专题突破课16　带电粒子在叠加场中的运动-2025版物理大一轮复习

目标要求1.理解速度选择器、磁流体发电机、电磁流量计和霍尔元件的原理，掌握它们的应用。2.了解叠加场的特点，会处理带电粒子在叠加场中的运动问题。考点一电场与磁场叠加的应用实例共同特点：当带电粒子(不计重力)在复合场中做匀速直线运动时，qvB＝qE，即v＝eq\f(E,B)。维度1速度选择器1.平行板中电场强度E和磁感应强度B互相垂直。(如图所示)2.带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是qvB＝qE，即v＝eq\f(E,B)。3.速度选择器只能选择粒子的速度，不能选择粒子的电性、电荷量、质量。4.速度选择器具有单向性。一对平行金属板中存在匀强电场和匀强磁场，其中电场的方向与金属板垂直，磁场的方向与金属板平行且垂直纸面向里，如图所示。一质子(eq\o\al(1,1)H)以速度v0自O点沿中轴线射入，恰沿中轴线做匀速直线运动。下列粒子分别自O点沿中轴线射入，能够做匀速直线运动的是(所有粒子均不考虑重力的影响)()A.以速度eq\f(v0,2)射入的正电子(eq\o\al(0,1)e)B.以速度v0射入的电子(－eq\o\al(0,1)e)C.以速度2v0射入的氘核(eq\o\al(2,1)H)D.以速度4v0射入的α粒子(eq\o\al(4,2)He)解析：B根据题述，质子(eq\o\al(1,1)H)以速度v0自O点沿中轴线射入，恰沿中轴线做匀速直线运动，可知质子所受的静电力和洛伦兹力平衡，即eE＝ev0B。因此满足速度v＝eq\f(E,B)＝v0的粒子才能够做匀速直线运动，所以选项B正确。故选B。维度2电磁流量计如图所示，一圆柱形导管直径为d，用非磁性材料制成，其中有可以导电的液体向右流动。导电液体中的自由电荷(正、负离子)在洛伦兹力作用下发生偏转，使a、b间出现电势差，当自由电荷所受电场力和洛伦兹力平衡时，a、b间的电势差(U)达到最大，由qeq\f(U,d)＝qvB，可得v＝eq\f(U,Bd)。(1)流量的表达式：Q＝Sv＝eq\f(πd2,4)·eq\f(U,Bd)＝eq\f(πdU,4B)。(2)电势高低的判断：根据左手定则可得φa＞φb。工业上常用电磁流量计来测量高黏度及强腐蚀性流体的流量Q(单位时间内流过管道横截面的液体体积)，原理如图甲所示，在非磁性材料做成的圆管处加一磁感应强度大小为B的匀强磁场，当导电液体流过此磁场区域时，测出管壁上下M、N两点间的电势差U，就可计算出管中液体的流量。为了测量某工厂的污水排放量，技术人员在充满污水的排污管末端安装了一个电磁流量计，如图乙所示，已知排污管和电磁流量计处的管道直径分别为20cm和10cm。当流经电磁流量计的液体速度为10m/s时，其流量约为280m3/h，若某段时间内通过电磁流量计的流量为70m3/h，则在这段时间内()甲乙A.M点的电势一定低于N点的电势B.通过排污管的污水流量约为140m3/hC.排污管内污水的速度约为2.5m/sD.电势差U与磁感应强度B之比约为0.25m2/s解析：D根据左手定则可知，正电荷进入磁场区域时会向上偏转，负电荷向下偏转，所以M点的电势一定高于N点的电势，故A错误；某段时间内通过电磁流量计的流量为70m3/h，通过排污管的污水流量也是70m3/h，由Q＝πr2v，知此段时间内流经电磁流量计的液体速度为2.5m/s，流量计半径为r＝5cm＝0.05m，排污管的半径R＝10cm＝0.1m，流经电磁流量计的液体速度为v1＝2.5m/s，则70m3/h＝πr2v1＝πR2v2，可得排污管内污水的速度约为v2＝eq\f(2.5,4)m/s＝0.625m/s，故BC错误；流量计内污水的速度约为v1＝2.5m/s，当粒子在电磁流量计中受力平衡时，有qeq\f(U,d1)＝qv1B，可知eq\f(U,B)＝v1d1＝0.25m2/s，故D正确。故选D。维度3磁流体发电机1.