2026年高考物理二轮复习素养培优2带电粒子在复合场中运动专项训练（含答案）

第第页2026年高考物理二轮复习素养培优2带电粒子在复合场中运动专项训练一、选择题1．某同步加速器简化模型如图所示，其中仅直通道PQ内有加速电场，三段圆弧内均有可调的匀强偏转磁场B。带电量为－q、质量为m的离子以初速度v0从P处进入加速电场后，沿顺时针方向在加速器内循环加速。已知加速电压为U，磁场区域中离子的偏转半径均为R。忽略离子重力和相对论效应，下列说法正确的是（）A．偏转磁场的方向垂直纸面向里B．第1次加速后，离子的动能增加了2qUC．第k次加速后，离子的速度大小变为mD．第k次加速后，偏转磁场的磁感应强度大小应为m2．如图所示，在第Ⅱ象限内有水平向右的匀强电场，电场强度为E，在第Ⅰ、Ⅳ象限内分别存在如图所示的匀强磁场，磁感应强度大小相等。有一个带电粒子以垂直于x轴的初速度v0A．7πd2v0 B．dv02+5π3．如图所示，某空间存在水平向右的匀强电场和垂直纸面方向的匀强磁场（图中未画出），一质量为m的带正电粒子恰能以速度v沿图中虚线所示的轨迹做直线运动，粒子的运动轨迹与水平方向的夹角为60°，匀强电场的电场强度大小为E，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（）A．匀强磁场的方向垂直纸面向外B．匀强磁场的磁感应强度大小为EC．粒子的电荷量为mgD．若粒子运动过程中磁场突然消失，则粒子可能做匀减速直线运动4．空间中存在垂直纸面向里的匀强磁场与水平方向的匀强电场，一带电液滴在复合场中恰能沿着MN做匀速直线运动，速度大小为v，MN与水平方向呈45°，NP水平向右。当带电液滴运动到N时，撤去电场，一段时间后粒子经过P点，则（）A．液滴可能带负电B．电场线方向可能水平向左C．液滴到P点的速度一定与N点相同D．液滴从N到P的过程中竖直方向上离NP的最大距离为v5．电磁场可以控制带电粒子的运动。在直角坐标系第一象限内有平行于坐标平面的匀强电场（图中未画出），在第二象限内有垂直坐标平面向外的匀强磁场。一个质量为m、电荷量为qq>0的带电粒子，在M点沿y轴正方向以速度v0进入磁场，过y轴上的N点后进入电场，运动轨迹与x轴交于P点，并且过P点时速度大小仍为v0A．匀强磁场的磁感应强度大小为mB．粒子过N点时速度方向与y轴正方向的夹角为60°C．电场强度大小为mD．粒子运动过程中最小速度为16．如图所示，已知匀强电场方向向下，边界为矩形ABGH，匀强磁场方向垂直纸面向里，边界为矩形BCDG，GD长为L，磁感应强度为B。电量为q，质量为m的粒子，从AH中点以垂直电场的速度v0（未知量）进入电场，然后从边界BG进入磁场，轨迹恰好和磁场另外三个边界相切，运动2A．粒子一定带正电B．AB长为2LC．vD．若电场强度减弱，粒子在磁场中运动时间将变长7．如图所示为某质谱仪的简化示意图，它由加速电场、静电偏转区、真空通道和磁场偏转区组成。现有一α粒子在P点从静止开始经电压恒定的电场加速后进入静电偏转区，然后匀速通过真空通道后进入磁场偏转区，最终打到M点，运动轨迹如图中虚线所示。α粒子在静电偏转区和磁场偏转区中均做匀速圆周运动。下列说法正确的是（）A．静电偏转区内的电场是匀强电场B．磁场偏转区内磁场方向垂直于纸面向里C．仅将α粒子改为质子，质子仍能在静电偏转区沿虚线运动D．仅将α粒子改为氘核（12H），氘核不会沿虚线运动到8．某实验室内充满匀强磁场和匀强电场，磁场、电场与水平地面夹角均为45°且斜向右上，如图所示。房间内在离地面h处的位置有一个粒子发射源，源源不断地发射出质量为m、电荷量为q的粒子，粒子在房间内以v做匀速直线运动。某次实验中，撤去磁场，电场不变，粒子发射后经过一段时间落到地面上（不计空气阻力），重力加速度为g，以下说法正确的（）A．粒子带负电，磁感应强度为2mg2vqB．电场力做功为2C．粒子运动过程中机械能增大D．