高中物理鲁科版学案第九章带电粒子在匀强磁场及复合场中的运动

能力课带电粒子在匀强磁场及复合场中的运动带电粒子在磁场中运动时的临界问题角度1直线边界磁场的临界、极值问题eq\a\vs4\al(【真题示例1】)(2016·全国卷Ⅲ，18)平面OM和平面ON之间的夹角为30°，其横截面(纸面)如图1所示，平面OM上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。一带电粒子的质量为m，电荷量为q(q>0)。粒子沿纸面以大小为v的速度从OM的某点向左上方射入磁场，速度与OM成30°角。已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，并从OM上另一点射出磁场。不计重力。粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为()图1A.eq\f(mv,2qB) B.eq\f(\r(3)mv,qB) C.eq\f(2mv,qB) D.eq\f(4mv,qB)解析带电粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为r＝eq\f(mv,qB)。轨迹与ON相切，画出粒子的运动轨迹如图所示，由于eq\o(AD,\s\up6(－))＝2rsin30°＝r，故△AO′D为等边三角形，∠O′DA＝60°，而∠MON＝30°，则∠OCD＝90°，故CO′D为一直线，eq\o(OD,\s\up6(－))＝eq\f(\o(CD,\s\up6(－)),sin30°)＝2eq\o(CD,\s\up6(－))＝4r＝eq\f(4mv,qB)，故D正确。答案Deq\a\vs4\al(【变式训练1】)如图2所示，直角坐标系中y轴右侧存在一垂直纸面向里、宽为a的有界匀强磁场，磁感应强度为B，右边界PQ平行y轴，一粒子(重力不计)从原点O以与x轴正方向成θ角的速率v垂直射入磁场，当斜向上射入时，粒子恰好垂直PQ射出磁场，当斜向下射入时，粒子恰好不从右边界射出，则粒子的比荷及粒子恰好不从右边界射出时在磁场中运动的时间分别为()图2A.eq\f(v,Ba)eq\f(2πa,3v) B.eq\f(v,2Ba)eq\f(2πa,3v) C.eq\f(v,2Ba)eq\f(4πa,3v) D.eq\f(v,Ba)eq\f(4πa,3v)解析粒子在磁场中运动轨迹如图所示，则由图知斜向上射入时有rsinθ＝a，斜向下射入时有rsinθ＋a＝r，联立求得θ＝30°，且r＝2a，由洛伦兹力提供向心力得Bqv＝meq\f(v2,r)，解得r＝eq\f(mv,Bq)，即粒子的比荷为eq\f(q,m)＝eq\f(v,2Ba)，所以粒子恰好不从右边界射出时在磁场中运动的圆心角为α＝2×(90°－30°)＝120°，运动时间为t＝eq\f(T,3)＝eq\f(4πa,3v)，C正确。答案C角度2圆形磁场的临界、极值问题eq\a\vs4\al(【模拟示例2】)(2017·辽宁朝阳三校协作体联考)如图3所示，半径为r的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场边界上A点有一粒子源，源源不断地向磁场发射各种方向(均平行于纸面)且速度大小相等的带正电的粒子(重力不计)，已知粒子的比荷为k，速度大小为2kBr。则粒子在磁场中运动的最长时间为()图3A.eq\f(π,kB) B.eq\f(π,2kB) C.eq\f(π,3kB) D.eq\f(π,4kB)解析粒子在磁场中运动的半径为R＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(2kBr,Bk)＝2r；当粒子在磁场中运动时间最长时，其轨迹对应的圆心角最大，此时弦长最大，其最大值为磁场圆的直径2r，故t＝eq\f(T,6)＝eq\f(πm,3qB)＝eq\f(π,3kB)，故选C。答案Ceq\a\vs4\al(【变式训练2】)如图4所示，两个同心圆，半径分别为r和2r，在两圆之间的环形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。圆心O处有一放射源，放出粒子的质量为m、带电量为q，假设粒子速度方向都和纸面平行。图4(1)图中箭头表示某一粒子初速度的方向，OA与初速度方向夹角为60°，要想使该粒子经过磁场后第一次通过A点，则初速度的大小是多少？(2)要使粒子不穿出环形区域，则粒子的初速度不能超过多少？