原理：如图所示，等离子体喷入磁场，正、负离子在洛伦兹力的作用下发生偏转而聚集在B、A板上，产生电势差，它可以把离子的动能通过磁场转化为电能。2.电源正、负极判断：根据左手定则可判断出图中的B是发电机的正极。3.电源电动势E：设A、B平行金属板的面积为S，两极板间的距离为l，磁场磁感应强度为B，等离子体的电阻率为ρ，喷入气体的速度为v，板外电阻为R。当正、负离子所受电场力和洛伦兹力平衡时，两极板间达到的最大电势差为U(即电源电动势为U)，则qeq\f(U,l)＝qvB，即E＝U＝Blv。4.电源内阻：r＝ρeq\f(l,S)。5.回路电流：I＝eq\f(U,r＋R)。(多选)海水中含有大量的正负离子，并在某些区域具有固定的流动方向，有人据此设计并研制出“海流发电机”，可用作无污染的电源，对海洋航标灯持续供电。“海流发电机”的工作原理如图所示，用绝缘防腐材料制成一个横截面为矩形的管道，在管道上、下两个表面装有防腐导电板M、N，板长为a、宽为b(未标出)，两板间距为d，将管道沿着海水流动方向固定于海水中，将航标灯L与两导电板M和N连接，加上垂直于管道前后面向后的匀强磁场，磁感应强度大小为B，海水流动方向向右，海水流动速率为v，已知海水的电阻率为ρ，航标灯电阻不变且为R。则下列说法正确的是()A.“海流发电机”对航标灯L供电的电流方向是M→L→NB.“海流发电机”产生感应电动势的大小是E＝BavC.通过航标灯L电流的大小是eq\f(Bvdab,abR＋ρd)D.“海流发电机”发电的总功率为eq\f(B2d2v2,R)解析：AC由左手定则可知，海水中正、负离子受洛伦兹力的方向分别指向M板和N板，则M板带正电，N板带负电，发电机对航标灯提供电流方向是M→L→N，故A正确；在M、N两板间形成稳定的电场后，其中的正、负离子受电场力和洛伦兹力作用而平衡，在两板间形成稳定电压，则有eq\f(qU,d)＝Bqv，解得“海流发电机”产生感应电动势的大小为E＝U＝Bdv，故B错误；海水的电阻为r＝ρeq\f(L,S)＝ρeq\f(d,ab)，由闭合电路欧姆定律可得，通过航标灯的电流为I＝eq\f(U,R＋r)＝eq\f(Bvdab,abR＋ρd)，故C正确；“海流发电机”发电的总功率为P＝IE＝eq\f(B2v2d2ab,abR＋ρd)，故D错误。故选AC。维度4霍尔效应的原理和分析1.霍尔效应：高为h、宽为d的导体(自由电荷是电子或正电荷)置于匀强磁场B中，当电流通过导体时，在导体的上表面A和下表面A′之间产生电势差，这种现象称为霍尔效应，此电压称为霍尔电压。2.电势高低的判断：如图，导体中的电流I向右时，根据左手定则可得，若自由电荷是电子，则下表面A′的电势高。若自由电荷是正电荷，则下表面A′的电势低。3.霍尔电压的计算：导体中的自由电荷(电荷量为q)在洛伦兹力作用下偏转，A、A′间出现电势差，当自由电荷所受电场力和洛伦兹力平衡时，A、A′间的电势差(U)就保持稳定，由qvB＝qeq\f(U,h)，I＝nqvS，S＝hd，联立得U＝eq\f(BI,nqd)＝keq\f(BI,d)，k＝eq\f(1,nq)称为霍尔系数。磁敏元件在越来越多的电子产品中被使用，市场上看到的带皮套的智能手机就是使用磁性物质和霍尔元件等起到开关控制的，当打开皮套，磁体远离霍尔元件，手机屏幕亮；当合上皮套，磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，手机进入省电模式。如图所示，一块宽度为d、长为l、厚度为h的矩形半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子，通入水平向右大小为I的电流时，当手机套合上时元件处于垂直于上表面、方向向上且磁感应强度大小为B的匀强磁场中，于是元件的前、后表面产生稳定电势差UH；以此来控制屏幕熄灭，则下列说法正确的是()A.前表面的电势比后表面的电势高B.自由电子所受洛伦兹力的大小为eq\f(eUH,h)C.用这种霍尔元件探测某空间的磁场时，霍尔元件的摆放方向对UH无影响D.