河北省張家口市高三物理 專題練習(xí)（24）帶電粒子在復(fù)合場中的運動.doc

《河北省張家口市高三物理 專題練習(xí)（24）帶電粒子在復(fù)合場中的運動.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《河北省張家口市高三物理 專題練習(xí)（24）帶電粒子在復(fù)合場中的運動.doc（15頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

帶電粒子在復(fù)合場中的運動 1.下列實驗，表明電子在磁場中偏轉(zhuǎn)的是( ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 A、通電導(dǎo)體在磁場中受到安培力作用而發(fā)生了偏轉(zhuǎn)．故A錯誤． B、電流產(chǎn)生磁場，磁場對小磁針有磁場力，使得小磁針發(fā)生了偏轉(zhuǎn)．故B錯誤． C、陰極射線管中電子束在磁場中受到洛倫茲力作用發(fā)生了偏轉(zhuǎn)．故C正確． D、開關(guān)閉合或斷開瞬間，螺線管B中產(chǎn)生了感應(yīng)電流，電流表指針發(fā)生了偏轉(zhuǎn)．故D錯誤． 2.如圖所示的是電視機顯像管及其偏轉(zhuǎn)線圈L，如果發(fā)現(xiàn)電視畫面幅度比正常時偏大，可能是因為（） A. 電子槍發(fā)射能力減弱，電子數(shù)減少 B. 加速電場電壓過低，電子速率偏小 C. 偏轉(zhuǎn)線圈匝間短路，線圈匝數(shù)減小 D. 偏轉(zhuǎn)線圈電流過小，偏轉(zhuǎn)磁場減弱 【答案】B 【解析】 【詳解】如果發(fā)現(xiàn)電視畫面幅度比正常時偏大，是由于電子束的偏轉(zhuǎn)角增大，即軌道半徑減小所致。根據(jù)洛倫茲力等于向心力qvB=mv2r，r=mvqB。 A. 電子槍發(fā)射能力減弱，電子數(shù)減少，而運動的電子速率及磁場不變，因此不會影響電視畫面偏大，故A錯誤； B. 當(dāng)加速電場電壓過低，電子速率偏小，則會導(dǎo)致電子運動半徑減小，從而使偏轉(zhuǎn)角度增大，導(dǎo)致畫面比正常偏大，故B正確； C. 當(dāng)偏轉(zhuǎn)線圈匝間短路，線圈匝數(shù)減小時，導(dǎo)致偏轉(zhuǎn)磁場減小，從而使電子運動半徑增大，所以導(dǎo)致畫面比正常偏小，故C錯誤； D. 當(dāng)偏轉(zhuǎn)線圈電流過小，偏轉(zhuǎn)磁場減弱時，從而導(dǎo)致電子運動半徑變大，所以導(dǎo)致畫面比正常偏小，故D錯誤； 故選：B 3.如圖所示，在粗糙的足夠長的豎直木桿上套有一個帶正電小球，整個裝置處在有水平勻強電場和垂直于紙面向里的勻強磁場組成的足夠大的復(fù)合場中，小球由靜止開始下滑，在整個運動過程中，關(guān)于描述小球運動的v﹣t圖象中正確的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 在小球下滑的過程中，對小球受力分析，如圖所示 受到重力mg、電場力qE、洛倫茲力qvB、摩擦力f，還有木桿對小球的支持力N，開始時，速度較小，qvB較小，N較大，隨著速度的增加，N在減小，由f=μN可知f減小，豎直方向的合力增加，加速度增加；當(dāng)速度增加到一定的程度，qvB=qE相等，此時N為零，f為零，加速度為g，達到最大；速度繼續(xù)增加，N要反向增加，f增加，豎直方向上的合力減小，加速度減小，當(dāng)f=mg相等時，豎直方向上的加速度為零，速度達到最大．故ABC所示的v-t圖象不符合所分析的運動規(guī)律，D符合．故選D． 【點睛】對小球受力分析，開始時洛倫茲力較小，所以木桿對小球的支持力較大，摩擦力較大，加速度較小，隨著速度的增加，分析豎直方向的合力變化，從而判斷加速度的變化．