落地点到发射点的水平距离49．如图所示，真空中水平正对放置的两块带电金属板，板间形成匀强电场，电场强度大小为E，板间同时存在与匀强电场正交的匀强磁场，磁感应强度大小为B0，方向垂直于纸面向里。金属板右端以O为圆心的圆形区域内存在另一方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一带电粒子从A点射入金属板间，沿直线AC运动，从F点射出。已知CD为直径，长度为233L，OF与A．粒子一定带负电B．粒子速度的大小为BC．粒子的比荷为ED．粒子在圆形区域中运动时间为π10．如图所示，某质谱仪由电压为U的加速电场，半径为R且圆弧中心线（虚线所示）处电场强度大小为E的均匀辐射电场和磁感应强度为B的半圆形磁分析器组成。质量为m、电荷量为q的正电粒子（不计重力）从M板由静止加速后，沿圆弧中心线经过辐射电场，再从P点垂直磁场边界进入磁分析器后打在胶片上Q点。下列说法正确的是（）A．辐射电场中，沿电场线方向电场减弱B．辐射电场的电场力对该粒子做正功C．加速电压U=ERD．P点与Q点的距离为2二、多项选择题11．如图所示，空间中存在足够大、正交的匀强磁场和匀强电场，其中匀强磁场垂直于纸面（竖直面）、磁感应强度大小为B，匀强电场与水平方向成30°角。质量为m、电荷量为q（q>0）的小球从某点O开始运动，恰好能在竖直面内斜向右上方做匀速直线运动。小球运动到某点时撤去磁场，电场保持不变。已知小球所受电场力大小与其重力大小相等，空气阻力不计，重力加速度为g。下列说法正确的是（）A．小球的初速度大小为3B．撤去磁场后，小球的机械能一直增大C．撤去磁场后，小球的电势能先减小后增大D．撤去磁场后，小球重力势能的最大增加量为312．如图所示，实线表示在竖直平面内的电场线，电场方向水平，水平方向的匀强电场与磁场正交，有一带电液滴在竖直面内斜向上做直线运动，速度与水平方向夹角为θ，则下列说法中正确的是（）A．液滴有可能做匀加速直线运动 B．液滴一定带正电C．电场方向可能水平向左 D．液滴在运动过程中机械能增大13．如图，在真空中一条理想分界线将平面分为左右两侧。左侧区域存在平行于分界线的匀强电场，右侧区域存在垂直水平面向里的匀强磁场。在左侧电场中有一粒子源O，沿垂直分界线的OO'方向射出速率为v0A．若仅增大匀强电场的场强，则MN之间的距离会增加B．若仅增大带电粒子的初速度，则MN之间的距离会增加C．若仅增大匀强磁场的磁感应强度，则MN之间的距离会增加D．若仅增大OO'之间的距离，14．将离子注入竖直放置的硅片，其原理如图，甲、乙两离子，在N处先后无初速度“飘入”加速电场，经过加速电场加速后，从P点沿半径方向进入垂直于纸面向外的圆形匀强磁场区域，经磁场偏转后，甲离子垂直注入硅片，乙离子与竖直方向成60°夹角斜向上注入硅片。则甲、乙两离子（）A．均为正电荷B．比荷相同C．注入前瞬间的速率之比为3D．在磁场中运动的时间之比为315．现代科学研究中，经常用磁场和电场约束带电粒子的运动轨迹，某次一粒子源于A处不断释放质量为m，带电量为＋q的离子，离子静止释放，经电压为U的电场加速后，沿半径为R1的14圆弧形虚线通过均匀辐射的电场，从P点沿直径PQ方向进入半径为R2A．离子进入圆形匀强磁场区域时的速度大小为2qUB．圆弧形虚线处的电场强度大小为UC．磁感应强度大小为1D．离子运动轨迹不变，改变加速电压和对应虚线处辐射电场大小，使所有离子都能打到收集屏上，加速电压的范围应控制在U3三、计算题16．如图，平面直角坐标系xOy中，第一象限存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E，第四象限存在垂直坐标平面向外的匀强磁场。现有一质子从坐标原点O以某一速度飞入电场，先后经过P、Q点进入磁场。