=…⑥
聯(lián)立解得④⑤⑥得：h=；
答：（1）小球帶正電，電場強(qiáng)度E=；
（2）若帶電小球能進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ，h應(yīng)滿足的條件是：h＞；
（3）它釋放時(shí)距MN的高度h=．