解析(1)如图甲所示，设粒子在磁场中的轨道半径为R1，则由几何关系得R1＝eq\f(\r(3)r,3)甲又qv1B＝meq\f(veq\o\al(2,1),R1)得v1＝eq\f(\r(3)Bqr,3m)。(2)如图乙所示，设粒子轨迹与磁场外边界相切时，粒子在磁场中的轨道半径为R2，则由几何关系有乙(2r－R2)2＝Req\o\al(2,2)＋r2可得R2＝eq\f(3r,4)又qv2B＝meq\f(veq\o\al(2,2),R2)可得v2＝eq\f(3Bqr,4m)故要使粒子不穿出环形区域，粒子的初速度不能超过eq\f(3Bqr,4m)。答案(1)eq\f(\r(3)Bqr,3m)(2)eq\f(3Bqr,4m)角度3三角形磁场的临界、极值问题eq\a\vs4\al(【真题示例3】)(2016·海南单科，14)如图5，A、C两点分别位于x轴和y轴上，∠OCA＝30°，OA的长度为L。在△OCA区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场。质量为m、电荷量为q的带正电粒子，以平行于y轴的方向从OA边射入磁场。已知粒子从某点射入时，恰好垂直于OC边射出磁场，且粒子在磁场中运动的时间为t0。不计重力。图5(1)求磁场的磁感应强度的大小；(2)若粒子先后从两不同点以相同的速度射入磁场，恰好从OC边上的同一点射出磁场，求该粒子这两次在磁场中运动的时间之和；(3)若粒子从某点射入磁场后，其运动轨迹与AC边相切，且在磁场内运动的时间为eq\f(5,3)t0，求粒子此次入射速度的大小。解析(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，在时间t0内其速度方向改变了90°，故其周期T＝4t0①设磁感应强度大小为B，粒子速度为v，圆周运动的半径为r，由洛伦兹力公式和牛顿定律得qvB＝meq\f(v2,r)②匀速圆周运动的速度满足v＝eq\f(2πr,T)③联立①②③式得B＝eq\f(πm,2qt0)④(2)设粒子从OA边两个不同位置射入磁场，能从OC边上的同一点P射出磁场，粒子在磁场中运动的轨迹如图(a)所示。图(a)设两轨迹所对应的圆心角分别为θ1和θ2。由几何关系有：θ1＝180°－θ2⑤粒子两次在磁场中运动的时间分别为t1与t2，则t1＋t2＝eq\f(T,2)＝2t0⑥(3)如图(b)，由题给条件可知，该粒子在磁场区域中的轨迹圆弧对应的圆心角为150°。设O′为圆弧的圆心，圆弧的半径为r0，圆弧与AC相切于B点，从D点射出磁场，由几何关系和题给条件可知，此时有∠OO′D＝∠BO′A＝30°⑦图(b)r0cos∠OO′D＋eq\f(r0,cos∠BO′A)＝L⑧设粒子此次入射速度的大小为v0，由圆周运动规律v0＝eq\f(2πr0,T)⑨联立①⑦⑧⑨式得v0＝eq\f(\r(3)πL,7t0)⑩答案(1)eq\f(πm,2qt0)(2)2t0(3)eq\f(\r(3)πL,7t0)eq\a\vs4\al(【变式训练3】)如图6所示的平面直角坐标系xOy，在第Ⅰ象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y轴正方向；在第Ⅳ象限的正三角形abc区域内有匀强磁场，方向垂直于xOy平面向里，正三角形边长为L，且ab边与y轴平行。一质量为m、电荷量为q的粒子，从y轴上的P(0，h)点，以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴上的a(2h，0)点进入第Ⅳ象限，又经过磁场从y轴上的某点进入第Ⅲ象限，且速度与y轴负方向成45°角，不计粒子所受的重力。求：图6(1)电场强度E的大小；(2)粒子到达a点时速度的大小和方向；(3)abc区域内磁场的磁感应强度B的最小值。解析(1)设粒子在电场中运动的时间为t，则有x＝v0t＝2h，y＝eq\f(1,2)at2＝h，qE＝ma联立以上各式可得E＝eq\f(mveq\o\al(2,0),2qh)(2)粒子到达a点时沿y轴负方向的分速度vy＝at＝v0所以v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))＝eq\r(2)v0方向指向第Ⅳ象限与x轴正方向成45°角。(3)粒子在磁场中运动时，有qvB＝meq\f(v2,r)当粒子从b点射出时，磁场的磁感应强度为最小值，此时有r＝eq\f(\r(2),2)L，所以B＝eq\f(2mv0,qL)答案(1)eq\f(mveq\o\al(2,0),2qh)(2)eq\r(2)v0方向指向第Ⅳ象限与x轴正方向成45°角(3)eq\f(2mv0,qL)方法技巧解决带电粒子的临界问题的技巧方法(1)数学方法和物理方法的结合：如利用“矢量图”“边界条件”等求临界值，利用“三角函数”“不等式的性质”“二次方程的判别式”等求极值。