2019物理一本突破二轮复习讲义专题三 第3讲带电粒子在复合场中的运动 含答案

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精第3讲带电粒子在复合场中的运动［做真题·明考向]真题体验透视命题规律授课提示:对应学生用书第47页［真题再做]1.（2016·高考全国卷Ⅰ，T15)现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定．质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场．若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速,为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍．此离子和质子的质量比约为(）A．11 B。12C．121 D．144解析:带电粒子在加速电场中运动时，有qU＝eq\f（1，2）mv2，在磁场中偏转时，其半径r＝eq\f(mv,qB)，由以上两式整理得r＝eq\f(1,B）eq\r（\f(2mU，q）)。由于质子与一价正离子的电荷量相同,B1∶B2＝1∶12，当半径相等时，解得eq\f(m2,m1)＝144，选项D正确．答案：D2。(2017·高考全国卷Ⅰ,T16)如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与纸面平行），磁场方向垂直于纸面向里．三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等，质量分别为ma、mb、mc.已知在该区域内,a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动,c在纸面内向左做匀速直线运动．下列选项正确的是（）A．ma>mb>mc B．mb>ma>mcC．mc〉ma〉mb D．mc>mb>ma解析：该空间区域为匀强电场、匀强磁场和重力场的叠加场，a在纸面内做匀速圆周运动，可知其重力与所受到的电场力平衡，洛伦兹力提供其做匀速圆周运动的向心力，有mag＝qE，解得ma＝eq\f（qE，g).b在纸面内向右做匀速直线运动，由左手定则可判断出其所受洛伦兹力方向竖直向上，可知mbg＝qE＋qvbB，解得mb＝eq\f（qE，g)＋eq\f（qvbB,g)。c在纸面内向左做匀速直线运动，由左手定则可判断出其所受洛伦兹力方向竖直向下，可知mcg＋qvcB＝qE，解得mc＝eq\f(qE，g)－eq\f(qvcB,g）.综上所述，可知mb〉ma〉mc，选项B正确．答案：B3。（2016·高考天津卷，T11)如图所示,空间中存在着水平向右的匀强电场,电场强度大小E＝5eq\r(3）N/C,同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B＝0。5T．有一带正电的小球，质量m＝1×10－6kg,电荷量q＝2×10－6C，正以速度v在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P点时撤掉磁场（不考虑磁场消失引起的电磁感应现象)，取g＝10m/s2。求：(1）小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向；(2）从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间t。解析：（1)小球匀速直线运动时受力如图，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，有qvB＝eq\r（q2E2＋m2g2)①代入数据解得v＝20m速度v的方向与电场E的方向之间的夹角θ满足tanθ＝eq\f(qE，mg)③代入数据解得tanθ＝eq\r（3)θ＝60°④(2）解法一：撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动,设其加速度为a，有a＝eq\f（\r(q2E2＋m2g2)，m)⑤设撤掉磁场后小球在初速度方向上的分位移为x，有x＝vt⑥设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y,有y＝eq\f(1,2)at2⑦a与mg的夹角和v与E的夹角相同,均为θ，又tanθ＝eq\f(y，x）⑧联立④⑤⑥⑦⑧式,代入数据解得t＝2eq\r(3）s＝3.5s⑨解法二:撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响，以P点为坐标原点,竖直向上为正方向，小球在竖直方向上做匀减速运动，其初速度为vy＝vsinθ⑤若使小球再次穿过P点所在的电场线,仅需小球的竖直方向上分位移为零，则有vyt－eq\f(1，2)gt2＝0⑥联立⑤⑥式，代入数据解得t＝2eq\r(3）s＝3.5s⑦答案：（1)见解析(2）3.5s4．