A．兩小球到達軌道最低點的速度vM＝vN
B．兩小球到達軌道最低點時對軌道的壓力FM＞FN
C．小球第一次到達M點的時間大于到達N點的時間
D．在磁場中小球能到達軌道的另一端，在電場中不能
2．(多選)如圖所示，勻強磁場垂直于紙面向里，勻強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點后到b點時速度減為零，接著又滑了下來．全程物塊一直受摩擦力，設(shè)物塊所帶電荷量保持不變，則從a到b和從b回到a兩過程相比較( )
A．加速度大小相等
B．由b到a的過程中摩擦產(chǎn)生的熱量更多
C．由a到b的時間小于從b回到a的時間
D．動能變化量的絕對值相同
3．[2022·山東德州市期中]如圖所示，一帶電液滴在相互垂直的勻強電場和勻強磁場中剛好做勻速圓周運動，其軌跡半徑為R.已知電場的電場強度大小為E，方向豎直向下；磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙面向里．不計空氣阻力，重力加速度為g，則下列說法中正確的是( )
A．液滴帶正電
B．液滴的比荷 eq \f(q,m)＝ eq \f(g,E)
C．液滴的速度大小v＝ eq \f(gR,BE)
D．液滴沿逆時針方向運動
4．[2022·山東臨朐縣練習(xí)]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電場和勻強磁場，電場強度的方向水平向右，磁感應(yīng)強度的方向垂直紙面向里．一帶電荷量為＋q、質(zhì)量為m的微粒從原點出發(fā)沿與x軸正方向的夾角為45°的初速度進入復(fù)合場中，正好做直線運動，當(dāng)微粒運動到A(l，l)時，電場方向突然變?yōu)樨Q直向上(不計電場變化的時間)，粒子繼續(xù)運動一段時間后，正好垂直于y軸穿出復(fù)合場．不計一切阻力，求：
(1)電場強度E和磁感應(yīng)強度B的大??；
(2)粒子在復(fù)合場中的運動時間．
5．如圖所示，位于豎直平面內(nèi)的坐標(biāo)系xOy，在其第三象限空間有垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B＝0.5 T，還有沿x軸負方向的勻強電場，場強大小為E＝2 N/C.在其第一象限空間有沿y軸負方向的、場強大小也為E的勻強電場，并在y>h＝0.4 m的區(qū)域有磁感應(yīng)強度也為B的垂直于紙面向里的勻強磁場．一個帶電荷量為q的油滴從圖中第三象限的P點得到一初速度，恰好能沿PO做勻速直線運動(PO與x軸負方向的夾角為θ＝45°)，并從原點O進入第一象限．已知重力加速度g＝10 m/s2，問：
(1)油滴在第三象限運動時受到的重力、電場力、洛倫茲力三力的大小之比；
(2)油滴在第一象限運動的時間．
6．[2022·廣東省聯(lián)考三]如圖所示，半徑R＝0.5 m的豎直粗糙絕緣 eq \f(1,4)圓弧軌道ABC的最低點C的切線呈水平，C點正下方為絕緣豎直墻壁，墻壁足夠高．虛線MN為C點下方的場分界線，與C點的高度差h＝0.1 m，MN上方區(qū)域內(nèi)存在電場強度大小為E1＝100 V/m的勻強電場，方向豎直向下，MN下方、墻壁左側(cè)的區(qū)域內(nèi)存在垂直于紙面向里的勻強磁場和豎直向上的電場強度大小為E2＝200 V/m的勻強電場．一質(zhì)量m＝2×10－2 kg、電荷量q＝1×10－3 C的帶正電小滑塊自圓弧軌道上的B點由靜止釋放，經(jīng)過C點時對軌道的壓力大小為F＝0.34 N，從C點水平飛出后經(jīng)分界線MN上的D點(圖中未畫出)進入下方區(qū)域．已知OB連線與豎直方向的夾角θ＝53°，小滑塊在運動過程中電荷量保持不變，不計空氣阻力，重力加速度取g＝10 m/s2，已知sin 53°＝0.8.求：
(1)小滑塊在圓弧軌道上運動的過程中，克服摩擦力所做的功Wf；