P点坐标为d，0.5d，Q点坐标为2d，（1）求质子在O点的速度大小v0及该速度与x（2）若质子第一次进入磁场后，到达y轴时速度方向恰好垂直y轴，求质子在电场和磁场中运动的总时间t；（3）若质子某次出磁场后能经过点（2d，0.5d），求磁感应强度的最小值。17．如图所示的直角坐标系xOy中，在以O为圆心，半径为R的圆形区域内有一垂直纸面向里的匀强磁场，在R≤x≤2R且y>0的区域内存在沿y轴正方向的匀强电场1，在R≤x≤2R且y<0的区域内存在沿y轴负方向的匀强电场2，两电场的电场强度大小相等，其他区域视为真空。原点O处向第二象限发射一质量为m，带电荷量为q的粒子，粒子初速度大小为v，方向与y轴正方向的夹角为θ，已知该粒子从磁场边界上的N3R5,4R5（1）匀强磁场的磁感应强度B的大小及θ角的余弦值；（2）电场强度E的大小；（3）粒子从发射至离开电场经过的时间。18．如图所示，两竖直放置的平行金属板M、N之间的电压U0=50 V，N板右侧宽L=0.1 m的区域分布着电场强度大小E=100033 V/m、方向竖直向下的匀强电场，虚线PP'与CQ'为其边界，虚线QQ右侧存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。一质量m=1.6×10−25 kg、电荷量q=+1.6×10−17C的粒子从靠近M板的S点由静止释放，经PP（1）粒子第一次到达A点时的速度大小v0（2）匀强磁场的磁感应强度B的大小；（3）粒子从A点进入电场至返回到A点的运动时间（结果可以用π表示）。19．在学校物理创新实验课堂上，老师为引导学生探究带电物体在复合场中的运动规律，布置了一个如图所示的实验环境：空间中有一水平向左的匀强电场（电场空间足够大），将一个质量m=0.3kg，电荷量q=0.8C的带正电小球，放在区域内的O点，然后用弹射器使小球以v0=10m/s（1）电场强度E的大小；（2）小球从开始运动到最高点时，电势能的变化量ΔE20．如图所示，空间存在水平向右的匀强电场，电场中半径为R、平行于电场的圆面内有垂直于圆面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，O为圆面的圆心，圆面的直径MN垂直于电场。一足够大的荧光屏固定在电场中，电场与荧光屏垂直，一个带正电的粒子以初速度v0沿MN方向从M点射入电磁场中，在MN段做直线运动，粒子打在荧光屏上时，速度与荧光屏夹角为60°；若撤去电场，粒子仍从M点沿MN方向以初速度v0射入磁场，粒子从P点（图中未标出）飞出磁场，飞出磁场时速度方向偏转了60°。不计粒子的重力，求：（1）撤去电场后，带电粒子在磁场中运动的轨道半径；（2）带电粒子的比荷qm（3）M点到荧光屏的距离。21．如图所示，半径R=3.6m的16光滑绝缘圆弧轨道，位于竖直平面内，与长L=5m的绝缘水平传送带平滑连接，传送带以v=5m/s的速度顺时针转动，传送带右侧空间存在互相垂直的匀强电场和匀强磁场，电场强度E=20N/C，磁感应强度B=2.0T，方向垂直纸面向外。a为m1=1.0×10-3kg的不带电的绝缘物块，b为m2=2.0×10-3kg、q=1.0×10-3C带正电的物块。b静止于圆弧轨道最低点，将a物块从圆弧轨道顶端由静止释放，运动到最低点与b发生弹性碰撞（碰后b的电荷量不发生变化）。碰后b先在传送带上运动，然后水平离开传送带飞入复合场中，最后以速度方向与水平变成60°角落在地面上的P点（如图），已知b物块与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.1。（g取10m/s2（1）物块a运动到圆弧轨道最低点与b碰撞前的速度大小；（2）b离开传送带右端时的速度大小；（3）物块b离开传送带到落在地面P点的时间；（4）若撤掉匀强磁场，使匀强电场大小不变，方向变成竖直向下，则b离开传送带水平飞入电场中，最后落在地面上的Q点，请判断Q点位于P点的左侧、右侧还是与P点重合。