(2018·高考全国卷Ⅰ，T25)如图,在y＞0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E；在y＜0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场．一个氕核eq\o\al（1，1)H和一个氘核eq\o\al(2,1)H先后从y轴上y＝h点以相同的动能射出，速度方向沿x轴正方向．已知eq\o\al(1,1)H进入磁场时,速度方向与x轴正方向的夹角为60°,并从坐标原点O处第一次射出磁场.eq\o\al（1，1）H的质量为m，电荷量为q.不计重力．求：（1)eq\o\al（1,1）H第一次进入磁场的位置到原点O的距离；(2）磁场的磁感应强度大小；(3)eq\o\al(2,1）H第一次离开磁场的位置到原点O的距离．解析：（1)eq\o\al（1,1)H在电场中做类平抛运动,在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示．设eq\o\al（1,1）H在电场中的加速度大小为a1，初速度大小为v1，它在电场中的运动时间为t1，第一次进入磁场的位置到原点O的距离为s1.由运动学公式有s1＝v1t1①h＝eq\f（1，2）a1teq\o\al（2，1）②由题给条件，eq\o\al(1，1)H进入磁场时速度的方向与x轴正方向夹角θ1＝60°。eq\o\al(1,1)H进入磁场时速度的y分量的大小为a1t1＝v1tanθ1③联立以上各式得s1＝eq\f(2\r(3)，3)h④（2）eq\o\al（1,1)H在电场中运动时，由牛顿第二定律有qE＝ma1⑤设eq\o\al(1，1）H进入磁场时速度的大小为v1′,由速度合成法则有v1′＝eq\r（v\o\al(2，1）＋a1t12）⑥设磁感应强度大小为B,eq\o\al（1,1)H在磁场中运动的圆轨道半径为R1，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qv1′B＝eq\f(mv1′2，R1）⑦由几何关系得s1＝2R1sinθ1⑧联立以上各式得B＝eq\r（\f（6mE，qh)）⑨(3)设eq\o\al（2，1)H在电场中沿x轴正方向射出的速度大小为v2，在电场中的加速度大小为a2，由题给条件得eq\f(1,2)(2m）veq\o\al（2，2）＝eq\f（1,2）mveq\o\al（2,1)⑩由牛顿第二定律有qE＝2ma2⑪设eq\o\al（2,1）H第一次射入磁场时的速度大小为v2′，速度的方向与x轴正方向夹角为θ2，入射点到原点的距离为s2，在电场中运动的时间为t2。由运动学公式有s2＝v2t2⑫h＝eq\f(1,2）a2teq\o\al(2，2）⑬v2′＝eq\r(v\o\al(2，2）＋a2t22）⑭sinθ2＝eq\f（a2t2,v2′）⑮联立以上各式得s2＝s1，θ2＝θ1，v2′＝eq\f（\r(2）,2）v1′⑯设eq\o\al(2,1）H在磁场中做圆周运动的半径为R2，由⑦⑯式及粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公式得R2＝eq\f(2mv2′,qB）＝eq\r（2）R1⑰所以出射点在原点左侧．设eq\o\al(2,1）H进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点的距离为s2′,由几何关系有s2′＝2R2sinθ2⑱联立④⑧⑯⑰⑱式得，eq\o\al(2,1)H第一次离开磁场时的位置到原点O的距离为s2′－s2＝eq\f(2\r（3)，3)(eq\r（2）－1）h⑲答案:（1）eq\f（2\r（3）,3)h(2)eq\r（\f(6mE,qh)）(3)eq\f（2\r(3),3）（eq\r（2)－1）h[考情分析]■命题特点与趋势--怎么考1．带电粒子在复合场中的运动在高考全国卷中属于冷考点，近几年高考涉及的题目多为较简单的选择题．但在自主命题地区的高考中是命题热点,题目多为综合性较强的计算题．2．从近几年全国卷和地方卷的试题可以看出,命题点多集中在带电粒子在电场和磁场的组合场中运动，重在考查曲线运动的处理方法及几何关系的应用．也有考查重力场、电场、磁场的叠加场中的运动问题，重在考查在受力分析及动力学规律的应用．3．2019年高考题会以组合场为主，要关注以磁与现代科技为背景材料的题目．■解题要领——怎么做解决此类问题一定要分清复合场的组成、带电体在场中的受力特点、满足的运动规律(如类平抛运动、圆周运动、匀变速直线运动等)，同时要做好运动过程分析，将一个复杂的运动分解成若干简单的运动，并能找出它们之间的联系．