【物理】2020届一轮复习人教版带电体在组合场、复合场中的运动学案
第11讲带电体在组合场、复合场中的运动
主干知识体系
核心再现及学科素养
知识规律
(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．
②正确区分“电偏转”和“磁偏转”的不同．
(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
理几何关系，要有运用数学知识处理物理问题的习惯．
思想方法
(1)物理思想：等效思想、分解思想．
(2)物理方法：理想化模型法、对称法、合成法、分解法、临界法等.
1．(2017·高考全国卷Ⅰ，16)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>mc
C．mc>ma>mb D．mc>mb>ma
B [设三个微粒的电荷量均为q，
a在纸面内做匀速圆周运动，说明洛伦兹力提供向心力，重力与电场力平衡，即
mag＝qE①
b在纸面内向右做匀速直线运动，三力平衡，则
mbg＝qE＋qvB②
c在纸面内向左做匀速直线运动，三力平衡，则
mcg＋qvB＝qE③
比较①②③式得：mb>ma>mc，选项B正确．]
2．(2018·高考全国卷Ⅱ，25)一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在xOy平面内的截面如图所示：中间是磁场区域，其边界与y轴垂直，宽度为l，磁感应强度的大小为B，方向垂直于xOy平面；磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为l′，电场强度的大小均为E，方向均沿x轴正方向；M、N为条状区域边界上的两点，它们的连线与y轴平行．一带正电的粒子以某一速度从M点沿y轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从M点入射的速度从N点沿y轴正方向射出．不计重力．
(1)定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹；
(2)求该粒子从M点入射时速度的大小；
(3)若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x轴正方向的夹角为，求该粒子的比荷及其从M点运动到N点的时间．
图(a)
解析 (1)粒子运动的轨迹如图(a)所示．(粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中为圆弧，上下对称)
(2)粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动．设粒子从M点射入时速度的大小为v0，在下侧电场中运动的时间为t，加速度的大小为a；粒子进入磁场的速度大小为v，方向与电场方向的夹角为θ[如图(b)]
，速度沿电场方向的分量为v1.
图(b)
根据牛顿第二定律有
qE＝ma①
式中q和m分别为粒子的电荷量和质量．
由运动学公式有v1＝at②
l′＝v0t③
v1＝vcos θ④
粒子在磁场中做匀速圆周运动，设其运动轨道半径为R，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得qvB＝⑤
由几何关系得l＝2Rcos θ⑥
联立①②③④⑤⑥式得v0＝⑦
(3)由运动学公式和题给数据得v1＝v0cot⑧
联立①②③⑥⑦式得＝⑨
设粒子由M点运动到N点所用的时间为t′，则
t′＝2t＋T⑩
式中T是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期．
T＝⑪
由③⑦⑨⑩⑪式得t′＝(1＋)⑫
答案 (2) (3)(1＋)
3．(2018·天津卷，11)如图所示，在水平线ab的下方有一匀强电场，电场强度为E，方向竖直向下，ab的上方存在匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里．磁场中有一内、外半径分别为R、R的半圆环形区域，外圆与ab的交点分别为M、N.一质量为m、电荷量为q的带负电粒子在电场中P点静止释放，由M进入磁场，从N射出．不计粒子重力．
(1)求粒子从P到M所用的时间t.
(2)若粒子从与P同一水平线上的Q点水平射出，同样能由M进入磁场，从N射出．粒子从M到N的过程中，始终在环形区域中运动，且所用的时间最少，求粒子在Q时速度v0的大小．
解析 (1)设粒子在磁场中运动的速度大小为v，所受洛伦兹力提供向心力，有
qvB＝①
设粒子在电场中运动所受电场力为F，有
F＝qE②
设粒子在电场中运动的加速度为a，根据牛顿第二定律有
F＝ma③
粒子在电场中做初速度为零的匀加速直线运动，有
v＝at④
联立①②③④式得
t＝⑤
(2)粒子进入匀强磁场后做匀速圆周运动，其周期与速度、半径无关，运动时间只由粒子所通过的圆弧所对的圆心角的大小决定．故当轨迹与内圆相切时，所用的时间最短．设粒子在磁场中的轨迹半径为r′，由几何关系可得
(r′－R)2＋(R)2＝r′2⑥
设粒子进入磁场时速度方向与ab的夹角为θ，即圆弧所对圆心角的一半，由几何关系知
tan θ＝⑦
粒子从Q射出后在电场中做类平抛运动，在电场方向上的分运动和从P释放后的运动情况相同，所以粒子进入磁场时沿竖直方向的速度同样为v.在垂直于电场方向上的分速度始终等于v0，由运动的合成和分解可得
tan θ＝⑧
联立①⑥⑦⑧式得
v0＝⑨
答案 (1) (2)
[考情分析]
■命题特点与趋势
1．带电粒子在组合场、复合场中的运动在全国高考中经常出现、或是选择题、或是压轴题，综合性较强．
2．从近几年全国卷和地方卷可看出，命题点多集中在带电粒子在电场和磁场的组合场中运动，重在曲线运动的处理方法及几何关系的应用．在考查重力场、电场、磁场的叠加场中的运动问题，重在受力分析及运动学规律的应用．
■解题要领
解决此类问题一定要分清场的组成、带电体在磁场中的受力特点、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，并能找出它们的联系.
