高考物理二轮复习讲练(新高考版) 第1部分 专题3 题型专练三 带电粒子在复合场中的运动（含解析）

题型专练三带电粒子在复合场中的运动高考题型1带电粒子在组合场中的运动1．正确区分“电偏转”和“磁偏转”带电粒子的“电偏转”和“磁偏转”的比较垂直进入磁场(磁偏转)垂直进入电场(电偏转)情景图受力FB＝qv0B，FB大小不变，方向总指向圆心，方向变化，FB为变力FE＝qE，FE大小、方向不变，为恒力运动规律匀速圆周运动r＝eq\f(mv0,Bq)，T＝eq\f(2πm,Bq)类平抛运动vx＝v0，vy＝eq\f(Eq,m)tx＝v0t，y＝eq\f(Eq,2m)t22.解题步骤(1)受力分析，关注几场组合；(2)运动分析，构建模型；(3)分析过程，选用规律．考题示例例1(2018·全国卷Ⅰ·25)如图1，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：图1(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．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解析(1)eq\o\al(1,1)H在电场中做类平抛运动，在磁场中做圆周运动，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)a1t12②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进入磁场时速度沿y轴方向的分量的大小为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(v12＋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)v22＝eq\f(1,2)mv12⑩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)a2t22⑬v2′＝eq\r(v22＋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例2(2020·山东卷·17)某型号质谱仪的工作原理如图2甲所示．M、N为竖直放置的两金属板，两板间电压为U,Q板为记录板，分界面P将N、Q间区域分为宽度均为d的Ⅰ、Ⅱ两部分，M、N、P、Q所在平面相互平行，a、b为M、N上两正对的小孔．以a、b所在直线为z轴，向右为正方向，取z轴与Q板的交点O为坐标原点，以平行于Q板水平向里为x轴正方向，竖直向上为y轴正方向，建立空间直角坐标系Oxyz.区域Ⅰ、Ⅱ内分别充满沿x轴正方向的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小、电场强度大小分别为B和E.一质量为m，电荷量为＋q的粒子，从a孔飘入电场(初速度视为零)，经b孔进入磁场，过P面上的c点(图中未画出)进入电场，最终打到记录板Q上．不计粒子重力．图2(1)求粒子在磁场中做圆周运动的半径R以及c点到z轴的距离L；(2)求粒子打到记录板上位置的x坐标；(3)求粒子打到记录板上位置的y坐标(用R、d表示)；(4)如图乙所示，在记录板上得到三个点s1、s2、s3，若这三个点是质子eq\o\al(1,1)H、氚核eq\o\al(3,1)H、氦核eq\o\al(4,2)He的程)．答案见解析解析(1)设粒子经加速电场到b孔的速度大小为v，粒子在区域Ⅰ中，做匀速圆周运动对应圆心角为α，在M、N两金属板间，由动能定理得qU＝eq\f(1,2)mv2①在区域Ⅰ中，粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvB＝meq\f(v2,R)②联立①②式得R＝eq\f(\r(2mqU),qB)③由几何关系得d2＋(R－L)2＝R2④cosα＝eq\f(\r(R2－d2),R)⑤sinα＝eq\f(d,R)⑥联立①②④式得L＝eq\f(\r(2mqU),qB)－eq\r(\f(2mU,qB2)－d2)⑦(2)设区域Ⅱ中粒子沿z轴方向的分速度为vz，沿x轴正方向加速度大小为a，位移大小为x，运动时间为t，由牛顿第二定律得qE＝ma⑧粒子在z轴方向做匀速直线运动，由运动合成与分解的规律得vz＝vcosα⑨d＝vzt⑩粒子在x方向做初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式得x＝eq\f(1,2)at2⑪联立①②⑤⑧⑨⑩⑪式得x＝eq\f(md2E,4mU－2qd2B2)⑫(3)设粒子沿y方向偏离z轴的距离为y，其中在区域Ⅱ中沿y方向偏离的距离为y′，粒子在y轴方向做匀速直线运动，由运动学公式得y′＝vtsinα⑬由题意得y＝L＋y′⑭联立①④⑥⑨⑩⑬⑭式y＝R－eq\r(R2－d2)＋eq\f(d2,\r(R2－d2))⑮(4)质子的比荷大于氦核的，氦核的比荷大于氚核的，结合⑫⑬式可知，s1、s2、s3分别对应氚核eq\o\al(3,1)H、氦核eq\o\al(4,2)He、质子eq\o\al(1,1)H的位置．