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A：离子在沿顺时针方向在加速器内循环加速，在磁场区域中做匀速圆周运动，由左手定则可知偏转磁场的方向垂直纸面向里，A正确；

B：第1次加速过程，由动能定理有qU＝ΔEk，则第1次加速后，离子的动能增加了qU，B错误；

C：设第k次加速后离子的速度大小为v，则对k次加速过程，由动能定理有kqU＝12mv2－12mv02，解得v＝m2v02+2kqUm2．【答案】D【解析】【解答】根据题意，画出粒子的运动轨迹，如图所示设Q点纵坐标为h，粒子到达Q点的速度为v，水平分速度为vx，运动时间为t1，则由运动规律可得h=v0t1解得h=2d，v=2v设粒子在磁场中的运动半径为R，周期为T，由几何关系可得R=则粒子在磁场中的运动周期为T=粒子在磁场中的运动时间为t在电场和磁场中运动的总时间为t=故答案为：D。

【分析】将运动分为电场中的类平抛、磁场中的圆周运动两个阶段，分别计算各阶段时间，再求和得到总时间。3．【答案】B【解析】【解答】A．匀速直线运动要求合力为0，初速度为v的带正电粒子，左手定则四指指向右上方，磁场方向根据平衡需要待定，根据重力向下，正点粒子电场力向右知，重力电场力的合力向左下，所以洛伦兹力想让粒子平衡，该向左上方向，所以磁场方向应垂直纸面向里，这样可能在重力电场力洛伦兹力共同作用下平衡，所以洛伦兹力方向为左上方，根据左手定则可判断匀强磁场的方向垂直纸面向里，故A错误；B．由水平方向的平衡条件可写出等式：洛伦兹力水平分量与电场力平衡式qvBsin60°=Eq

解得B=C．由竖直方向重力与洛伦兹力平衡，qvBcos60°=mg，B=EvsinD．若粒子运动过程中磁场突然消失，初速度不为零时继续安牛顿第一定律，重力和电场力的合力方向，匀加速直线运动，如图蓝色两个箭头方向代表两个分运动，合运动类似平抛运动，初速度看做平抛运动的水平分运动，电场力与重力合力方向与初速度方向垂直，看做重力方向自由落体运动，形成抛物线似的轨迹，初速度0时向右下蓝色箭头方向做匀加速直线运动，故D错误；故选B；

【分析】（1）通过力的平衡条件（电场力、洛伦兹力、重力合力为零）建立方程求解；

粒子做直线运动说明合力为零，洛伦兹力方向由左手定则判断；若粒子带负电，需反向分析洛伦兹力；若电场或磁场方向改变，需重新受力分析；

（2）易错点：混淆磁场方向（垂直纸面向里或外）与洛伦兹力方向；误认为磁场消失后粒子仅受电场力（忽略重力影响）。4．【答案】D【解析】【解答】AB．由于带电液滴在复合场中沿MN做匀速直线运动，在该复合场中，液滴受到重力、电场力和洛伦兹力三个力的共同作用，因为液滴做匀速直线运动，所以三力的合力为零。由于重力竖直向下，电场力方向在水平方向上，根据三力平衡条件可以得出洛伦兹力必须斜向上，所以当液滴带正电，根据左手定则，洛伦兹力垂直于速度，方向斜向上。重力竖直向下，若电场线方向向右，则电场力水平向右，此时满足三力平衡，所以液滴只能带正电，电场方向水平向右，故AB错误；C．在N点撤去电场后，液滴受到重力以及洛伦兹力，由于N和P在同一高度，所以该过程重力不做功，由于洛伦兹力也不做功，根据动能定理可以得出液滴的速度大小不变，但是由于洛伦兹力改变速度的方向，所以两点的速度方向不一定相同，故C项错误；D．对液滴在N点的速度进行分解，液滴的速度在水平方向为v竖直方向速度为v洛伦兹力在竖直方向上的分力大小为F根据竖直方向的平衡方程可知：qvB所以洛伦兹力在竖直方向的分量与重力抵消。洛伦兹力在另一个分量提供做匀速圆周运动的向心力，液滴做圆周运动，根据牛顿第二定律有q解得r=由上述分析可知，液滴所做运动为匀速直线运动与圆周运动的合运动，其偏离NP的最大距离为v2故选D。