若该元件单位体积内的自由电子个数为n，则发生霍尔效应时，元件前后表面的电势差为UH＝eq\f(BI,neh)解析：D元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子，通入水平向右大小为I的电流时，电子向左运动，由左手定律可得电子受洛伦兹力的作用往前表面偏转，故前表面的电势比后表面的电势低，故A错误；元件的前、后表面产生稳定电势差时，电子受到的洛伦兹力与电场力平衡evB⊥＝eq\f(UH,d)e，整理得UH＝B⊥vd，B⊥为垂直于上表面的磁感应强度的大小，故霍尔元件的摆放方向对UH有影响，故BC错误；元件单位体积内的自由电子个数为n，根据电流的微观表达式I＝neSv＝nehdv，整理得v＝eq\f(I,nehd)，电子受到的洛伦兹力与电场力平衡evB＝eq\f(UH,d)e，联立得元件前后表面的电势差为UH＝eq\f(BI,neh)，D正确。故选D。考点二带电粒子在叠加场中的运动1.关于是否考虑粒子重力的三种情况(1)对于微观粒子，如电子、质子、离子等，因为其重力一般情况下与静电力或磁场力相比太小，可以忽略；而对于一些实际物体，如带电小球、液滴、尘埃等一般应当考虑其重力。(2)在题目中有明确说明是否要考虑重力的，按题目要求处理。(3)不能直接判断是否要考虑重力的，在进行受力分析与运动分析时，要结合运动状态确定是否要考虑重力。2.叠加场：电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存。3.带电粒子在叠加场中常见的几种运动形式运动性质受力特点方法规律匀速直线运动其他力的合力与洛伦兹力等大反向平衡条件匀速圆周运动除洛伦兹力外，其他力的合力为零牛顿第二定律、圆周运动的规律较复杂的曲线运动除洛伦兹力外，其他力的合力既不为零，也不与洛伦兹力等大反向动能定理、能量守恒定律如图所示，位于竖直平面内的坐标系xOy，在第三象限空间有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝0.5T，还有沿x轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E＝2N/C。在第一象限空间有沿y轴负方向、电场强度大小也为E的匀强电场，并在y＞h＝0.4m的区域有磁感应强度大小也为B的垂直于纸面向里的匀强磁场。一个带电荷量为q的油滴从图中第三象限的P点得到一初速度，恰好能沿PO做匀速直线运动(PO与x轴负方向的夹角为θ＝45°)，并从原点O进入第一象限。已知重力加速度g取10m/s2，求：(1)油滴在第三象限运动时受到的重力、静电力、洛伦兹力三力的大小之比，并指出油滴带哪种电荷；(2)油滴在P点得到的初速度大小；(3)油滴在第一象限运动的时间(取π＝3.14)。解析：(1)根据受力分析(如图所示)，可知油滴带负电荷，设油滴质量为m，由平衡条件得mg∶qE∶F＝1∶1∶eq\r(2)。(2)由第(1)问得qvB＝eq\r(2)qE，代入数据解得v＝eq\f(\r(2)E,B)＝4eq\r(2)m/s。(3)进入第一象限，静电力和重力平衡，油滴先做匀速直线运动，从A点进入y>h的区域后做匀速圆周运动，再从C点离开y>h区域，最后从x轴上的N点离开第一象限。由O→A匀速运动的位移为s1＝eq\f(h,sin45°)＝eq\r(2)h其运动时间t1＝eq\f(s1,v)＝0.1s由qvB＝meq\f(v2,r)，T＝eq\f(2πr,v)得T＝eq\f(2πm,qB)油滴从A→C做圆周运动的时间为t2＝eq\f(1,4)T＝eq\f(πE,2gB)＝0.628s由对称性知，从C→N的时间t3＝t1故油滴在第一象限运动的总时间t＝t1＋t2＋t3＝2×0.1s＋0.628s＝0.828s。答案：(1)1∶1∶eq\r(2)负电荷(2)4eq\r(2)m/s(3)0.828s【对点训练】1.