命题预测1．(多选)(2020·山东枣庄三中、高密一中、莱西一中三校联考)如图3所示，在x轴上方第一象限内存在垂直纸面向里的匀强磁场，x轴下方存在沿y轴正方向的匀强电场．a、b两个重力不计的带电粒子分别从电场中的同一点P由静止释放后，经电场加速后从M点射入磁场并在磁场中发生偏转．最后从y轴离开磁场时，速度大小分别为v1和v2，v1的方向与y轴垂直，v2的方向与y轴正方向成60°角．a、b两粒子在磁场中运动的时间分别记为t1和t2,则以下比值正确的是()图3A．v1∶v2＝2∶1 B．v1∶v2＝1∶2C．t1∶t2＝3∶2 D．t1∶t2＝3∶8答案AD解析粒子在电场中加速，设加速的位移为x，根据动能定理有qEx＝eq\f(1,2)mv2所以v＝eq\r(\f(2qEx,m))粒子在磁场中运动时，其轨迹如图，a粒子的圆心为O，b粒子的圆心为O′，根据几何知识可知R2·sin30°＋R1＝R2则有R1∶R2＝1∶2根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝eq\f(mv2,R)联立可得eq\f(m1,q1)∶eq\f(m2,q2)＝1∶4将eq\f(m1,q1)∶eq\f(m2,q2)＝1∶4代入v＝eq\r(\f(2qEx,m))可得v1∶v2＝2∶1故A正确，B错误；粒子在磁场中运动的周期为T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(2πm,qB)所以两粒子在磁场中运动的时间之比为t1∶t2＝eq\f(90°,360°)T1∶eq\f(60°,360°)T2＝eq\f(2πm1,4q1B)∶eq\f(2πm2,6q2B)＝3∶8故C错误，D正确．2．(2020·广西桂林市调研)如图4所示，直线MN上方有平行于纸面且与MN成45°角的有界匀强电场，电场强度大小未知；MN下方为方向垂直于纸面向里的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B.现从MN上的O点向磁场中射入一个速度大小为v、方向与MN成45°角的带正电粒子，该粒子在磁场中运动时的轨道半径为R.该粒子从O点出发记为第一次经过直线MN，第五次经过直线MN时恰好又通过O点．不计粒子的重力．图4(1)画出粒子在磁场和电场中运动轨迹的草图并求出粒子的比荷大小；(2)求出电场强度E的大小和粒子第五次经过直线MN上O点时的速度大小；(3)求该粒子从O点出发到再次回到O点所需的时间t.答案(1)见解析图eq\f(v,BR)(2)vBeq\r(5)v(3)eq\f(2R,v)(2＋π)解析(1)粒子的运动轨迹如图所示，由牛顿第二定律得qvB＝meq\f(v2,R)解得eq\f(q,m)＝eq\f(v,BR)(2)由几何关系得Oc＝2eq\r(2)R粒子从c到O做类平抛运动，且在垂直、平行电场方向上的位移相等，即s⊥＝s∥＝Ocsin45°＝2R类平抛运动的时间为t3＝eq\f(s⊥,v)＝eq\f(2R,v)又s∥＝eq\f(1,2)at32＝eq\f(qE,2m)t32又R＝eq\f(mv,qB)联立解得E＝vB粒子在电场中的加速度为a＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qvB,m)v2＝at3＝eq\f(a·2R,v)＝2vv1＝v粒子第五次过MN进入磁场后的速度大小v′＝eq\r(v12＋v22)＝eq\r(5)v(3)粒子在磁场中运动的总时间为t1＝eq\f(2πR,v)粒子做直线运动的时间为t2＝eq\f(2v,a)＝eq\f(2mv,qvB)＝eq\f(2R,v)联立得粒子从出发到再次到达O点所需时间t＝t1＋t2＋t3＝eq\f(2R,v)(2＋π)．高考题型2带电粒子在叠加场中的运动1．