了解了加速度變化的情況，也就知道了v-t圖象的變化規(guī)律． 4.如圖所示，在x軸上方存在垂直于紙面向里且磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，在x軸下方存在垂直于紙面向外且磁感應(yīng)強度為B2的勻強磁場．一帶負(fù)電的粒子從原點O以與x軸成30角斜向上射入磁場，且在x軸上方磁場中運動的半徑為R.則(　　) A. 粒子經(jīng)偏轉(zhuǎn)后一定能回到原點O B. 粒子在x軸上方和下方磁場中運動的半徑之比為2∶1 C. 粒子完成一次周期性運動的時間為2πm3qB D. 粒子第二次射入x軸上方磁場時，沿x軸前進了3R 【答案】D 【解析】 【分析】 粒子在磁場中受到洛倫茲力而做勻速圓周運動，根據(jù)左手定則判斷粒子所受的洛倫茲力方向，確定粒子能否回到原點O； 根據(jù)牛頓第二定律求解半徑，由T=2πmqB求解周期； 根據(jù)幾何知識求解粒子第二次射入x軸上方磁場時沿x軸前進的距離； 【詳解】A、根據(jù)左手定則判斷可知，負(fù)電荷在第一象限和第四象限所受的洛倫茲力方向不同，粒子在第一象限沿順時針方向旋轉(zhuǎn)，而在第四象限沿逆時針方向旋轉(zhuǎn)，不可能回到原點0．故A錯誤； B、由r=mvqB得，知粒子圓周運動的半徑與B成反比，則粒子在x軸上方和下方兩磁場中運動的半徑之比為1:2，故B錯誤； C、負(fù)電荷在第一象限軌跡所對應(yīng)的圓心角為60，在第二象限軌跡所對應(yīng)的圓心角也為60，粒子圓周運動的周期為T=2πmqB，保持不變，在一個周期內(nèi)，粒子在第一象限運動的時間為t1=60360T=πm3qB，同理，在第四象限運動的時間為t2=60360T′=162πmq?12B=2πm3qB，完在成一次周期性運動的時間為T′=t1+t2=πmqB，故C錯誤； D、根據(jù)幾何知識得：粒子第二次射入x軸上方磁場時，沿x軸前進距離為x=R+2R=3R，故D正確。 【點睛】本題的解題關(guān)鍵是根據(jù)軌跡的圓心角等于速度的偏向角，找到圓心角，即可由幾何知識求出運動時間和前進的距離。 5.如圖所示，在直角三角形abc區(qū)域(含邊界)內(nèi)存在垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，∠B=60，∠B=90，邊長ac=L，一個粒子源在a點將質(zhì)量為m，電荷量為q的帶正電粒子以大小和方向不同的速度射入磁場，在磁場中運動時間最長的粒子中，速度的最大值是( ) A. qBL2m B. 3qBL6m C. 3qBL4m D. qBL6m 【答案】A 【解析】 試題分析：根據(jù)題意可知，當(dāng)速度方向沿著ab方向并且圓弧與bc相切，此時粒子的運動時間最長，如圖所示，設(shè)半徑為Aa=R，根據(jù)三角形相關(guān)知識可知： aC=23R3，AC=33R，CE=R?33R，則Cc=2(R?33R) 則：l=23R3+2(R?33R)，整理可以得到：R=l2 由于qvB=mv2R，整理得到：v=qBl2m，故選項A正確。 考點：帶電粒子在磁場中的運動 【名師點睛】考查電場力與洛倫茲力，及向心力，并運用牛頓第二定律來解題，同時結(jié)合幾何關(guān)系來確定已知長度與半徑的關(guān)系．本題關(guān)鍵之處是畫出正確的運動圖。 6.如圖所示，紙面內(nèi)有寬為L水平向右飛行的帶電粒子流，粒子質(zhì)量為m，電荷量為-q，速率為v0，不考慮粒子的重力及相互間的作用，要使粒子都匯聚到一點，可以在粒子流的右側(cè)虛線框內(nèi)設(shè)計一勻強磁場區(qū)域，則磁場區(qū)域的形狀及對應(yīng)的磁感應(yīng)強度可以是(其中B0=,A、C、D選項中曲線均為半徑是L的1/4圓弧，B選項中曲線為半徑是L/2的圓) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 由于帶電粒子流的速度均相同，則當(dāng)飛入A、B、C這三個選項中的磁場時，它們的軌跡對應(yīng)的半徑均相同，唯有D選項因為磁場是2B0，它的半徑是之前半徑的一半．