［建体系·记要点]知识串联熟记核心要点授课提示：对应学生用书第48页［网络构建］［要点熟记］1．做好“两个区分”(1)正确区分重力、电场力、洛伦兹力的大小、方向特点及做功特点．重力、电场力做功只与初、末位置有关,与路径无关，而洛伦兹力不做功．(2）正确区分“电偏转”和“磁偏转”的不同．“电偏转"是指带电粒子在电场中做类平抛运动，而“磁偏转"是指带电粒子在磁场中做匀速圆周运动．2．抓住“两个技巧”（1)按照带电粒子运动的先后顺序，将整个运动过程划分成不同特点的小过程．(2）善于画出几何图形处理边、角关系,要有运用数学知识处理物理问题的习惯．3．熟记带电粒子在复合场中的三种运动（1)静止或匀速直线运动：当带电粒子在复合场中所受合外力为零时,将处于静止状态或做匀速直线运动．（2）匀速圆周运动：当带电粒子所受的重力与电场力大小相等、方向相反时，带电粒子在洛伦兹力的作用下，在垂直于匀强磁场的平面内做匀速圆周运动．（3)非匀变速曲线运动：当带电粒子所受的合外力的大小和方向均变化，且与初速度方向不在同一条直线上时，粒子做非匀变速曲线运动，这时粒子运动轨迹既不是圆弧,也不是抛物线．[研考向·提能力]考向研析掌握应试技能授课提示：对应学生用书第48页考向一带电粒子在组合场中的运动［典例展示1]（2018·福建龙岩上学期期末）如图所示，在空间有xOy坐标系，第三象限有磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，第四象限有沿y轴正方向的匀强电场．一个质量为m、电荷量为q的正离子，从A处沿与x轴成60°角的方向垂直射入匀强磁场中，结果离子正好从距O点为L的C处沿垂直电场方向进入匀强电场,最后离子打在x轴上距O点2L的D处，不计离子重力，求(1)此离子在磁场中做圆周运动的半径r；（2)离子从A处运动到D处所需的时间；（3)场强E的大小．[解析］（1）正离子的运动轨迹如图所示,由几何知识可得r＋rcos60°＝L解得半径为r＝eq\f（2L，3）(2)根据洛伦兹力提供向心力有qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0），r)解得离子在磁场中运动的速度大小为v0＝eq\f（2qBL，3m）离子在磁场中运动的周期为T＝eq\f(2πr,v0)＝eq\f(2πm,qB)根据轨迹得到离子在磁场中做圆周运动的时间为t1＝eq\f(120°，360°）T＝eq\f(2πm,3qB）离子从C运动到D做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动所需要的时间t2＝eq\f（2L,v0)＝eq\f（3m，qB)故离子从A→C→D的总时间为t＝t1＋t2＝eq\f(2πm，3qB）＋eq\f(3m，qB)(3)在电场中L＝eq\f(1，2）ateq\o\al(2,2）,a＝eq\f(qE，m)电场的场强大小为E＝eq\f(2qB2L,9m）［答案](1）eq\f(2L,3）(2）eq\f（2πm,3qB）＋eq\f（3m，qB）(3）eq\f（2qB2L,9m）eq\a\vs4\al(［方法技巧]）带电粒子在组合场中运动的处理方法（1)明性质:要清楚场的性质、方向、强弱、范围等，如例题中磁场在第三象限且垂直纸面向里，电场在第四象限且竖直向上．(2)定运动：带电粒子依次通过不同场区时,由受力情况确定粒子在不同区域的运动情况，如在磁场中受洛伦兹力做匀速圆周运动，在电场中受电场力做类平抛运动．（3）画轨迹：正确地画出粒子的运动轨迹图．(4）用规律：根据区域和运动规律的不同,将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选取不同的规律处理．(5)找关系：要明确带电粒子通过不同场区的交界处时速度大小和方向的关系，上一个区域的末速度往往是下一个区域的初速度．1．（2018·福建漳州一中模拟)如图，在x轴下方的区域内存在方向与y轴正方向相同的匀强电场．在x轴上方以原点O为圆心、半径为R的半圆形区域内存在匀强磁场，磁场的方向垂直于xOy平面并指向纸面外,磁感应强度为B.y轴负半轴上的A点与O点的距离为d,一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从A点由静止释放,经电场加速后从O点射入磁场．粒子重力不计，求：（1)要使粒子离开磁场时的速度方向与x轴平行，电场强度E0的大小；（2)若电场强度E＝eq\f(2,3)E0，粒子仍从A点由静止释放，离开磁场后经过x轴时的位置与原点的距离．