三种典型情况(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．例如电场与磁场叠加满足qE＝qvB时、重力场与磁场叠加满足mg＝qvB时、重力场与电场叠加满足mg＝qE时．(2)若三场共存，合力为零时，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，粒子做匀速圆周运动时，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).2．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．命题预测3．如图5所示，位于竖直平面内的坐标系xOy，在其第三象限空间有沿水平方向的、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，场强大小为E＝2N/C.在其第一象限空间有沿y轴负方向、场强大小也为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：图5(1)油滴在第三象限运动时受到的重力、电场力、洛伦兹力三力的大小之比，并指出油滴带何种电荷；(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以及油滴离开第一象限处的坐标值．答案(1)1∶1∶eq\r(2)负电荷(2)4eq\r(2)m/s(3)0.828s(4.0m,0)解析(1)分析油滴受力可知，要使油滴做匀速直线运动，油滴应带负电荷．受力如图所示．由平衡条件和几何关系得mg∶qE∶f＝1∶1∶eq\r(2).(2)对油滴在垂直PO方向上由平衡条件得qvB＝2Eqsin45°，代入数据解得v＝4eq\r(2)m/s.(3)由(1)可知，油滴在第一象限内受到的重力等于电场力，故油滴在电场与重力场的复合场中做匀速直线运动，在电场、磁场、重力场三者的复合场中做匀速圆周运动，轨迹如图所示．由O到A匀速运动的位移为s1＝eq\f(h,sin45°)＝eq\r(2)h＝0.4eq\r(2)m，运动时间为t1＝eq\f(s1,v)＝0.1s油滴在复合场中做匀速圆周运动的周期T＝eq\f(2πm,qB)由几何关系知油滴由A到C运动的时间为t2＝eq\f(1,4)T＝eq\f(πm,2qB)＝eq\f(πE,2Bg)＝0.628s，从C到N，粒子做匀速直线运动，由对称性知，运动时间t3＝t1＝0.1s，则油滴在第一象限内总的运动时间为t＝t1＋t2＋t3＝0.828s.设OA、AC、CN段在x轴上的投影长度分别为x1、x2、x3，则x1＝x3＝h＝0.4m，x2＝eq\r(2)r＝eq\r(2)eq\f(mv,qB)由(1)可知eq\r(2)mg＝qvB，代入上式可得x2＝3.2m，所以油滴在第一象限内沿x轴方向运动的总位移为x＝x1＋x2＋x3＝4m，油滴离开第一象限时的位置坐标为(4.0m,0)．4．(2020·湖南长沙市雅礼书院中学高三检测)如图6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：图6(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.答案(1)20m/s与电场方向夹角为60°(2)2eq\r(3)s解析(1)小球做匀速直线运动时，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)代入数据解得v＝20m/s速度v的方向与电场E的方向之间的夹角满足：tanθ＝eq\f(qE,mg)，解得θ＝60°.(2)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直线运动，其初速度为vy＝vsinθ，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的分位移为零，则有：vyt－eq\f(1,2)gt2＝0，联立解得：t＝2eq\r(3)s.高考题型3带电粒子在交变场中的运动1．变化的电场或磁场如果具有周期性，粒子的运动也往往具有周期性．这种情况下要仔细分析带电粒子的受力情况和运动过程，弄清楚带电粒子在变化的电场、磁场中各处于什么状态，做什么运动，画出一个周期内的运动轨迹的草图．2．解题思路命题预测5．如图7所示，在xOy平面内存在大小随时间周期性变化的匀强磁场和匀强电场，变化规律分别如图乙、丙所示(规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向，沿y轴负方向为电场强度的正方向)．