(2)小滑塊經(jīng)過D點時的速度vD的大?。?br>(3)小滑塊能再次返回MN上方區(qū)域的最小磁感應(yīng)強度B的大?。?br>專題67 帶電粒子在疊加場中的運動
1．BD 由于小球在磁場中運動，磁場力對小球不做功，整個過程中的機械能守恒，而小球在電場中向右運動的過程中受到的電場力對小球做負功，到達最低點時的速度較小，故A錯誤；小球在磁場中運動，在最低點進行受力分析可知FM－mg－qvMB＝m eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(M)) ,r)，解得FM＝mg＋qvMB＋m eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(M)) ,r)，小球在電場中運動，在最低點受力分析可知FN－mg＝m eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(N)) ,r)，解得FN＝mg＋m eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(N)) ,r)，由選項A可知vM＞vN，所以FM＞FN，B正確；兩個小球走過的路程相同，由選項A可知，小球在電場中向右運動的過程中受到的電場力對小球做負功，到達最低點時的速度較小，所以在電場中運動的時間長，C錯誤；由于小球在磁場中運動，磁場力對小球不做功，整個過程中小球的機械能守恒，所以小球可以到達軌道的另一端，而電場力對小球做負功，所以在到達軌道右端最高點之前速度就減為零了，故D正確．
2．BC 物體從a到b向上運動過程，受到的摩擦力f1沿斜面向下，根據(jù)牛頓第二定律可得mg sin θ＋qE＋f1＝ma1，物體從b到a向下運動過程，受到的摩擦力f2沿斜面向上，根據(jù)牛頓第二定律可得mg sin θ＋qE－f2＝ma2，可知兩個過程加速度大小不相等，A錯誤；物體從a到b向上運動過程，受到洛倫茲力垂直斜面向上，則有f1＝μ(mg cs θ－qv1B)，物體從b到a向下運動過程，受到洛倫茲力垂直斜面向下，則有f2＝μ(mg cs θ＋qv2B)，可知向下運動過程的摩擦力一定大于向上運動過程的摩擦力，根據(jù)Q＝fs相對，可知由b到a的過程中摩擦產(chǎn)生的熱量更多，B正確；由于摩擦力的作用，使得物塊在向上和向下經(jīng)過斜面同一位置時，向上的速度一定大于向下的速度，則向上運動過程的平均速度一定大于向下運動過程的平均速度，故向上運動過程的時間一定小于向下運動過程的時間，C正確；物體從a到b向上運動過程，受到的合力大小為F合＝mg sin θ＋qE＋f1，物體從b到a向下運動過程，受到的合力大小為F′合＝mg sin θ＋qE－f2，可知向上運動受到的合力大于向下運動受到的合力，根據(jù)動能定理可知，向上運動過程動能變化量的絕對值大于向下運動過程動能變化量的絕對值，D錯誤．
3．B 帶電液滴剛好做勻速圓周運動，應(yīng)滿足mg＝qE，電場力向上，與場強方向相反，液滴帶負電，可得比荷為 eq \f(q,m)＝ eq \f(g,E)，A錯誤，B正確；由左手定則可判斷，只有液滴沿順時針方向運動，受到的洛倫茲力才指向圓心，D錯誤；由向心力公式可得qvB＝m eq \f(v2,R)，聯(lián)立可得液滴的速度大小為v＝ eq \f(gBR,E)，C錯誤．
4．(1) eq \f(mg,q) eq \f(m,q) eq \r(\f(g,l)) (2)( eq \f(3π,4)＋1) eq \r(\f(l,g))
解析：(1)根據(jù)題意可知，粒子進入復(fù)合場之后做勻速直線運動，受重力、電場力和洛倫茲力，受力分析如圖所示
根據(jù)平衡條件有Eq＝qvB cs 45°，mg＝qvB sin 45°
解得E＝ eq \f(mg,q)，qvB＝ eq \r(2)mg
當(dāng)微粒運動到A(l，l)時，電場方向突然變?yōu)樨Q直向上，此時粒子受到的電場力和重力等大反向，則粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，根據(jù)題意可知，運動軌跡如圖所示