解析：（1）粒子在电场中加速，由动能定理得qE0d＝eq\f(1,2）mv2①粒子进入磁场后做圆周运动，有qvB＝meq\f(v2，r)②粒子离开磁场时的速度方向与x轴平行，运动情况如图线①,可得R＝eq\r（2）r③由以上各式解得E0＝eq\f（qB2R2,4md)（2）当E＝eq\f(2，3)E0时,同(1)中可得磁场中运动的轨道半径r′＝eq\f(R,\r(3))④粒子运动情况如图线②，图中的角度α、β满足cosα＝eq\f(\f(R,2），r′）＝eq\f(\r(3），2）即α＝30°⑤β＝2α＝60°⑥粒子经过x轴时的位置坐标为x＝r′＋eq\f（r′，cosβ）⑦解得x＝eq\r(3）R⑧答案：(1）eq\f（qB2R2,4md）（2）eq\r(3）R2。如图所示，平面直角坐标系的x轴上方存在竖直向上的匀强电场Ⅰ，场强为E1（未知),第四象限内OC与x轴正方向成60°角,OC与x轴间存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B(未知），OC与y轴间存在垂直OC向下的匀强电场Ⅱ，场强为E2(未知)．一质量为m、带电荷量为－q(q〉0)的粒子从O点以与x轴正方向成30°角的初速度v0射入匀强电场E1中，经一段时间后从x轴上的Q点进入匀强磁场，经磁场偏转后恰好垂直穿过OC且刚好能到达y轴上的D点，已知O、Q间的距离为L,粒子重力不计,求：（1)场强E1、E2的大小及磁感应强度B的大小;（2）粒子从O点运动到D点所用的时间t.解析：(1）粒子的运动轨迹如图所示，粒子在匀强电场Ⅰ中做斜上抛运动，由运动的合成与分解知:y轴方向：v0sin30°＝a·eq\f(t1,2),且a＝eq\f（qE1,m）x轴方向：L＝v0cos30°·t1，联立得E1＝eq\f(\r（3)mv\o\al(2,0)，2qL）由对称性可知粒子运动到Q点时的速度大小为v0，方向与x轴正方向成30°角斜向下，由几何关系知粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径r＝OQ＝L由Bqv0＝meq\f（v\o\al（2,0）,r）得B＝eq\f(mv0,qL)粒子在OC线下方做匀减速直线运动,到D点时速度刚好为0设粒子在电场Ⅱ中的位移为s,由几何关系知:tan60°＝eq\f(2r，s），得s＝eq\f（2\r（3）L，3)而veq\o\al（2,0)＝2·eq\f（qE2,m)·s，联立解得E2＝eq\f(\r（3)mv\o\al(2，0)，4qL）.（2)由(1）知粒子在匀强电场Ⅰ中运动的时间t1＝eq\f(2\r（3)L,3v0）粒子在匀强磁场中运动的时间t2＝eq\f（120°，360°）·eq\f（2πm，Bq)＝eq\f（2πL,3v0）粒子在匀强电场Ⅱ中运动的时间t3＝eq\f(2s,v0）＝eq\f（4\r(3）L，3v0)所以粒子从O点运动到D点所用的时间:t＝t1＋t2＋t3＝eq\f（6\r(3)＋2π,3v0）L。答案:（1)eq\f(\r(3）mv\o\al(2,0）,2qL）eq\f(\r(3)mv\o\al(2,0）,4qL）eq\f(mv0,qL）(2）eq\f（6\r（3)＋2π,3v0）L考向二带电粒子在叠加场中的运动［典例展示2]如图所示，平面OM和水平面ON之间的夹角为30°，两平面之间同时存在匀强磁场和匀强电场，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外；匀强电场的方向竖直向上．一带电小球的质量为m,电荷量为q；带电小球沿竖直平面以大小为v0的初速度从平面OM上的某点沿左上方射入磁场，速度方向与OM成30°角，带电小球进入磁场后恰好做匀速圆周运动．已知带电小球在磁场中的运动轨迹与ON恰好相切,且带电小球能从OM上另一点P射出磁场（P未画出）．(1）判断带电小球带何种电荷？所加电场的电场强度E为多大？（2）求出射点P到两平面交点O的距离s.(3)带电小球离开磁场后继续运动，能打在左侧竖直的光屏OO′上的T点，求T点到O点的距离s′.[解析](1）根据题意，带电小球受到的电场力与重力平衡，则带电小球带正电荷．由力的平衡条件得qE＝mg，解得E＝eq\f(mg，q).（2）带电小球在叠加场中,洛伦兹力充当向心力，做匀速圆周运动．根据牛顿第二定律有,qv0B＝meq\f（v\o\al（2，0),R）,解得R＝eq\f（mv0，qB)根据题意，带电小球在匀强磁场中的运动轨迹如图所示，Q点为运动轨迹与ON相切的点,I点为入射点，P点为出射点，小球离开磁场的速度方向与OM的夹角也为30°，由几何关系可得，QP为圆轨道的直径，故eq\x\to(QP）＝2ROP的长度s＝eq\f(\x\to（QP)，sin30°）联立以上各式得s＝eq\f（4mv0，qB)。(3）带电小球从P点离开磁场后做平抛运动，设其竖直位移为y，水平位移为x，运动时间为t。则x＝v0t＝scos30°，竖直位移y＝eq\f（1，2）gt2联立各式得s′＝2R＋y＝eq\f(2mv0，qB)＋eq\f（6m2g,q2B2).