【分析】利用液滴做匀速直线运动的平衡条件可以判别洛伦兹力和电场力的方向，进而判别粒子的电性；利用粒子电性结合电场力方向可以判别电场方向；利用动能定理可以比较液滴到达P点和N点的速度大小及方向；利用速度的分解结合平衡方程可以求出竖直方向洛伦兹力与重力平衡，利用水平方向的洛伦兹力结合牛顿第二定律可以求出液滴偏离NP的最大距离。5．【答案】A【解析】【解答】本题考查带电粒子在组合场中的运动，在计算粒子的运动半径、运动速度方向时，关键是结合坐标系的几何关系，及圆周运动的对称特点。AB．由几何关系，可知其轨迹与圆心连线满足如下图示关系：由图可知tan即α=60°由几何关系可知β=α-30°=60°-30°=30°故θ=180°-90°-30°=60°可计算其在磁场中运动的半径满足r即r=2L结合洛伦兹力提供向心力q可计算磁感应强度大小B=故A错误，B正确；CD．由粒子在N、P两点的速度大小相等，可知NP连线为等势面，结合电场线与等势线的关系及粒子的初速度，可知其电场线方向；由OP间距，ON间距，可知其角度关系如图所示：由图可知x由粒子在第一象限的受力特点，可知其在从N到P的过程，沿电场方向做匀变速运动，垂直于电场方向做匀速运动；垂直于电场方向xNP=v0sin30°t沿电场方向0=a=化简得E=当粒子在沿电场方向减速到0时，速度最小，此时速度为vmin=v0sin30°=1故CD正确。本题选择不正确的，故选A。【分析】由几何关系，可计算其在磁场中运动的半径，结合洛伦兹力提供向心力，可计算磁感应强度大小；由圆周运动特点，结合图中的几何关系，可知其过N点的速度方向；由粒子在N、P两点的速度大小相等，可知NP连线为等势面，结合电场线与等势线的关系，可知其电场线方向；由粒子在第一象限的受力特点，可知其在沿电场方向、垂直于电场方向的运动特点，根据运动学关系式，可计算其最小速度、电场强度大小。6．【答案】B【解析】【解答】带电粒子在电场、磁场组合场中的运动是指粒子从电场到磁场，或从磁场到电场的运动。通常按时间的先后顺序分成若干个小过程，在每一运动过程中从粒子的受力性质、受力方向和速度方向的关系入手，分析运动性质。A．由题意可知，若粒子带正电，运动轨迹如图所示，若粒子带负电，由对称性，粒子在电场中向上偏转，磁场中运动的圆轨迹与正粒子圆轨迹相重合，故不论带何种电荷，都符合题意，A错误；B．如图所示，取正粒子运动轨迹，轨迹恰好和磁场另外三个边界相切，运动23个圆周后返回电场，所以圆弧对应的圆心角为240°，可知图中设定的θ=α=60°r+rr=设P点速度为v，根据速度的分解可得v=23粒子在电场中做类平抛运动，设粒子在电场中运动时间为t，则有LAB=由几何关系y=r联立解得LB正确；C．带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦磁力提供向心力，可得qvB=v=代入数据解得vC错误；D．若电场强度减弱，粒子进入磁场的偏转角减小，粒子在磁场中运动的轨道半径减小，圆轨道对应的圆心角变小，所以在磁场中运动时间将变短，D错误。故选B。

【分析】根据洛伦兹力提供向心力，结合几何关系，利用速度的分解，综合粒子在电场中做类平抛运动分析求解。7．【答案】C【解析】【解答】本题考查带电粒子在电场和磁场的组合场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。A．α粒子在静电偏转区做匀速圆周运动，电场力提供向心力，方向不断变化，说明电场方向也不断变化，则电场不是匀强电场，故A错误；B．α粒子在磁场偏转区受到的洛伦兹力提供向心力根据左手定则可判断磁场方向垂直纸面向外，故B错误；C．在从加速电场射出后，满足

qU=在静电偏转区域，由

F则

E=则质子也能在静电偏转区域沿虚线做匀速圆周运动，与电荷和质量无关，故C正确；D．在从加速电场射出后，满足

qU=12mv2

α粒子和氘核比荷相同，则两者射出后速度相同，在静电偏转区域，同样满足

qE=mv故选C。

【分析】根据电场力的方向判断场强的方向，进而判断是否为匀强电场；根据左手定则判断磁场方向；根据动能定理和圆周运动表达式分析判断；8．【答案】D【解析】【解答】A．粒子在匀强电场和磁场中做匀速直线运动，则粒子受到的合力为零；粒子受到的电场力与电场线平行，受到的洛伦兹力与磁场方向和电场方向都垂直，则粒子的受力如图所示：若粒子带负电，则电场力、洛伦兹力和重力不可能平衡，因此粒子应带正电；根据平衡条件mgcos45°=qE，mgsin45°=qvB解得E=2mg2qBC．由左手定则可知粒子的速度方向垂直纸面水平向外；撤去磁场后，重力与电场力的合力垂直于电场斜向下。则粒子运动轨迹在垂直于电场线的平面内，故电场力不做功。则粒子落地过程中，机械能守恒，故BC错误；D．粒子的速度方向垂直纸面水平向外，粒子在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，根据a=根据h=可得t=水平向外做匀速直线运动，则x=vt=v水平向右做匀加速运动a则水平向右的位移z=落地点到发射点的水平距离s=x故答案为：D。