然而當(dāng)粒子射入B、C兩選項時，均不可能匯聚于同一點．而D選項粒子是向下偏轉(zhuǎn)，但仍不能匯聚一點，所以只有A選項，能匯聚于一點。 點睛：帶電粒子以相同的速度方向，沿不同位置進入勻強磁場時，軌跡的圓弧長度不同，則運動的時間不同，但半徑仍相同。 7.在x軸上方有垂直于紙面的勻強磁場，同一種帶電粒子從O點射入磁場。當(dāng)入射方向與x軸正方向的夾角α=45時，速度為v1、v2的兩個粒子分別從a、b兩點射出磁場，如圖所示，當(dāng)α=60時，為了使速度為v3的粒子從a、b的中點c射出磁場，則速度v3應(yīng)為 A. 12 (v1+v2) B. 22 (v1+v2) C. 33 (v1+v2) D. 66 (v1+v2) 【答案】D 【解析】 設(shè)a、b、c三點的坐標(biāo)分別為x1，x2，x3，當(dāng)α=45時，三點為的粒子從a點射出 磁場，如圖所示有：x1=2R1=2mv1qB,當(dāng)α=45時，三點為的粒子從b點射出磁場，如圖所示有，x2=2R2=2mv2qB,當(dāng)α=60時，三點為的粒子從c點射出磁場，如圖所示有:x3=3R2=3mv3qB, 因為2x3=x1+x2，所以v3=66(v1+v2)，故D正確，ABC錯誤。 視頻 8.如圖所示，在屏MN的上方有磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，磁場的方向垂直紙面向里，P為屏上的一個小孔，PC與MN垂直，一群質(zhì)量為m、帶電量為q的粒子（不計重力），以相同的速率v，從P處沿垂直于磁場的方向射入磁場區(qū)域．粒子入射方向在與磁場B垂直的平面內(nèi)，且散開在與PC夾角為的范圍內(nèi)，則在屏MN上被粒子打中區(qū)域的長度為 A. 2mv(1?sinθ)Bq B. 2mv(1?cosθ)Bq C. 2mvcosθBq D. 2mvBq 【答案】B 【解析】 粒子做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB=mv2r，解得粒子的軌跡半徑：r=mvqB 粒子沿著右側(cè)邊界射入，軌跡如上面左圖，此時出射點最近，與邊界交點與P間距為：2rcosθ； 粒子沿著左側(cè)邊界射入，軌跡如上面右圖，此時出射點最近，與邊界交點與P間距為：2rcosθ； 粒子垂直邊界MN射入，軌跡如上面中間圖，此時出射點最遠(yuǎn)，與邊界交點與P間距為：2r；故范圍為在熒光屏上P點右側(cè)，將出現(xiàn)一條形亮線，其長度為：2r-2rcosθ=2r（1-cosθ）=2mv1?cosθBq，故選B. 9.如圖所示，兩豎直平行板間同時存在勻強電場和勻強磁場，電場的場強為E、方向水平向左，磁場的磁感應(yīng)強度為B、方向與電場垂直且水平向里．一帶電液滴以豎直向下的初速度v0=E/B進入電磁場區(qū)域，最終能飛出該區(qū)域．則液滴在電磁場中（ ） A. 做勻速直線運動 B. 做勻變速曲線運動 C. 運動速度逐漸減小 D. 機械能逐漸減小 【答案】D 【解析】 【詳解】A. 帶點液滴進入復(fù)合場中時，由題意可知，電場力等于洛倫茲力，受重力做加速運動，從而洛倫茲力大小增大，導(dǎo)致方向也發(fā)生變化，所以帶點液滴將向洛倫茲力方向偏轉(zhuǎn)做變速曲線運動，故A錯誤，B錯誤； C. 由題意可知，帶點液滴向洛倫茲力方向偏離并射出復(fù)合場，運動速度漸漸增大，故C錯誤； D. 由上分析可知，電場力做負(fù)功，導(dǎo)致電勢能增加，則機械能減小，故D正確； 故選：D 10.