［答案］见解析eq\a\vs4\al（[方法技巧])带电粒子在叠加场中运动的处理方法（1)弄清叠加场的组成特点．(2）正确分析带电粒子的受力及运动特点．(3)画出粒子的运动轨迹，如本题中在叠加场和重力场中的运动分别是圆周运动和平抛运动,灵活选择不同的运动规律．①若只有两个场，合力为零，则表现为匀速直线运动或静止状态．例如电场与磁场中满足qE＝qvB时、重力场与磁场中满足mg＝qvB时、重力场与电场中满足mg＝qE时．②若三场共存时,合力为零，粒子做匀速直线运动,其中洛伦兹力F＝qvB的方向与速度v垂直．③若三场共存时，粒子做匀速圆周运动，则有mg＝qE,粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，即qvB＝meq\f(v2，r）（如例题中小球在叠加场中的运动）．④当带电粒子做复杂的曲线运动或有约束的变速直线运动时,一般用动能定理或能量守恒定律求解．3。（多选）如图所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场．在该区域中,有一个竖直放置的光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球．O点为圆环的圆心，a、b、c、d为圆环上的四个点，a点为最高点，c点为最低点,b、O、d三点在同一水平线上．已知小球所受电场力与重力大小相等．现将小球从环的顶端a点由静止释放,下列判断正确的是(）A．小球能越过d点并继续沿环向上运动B．当小球运动到d点时,不受洛伦兹力C．小球从d点运动到b点的过程中，重力势能减小，电势能减小D．小球从b点运动到c点的过程中，经过弧bc中点时速度最大解析：电场力与重力大小相等，则二者的合力指向左下方45°，由于合力是恒力，故类似于新的重力，所以ad弧的中点相当于竖直平面圆环的“最高点”．关于圆心对称的位置（即bc弧的中点)就是“最低点”，速度最大;由于a、d两点关于新的最高点对称,若从a点静止释放，最高运动到d点，故A错误；当小球运动到d点时，速度为零,故不受洛伦兹力，故B正确；由于d、b等高，故小球从d点运动到b点的过程中，重力势能不变，故C错误；由于等效重力指向左下方45°，弧bc中点是等效最低点，故小球从b点运动到c点的过程中，经过弧bc中点时速度最大，故D正确．答案:BD4.如图所示是相互垂直的匀强电场和匀强磁场组成的叠加场,电场强度和磁感应强度分别为E和B，一个质量为m、带正电荷量为q的油滴，以水平速度v0从a点射入，经一段时间后运动到b点．试计算：(1)油滴刚进入叠加场a点时的加速度大小．（2)若到达b点时，偏离入射方向的距离为d,此时速度大小为多大?解析：（1）油滴刚进入叠加场a点时,受到重力、竖直向下的电场力、竖直向上的洛伦兹力作用，由牛顿第二定律,有a＝eq\f(qv0B－qE－mg，m).(2)选取油滴从a点到b点过程，根据动能定理，有－mgd－qEd＝eq\f（1,2）mveq\o\al(2，b）－eq\f（1,2）mveq\o\al(2,0）解得vb＝eq\r(v\o\al(2,0)－\f（2mg＋qEd，m))。答案：(1）eq\f（qv0B－qE－mg，m)（2）eq\r(v\o\al（2，0)－\f（2mg＋Eqd，m）)5。(2018·甘肃武威第五次段考)如图，竖直平面内，两竖直虚线MN、PQ间(含边界)存在竖直向上的匀强电场和垂直于竖直平面向外的匀强磁场，MN、PQ间距为d,电磁场上下区域足够大．一个质量为m，电荷量为q的带正电小球从左侧进入电磁场，初速度v与MN夹角θ＝60°，随后小球做匀速圆周运动，恰能到达右侧边界PQ并从左侧边界MN穿出．不计空气阻力，重力加速度为g.求：（1）电场强度大小E；(2）磁场磁感应强度大小B；(3）小球在电磁场区域运动的时间．解析：(1)由小球在电磁场区域做匀速圆周运动，有qE＝mg得E＝eq\f（mg，q）(2）设小球做匀速圆周运动的半径为r，有qvB＝meq\f（v2,r)，解得B＝eq\f(mv,qr）由几何关系可得r＝2d则磁场磁感应强度大小B＝eq\f(mv,2qd）(3）小球做匀速圆周运动周期T＝eq\f（2πr,v）小球在电磁场区域运动时间t＝eq\f(1，3)T，解得t＝eq\f(4πd,3v)答案:(1）eq\f（mg，q)（2)eq\f(mv,2qd）(3)eq\f(4πd,3v)考向三磁与现代科技的应用中学阶段常见的带电粒子在正交的匀强电场和匀强磁场中运动的几种模型．①④⑤⑥的共同特征是粒子在其中只受电场力和洛伦兹力作用，并且最终电场力和洛伦兹力平衡，即qE＝qvB⇒v＝eq\f（E,B）。6．（多选）(2018·河南洛阳一模）如图为一种改进后的回旋加速器示意图,其中盒缝间的加速电场场强大小恒定，且被限制在AC板间，虚线中间不需加电场,带电粒子从P0处以速度v0沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动．