【分析】先由粒子匀速直线运动的平衡条件，结合场的方向判断粒子电性并求出场强、磁感应强度；撤去磁场后，分析粒子在电场力、重力作用下的运动，分解为水平和竖直方向，计算电场力做功、机械能变化及落地点水平距离，逐一验证选项。9．【答案】D【解析】【解答】A．带电粒子从A点射入金属板间，沿直线AC运动，从F点射出，则带电粒子在磁场中受力向上，由左手定则可知粒子一定带正电，故A错误；B．带电粒子在两块带电金属板间沿直线AC运动，所受电场力与磁场力大小相等，方向相反

qE=qvB0

则粒子速度的大小为

v=C．由题意可知圆形磁场的半径

R=12

由几何知识可知带电粒子在磁场中运动轨迹的半径

r=Rtanα=Rtan30°=L

由牛顿第二定律得D．由周期公式

T=2πrv

可得

T=2πmqB=2π故选D。

【分析】1、带电粒子在磁场中受力向上，由左手定则确定粒子电性。

2、带电粒子在速度选择器中作直线运动，电场力与磁场力大小相等，方向相反。

3、由几何知识可知带电粒子在磁场中运动轨迹的半径，再根据洛伦磁力提供向心力可计算速度。

4、带电粒子在磁场中匀速圆周运动，根据圆心角和周期计算运动时间。10．【答案】D【解析】【解答】本题考查带电粒子在电场中的加速、偏转和在磁场中的偏转问题，会根据题意进行准确分析解答。AB．辐射电场中，沿电场线方向，电场线逐渐变密，故电场是增强的，又因为指向圆心的电场力提供向心力，电场力对该粒子不做功，故AB错误；C．在加速电场中，有qU=在偏转电场中，满足qE=联立解得U=故C错误；D．带电粒子在匀强磁场中运动时，根据牛顿第二定律有q联立解得P点与Q点的距离等于x=2r=故D正确。故选D。

【分析】根据辐射电场力的作用以及电场线的疏密变化进行判断；根据动能定理和牛顿第二定律列式联立推导。11．【答案】B,D【解析】【解答】A．已知小球所受电场力大小与其重力大小相等，小球恰好能在竖直面内斜向右上方做匀速直线运动，电场力和洛伦兹力的合力与重力等大反向，所以，洛伦兹力方向与电场方向夹角为120°，大小等于mg，则mg=qvB小球的初速度大小为mgqBBC．撤去磁场后，小球速度与合力方向垂直，根据左手定则可以判断，速度方向与电场方向夹角为30°，因为运动的速度始终与电场力方向夹角为锐角，所以电场力始终做正功，电势能一直减小，小球的机械能一直增大，故B正确、C错误；D．小球上升到最高点时，重力势能最大，撤去磁场后，竖直方向mg−Eqsin30°=ma小球重力势能的最大增加量为ΔE故答案为：BD。

【分析】先根据匀速直线运动的受力平衡，求出初速度；再分析撤去磁场后，电场力做功对机械能和电势能的影响，最后通过运动学公式计算重力势能的最大增加量。12．【答案】B,D【解析】【解答】A．由于带电液滴做直线运动，根据受力分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，由于三个力与速度方向都不共线，这三个力的合力不可能沿带电液滴的速度方向，因此这三个力的合力一定为零，所以带电液滴做匀速直线运动，故A错误；BC．当带电液滴带正电，电场线方向向右时，带电液滴受竖直向下的重力G、沿电场线方向的电场力F、垂直于速度方向斜向左上方的洛伦兹力f作用，由于洛伦兹力的方向与重力和电场力的合力方向相反，所以这三个力的合力可能为零，带电液滴在竖直面内斜向上做直线运动，由于此时速度方向与电场力方向存在锐角，此时电场力做正功，机械能增大；如果带电液滴带负电时，洛伦兹力斜向右下，无论电场线方向向左或向右，电场力方向与重力的合力方向不能与洛伦兹力的方向相反，所以带电液滴所受合力不为零，不可能沿直线运动，故BD正确，C错误；故选BD。