高频考点一 带电粒子在组合场中的运动
[备考策略]
1．熟记两大偏转模型
(1)电偏转(匀强电场中)
受力特点及运动性质
电场力为恒力，带电粒子做匀变速运动，轨迹为抛物线．只讨论v0⊥E的情况，带电粒子做类平抛运动
处理方法
运动的合成与分解
关注要点
①速度偏转角θ，tan θ＝＝
②侧移距离y0，y0＝
(2)磁偏转(匀强磁场中)
受力特点及运动性质
洛伦兹力大小恒定，方向总垂直于速度方向．带电粒子做匀速圆周运动
处理方法
匀速圆周运动规律
关注要点
①圆心及轨道半径．两点速度垂线的交点或某点速度垂线与轨迹所对弦的中垂线的交点即圆心，r＝
②周期及运动时间．周期T＝，运动时间t＝T，掌握圆心角θ的确定方法
③速度的偏转角α，α＝0
2.灵活用好一个“突破口”
当粒子从一个场进入另一个场时，分析转折点处粒子速度的大小和方向往往是解题的突破口．
[典例导航]
例1 平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第Ⅲ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，如图所示．一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0沿x轴正方向开始运动，Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍．粒子从坐标原点O离开电场进入磁场，最终从x轴上的P点射出磁场，P点到y轴距离与Q点到y轴距离相等．不计粒子重力，问：
(1)粒子到达O点时速度的大小和方向；
(2)电场强度和磁感应强度的大小之比．
解析 (1)在电场中，粒子做类平抛运动，设Q点到x轴距离为L，到y轴距离为2L，粒子的加速度为a，运动时间为t，有
2L＝v0t①
L＝at2②
设粒子到达O点时沿y轴方向的分速度为vy
vy＝at③
设粒子到达O点时速度方向与x轴正方向夹角为α，有
tan α＝④
联立①②③④式得α＝45°⑤
即粒子到达O点时速度方向与x轴正方向成45°角斜向上．
设粒子到达O点时速度大小为v，由运动的合成有
v＝⑥
联立①②③⑥式得v＝v0⑦
(2)设电场强度为E，粒子所带电荷量为q，质量为m，粒子在电场中受到的电场力为F，由牛顿第二定律可得F＝ma⑧
又F＝qE ⑨
设磁场的磁感应强度大小为B，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，所受的洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m⑩
由几何关系可知R＝L⑪
联立①②⑦⑧⑨⑩⑪式得＝⑫
答案 (1)v0，与x轴正方向成45°角斜向上 (2)
[题组突破]
1－1.(2018·山西五校联考)质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具．图中的铅盒A中的放射源放出大量的带正电粒子(可认为初速度为零)，从狭缝S1进入电压为U的加速电场区加速后，再通过狭缝S2从小孔G垂直于MN射入偏转磁场，该偏转磁场是以直线MN为切线、磁感应强度为B、方向垂直于纸面向外、半径为R的圆形匀强磁场．现在MN上的点F(图中未画出)接收到该粒子，且GF＝R，则该粒子的比荷为(粒子的重力忽略不计) ( )
A. B. C. D.
C [设离子被加速后获得的速度为v，由动能定理有qU＝mv2，由几何知识知，离子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径r＝.