对这种改进后的回旋加速器,下列说法正确的是()A．加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸无关B．带电粒子每运动一周被加速一次C．带电粒子每运动一周P1P2等于P2P3D．加速电场方向不需要做周期性的变化解析:由于带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径与速度成正比，所以加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸有关，选项A错误；由于图示中虚线中间不需加电场，带电粒子每运动一周被加速一次,选项B正确；应用动能定理，经第一次加速后，qU＝eq\f（1,2）mveq\o\al(2，1)－eq\f(1，2）mveq\o\al（2,0),解得v1＝eq\r（v\o\al（2，0）＋\f（2qU,m）)。经第二次加速后,qU＝eq\f(1,2）mveq\o\al（2，2）－eq\f(1,2）mveq\o\al（2，1)，解得v2＝eq\r(v\o\al（2,1)＋\f(2qU,m)）＝eq\r(v\o\al（2,0）＋\f（4qU,m))。而轨迹半径r＝eq\f（mv,qB），显然带电粒子每运动一周P1P2大于P2P3，选项C错误；对于正粒子,加速电场方向为A指向C，对于负粒子，电场方向为C指向A,即加速电场方向不需要做周期性的变化，选项D正确．答案：BD7。如图所示是速度选择器的原理图，已知电场强度为E、磁感应强度为B并相互垂直分布，某一带电粒子（重力不计)沿图中虚线水平通过，则该带电粒子()A．一定带正电B．速度大小为eq\f(E,B)C．可能沿QP方向运动D．若沿PQ方向运动的速度大于eq\f（E,B），将一定向下极板偏转解析：带电粒子沿题图中虚线水平通过，则粒子受到的电场力qE与洛伦兹力qvB等大反向,则速度v＝eq\f(E,B)，即粒子做匀速直线运动，粒子可带正电也可带负电，故A错误，B正确；若粒子沿QP方向进入，电场力与洛伦兹力同向，不能做直线运动，故C错误；若速度v>eq\f（E,B),则粒子受到的洛伦兹力大于电场力，使粒子偏转，若粒子带正电,粒子将向上极板偏转,若粒子带负电荷，粒子将向下极板偏转,故D错误．答案：B8.为了测量化工厂的污水排放量,技术人员在排污管末端安装了流量计（流量Q为单位时间内流过某截面流体的体积)．如图所示，长方体绝缘管道的长、宽、高分别为a、b、c,左、右两端开口，所在空间有垂直于前后面、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在上、下两个面的内侧固定有金属板M、N，污水充满管道从左向右匀速流动，测得M、N间电压为U,污水流过管道时受到的阻力大小是f＝kLv2，其中k为比例系数，L为污水沿流速方向的长度，v为污水的流速,则有()A．污水的流量Q＝eq\f(abU，B)B．金属板M的电势不一定高于金属板N的电势C．电压U与污水中的离子浓度有关D．左、右两侧管口的压强差为eq\f（kav2,bc）解析：已知污水在管道中的流速为v，则当M、N间电压为U时，有qvB＝qeq\f（U,c)，解得v＝eq\f(U，Bc），由于流量Q＝vbc,故Q＝eq\f(Ub，B），选项A错误;由左手定则可知,负离子受到的洛伦兹力方向竖直向下，故N板带负电，M板带正电，则金属板M的电势一定高于金属板N的电势,选项B错误;当M、N两板间的电压为U时，离子所受电场力和洛伦兹力大小相等，即qvB＝qeq\f(U，c)，解得U＝Bcv,电压U与污水中离子的浓度无关,选项C错误;由于污水的流速为v＝eq\f(U,Bc)，污水流过该装置时受到的阻力为f＝kav2，且污水匀速通过该装置，所以左、右两侧管口受到的压力差等于污水流过该装置时受到的阻力，即Δp·S＝kav2，又因为S＝bc，故可解得Δp＝eq\f(kav2,bc)，选项D正确．答案:D9.(2018·高考全国卷Ⅲ）如图,从离子源产生的甲、乙两种离子,由静止经加速电压U加速后在纸面内水平向右运动，自M点垂直于磁场边界射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里,磁场左边界竖直．已知甲种离子射入磁场的速度大小为v1，并在磁场边界的N点射出；乙种离子在MN的中点射出;MN长为l。不计重力影响和离子间的相互作用．求:（1）磁场的磁感应强度大小；（2)甲、乙两种离子的比荷之比．