【分析】利用带电粒子受到的电场力方向、洛伦兹力的方向及重力的方向可以判别三者合力为0，进而判别液滴做匀速直线运动；利用三力平衡可以判别液滴的电性及电场力的方向，进而判别电场的方向；利用电场力做功可以判别机械能的变化。13．【答案】B,D【解析】【解答】粒子进入磁场时qvB=mv2r，可得r=mvqB，MN之间的距离xMN=2rsin故答案为：BD。

【分析】粒子先在电场中做类平抛运动，进入磁场后做匀速圆周运动，结合电场中的速度分解与磁场中的圆周运动规律，推导MN间距的表达式，分析各物理量对间距的影响。14．【答案】A,C【解析】【解答】A．由左手定则可知，粒子带正电，故A正确。B．经电场加速

qU=12mv2

在磁场中

qvB=mvC．设圆形磁场的半径为R，则甲粒子的运动半径为

r1=R

乙粒子的运动半径为根据

v=qBrm=2UBr

D．根据

t=θ360∘2πrv

故选AC。

【分析】本题是带电粒子先在加速电场中加速再在磁场中圆周运动。

1、电场加速qU=12mv2，在磁场中qvB=mv15．【答案】A,C,D【解析】【解答】A．离子通过加速电场，由动能定理得qU=12mv2B．离子经过静电分析器，电场力提供向心力可得qE=mv2C．离子最后垂直打在平行PQ放置且与PQ等高的收集屏上，由几何知识可知r=R2，根据洛伦兹力提供向心力有qvB=mvD．要让离子全部打在收集屏上，其临界状态的轨迹如图所示设圆心分别为O3、O4，半径分别为r设圆心为O3的离子在磁场中做圆周运动的圆心角为θ，根据几何关系有解得θ=120°根据几何关系有tan解得r根据qvB=mv2将“r”用“r1”和“r2”替换可得，要使所有离子都能打到收集屏上，加速电压的范围应控制在故答案为：ACD。

【分析】分三个阶段分析：加速电场（动能定理）、辐射电场（电场力提供向心力）、匀强磁场（洛伦兹力提供向心力）。16．【答案】（1）解：质子在电场中做类斜抛运动，根据对称性可知，P点为抛物线的顶点，从O到Q点经过的时间为t牛顿第二定律有qE=may方向做匀变速运动，O到P的时间为12t可得tx方向做匀速运动，O到Q过程中，2d=解得vy方向，速度时间关系v可得tanθ=v质子在O点的速度v（2）解：根据运动的对称性可知，质子第一次到达Q点时速度大小为v0，方向与x轴正方向夹角为质子在磁场中做匀速圆周运动，设轨迹半径为r，如图所示由几何关系有sin质子在磁场中做匀速圆周运动的周期T=质子在磁场中运动的时间t质子在电场和磁场中运动的总时间t=（3）解：设质子第2次经过x轴的位置到O的距离为Δx由几何关系有Δ质子某次出磁场后能经过点2d，0.5d可得r因质子在磁场中轨迹不能过第三象限，还需满足2d≥所以r则2d−2即n=1或n=2根据洛伦兹力提供向心力q可得B=当r1越大时，B越小，即n=2则B【解析】【分析】(1)结合质子在电场中的类平抛运动规律，提取水平、竖直方向的位移与加速度数据，由运动学公式和牛顿第二定律求初速度大小与方向夹角；

(2)分别计算质子在电场中类平抛的运动时间、在磁场中圆周运动的时间，求和得到总时间；

(3)分析质子出磁场后经过指定点的轨迹几何关系，结合洛伦兹力提供向心力的公式，求磁感应强度的最小值。（1）质子在电场中做类斜抛运动，根据对称性可知，P点为抛物线的顶点，从O到Q点经过的时间为t牛顿第二定律有qE=may方向做匀变速运动，O到P的时间为12t可得tx方向做匀速运动，O到Q过程中，2d=解得vy方向，速度时间关系v可得tanθ=v质子在O点的速度v（2）根据运动的对称性可知，质子第一次到达Q点时速度大小为v0，方向与x轴正方向夹角为质子在磁场中做匀速圆周运动，设轨迹半径为r，如图所示由几何关系有sin质子在磁场中做匀速圆周运动的周期T=质子在磁场中运动的时间t质子在电场和磁场中运动的总时间t=（3）设质子第2次经过x轴的位置到O的距离为Δx由几何关系有Δ质子某次出磁场后能经过点2d，0.5d可得r因质子在磁场中轨迹不能过第三象限，还需满足2d≥所以r则2d−2即n=1或n=2根据洛伦兹力提供向心力q可得B=当r1越大时，B越小，即n=2则B17．【答案】（1）由qvB=m得r=又由几何关系有r解得r=综上可得B=8mv5qR（2）粒子在电场中做类平抛运动，时间为t3，则有又1其中Eq=ma联立解得E=（3）粒子在磁场中偏转了90°+θ，即106°由T=得t1=106°360°×【解析】【分析】（1）粒子在磁场中做圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力结合几何关系求解；