如圖所示，虛線間空間存在由勻強電場E和勻強磁場B組成的正交或平行的電場和磁場，有一個帶正電小球（電量為+q，質(zhì)量為m）從正交或平行的電磁混合場上方的某一高度自由落下，帶電小球通過下列電磁混合場時，可能沿直線運動的是（ ） A. ①③ B. ②③ C. ②④ D. ③④ 【答案】D 【解析】 【詳解】①、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，故洛倫茲力一定變化，不可能一直與電場力平衡，故合力不可能一直向下，故一定做曲線運動，故錯誤； ②、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，故一定做曲線運動，故錯誤； ③、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動，故正確； ④、粒子受向下的重力和向上的電場力，合力一定與速度共線，故粒子一定做直線運動，故正確； 故選：D. 11.如圖所示，實線表示在豎直平面內(nèi)的電場線，電場線與水平方向成α角，水平方向的勻強磁場與電場正交，有一帶電液滴沿虛線斜向上做直線運動，L與水平方向成β角，且α＞β，則下列說法中正確的是（ ） A. 電場線方向一定斜向上 B. 液滴一定帶負(fù)電 C. 液滴不一定做勻速直線運動 D. 液滴有可能做勻變速直線運動 【答案】A 【解析】 【詳解】AB、當(dāng)帶電液滴帶正電，且電場線方向斜向上時，帶電液滴受豎直向下的重力G、沿電場線向上的電場力F. 垂直于速度方向斜向左上方的洛倫茲力f作用，這三個力的合力可能為零，帶電液滴沿虛線L做勻速直線運動，如果帶電液滴帶負(fù)電、或電場線方向斜向下時，帶電液滴所受合力不為零，不可能沿直線運動，故A正確，B錯誤； CD、帶電液滴受豎直向下的重力G、沿電場線方向的電場力F. 垂直于速度方向的洛倫茲力f，由于α>β，這三個力的合力不可能沿帶電液滴的速度方向，因此這三個力的合力一定為零，帶電液滴做勻速直線運動，不可能做曲線運動和勻變速直線運動，故C錯誤，D錯誤。 故選：A. 【點睛】帶電液滴做直線運動，要么合力為零做勻速直線運動，要么所受合力與速度方向在同一直線上，做勻變速直線運動；對帶電液滴進行受力分析，然后答題． 12.如圖所示，帶負(fù)電的小球以一定的初速度v0，從傾角為θ的粗糙絕緣斜面頂端沿斜面向下運動，斜面足夠長，小球也斜面之間的動摩擦因數(shù)μ＜tanθ，小球在沿斜面運動過程中某一段不可能出現(xiàn)的運動形式是（　?。? A. 勻速直線運動 B. 加速度減小的加速運動 C. 加速度減小的減速運動 D. 加速度增大的減速運動 【答案】D 【解析】 由于小球與斜面之間的動摩擦因數(shù)μ＜tanθ，可知小球開始時重力沿斜面向下的分力大于小球受到的摩擦力，小球在斜面上沿斜面向下做加速運動．運動中的小球受到重力、斜面的支持力、斜面的摩擦力和洛倫茲力的作用．小球帶負(fù)電，根據(jù)左手定則可知，小球運動的過程中受到的洛倫茲力的方向垂直于斜面向下，根據(jù)f=qvB可知，小球受到的洛倫茲力隨速度的增大而增大．在垂直于斜面的方向上，小球受到的合外力始終等于0，可知，斜面對小球的垂直于斜面向上的支持力也隨速度的增大而增大，則斜面對小球的摩擦力也隨速度的增大而增大．若開始時小球受到的重力沿斜面向下的分力大于小球受到的摩擦力，可由于摩擦力隨速度的增大而增大，所以沿斜面的方向上，小球受到的合力減小，小球的加速度減小，所以小球沿斜面的方向做加速度減小的加速運動，當(dāng)小球的加速度減小到0時，小球開始做勻速直線運動．若初速度很大時，會出現(xiàn)摩擦力大于下滑力，小球向下做減速運動，摩擦力隨速度的減小而減小，是加速度逐漸減小的減速運動；由以上的分析可知，小球在沿斜面運動過程中某一段不可能出現(xiàn)的運動形式是加速度增大的減速運動．故D符合題意．本題選擇不可能出現(xiàn)的運動形式，故選D. 13.