解析：(1）设甲种离子所带电荷量为q1、质量为m1,在磁场中做匀速圆周运动的半径为R1，磁场的磁感应强度大小为B，由动能定理有q1U＝eq\f（1,2）m1veq\o\al（2,1）①由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有q1v1B＝m1eq\f（v\o\al(2，1），R1)②由几何关系知2R1＝l③由①②③式得B＝eq\f（4U，lv1)④（2)设乙种离子所带电荷量为q2、质量为m2,射入磁场的速度为v2,在磁场中做匀速圆周运动的半径为R2。同理有q2U＝eq\f（1,2)m2veq\o\al（2,2）⑤q2v2B＝m2eq\f（v\o\al(2，2）,R2）⑥由题给条件有2R2＝eq\f(l,2）⑦由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙两种离子的比荷之比为eq\f(q1，m1）∶eq\f（q2，m2）＝1∶4⑧答案:（1)eq\f（4U,lv1）(2)1∶4[限训练·通高考］科学设题拿下高考高分单独成册对应学生用书第141页(45分钟)一、单项选择题1．(2018·福建龙岩上学期期末)如图所示,两平行金属板中间有相互垂直的匀强磁场和匀强电场，不计重力的带电粒子沿垂直于电场和磁场方向射入．有可能做直线运动的是()解析:A图中，若粒子带正电，则粒子受向下的电场力和向下的洛伦兹力，粒子不能沿直线运动；同理当粒子带负电时也不能沿直线运动，选项A错误．B图中，若粒子带正电,粒子受向上的电场力和向上的洛伦兹力，粒子不能沿直线运动；同理当粒子带负电时也不能沿直线运动，选项B错误；C图中，若粒子带正电，粒子受向下的电场力和向上的洛伦兹力，若二者相等,则粒子能沿直线运动;同理当粒子带负电时也可能沿直线运动,选项C正确；D图中，若粒子带正电，粒子受向上的电场力和向上的洛伦兹力，粒子不能沿直线运动;同理当粒子带负电时也不能沿直线运动,选项D错误．答案：C2。质量为m、电荷量为q的微粒，以与水平方向成θ角的速度v从O点进入方向如图所示的正交的匀强电场（场强大小为E）和匀强磁场（磁感应强度大小为B）组成的混合场区，该微粒在电场力、洛伦兹力和重力的作用下，恰好沿直线运动到A,重力加速度为g。下列说法中正确的是(）A．该微粒一定带正电B．微粒从O到A的运动可能是匀变速运动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：若微粒带正电,电场力水平向左，洛伦兹力垂直OA斜向右下方，则电场力、重力、洛伦兹力不能平衡,微粒不可能做直线运动，则微粒带负电，A错误；微粒如果做匀变速运动,重力和电场力不变，而洛伦兹力变化，微粒不能沿直线运动，与题意不符，B错误;由平衡条件得qvBcosθ＝mg，qvBsinθ＝qE，知C正确,D错误．答案：C3。如图所示，空间的某个复合场区域内存在着竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场．质子由静止开始经一加速电场加速后，垂直于复合场的界面进入并沿直线穿过场区，质子(不计重力)穿过复合场区所用时间为t，从复合场区穿出时的动能为Ek，假设无论撤去磁场B还是撤去电场E，质子仍能穿出场区,则（）A．若撤去磁场B，质子穿过场区时间大于tB．若撤去电场E，质子穿过场区时间小于tC．若撤去磁场B，质子穿出场区时动能大于EkD．若撤去电场E,质子穿出场区时动能大于Ek解析：质子进入复合场沿直线运动，则质子受到的电场力和洛伦兹力大小相等、方向相反，即eE＝Bev0，若撤去磁场B，质子在电场中做类平抛运动,由类平抛运动特点可知，穿过电场的时间t＝eq\f(x，v0)，因场区宽度x不变,则时间不变，质子竖直方向做初速度为0的匀加速直线运动，出电场时的速度必大于v0,动能大于Ek，则A错误，C正确．若撤去电场E,则质子在磁场中只受洛伦兹力作用,方向始终垂直于质子速度方向，所以洛伦兹力对质子不做功，质子速度大小不变,动能不变,但是洛伦兹力改变了质子运动方向，所以质子在磁场中运动轨迹变长，穿出场区时间变长，则B、D错误．答案：C4。回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场,使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两个D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示．现用同一回旋加速器分别加速两种同位素，关于高频交流电源的周期和获得的最大动能的大小，下列说法正确的是()A．加速质量大的粒子交流电源的周期较大,加速次数少B．加速质量大的粒子交流电源的周期较大，加速次数多C．加速质量大的粒子交流电源的周期较小,加速次数多D．