在t＝0时刻由原点O发射一个初速度大小为v0、方向沿y轴正方向的带正电粒子，粒子的比荷eq\f(q,m)＝eq\f(π,B0t0)，B0、E0、t0均为已知量，不计粒子受到的重力．图7(1)求在0～t0内粒子运动轨迹的半径；(2)求t＝2t0时，粒子的位置坐标；(3)若粒子在t＝25t0时首次回到坐标原点，求电场强度E0与磁感应强度B0的大小关系．答案(1)eq\f(v0t0,π)(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2v0t0,π)，－v0t0－\f(πE0t0,2B0)))(3)E0＝eq\f(v0,6π)B0解析(1)粒子在磁场中运动时，洛伦兹力提供向心力，则有qv0B0＝eq\f(mv02,r)解得r＝eq\f(v0t0,π)(2)若粒子在磁场中做完整的圆周运动，则其周期T＝eq\f(2πr,v0)解得T＝2t0在0～t0时间内，粒子在磁场中转动半周，t＝t0时粒子位置的横坐标x＝－2r＝－eq\f(2v0t0,π)在t0～2t0时间内，粒子在电场中沿y轴负方向做匀加速直线运动y＝－v0t0－eq\f(qE0,2m)t02解得y＝－v0t0－eq\f(πE0t0,2B0)故t＝2t0时，粒子的位置坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2v0t0,π)，－v0t0－\f(πE0t0,2B0)))(3)如图所示，带电粒子在x轴上方做圆周运动的轨道半径r1＝r＝eq\f(v0t0,π)当t＝2t0时，粒子的速度大小v＝v0＋eq\f(qE0,m)t02t0～3t0时间内，粒子在x轴下方做圆周运动的轨道半径r2＝eq\f(mv,qB0)＝eq\f(m,qB0)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v0＋\f(qE0,m)t0))由几何关系可知，要使粒子经过原点，则必须满足n(2r2－2r1)＝2r1，n＝1,2,3，…当t＝25t0时，n＝6，解得E0＝eq\f(v0,6π)B0.6．(2020·安徽合肥市二模)如图8甲所示，竖直挡板MN左侧空间有方向竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，电场和磁场的范围足够大，电场强度E＝40N/C，磁感应强度B随时间t变化的关系图像如图乙所示，选定磁场垂直纸面向里为正方向．t＝0时刻，一带正电的微粒，质量m＝8×10－4kg、电荷量q＝2×10－4C，在O点具有方向竖直向下、大小为0.12m/s的速度v，O′是挡板MN上一点，直线OO′与挡板MN垂直，取g＝10m/s2.求：图8(1)微粒再次经过直线OO′时与O点的距离；(2)微粒在运动过程中离开直线OO′的最大距离；(3)水平移动挡板，使微粒能垂直射到挡板上，挡板与O点间的水平距离应满足的条件．答案(1)1.2m(2)2.48m(3)见解析解析(1)根据题意可以知道，微粒所受的重力G＝mg＝8×10－3N微粒所受电场力大小F＝qE＝8×10－3N因此重力与电场力平衡．微粒先在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，则qvB＝meq\f(v2,R)解得：R＝0.6m又T＝eq\f(2πR,v)得：T＝10πs则微粒在5πs内转过半个圆周，再次经直线OO′时与O点的距离：L＝2R解得：L＝1.2m.(2)微粒运动半周后向上匀速运动，运动的时间为t＝5πs，轨迹如图所示，位移大小：x＝vt解得：x≈1.88m因此，微粒离开直线OO′的最大距离：H＝x＋R＝2.48m.(3)若微粒能垂直射到挡板上的某点P，P点在直线OO′下方时，由图像可以知道，挡板MN与O点间的距离应满足：L＝(2.4n＋0.6)m，n＝0,1,2，…P点在直线OO′上方时，由图像可以知道，挡板MN与O点间的距离应满足：L＝(2.4n＋1.8)m，n＝0,1,2，…(若两式合写成L＝(1.2n＋0.6)m，n＝1,2，…也可)高考题型4电、磁场在现代科技中的应用实例电、磁场在现代科技的应用实例模型共两类，分别为：1．图①②③④是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，它们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).2．