(2)临界问题的一般解题流程(3)从关键词找突破口：许多临界问题，题干中常用“恰好”、“最大”、“至少”、“不相撞”、“不脱离”等词语对临界状态给以暗示，审题时，一定要抓住这些特定的词语挖掘其隐藏的规律，找出临界条件。带电粒子在复合场中的运动角度1带电粒子在复合场中运动的应用实例装置原理图规律质谱仪粒子由静止被加速电场加速：qU＝eq\f(1,2)mv2，在磁场中做匀速圆周运动，qvB＝eq\f(mv2,r)，则比荷eq\f(q,m)＝eq\f(2U,B2r2)。回旋加速器接交流电源交流电的周期和粒子做圆周运动的周期相等，粒子在圆周运动过程中每次经过D形盒缝隙都会被加速。由qvB＝eq\f(mv2,r)得Ekm＝eq\f(q2B2r2,2m)速度选择器若qv0B＝Eq，即v0＝eq\f(E,B)，粒子做匀速直线运动磁流体发电机等离子体射入，受洛伦兹力偏转，使两极板带正、负电荷，两极电压为U时稳定，qeq\f(U,d)＝qv0B，U＝v0Bd电磁流量计eq\f(U,D)q＝qvB，所以v＝eq\f(U,DB)，所以Q＝vS＝eq\f(πDU,4B)霍尔元件当磁场方向与电流方向垂直时，导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现电势差eq\a\vs4\al(【真题示例4】)(2016·全国卷Ⅰ，15)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7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()图7A．11 B．12 C．121 D．144解析设质子的质量和电荷量分别为m1、q1，一价正离子的质量和电荷量为m2、q2。对于任意粒子，在加速电场中，由动能定理得qU＝eq\f(1,2)mv2－0，得v＝eq\r(\f(2qU,m))①在磁场中qvB＝meq\f(v2,r)②由①②式联立得m＝eq\f(B2r2q,2U)，由题意知，两种粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，加速电压U不变，其中B2＝12B1，q1＝q2，可得eq\f(m2,m1)＝eq\f(Beq\o\al(2,2),Beq\o\al(2,1))＝144，故选项D正确。答案Deq\a\vs4\al(【变式训练4】)(多选)劳伦斯和利文斯设计出回旋加速器，工作原理示意图如图8所示。置于真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可忽略。磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，高频交流电频率为f，加速电压为U。若A处粒子源产生的质子的质量为m，电荷量为＋q，在加速器中被加速，且加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响。则下列说法正确的是()图8A．质子被加速后的最大速度不可能超过2πRfB．质子离开回旋加速器时的最大动能与加速电压U成正比C．质子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为eq\r(2)∶1D．不改变磁感应强度B和交流电频率f，该回旋加速器的最大动能不变解析质子被加速后的最大速度受到D形盒半径R的制约，因v＝eq\f(2πR,T)＝2πRf，故A正确；质子离开回旋加速器的最大动能Ekm＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)m×4π2R2f2＝2mπ2R2f2，与加速电压U无关，B错误；根据R＝eq\f(mv,qB)，qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，2qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，得质子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为eq\r(2)∶1，C正确；因回旋加速器的最大动能Ekm＝2mπ2R2f2与m、R、f均有关，D错误。