(带电粒子在叠加场中的直线运动)如图所示，某竖直平面内存在着相互正交的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向左，磁场方向水平向外。一质量为m、电荷量为q的微粒以速度v与水平方向成θ角从O点射入该区域，微粒恰好沿速度方向做直线运动，下列说法中正确的是()A.微粒从O到A的运动可能是匀减速直线运动B.该微粒一定带正电荷C.该磁场的磁感应强度大小为eq\f(mg,qvcosθ)D.该电场的场强为Bvcosθ解析：C若微粒带正电，它受竖直向下的重力mg、向左的电场力qE和右斜向下的洛伦兹力qvB，知微粒不能做直线运动。据此可知微粒一定带负电，它受竖直向下的重力mg、向右的电场力qE和左斜向上的洛伦兹力qvB，又知微粒恰好沿着直线运动，可知微粒一定做匀速直线运动，故AB错误；由平衡条件有关系cosθ＝eq\f(mg,qvB)，sinθ＝eq\f(qE,Bqv)，得磁场的磁感应强度B＝eq\f(mg,qvcosθ)，电场的场强E＝Bvsinθ，故C正确，D错误。故选C。2.(带电粒子在叠加场中的圆周运动)(多选)如图，光滑绝缘水平面的右侧存在着匀强电场和匀强磁场组成的复合场，电场方向竖直向下，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B；一电荷量为q、质量为m的金属小球a在水平面上从静止开始经电压U加速后，与静止着的另一完全相同的不带电金属小球b发生弹性碰撞，此后小球b水平向右进入复合场中，在竖直面内做匀速圆周运动。电荷量的损失不计，碰撞后不考虑a、b之间的相互作用，重力加速度大小为g。下列判断正确的是()A.小球a可能带正电B.小球a、b碰撞后的b速度v＝eq\f(1,2)eq\r(\f(2qU,m))C.小球b做匀速圆周运动的半径为r＝eq\f(2,B)eq\r(\f(2mU,q))D.小球b从圆的最低点到最高点，机械能增加量为ΔE＝eq\f(4mg,B)eq\r(\f(2mU,q))解析：CD球a、b碰撞后，b球在竖直面内做匀速圆周运动，则重力和电场力平衡，所以电场力竖直向上，b球带负电，故小球a带负电，故A错误；小球a加速过程，由动能定理得qU＝eq\f(1,2)mv02，碰撞过程由动量守恒定律及机械能守恒可知a、b小球速度互换，解得v＝eq\r(\f(2qU,m))，故B错误；小球a、b碰撞后b在竖直面内做匀速圆周运动，b的带电量为eq\f(q,2)，由牛顿第二定律得eq\f(q,2)vB＝meq\f(v2,r)，解得r＝eq\f(2,B)eq\r(\f(2mU,q))，故C正确；洛伦兹力不做功，电场力做功为W＝eq\f(q,2)E·2r＝eq\f(4mg,B)eq\r(\f(2mU,q))，所以机械能增加量ΔE＝eq\f(4mg,B)·eq\r(\f(2mU,q))，故D正确。故选CD。考点三轨道约束情况下带电体在磁场中的运动带电体在重力场、磁场、电场中运动时，从整个物理过程上看有多种不同的运动形式，其中从运动条件上看分为有轨道约束和无轨道约束。现从力、运动和能量的观点研究三种有轨道约束的带电体的运动。(多选)如图所示，空间同时存在垂直于纸面向里的匀强磁场和水平向左的匀强电场，磁感应强度大小为B，电场强度大小为E。在该空间的竖直平面(即纸面)内固定一足够长的粗糙绝缘杆，杆与电场正方向夹角为60°。一质量为m、电荷量为＋q的小球套在绝缘杆上，在t＝0时刻以初速度v0沿杆向下运动。已知qE＝eq\r(3)mg，下列描述小球运动的v-t图像可能正确的是()解析：ACD对小球受力分析，重力和电场力的合力大小F＝eq\r(（mg）2＋（Eq）2)＝2mg，设与水平方向的夹角为θ，tanθ＝eq\f(mg,Eq)＝eq\f(\r(3),3)，θ＝30°，即重力和电场力的合力方向与杆对小球的支持力在同一直线上，如果初状态Bqv0＝2mg，则N＝0，f＝0，可得a＝0，所以小球做匀速直线运动。