图⑤⑥是常见的磁场与电场的组合模型，它们的共同特征是粒子在电场中做加速运动，在磁场中做匀速圆周运动．考题示例例3(2019·天津卷·4)笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件．当显示屏开启时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作；当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进入休眠状态．如图9如示，一块宽为a、长为c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，通入方向向右的电流时，电子的定向移动速度为v.当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中，于是元件的前、后表面间出现电压U，以此控制屏幕的熄灭．则稳定后元件的()图9A．前表面的电势比后表面的低B．前、后表面间的电压U与v无关C．前、后表面间的电压U与c成正比D．自由电子受到的洛伦兹力大小为eq\f(eU,a)答案D解析由题意可判定，电子定向移动的方向水平向左，则由左手定则可知，电子所受的洛伦兹力指向后表面，因此后表面积累的电子逐渐增多，前表面的电势比后表面的电势高，A错误；当电子所受的电场力与洛伦兹力平衡时，电子不再发生偏转，此时前、后表面间的电压达到稳定，对稳定状态下的电子有eE＝eBv，又E＝eq\f(U,a)，解得U＝Bav，显然前、后表面间的电压U与电子的定向移动速度v成正比，与元件的宽度a成正比，与长度c无关，B、C错误；自由电子稳定时受到的洛伦兹力等于电场力，即F＝eE＝eq\f(eU,a)，D正确．命题预测7．(2020·北京市门头沟区3月测试)如图10所示，虚线O1O2是速度选择器的中线，其间匀强磁场的磁感应强度为B1，匀强电场的场强为E(电场线没有画出)．照相底片与虚线O1O2垂直，其右侧偏转磁场的磁感应强度为B2.现有一个离子沿着虚线O1O2向右做匀速直线运动，穿过照相底片的小孔后在偏转磁场中做半径为R的匀速圆周运动，最后垂直打在照相底片上(不计离子所受重力)．图10(1)求该离子沿虚线运动的速度大小v；(2)求该离子的比荷eq\f(q,m)；(3)如果带电荷量都为q的两种同位素离子，沿着虚线O1O2射入速度选择器，它们在照相底片的落点间距为d，求这两种同位素离子的质量差Δm.答案(1)eq\f(E,B1)(2)eq\f(E,B1B2R)(3)eq\f(B1B2q,2E)d解析(1)由于离子沿虚线做匀速直线运动，故它受力平衡，即F电＝F洛，则Eq＝B1qv，所以离子沿虚线运动的速度大小v＝eq\f(E,B1)；(2)由于离子在偏转磁场中做半径为R的匀速圆周运动，F洛′＝F向，即B2qv＝meq\f(v2,R)，则eq\f(q,m)＝eq\f(E,B1B2R)；(3)设两种离子的质量分别为m1、m2，对于m1，有eq\f(q,m1)＝eq\f(E,B1B2R1)，则m1＝eq\f(B1B2q,E)R1；同理m2＝eq\f(B1B2q,E)R2；这两种同位素离子的质量差Δm＝m1－m2＝eq\f(B1B2q,E)(R1－R2)＝eq\f(B1B2q,2E)d.专题强化练[保分基础练]1.(多选)(2020·河南名校联盟3月调研)如图1所示，竖直平行金属板M、N间加有电压U，N板的右侧有正交的匀强电场和匀强磁场，匀强电场方向竖直向下、电场强度大小为E，匀强磁场方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B.在M板附近有一粒子源，释放初速度为零的带电粒子，这些粒子经电场加速后进入正交的电、磁场中，都恰能做匀速直线运动，不计粒子的重力和粒子间的相互作用，下列说法正确的是()图1A．粒子做匀速运动的速度大小为eq\f(B,E)B．所有粒子的电荷量一定相同C．所有粒子的比荷一定相同D．将N板向左平移一些，粒子在电、磁场中仍能做直线运动答案CD解析粒子进入正交的电、磁场中恰能做匀速直线运动，则qvB＝Eq，则v＝eq\f(E,B)，选项A错误；粒子在电场中加速过程有Uq＝eq\f(1,2)mv2，粒子在正交场中的速度都相同，则粒子的比荷相同，选项B错误，C正确；将N板向左平移一些，两板间电压不变，则粒子进入正交场的速度不变，则粒子在电、磁场中仍能做直线运动，选项D正确．2．