答案ACeq\a\vs4\al(【变式训练5】)(多选)如图9所示，一块长度为a、宽度为b、厚度为d的金属导体，当加有与侧面垂直的匀强磁场B，且通以图示方向的电流I时，用电压表测得导体上、下表面M、N间电压为U，已知自由电子的电荷量为e。下列说法中正确的是()图9A．导体的M面比N面电势高B．导体单位体积内自由电子数越多，电压表的示数越大C．导体中自由电子定向移动的速度为v＝eq\f(U,Bd)D．导体单位体积内的自由电子数为eq\f(BI,eUb)解析由于自由电子带负电，根据左手定则可知，M板电势比N板电势低，选项A错误；当上、下表面电压稳定时，有qeq\f(U,d)＝qvB，得U＝Bdv，与单位体积内自由电子数无关，选项B错误，C正确；再根据I＝neSv，可知选项D正确。答案CD方法技巧解决实际问题的一般过程：角度2带电粒子在组合场中的运动“磁偏转”和“电偏转”的比较电偏转磁偏转偏转条件带电粒子以v⊥E进入匀强电场(不计重力)带电粒子以v⊥B进入匀强磁场(不计重力)受力情况只受恒定的电场力F＝Eq只受大小恒定的洛伦兹力F＝qvB运动情况类平抛运动匀速圆周运动运动轨迹抛物线圆弧求解方法利用类平抛运动的规律x＝v0t，y＝eq\f(1,2)at2，a＝eq\f(qE,m)，tanθ＝eq\f(at,v0)牛顿第二定律、向心力公式r＝eq\f(mv,qB)，T＝eq\f(2πm,qB)，t＝eq\f(θT,2π)eq\a\vs4\al(【模拟示例5】)(2016·福州二模)如图10所示，在x轴上方存在匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里。在x轴下方存在匀强电场，方向竖直向上。一个质量为m、电荷量为q、重力不计的带正电粒子从y轴上的a(h，0)点沿y轴正方向以某初速度开始运动，一段时间后，粒子与x轴正方向成45°进入电场，经过y轴的b点时速度方向恰好与y轴垂直。求：图10(1)粒子在磁场中运动的轨道半径r和速度大小v1；(2)匀强电场的电场强度大小E；(3)粒子从开始到第三次经过x轴的时间t总。解析(1)根据题意可知，大致画出粒子在复合场中的运动轨迹，如图所示：由几何关系得：rcos45°＝h解得：r＝eq\r(2)h由牛顿第二定律得：qBv1＝meq\f(veq\o\al(2,1),r)解得：v1＝eq\f(qBr,m)＝eq\f(\r(2)qBh,m)(2)设粒子第一次经过x轴的位置为x1，到达b点时速度大小为vb，根据类平抛运动规律，则：vb＝v1cos45°解得：vb＝eq\f(qBh,m)设粒子进入电场经过时间t运动到b点，b点的纵坐标为－yb，由类平抛运动规律得：r＋rsin45°＝v0tyb＝eq\f(1,2)(v1sin45°＋0)t＝eq\f(\r(2)＋1,2)h由动能定理得：－qEyb＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,b)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)解得：E＝eq\f(（\r(2)－1）qhB2,m)(3)粒子在磁场中的周期为：T＝eq\f(2πr,v1)＝eq\f(2πm,Bq)第一次经过x轴的时间t1＝eq\f(5,8)T＝eq\f(5πm,4qB)在电场中运动的时间t2＝2t＝eq\f(2（\r(2)＋1）m,qB)在第二次经过x轴到第三次经过x轴的时间t3＝eq\f(3,4)T＝eq\f(3πm,2qB)则总时间：t总＝t1＋t2＋t3＝(eq\f(11π,4)＋2eq\r(2)＋2)eq\f(m,Bq)答案(1)eq\r(2)heq\f(\r(2)qBh,m)(2)eq\f(（\r(2)－1）qhB2,m)(3)(eq\f(11π,4)＋2eq\r(2)＋2)eq\f(m,Bq)【拓展延伸1】改变电场方向将【模拟示例5】中x轴下方的匀强电场方向改成与x轴负方向成45°角，如图11所示，若粒子沿平行电场线方向进入电场，且粒子沿电场线移动的最大距离为h，求：图11(1)匀强电场的电场强度大小E；(2)粒子从开始到第三次经过x轴的时间t。解析(1)带电粒子运动轨迹如图所示：由几何关系得：rcos45°＝h解得：r＝eq\r(2)h由牛顿第二定律得：qv0B＝meq\f(veq\o\al(2,0),r)解得：v0＝eq\f(\r(2)qBh,m)粒子在电场中做匀减速直线运动，则：veq\o\al(2,0)＝2ah由牛顿第二定律得：qE＝ma解得：E＝eq\f(qB2h,m)(2)粒子在磁场中运动的时间：t1＝eq\f(5,8)T＋eq\f(1,4)T＝eq\f(7,8)T＝eq\f(7πm,4qB)粒子在电场中运动的时间：t2＝eq\f(2v0,a)解得：t2＝eq\f(2\r(2)m,qB)故：t＝t1＋t2＝eq\f(（7π＋8\r(2)）m,4qB)答案(1)eq\f(qB2h,m)(2)eq\f(（7π＋8\r(2)）m,4qB)【拓展延伸2】改变释放点的位置将【模拟示例5】中的带电粒子在a(2h，－2h)点由静止释放，粒子第二次经过x轴时恰好过坐标原点O。