Bqv0＞2mg时，弹力垂直于杆斜向下，摩擦力沿杆斜向上，小球做减速运动，速度减小，洛伦兹力减小，弹力减小，摩擦力减小，加速度减小，当加速度减到零时，做匀速直线运动。Bqv0＜2mg时，弹力垂直于杆斜向上，摩擦力沿杆斜向上，小球做减速运动，速度减小，洛伦兹力减小，弹力增大，摩擦力增大，加速度增大，直到速度减为零。故选A、C、D。【对点训练】3.(带电物块与绝缘物块的组合)(多选)如图所示，甲是一个带正电的小物块，乙是一个不带电的绝缘物块。甲、乙叠放在一起置于粗糙水平面上，水平面上方有垂直于纸面向里的匀强磁场。现用一个水平恒力拉乙物块，使甲、乙无相对滑动地一起向左加速运动。在共同加速阶段，下列说法中正确的是()A.甲、乙两物块间的静摩擦力不断增大B.甲、乙两物块间的静摩擦力不断减小C.乙物块与地面间的摩擦力大小不变D.乙物块与地面间的摩擦力不断增大解析：BD以甲乙整体为研究对象，分析受力如图。则有FN＝F洛＋(m甲＋m乙)g，当甲乙一起加速运动时，洛伦兹力F洛增大，滑动摩擦力Ff增大，C错误，D正确；Ff增大，F一定，根据牛顿第二定律得，加速度a减小，对甲研究得到，乙对甲的摩擦力Ff＝ma，则得到Ff减小，甲、乙两物块间的静摩擦力不断减小，A错误，B正确；故选BD。4.(带电小球与绝缘斜面的组合)如图所示，质量为m、带电荷量为q的小球，在倾角为θ的光滑绝缘斜面上由静止开始下滑。图中虚线是左、右两侧匀强磁场(图中未画出)的分界线，左侧磁场的磁感应强度为eq\f(B,2)，右侧磁场的磁感应强度为B，两磁场的方向均垂直于纸面向外。当小球刚下滑至分界线时，对斜面的压力恰好为零。已知重力加速度为g，斜面足够长，小球可视为质点。(1)判断小球带何种电荷；(2)求小球沿斜面下滑的最大速度；(3)求小球速度达到最大时，在左侧磁场中下滑的距离L。解析：(1)根据题意可知，小球下滑过程中受到的洛伦兹力方向垂直斜面向上，根据左手定则可知小球带正电荷。(2)当小球刚下滑至分界线时，对斜面的压力恰好为零，然后小球继续向下运动，在左侧区域当压力再次为零时，速度达到最大值，则有qvmeq\f(B,2)＝mgcosθ解得vm＝eq\f(2mgcosθ,qB)。(3)当小球刚下滑至分界线时，对斜面的压力恰好为零，设此时速度为v，则有qvB＝mgcosθ，解得v＝eq\f(mgcosθ,qB)小球下滑的过程中，由牛顿第二定律得mgsinθ＝ma解得a＝gsinθ由运动学规律可得2aL＝vm2－v2联立解得L＝eq\f(3m2gcos2θ,2q2B2sinθ)。答案：(1)正电荷(2)eq\f(2mgcosθ,qB)(3)eq\f(3m2gcos2θ,2q2B2sinθ)限时规范训练44[基础巩固题组]1.(2021·河北卷)如图，距离为d的两平行金属板P、Q之间有一匀强磁场，磁感应强度大小为B1，一束速度大小为v的等离子体垂直于磁场喷入板间，相距为L的两光滑平行金属导轨固定在与导轨平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小为B2，导轨平面与水平面夹角为θ，两导轨分别与P、Q相连，质量为m、电阻为R的金属棒ab垂直导轨放置，恰好静止，重力加速度为g，不计导轨电阻、板间电阻和等离子体中的粒子重力，下列说法正确的是()A.导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，v＝eq\f(mgRsinθ,B1B2Ld)B.导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，v＝eq\f(mgRsinθ,B1B2Ld)C.导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，v＝eq\f(mgRtanθ,B1B2Ld)D.导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，v＝eq\f(mgRtanθ,B1B2Ld)解析：B等离子体垂直于磁场喷入板间时，根据左手定则可得金属板Q带正电荷，金属板P带负电荷，则电流方向由金属棒a端流向b端。