如圖所示，一個帶正電的小球穿在一根絕緣的粗糙直桿AC上，桿與水平方向成θ角，整個空間存在著豎直向上的勻強電場和垂直于桿方向斜向上的勻強磁場．小球沿桿向下運動，在A點時的動能為100J，在C點時動能減為零，D為AC的中點，在運動過程中，則（ ） A. 小球在D點時的動能為50 J B. 到達C點后小球可能沿桿向上運動 C. 小球電勢能的增加量一定等于重力勢能的減少量 D. 小球在AD段克服摩擦力做的功與小球在DC段克服摩擦力做的功不相等 【答案】BD 【解析】 【詳解】A. D. 速度減小，洛倫茲力減小，小球與桿之間的壓力減小，摩擦力也在減小，所以小球在AD段克服摩擦力做的功與在DC段克服摩擦力做的功不相等；AD段和DC段合外力不同，因此合外力做的功也不同，所以根據(jù)動能定理，動能的變化量不同，故A錯誤，D正確； B. 小球運動到C點后，有可能靜止，也有可能沿桿向上運動，故B正確； C. 電勢能增加是由電場力做功決定，而重力勢能減小是由重力做功決定，減小的重力勢能和增加的電勢能不一定相等，故C錯誤； 故選：BD. 14.某種質(zhì)譜儀的工作原理示意圖如圖所示，此質(zhì)譜儀由以下幾部分構(gòu)成：粒子源S；M、N為加速電場；速度選擇器P、Q，其間是正交的勻強磁場和勻強電場，強度分別為B1和E，磁場方向垂直于紙面向里；磁感應(yīng)強度為B2、方向垂直紙面向外的有界勻強磁場；核乳膠片．由粒子源發(fā)出的初速度不計的不同帶電粒子α粒子、β粒子、質(zhì)子、正電子、氘核和氚核中的幾種，經(jīng)加速電場加速（不同粒子經(jīng)過加速電場時，其電場強度不一樣），經(jīng)過速度選擇器，進入有界勻強磁場B2，最終打在核乳膠片上，形成a、b、c三條質(zhì)譜線．則粒子源發(fā)出的粒子可能有（ ） A. α粒子、β粒子、質(zhì)子 B. α粒子、質(zhì)子、氘核和氚核 C. α粒子、質(zhì)子、氘核 D. α粒子、正電子、質(zhì)子和氚核 【答案】BD 【解析】 【詳解】A. 從三條質(zhì)譜線來看，粒子均向下偏轉(zhuǎn)，由左手定則可知粒子帶正電，如果帶負(fù)電，將向上偏轉(zhuǎn)做圓周運動，所以粒子源發(fā)出的粒子不可能有β粒子(即電子)，A錯誤； BCD.根據(jù)速度選擇器的工作原理可知，射入磁場B2的粒子均滿足qvB1=qE，即速度均為v=E/B1，在磁場B2中，洛倫茲力提供粒子做圓周運動的向心力，由牛頓第二定律有 qvB2=mv2r，解得R= mvqB2，速度v和磁感應(yīng)強度B2相同，形成a、b、c三條質(zhì)譜線，說明每一組粒子有三個不同的質(zhì)荷比m/q，只要符合這個條件都是可能的 α粒子、質(zhì)子、氘核和氚核的質(zhì)荷比m/q為：2:1:2:3，符合條件，故B正確； α粒子、質(zhì)子、氘核的質(zhì)荷比m/q為：2:1:2，只有2條質(zhì)譜線，不符合條件，故C錯誤； α粒子、正電子、質(zhì)子和氚核的質(zhì)荷比m/q為：2:1:1:3，符合條件，故D正確； 故選：BD. 【點睛】通過速度選擇器的不同離子都具有相同的速度。由進入磁場后偏轉(zhuǎn)方向相同可知粒子的電性；根據(jù)帶點粒子在磁場中做圓周運動的半徑半徑公式可知荷質(zhì)比的關(guān)系，根據(jù)粒子的荷質(zhì)比即可判斷。 15.一個用于加速質(zhì)子的回旋加速器，其D形盒半徑為R，垂直D形盒底面的勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B，接在D形盒上的高頻率電源頻率為f，下列說法正確的是（ ） A. 質(zhì)子被加速后的最大速度不可能超過2πfR B. 質(zhì)子被加速后的最大速度與加速電場的電壓大小無關(guān) C. 只要R足夠大，質(zhì)子的速度可以被加速到任意值 D. 