求：图12(1)匀强电场的电场强度；(2)粒子从开始运动到第五次经过x轴时的时间。解析(1)粒子运动轨迹如图所示：由几何关系得：r＝h由牛顿第二定律得：qvB＝meq\f(v2,r)解得：v＝eq\f(qBh,m)粒子在电场中加速的过程，由动能定理得：qE·2h＝eq\f(1,2)mv2－0解得：E＝eq\f(qB2h,4m)(2)粒子在电场中运动的时间：t1＝5·eq\f(2h,\f(v,2))＝eq\f(20m,qB)粒子在磁场中运动的时间：t2＝T＝eq\f(2πm,qB)故：t＝t1＋t2＝eq\f(（20＋2π）m,qB)答案(1)eq\f(qB2h,4m)(2)eq\f(（20＋2π）m,qB)方法技巧“5步”突破带电粒子在组合场中的运动问题eq\a\vs4\al(【变式训练6】)如图13所示，在第一象限存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面(xOy平面)向外；在第四象限存在匀强电场，方向沿x轴负向。在y轴正半轴上某点以与x轴正向平行、大小为v0的速度发射出一带正电荷的粒子，该粒子在(d，0)点沿垂直于x轴的方向进入电场。不计重力。若该粒子离开电场时速度方向与y轴负方向的夹角为θ，求：图13(1)电场强度大小与磁感应强度大小的比值；(2)该粒子在电场中运动的时间。解析(1)如图，粒子进入磁场后做匀速圆周运动。设磁感应强度的大小为B，粒子质量与所带电荷量分别为m和q，圆周运动的半径为R0。由洛伦兹力公式及牛顿第二定律得qv0B＝meq\f(veq\o\al(2,0),R0)①由题给条件和几何关系可知R0＝d②设电场强度大小为E，粒子进入电场后沿x轴负方向的加速度大小为ax，在电场中运动的时间为t，离开电场时沿x轴负方向的速度大小为vx。由牛顿第二定律及运动学公式得Eq＝max③vx＝axt④eq\f(vx,2)t＝d⑤由于粒子在电场中做类平抛运动(如图)，有tanθ＝eq\f(vx,v0)⑥联立①②③④⑤⑥式得eq\f(E,B)＝eq\f(1,2)v0tan2θ⑦(2)联立⑤⑥式得t＝eq\f(2d,v0tanθ)答案(1)eq\f(1,2)v0tan2θ(2)eq\f(2d,v0tanθ)角度3带电粒子在叠加场中的运动1．磁场力、重力并存(1)若重力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动。(2)若重力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒。2．电场力、磁场力并存(不计重力)(1)若电场力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动。(2)若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电体做复杂的曲线运动，可用动能定理求解。3．电场力、磁场力、重力并存(1)若三力平衡，带电体做匀速直线运动。(2)若重力与电场力平衡，带电体做匀速圆周运动。(3)若合力不为零，带电体可能做复杂的曲线运动，可用能量守恒定律或动能定理求解。eq\a\vs4\al(【真题示例6】)(2016·天津理综，11)如图14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14(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/s②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)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，如图所示，设其加速度为a，有a＝eq\f(\r(q2E2＋m2g2),m)⑤设撤去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)at2⑦tanθ＝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)20m/s与电场方向成60°角斜向上(2)3.5seq\a\vs4\al(【变式训练7】)(2015·福建理综，22)如图15，绝缘粗糙的竖直平面MN左侧同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，电场强度大小为E，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带正电的小滑块从A点由静止开始沿MN下滑，到达C点时离开MN做曲线运动。