等离子体穿过金属板P、Q时产生的电动势U满足qeq\f(U,d)＝qB1v，由欧姆定律I＝eq\f(U,R)和安培力公式F＝BIL可得F安＝B2L·eq\f(U,R)＝eq\f(B2B1Lvd,R)，再根据金属棒ab垂直导轨放置，恰好静止，可得F安＝mgsinθ，则v＝eq\f(mgRsinθ,B1B2Ld)，金属棒ab受到的安培力方向沿斜面向上，由左手定则可判定导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，故选B。2.某化工厂的排污管末端安装了如图所示的流量计，测量管由绝缘材料制成，其长为L、直径为D，左右两端开口，在前后两个内侧面a、c固定有金属板作为电极，匀强磁场方向竖直向下。污水(含有大量的正、负离子)充满管口从左向右流经该测量管时，a、c两端的电压为U，显示仪器显示污水流量Q(单位时间内排出的污水体积)。则()A.a侧电势比c侧电势低B.污水中离子浓度越高，显示仪器的示数越大C.污水流量Q与U成正比，与L、D无关D.匀强磁场的磁感应强度B＝eq\f(πDU,4Q)解析：D污水中正、负离子从左向右移动，受到洛伦兹力，根据左手定则，正离子向后表面偏转，负离子向前表面偏转，所以a侧电势比c侧电势高，故A错误；最终正、负离子会在静电力和洛伦兹力作用下处于平衡状态，有qE＝qvB，即eq\f(U,D)＝vB，则污水流量Q＝eq\f(vπD2,4)＝eq\f(U,DB)·eq\f(πD2,4)＝eq\f(πUD,4B)，可知Q与U、D成正比，与L无关，显示仪器的示数与离子浓度无关，匀强磁场的磁感应强度B＝eq\f(πUD,4Q)，故D正确，B、C错误。3.(2023·浙江卷)某兴趣小组设计的测量大电流的装置如图所示，通有电流I的螺绕环在霍尔元件处产生的磁场B＝k1I，通有待测电流I′的直导线ab垂直穿过螺绕环中心，在霍尔元件处产生的磁场B′＝k2I′。调节电阻R，当电流表示数为I0时，元件输出霍尔电压UH为零，则待测电流I′的方向和大小分别为()A.a→b，eq\f(k2,k1)I0 B.a→b，eq\f(k1,k2)I0C.b→a，eq\f(k2,k1)I0 D.b→a，eq\f(k1,k2)I0解析：D根据安培定则可知螺绕环在霍尔元件处产生的磁场方向向下，则要使元件输出霍尔电压UH为零，直导线ab在霍尔元件处产生的磁场方向应向上，根据安培定则可知待测电流I′的方向应该是b→a；元件输出霍尔电压UH为零，则霍尔元件处合场强为0，所以有k1I0＝k2I′解得I′＝eq\f(k1,k2)I0，所以选项D正确。4.(多选)如图所示，磁控管内局部区域分布有水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。电子从M点由静止释放，沿图中所示轨迹依次经过N、P两点。已知M、P在同一等势面上，下列说法正确的有()A.电子从N到P，电场力做正功B.N点的电势高于P点的电势C.电子从M到N，洛伦兹力不做功D.电子在M点所受的合力大于在P点所受的合力解析：BC电子从M点由静止释放，从M到N，电场力做正功，M、P在同一等势面上，可知电子从N到P，电场力做负功，A错误；根据沿电场线方向电势降低，可知N点电势高于P点电势，B正确；根据洛伦兹力方向与速度方向垂直，对带电粒子不做功，可知电子从M到N，洛伦兹力不做功，C正确；洛伦兹力不做功，且M、P在同一等势面上，可知电子在M点和P点速度都是零，即电子在M点和P点都是只受到电场力作用，所以电子在M点所受的合力等于在P点所受的合力，D错误。5.(多选)如图甲所示，绝缘轻质细绳一端固定在方向相互垂直的匀强电场和匀强磁场中的O点，另一端连接带正电的小球，小球电荷量q＝6×10－7C，在图示坐标中，电场方向沿竖直方向，坐标原点O的电势为零。当小球以2m/s的速率绕O点在竖直平面内做匀速圆周运动时，细绳上的拉力刚好为零。