只需調(diào)節(jié)加速電壓，這個裝置就可用于加速α粒子 【答案】AB 【解析】 【詳解】A. 根據(jù)v=2πRf，可知：最大半徑為R，且電場變化的頻率即為粒子在磁場中運動周期，所以最大速度不可能超過2πfR，故A正確； B. 根據(jù)qvB=mv2R得，粒子的最大速度v=qBRm，知質(zhì)子被加速后的最大速度與加速電場的電壓大小無關(guān)，故B正確； C. 若R足夠大，質(zhì)子的速度不可以被加速到任意值，因質(zhì)子的速度足夠大后，根據(jù)愛因斯坦的質(zhì)量與速度關(guān)系的方程可知，質(zhì)子的質(zhì)量發(fā)生明顯的變化，導(dǎo)致周期變化，故C錯誤； D. 若是α粒子，則α粒子與質(zhì)子的比荷不相同，所以周期也不同，因此不能用這個裝置，故D錯誤， 故選：AB. 16.如圖，直線MN 上方有平行于紙面且與MN成45。的有界勻強電場，電場強度大小未知；MN下方為方向垂直于紙面向里的有界勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B。今從MN_上的O點向磁場中射入一個速度大小為v、方向與MN成45。角的帶正電粒子，該粒子在磁場中運動時的軌道半徑為R。若該粒子從O點出發(fā)記為第一次經(jīng)過直線MN，而第五次經(jīng)過直線MN時恰好又通過O點。不計粒子的重力。求： (1)電場強度的大?。? (2)該粒子從O點出發(fā)，第五次經(jīng)過直線MN時又通過O點的時間 (3)該粒子再次從O點進入磁場后，運動軌道的半徑； 【答案】（1）；（2）.(2π+4)Rv（3）5R 【解析】 試題分析：粒子的運動軌跡如圖，先是一段半徑為R的1/4圓弧到a點，接著恰好逆電場線勻減速運動到b點速度為零再返回a點速度仍為v，再在磁場中運動一段3/4圓弧到c點，之后垂直電場線進入電場作類平拋運動。 （1）易知， 類平拋運動的垂直和平行電場方向的位移都為 s⊥=s//=ocsin45°=2R① 所以類平拋運動時間為 ② 又③ 再者④ 由①②③④可得 ⑤ 粒子在磁場中的總時間： 粒子在電場中減速再加速的時間： 故粒子再次回到O點的時間： （3）由平拋知識得 所以［或］ 則第五次過MN進入磁場后的圓弧半徑 考點：帶電粒子在勻強電場及在勻強磁場中的運動. 17.如圖所示，兩虛線之間的空間內(nèi)存在著正交的勻強電場和勻強磁場，電場強度為E、方向與水平線成60；磁場的方向垂直紙面向里，有一個帶正電小球從電磁復(fù)合場上方高度為h處自由落下，并沿直線通過復(fù)合電磁場，重力加速度為g． (1)帶電小球通過復(fù)合場時做什么運動； (2)求磁場的磁感應(yīng)強度及帶電小球的比荷． 【答案】（1）勻速直線運動；（2）E22gh，23g3E 【解析】 【詳解】(1)重力和電場力都是恒力，合力不變。洛倫茲力與速度方向相同，只有當(dāng)粒子做勻速運動時，粒子才能保持洛倫茲力不變，和其他兩種力的合力為零，從而可知粒子做勻速直線運動； (2)小球自由下落高度h的過程中機械能守恒，有： mgh=12mv12① 小球在電場、磁場、重力場中所受的力如圖所示， 水平方向，根據(jù)力的平衡條件，有： qv1B=qE?cos60°② ①②聯(lián)立得：B=E22gh 豎直方向，根據(jù)力的平衡條件，有： qE?sin60°=mg 得：qm=23g3E 答：(1)帶電小球通過復(fù)合場時做勻速直線運動； (2)磁場的磁感應(yīng)強度為E22gh；帶電小球的比荷23g3E. 【點睛】（1）對粒子受力分析，明確各力的性質(zhì)，知道洛倫茲力隨速度的變化而變化，再結(jié)合做直線運動的條件即可明確粒子的運動性質(zhì)； （2）小球自由下落時機械能守恒，可求得小球進入場中的速度；再根據(jù)粒子在復(fù)合場中受力平衡，分別對水平方向和豎直方向由平衡條件列式，聯(lián)立即可求得比荷．