由圖，根據(jù)幾何關(guān)系可知R＝ eq \r(2)l
根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB＝m eq \f(v2,R)
聯(lián)立解得v＝ eq \r(2gl)，B＝ eq \f(m,q) eq \r(\f(g,l))
(2)粒子做勻速直線運動的時間t1＝ eq \f(x,v)＝ eq \f(\r(l2＋l2),\r(2gl))＝ eq \r(\f(l,g))
做圓周運動的時間t2＝ eq \f(\f(3,4)π,2π)· eq \f(2πR,v)＝ eq \f(3π,4) eq \r(\f(l,g))
則粒子在復(fù)合場中的運動時間t＝t1＋t2＝( eq \f(3π,4)＋1) eq \r(\f(l,g)).
5．(1)1∶1∶ eq \r(2) (2)0.828 s
解析：(1)恰好能沿PO做勻速直線運動，受力分析如圖所示
則qvB cs 45°＝Eq，qvB sin 45°＝mg
因此mg∶qE∶qvB＝1∶1∶ eq \r(2)
(2)因為qvB＝ eq \r(2)Eq
可知，粒子速度v＝4 eq \r(2) m/s
粒子從O到A，受重力和電場力，二力合力為0，因此粒子勻速直線運動，運動時間
t1＝ eq \f(x1,v)＝ eq \f(\f(h,sin 45°),v)＝0.1 s
粒子在磁場部分做勻速圓周運動qvB＝m eq \f(v2,r)
周期T＝ eq \f(2πr,v)＝ eq \f(2πm,Bq)
磁場中運動時間t2＝ eq \f(α,2π)T＝ eq \f(1,4)T＝0.628 s
由對稱性可知，粒子從C到N與O到A時間相同，因此運動總時間t＝2t1＋t2＝0.828 s．
6．(1)0.05 J (2)2 m/s (3)100(2 eq \r(3)＋3)T
解析：(1)粒子的部分運動軌跡如圖所示，
在C點，由牛頓第三定律可知，小滑塊受到的支持力F′＝F＝0.34 N
由牛頓第二定律可知F′－mg－qE1＝ eq \f(mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(C)) ,R)
解得vC＝1 m/s
對小滑塊從B到C過程，由動能定理可得(mg＋qE1)R(1－cs θ)－Wf＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(C))
解得Wf＝0.05 J
(2)對小滑塊從C到D過程，由動能定理可得(mg＋qE1)h＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(D)) － eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(C))
解得vD＝2 m/s
(3)由于qE2＝0.2 N＝mg
可知小滑塊在MN下方做勻速圓周運動，當(dāng)運動軌跡半徑最大時磁場的磁感應(yīng)強度最小，設(shè)最大半徑為r，
由qvDB＝ eq \f(mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(D)) ,r)得B＝ eq \f(mvD,qr)
設(shè)D點離墻壁的距離為LD，由幾何關(guān)系可知r＋r sin 60°＝LD
由運動學(xué)公式可知，小滑塊自C運動到D所用的時間tCD＝ eq \f(vD cs 30°,a)
由牛頓第二定律可知，小滑塊自C運動到D過程中的加速度大小為a＝ eq \f(mg＋qE1,m)
則tCD＝ eq \f(\r(3),15) s
由LD＝vCtCD知LD＝ eq \f(\r(3),15) m
聯(lián)立以上各式得r＝ eq \f(4\r(3)－6,15) m，B＝100(2 eq \r(3)＋3)T.

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