在小球从最低点运动到最高点的过程中，轨迹上每点的电势φ随纵坐标y的变化关系如图乙所示，重力加速度g＝10m/s2。则下列判断正确的是()甲乙A.匀强电场的场强大小为3.2×106V/mB.小球重力势能增加最多的过程中，电势能减少了2.4JC.小球做顺时针方向的匀速圆周运动D.小球所受的洛伦兹力的大小为3N解析：BD根据小球从最低点运动到最高点的过程中，轨迹上每点的电势φ随纵坐标y的变化关系可得，匀强电场的电场强度大小E＝eq\f(2×106,0.4)V/m＝5×106V/m，故选项A错误；由于带电小球在做匀速圆周运动过程中，只有重力和电场力做功，则只有重力势能和电势能的相互转化，又由于带电小球在复合场(重力场、匀强电场和匀强磁场)中做匀速圆周运动，且细绳上的拉力刚好为零，则有小球受到的竖直向下的重力与其受到的电场力等大、反向，即qE＝mg，因此当带电小球从最低点运动到最高点的过程中，即小球重力势能增加最多的过程中，电势能减少量为qE·2L＝2.4J，故选项B正确；由于带电小球所受的洛伦兹力提供小球做匀速圆周运动的向心力，根据左手定则可知，小球沿逆时针方向运动，故选项C错误；根据牛顿第二定律可得FB＝eq\f(mv2,L)，又qE＝mg，解得FB＝3N，即小球所受的洛伦兹力的大小为3N，故选项D正确。6.(2023·全国乙卷)如图，一磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直于纸面(xOy平面)向里，磁场右边界与x轴垂直。一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，粒子离开磁场后，沿直线运动打在垂直于x轴的接收屏上的P点；SP＝l，S与屏的距离为eq\f(l,2)，与x轴的距离为a。如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏。该粒子的比荷为()A.eq\f(E,2aB2) B.eq\f(E,aB2)C.eq\f(B,2aE2) D.eq\f(B,aE2)解析：A由题知，一带电粒子由O点沿x轴正方向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，则根据几何关系可知粒子做圆周运动的半径r＝2a，则粒子做圆周运动有qvB＝meq\f(v2,r)，则有eq\f(q,m)＝eq\f(v,2a·B)，如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏，则有Eq＝qvB，联立有eq\f(q,m)＝eq\f(E,2aB2)，故选A。[能力提升题组]7.(多选)如图所示，ABC为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB为倾斜直轨道，BC为与AB相切的圆形轨道，并且圆形轨道处在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。质量相同的甲、乙、丙三个小球中，甲球带正电、乙球带负电、丙球不带电。现将三个小球在轨道AB上分别从不同高度处由静止释放，都恰好通过圆形轨道的最高点，则()A.经过最高点时，三个小球的速度相等B.经过最高点时，甲球的速度最小C.甲球的释放位置比乙球的高D.运动过程中三个小球的机械能均保持不变解析：CD设磁感应强度为B，圆形轨道半径为r，三个小球质量均为m，它们恰好通过最高点时的速度分别为v甲、v乙和v丙，由牛顿第二定律有mg＋Bv甲q甲＝eq\f(mv甲2,r)，mg－Bv乙q乙＝eq\f(mv乙2,r)，mg＝eq\f(mv丙2,r)，则v甲＞v丙＞v乙，选项A、B错误；三个小球在运动过程中，只有重力做功，即它们的机械能守恒，选项D正确；甲球在最高点处的动能最大，因为势能相等，所以甲球的机械能最大，甲球的释放位置最高，选项C正确。8.如图所示，匀强磁场垂直于纸面向里，匀强电场平行于斜面向下