A、C两点间距离为h，重力加速度为g。图15(1)求小滑块运动到C点时的速度大小vC；(2)求小滑块从A点运动到C点过程中克服摩擦力做的功Wf；(3)若D点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中速度最大的位置，当小滑块运动到D点时撤去磁场，此后小滑块继续运动到水平地面上的P点。已知小滑块在D点时的速度大小为vD，从D点运动到P点的时间为t，求小滑块运动到P点时速度的大小vP。解析(1)小滑块沿MN运动过程，水平方向受力满足qvB＋N＝qE小滑块在C点离开MN时N＝0解得vC＝eq\f(E,B)(2)由动能定理mgh－Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－0解得Wf＝mgh－eq\f(mE2,2B2)(3)如图，小滑块速度最大时，速度方向与电场力、重力的合力方向垂直．撤去磁场后小滑块将做类平抛运动，等效加速度为g′g′＝eq\r(（\f(qE,m)）2＋g2)且veq\o\al(2,P)＝veq\o\al(2,D)＋g′2t2解得vP＝eq\r(veq\o\al(2,D)＋\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(（\f(qE,m)）2＋g2))t2)答案(1)eq\f(E,B)(2)mgh－eq\f(mE2,2B2)(3)eq\r(veq\o\al(2,D)＋\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(（\f(qE,m)）2＋g2))t2)方法技巧带电粒子在叠加场中运动的处理方法1．(多选)如图16所示，匀强磁场方向垂直纸面向里，匀强电场方向竖直向下，有一正离子恰能沿直线从左向右水平飞越此区域。不计重力，则()图16A．若电子从右向左飞入，电子也沿直线运动B．若电子从右向左飞入，电子将向上偏转C．若电子从左向右飞入，电子将向下偏转D．若电子从左向右飞入，电子也沿直线运动解析若电子从右向左飞入，电场力向上，洛伦兹力也向上，所以向上偏，B选项正确；若电子从左向右飞入，电场力向上，洛伦兹力向下。由题意知电子受力平衡将做匀速直线运动，D选项正确。答案BD2.(2016·北京东城区模拟)如图17所示，一束质量、速度和电荷量不全相等的离子，经过由正交的匀强电场和匀强磁场组成的速度选择器后，进入另一个匀强磁场中并分裂为A、B两束，下列说法中正确的是()图17A．组成A束和B束的离子都带负电B．组成A束和B束的离子质量一定不同C．A束离子的比荷大于B束离子的比荷D．速度选择器中的磁场方向垂直于纸面向外解析由左手定则知，A、B离子均带正电，A错误；两束离子经过同一速度选择器后的速度相同，在偏转磁场中，由R＝eq\f(mv,qB)可知，半径大的离子对应的比荷小，但离子的质量不一定相同，故选项B错误，C正确；速度选择器中的磁场方向应垂直纸面向里，D错误。答案C3．如图18所示是医用回旋加速器示意图，其核心部分是两个D形金属盒，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连。现分别加速氘核(eq\o\al(2,1)H)和氦核(eq\o\al(4,2)He)。下列说法中正确的是()图18A．它们的最大速度相同B．它们的最大动能相同C．两次所接高频电源的频率不相同D．仅增大高频电源的频率可增大粒子的最大动能解析根据qvB＝meq\f(v2,R)，得v＝eq\f(qBR,m)。两粒子的比荷eq\f(q,m)相等，所以最大速度相等，故A正确；最大动能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(q2B2R2,2m)，两粒子的比荷eq\f(q,m)相等，但质量不相等，所以最大动能不相等，故B错；带电粒子在磁场中运动的周期T＝eq\f(2πm,qB)，两粒子的比荷eq\f(q,m)相等，所以周期相等。做圆周运动的频率相等，因为所接高频电源的频率等于粒子