(2020·全国卷Ⅱ·17)CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，CT扫描机可用于对多种病情的探测．图2(a)是某种CT机主要部分的剖面图，其中X射线产生部分的示意图如图(b)所示．图(b)中M、N之间有一电子束的加速电场，虚线框内有匀强偏转磁场；经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到靶上，产生X射线(如图中带箭头的虚线所示)；将电子束打到靶上的点记为P点，则()图2A．M处的电势高于N处的电势B．增大M、N之间的加速电压可使P点左移C．偏转磁场的方向垂直于纸面向外D．增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P点左移答案D解析电子在M、N间受向右的电场力，电场方向向左，故M处的电势低于N处的电势，故A错误；加速电压增大，可使电子获得更大的速度，根据r＝eq\f(mv,qB)可知，电子在磁场中做圆周运动的半径变大，P点右移，故B错误；电子受到的洛伦兹力方向向下，根据左手定则，可判断磁场方向垂直于纸面向里，故C错误；根据r＝eq\f(mv,qB)，B增大，可使电子在磁场中做圆周运动的半径变小，P点左移，故D正确．3.(2020·浙江温州市4月选考适应性测试)如图3所示，为一种改进后的回旋加速器示意图，在D形盒边上的缝隙间放置一对中心开有小孔a、b的平行金属板M、N.每当带正电的粒子从a孔进入时，就立即在两板间加上恒定电压，经加速后从b孔射出，再立即撤去电压．而后进入D形盒中的匀强磁场，做匀速圆周运动．缝隙间无磁场，不考虑相对论效应，则下列说法正确的是()图3A．D形盒中的磁场方向垂直纸面向外B．粒子运动的周期不断变大C．粒子每运动一周直径的增加量越来越小D．增大板间电压，粒子最终获得的最大动能变大答案C解析根据左手定则，D形盒中的磁场方向垂直纸面向里，故A错误；根据洛伦兹力提供向心力得qvB＝meq\f(v2,r)，粒子运动的周期T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,Bq)粒子运动的周期不变，故B错误；粒子每运动一周直径的增加量ΔL＝2(rn＋1－rn)＝eq\f(2mΔv,Bq)，由eq\f(1,2)mvn2＝nqE，eq\f(1,2)mvn＋12＝(n＋1)qE可得，Δv＝eq\r(\f(2n＋2qE,m))－eq\r(\f(2nqE,m))＝(eq\r(n＋1)－eq\r(n))eq\r(\f(2qE,m))可得粒子每运动一周直径的增加量越来越小，故C正确；粒子最终获得的动能，Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(q2B2r2,2m)，当半径等于D形盒的半径时，粒子动能最大，与板间电压无关，故D错误．4.(多选)如图4所示，实线表示竖直平面内的电场线，电场线与水平方向成α角，水平方向的匀强磁场与电场正交，有一带电液滴沿虚线L斜向上做直线运动，L与水平方向成β角，且α＞β，则下列说法中正确的是()图4A．液滴一定做匀速直线运动B．液滴一定带负电C．电场线方向一定斜向上D．液滴有可能做匀变速直线运动答案AC解析带电液滴受竖直向下的重力G、沿电场线方向的电场力F、垂直于速度方向的洛伦兹力F洛，若合力不为零，则洛伦兹力变化，不能沿直线运动，因此这三个力的合力一定为零，带电液滴做匀速直线运动，不可能做匀变速直线运动，故A正确，D错误；当带电液滴带正电，且电场线方向斜向上时，带电液滴受竖直向下的重力G、沿电场线向上的电场力F、垂直于速度方向斜向左上方的洛伦兹力作用，这三个力的合力可能为零，带电液滴沿虚线L做匀速直线运动，如果带电液滴带负电、电场线方向斜向上或斜向下时，带电液滴所受合力均不为零，不可能沿直线运动，故B错误，C正确．[争分提能练]5．(2020·湖南长郡中学高三检测)如图5所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，其第一象限存在着正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度的方向水平向右，磁感应强度的方向垂直纸面向里．一带电荷量为＋q、质量为m的微粒从原点出发沿与x轴正方向的夹角为45°的初速度进入复合场中，正好做直线运动，当微粒运动到A(l，l)时，电场方向突然变为竖直向上(不计电场变化的时间)，微粒继续运动一段时间后，正好垂直于y轴穿出复合场．