（2）粒子在电场中做类平抛运动，根据平抛运动规律结合牛顿第二定律求解场强大小；

（3）求出粒子在磁场中偏转的角度，结合运动周期求解时间。（1）由qvB=m得r=又由几何关系有r解得r=综上可得B=8mv5qR（2）粒子在电场中做类平抛运动，时间为t3，则有又1其中Eq=ma联立解得E=（3）粒子在磁场中偏转了90°+θ，即106°由T=得t1=粒子从发射至离开电场经过的时间t18．【答案】（1）解：根据动能定理可得U解得v（2）解：粒子在电场中做类平抛运动，有L=解得t根据a=可得v故粒子离开电场时的速度v=tan解得θ=则y由题意可知，A点到C点与D点到A点有一定的对称性，粒子从D点回到A点的时间ty即y设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，则y解得r=根据Bqv=m可得B=（3）解：根据几何关系可知粒子在磁场中的偏转角度为240∘，故在磁场中的运动时间为故粒子从A点进入电场至返回到A点的运动时间为t=【解析】【分析】(1)根据动能定理U0q=1(2)粒子在电场中做类平抛运动：水平方向匀速L=v0t1求运动时间t1；竖直方向由a=Eqm得加速度，进而求竖直分速度vCy=at1，合成得离开电场的合速度与偏角θ，同时求竖直位移yAC。利用对称性得D→A的时间与位移，求出(3)根据几何关系确定粒子在磁场中的偏转角度为240∘（即4π3弧度），结合圆周运动周期公式T=2πrv，求出磁场中运动时间tB=2（1）根据动能定理可得U解得v（2）粒子在电场中做类平抛运动，有L=解得t根据a=可得v故粒子离开电场时的速度v=tan解得θ=则y由题意可知，A点到C点与D点到A点有一定的对称性，粒子从D点回到A点的时间ty即y设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，则y解得r=根据Bqv=m可得B=（3）根据几何关系可知粒子在磁场中的偏转角度为240∘，故在磁场中的运动时间为故粒子从A点进入电场至返回到A点的运动时间为t=19．【答案】（1）解：因小球做直线运动，受到竖直向下的重力mg和水平向左的电场力qE的合力必沿此直线，如图由图可得mg=qE所以E=5（2）解：设从O点到最高点的位移为x，由运动学公式0−根据牛顿第二定律可得mg所以x=小球运动到最高点时其电势能与在O点时的电势能之差为W解得Δ【解析】【分析】(1)根据带电小球做直线运动的条件（合力方向与速度方向共线），结合重力与电场力的受力几何关系，列方程求解电场强度；

(2)先由运动学公式和牛顿第二定律求小球到最高点的位移，再计算电场力做功，结合电势能变化与电场力做功的关系求解电势能变化量。（1）因小球做直线运动，受到竖直向下的重力mg和水平向左的电场力qE的合力必沿此直线，如图由图可得mg=qE所以E=5（2）设从O点到最高点的位移为x，由运动学公式0−根据牛顿第二定律可得mg所以x=小球运动到最高点时其电势能与在O点时的电势能之差为W解得Δ20．【答案】（1）解：设粒子在磁场中运动的轨道半径为r，无电场时粒子在匀强磁场中的运动轨迹如图所示，由几何关系得tan联立解得r=（2）解：粒子进入磁场，做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有q解得q（3）解：粒子在电磁场中做匀速直线运动有qE=q解得E=粒子从N点射出，做类平抛运动，设打在荧光屏上时沿电场方向的速度大小为vy，M点到荧光屏的距离为d，根据运动学公式有v其中v根据牛顿第二定律qE=ma结合粒子比荷，解得d=【解析】【分析】（1）画出