加速质量大的粒子交流电源的周期较小，加速次数少解析：D形盒间的交流电源的周期等于粒子做圆周运动的周期T＝eq\f(2πm,qB)，则加速质量大的粒子时所需交流电源的周期较大,由qvB＝meq\f(v2,R)，解得v＝eq\f(qBR,m），则粒子获得的最大动能Ek＝eq\f（1,2）mv2＝eq\f（q2B2R2，2m），故加速质量较大的粒子时获得的最大动能较小，因加速一次粒子得到的动能相同，则加速质量较大的粒子加速的次数较少，故选项A正确．答案：A5。如图所示，一个静止的质量为m、带电荷量为q的粒子（不计重力),经电压U加速后垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，粒子在磁场中转半个圆后打在P点,设OP＝x，能够正确反应x与U之间的函数关系的是（)解析：设粒子到达O点的速度为v,粒子通过电场的过程中，由动能定理得qU＝eq\f(1,2）mv2，粒子在磁场中运动，由牛顿第二定律得qvB＝meq\f（v2，R），R＝eq\f（x，2)，由以上三式解得x＝eq\f（2,B)eq\r(\f（2mU，q)），选项B正确，选项A、C、D错误．答案：B二、多项选择题6。如图所示，质量为m、带电荷量为＋q的三个相同的带电小球A、B、C从同一高度以同一初速度水平抛出（小球运动过程中不计空气阻力）,B球处于竖直向下的匀强磁场中,C球处于垂直纸面向里的匀强电场中，它们落地的时间分别为tA、tB、tC，落地时的速度大小分别为vA、vB、vC，则以下判断正确的是（)A．tA＝tB＝tC B.tB〈tA<tCC．vC＝vA<vB D．vA＝vB<vC解析：根据题意可知，A球在竖直方向上做自由落体运动，只有重力做功，B球除受重力之外，还受洛伦兹力的作用,但洛伦兹力总是沿水平方向，且洛伦兹力不做功，故只有重力做功,所以B球竖直方向做自由落体运动，C球除受重力之外，还受到垂直纸面向里的电场力作用，故C球在竖直方向做自由落体运动，重力和电场力均对其做正功，所以三个球在竖直方向都做自由落体运动,由于下落的高度相同，故下落的时间相等,即有tA＝tB＝tC，A正确,B错误；根据动能定理可知，A、B两球合力做的功相等，初速度相同，所以末速度大小相等，而C球的合力做的功比A、B两球的合力做的功多，初速度又与A、B两球的初速度相同，故C球的末速度比A、B两球的末速度大，即vA＝vB〈vC，C错误，D正确．答案：AD7。如图所示，一根光滑的绝缘斜轨道连接一个竖直放置的半径为R＝0.50m的圆形绝缘光滑槽轨．槽轨处在垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度B＝0。50T．有一个质量为m＝0.10g、带电荷量为q＝＋1.6×10－3C的小球在斜轨道上某位置由静止自由下滑，若小球恰好能通过最高点，则下列说法中正确的是(重力加速度g取10A．若小球到达最高点的线速度为v，小球在最高点时的关系式mg＋qvB＝meq\f（v2,R)成立B．小球滑下的初位置离轨道最低点高为h＝eq\f（21，20）mC．小球在最高点只受到洛伦兹力和重力的作用D．小球从初始位置到最高点的过程中机械能守恒解析：小球在最高点时,根据左手定则可知,洛伦兹力的方向向上，所以mg－qvB＝meq\f（v2,R),选项A错误；从初位置到最高点的过程中运用动能定理得mg(h－2R)＝eq\f(1，2)mv2,而mg－qvB＝meq\f（v2,R），代入数据解得h＝eq\f（21，20)m，选项B正确；球恰好能通过最高点，说明轨道对小球没有作用力，洛伦兹力和重力的合力提供向心力，即此时小球只受洛伦兹力和重力的作用,选项C正确；小球从初始位置到达最高点的过程中洛伦兹力和轨道的支持力都不做功,只有重力做功，机械能守恒，选项D正确．答案：BCD三、非选择题8.(2018·陕西汉中高三月考）如图所示，虚线圆所围的区域内有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场和另一未知匀强电场(未画)，一电子从A点沿直径AO方向以速度v射入该区域．已知电子的质量为m,电荷量为e，不计电子所受的重力．(1）若电子做直线运动，求匀强电场的电场强度E的大小和方向；(2)若撤掉电场，其他条件不变，电子束经过磁场区域后其运动方向与原入射方向的夹角为θ，求圆形磁场区域的半径r和电子在磁场中运动的时间t。解析:(1)若电子做直线运动，据evB＝eE得E＝vB，场强垂直OA竖直向下．(2)若撤掉电场，电子在磁场中做匀速圆周运动，电子束经过磁场区域后其运动方向与原入射方向的夹角为θ，运动轨迹如图所示，则evB＝meq\f（v2,R)解得R＝eq\f(mv,eB）找出轨迹圆的圆心O′，如图所示,由几何关系得α＝θ,taneq\f（α,2)＝eq\f（r,R），解得r＝eq\f（mv,eB）taneq\f（θ，2）设电子做匀速圆周运动的周期为T，有T＝eq\f（2πR,v)＝eq\f（2πm，eB）电子在磁场中运动的时间为t＝eq\f(α，2π）T，解得t＝eq\f（mθ，eB）答案：(1）vB垂直OA竖直向下(2）eq