不计一切阻力，求：图5(1)电场强度E的大小；(2)磁感应强度B的大小；(3)微粒在复合场中的运动时间．答案(1)eq\f(mg,q)(2)eq\f(m,q)eq\r(\f(g,l))(3)(eq\f(3,4)π＋1)eq\r(\f(l,g))解析(1)微粒在到达A(l，l)之前做匀速直线运动，受力分析如图甲，根据平衡条件，有：qE＝mg，解得：E＝eq\f(mg,q)；(2)根据平衡条件，有：qvB＝eq\r(2)mg，电场方向变化后，微粒所受重力与电场力平衡，微粒在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹如图乙，根据牛顿第二定律，有：qvB＝meq\f(v2,r)，由几何关系可得：r＝eq\r(2)l，联立解得：v＝eq\r(2gl)，B＝eq\f(m,q)eq\r(\f(g,l))；(3)微粒做匀速直线运动的时间为：t1＝eq\f(\r(2)l,v)＝eq\r(\f(l,g))，微粒做匀速圆周运动的时间为：t2＝eq\f(\f(3,4)π·\r(2)l,v)＝eq\f(3,4)πeq\r(\f(l,g))，微粒在复合场中的运动时间为：t＝t1＋t2＝(eq\f(3,4)π＋1)eq\r(\f(l,g)).6.如图6所示，y轴右侧区域存在匀强磁场，第一象限内磁场垂直纸面向外，第四象限内磁场垂直纸面向里，且第四象限磁场磁感应强度是第一象限的2倍；y轴左侧区域存在沿y轴负方向的匀强电场．第一象限内距离y轴L处，垂直x轴放置感应屏．电荷量为q、质量为m的粒子，从A(－L，eq\f(\r(3),2)L)点以初速度v0沿x轴正方向射出，从O点进入磁场，一段时间后粒子垂直击中感应屏，粒子重力不计，求：图6(1)匀强电场的电场强度大小；(2)第一象限磁场磁感应强度的最小值；(3)粒子击中感应屏时纵坐标的可能值．答案见解析解析(1)粒子在电场中做类平抛运动x方向：L＝v0ty方向：eq\f(\r(3),2)L＝eq\f(1,2)at2qE＝ma联立解得：E＝eq\f(\r(3)mv02,qL)(2)设粒子到达O点时速度大小为v，方向与x轴正方向夹角为θv＝eq\r(v02＋vy2)tanθ＝eq\f(vy,v0)vy＝at粒子由第四象限进入第一象限时速度大小为v，方向与x轴正方向夹角也为θ由牛顿第二定律：qvB＝meq\f(v2,R)可知：B越小R越大，设粒子在第四象限内做圆周运动半径为R1，在第一象限内做圆周运动半径为R2，则R2＝2R1粒子垂直击中感应屏应满足2R1sinθ＋R2sinθ＝L解得：Bmin＝eq\f(2\r(3)mv0,qL)(3)粒子多次经过x轴最终垂直击中感应屏应满足(3n＋2)R2sinθ＝L(n＝0,1,2，…)则粒子击中感应屏时纵坐标y＝R2(1－cosθ)解得：y＝eq\f(\r(3),33n＋2)L(n＝0,1,2，…)．7.(2020·福建福清市线上检测)如图7所示，在直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在沿y轴正方向、电场强度为E的匀强电场，第Ⅳ象限存在一个方向垂直于纸面、磁感应强度为B的圆形匀强磁场区域．一质量为m，带电荷量为－q的粒子，以某一速度从A点垂直于y轴射入第Ⅰ象限，A点坐标为(0，h)，粒子飞出电场区域后，沿与x轴正方向夹角为60°的方向从B处进入第Ⅳ象限，经圆形磁场后，垂直射向y轴C处．不计粒子重力，求：图7(1)从A点射入的速度v0；(2)圆形磁场区域的最小面积；(3)证明粒子在最小圆形磁场中运动时间最长，并求出最长时间．答案(1)eq\r(\f(2qEh,3m))(2)eq\f(2πmhE,qB2)(3)见解析eq\f(2πm,3qB)解析(1)粒子在电场中做类平抛运动，其加速度大小为a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qE,m)竖直方向有h＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qE,2m)t2，故t＝eq\r(\f(2mh,qE))；在B处有tan60°＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(at,v0)＝eq\r(3)因此，粒子从A点射入的速度v0＝eq\f(at,\r(3))＝eq\r(\f(2qEh,3m))(2)在B处，根据cos60°＝eq\f(v0,v)可