又Bqv＝m，可求＝ ，故C正确．]
1－2.(2018·陕西省汉中市高三模拟)如图所示，在xOy平面直角坐标系中，直角三角形ACD内存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场．线段CO＝OD＝l，θ＝30°.在第四象限正方形ODEF内存在沿x轴正方向、大小E＝
的匀强电场，在第三象限沿AC放置一平面足够大的荧光屏，屏与y轴平行．一个电子P从坐标原点O沿y轴正方向射入磁场，恰好不从AD边射出磁场．已知电子的质量为m，电量为e，不计电子的重力．
(1)求电子P射入磁场时的速度大小；
(2)求电子P经过y轴时的y坐标；
(3)若另一电子Q从x坐标轴上某点(x≠0)以相同的速度仍沿y轴正方向射入磁场，且P、Q打在荧光屏上同一点，求电子Q在电场中运动的时间．
解析 (1)由几何关系可得：r＋＝l
粒子在磁场中做匀速圆周运动受力洛伦兹力提供向心力：ev0B＝，解得：r＝，v0＝
(2)假设电子从OE边离开，则电子做类平抛运动中，有：2r＝v0t1 yQ＝at eE＝ma
解得：t1＝，yQ＝l
由于yQ＝l
0的区域有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B1；第三象限同时存在着垂直于坐标平面向外的匀强磁场和竖直向上的匀强电场 ，磁感应强度大小为B2，电场强度大小为E.x>0的区域固定一与x轴成θ＝30°角的绝缘细杆．一穿在细杆上的带电小球a沿细杆匀速滑下，从N点恰能沿圆周轨道运动到x轴上的Q点，且速度方向垂直于x轴．已知Q点到坐标原点O的距离为l，重力加速度为g，B1＝7E，B2＝E.空气阻力忽略不计．
(1)求带电小球a的电性及其比荷；
(2)求带电小球a与绝缘细杆的动摩擦因数μ；
(3)当带电小球a刚离开N点时，从y轴正半轴距原点O为h＝的P点(图中未画出)以某一初速度平抛一个不带电的绝缘小球b，b球刚好运动到x轴时与向上运动的a球相碰，则b球的初速度为多大？
解析 (1)由带电小球a在第三象限内做匀速圆周运动可得，带电小球a
带正电，且mg＝qE，解得＝.
(2)带电小球a从N点运动到Q点的过程中，设运动半径为R，有qvB2＝m
由几何关系有R＋Rsin θ＝l
联立解v＝
带电小球a在杆上做匀速运动时，由平衡条件有
mgsin θ＝μ(qvB1－mgcos θ)
解得μ＝.
(3)带电小球a在第三象限内做匀速圆周运动的周期
T＝＝
带电小球a第一次在第二象限竖直上下运动的总时间为t0＝＝
绝缘小球b平抛运动至x轴上的时间为
t＝＝2
两球相碰有t＝＋n(t0＋)
联立解得n＝1
设绝缘小球b平抛的初速度为v0，则l＝v0t
解得v0＝
答案 (1)正电 (2) (3)
【思路探究】 (1)带电小球在第三象限做匀速圆周运动的条件是什么？
(2)带电小球沿细杆匀速下滑过程中受哪些力作用？其中滑动摩擦力和哪些因素有关？
(3)两小球相碰应满足什么条件？
[题组突破]
2－1.(2018·山东省青岛市高三统一质检)如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右磁场方向垂直于纸面向外．已知在该区域内，一个带电小球在竖直面内做直线运动．下列说法正确的是( )
A．若小球带正电荷，则小球的电势能减小
B．若小球带负电荷，则小球的电势能减小
C．无论小球带何种电荷，小球的重力势能都减小
D．小球的动能可能会增大
C [带电小球在重力场、电场、磁场的复合场中，只要做直线运动(速度与磁场不平行)，一定是匀速直线运动．若速度变化，洛伦兹力(方向垂直速度)会变化，合力就会变化；合力与速度就不在一直线上，带电体就会做曲线运动．A：小球受的重力竖直向下，若小球带正电荷，小球受的电场力水平向右，则洛伦兹力斜向左上方，三力才能平衡；由左手定则可知，小球的速度向左下方，则电
场力的方向与运动方向成钝角，电场力做负功，小球的电势能增大．故A项错误．B：小球受的重力竖直向下，若小球带负电荷，小球受的电场力水平向左，则洛伦兹力斜向右上方，三力才能平衡；由左手定则可知，小球的速度向右下方，则电场力的方向与运动方向成钝角，电场力做负功，小球的电势能增大．故B项错误．C：由AB项分析知，无论小球带何种电荷，小球竖直方向的分速度均向下，小球的重力势能减小．故C项正确．D：小球做匀速直线运动，动能不变．故D项错误．]
2－2.(2018·天津市耀华中学高三月考(4))如图所示，在平面直角坐标系xOy
中，第一象限内存在正交的匀强电磁场，电场强度E1＝40 N/C；第四象限内存在一方向向左的匀强电场E2＝ N/C.一质量为m＝2×10－3 kg的带正电的小球，从M(3.64 m,3.2 m)点，以v0＝1 m/s的水平速度开始运动．已知球在第一象限内做匀速圆周运动，从P(2.04 m,0)点进入第四象限后经过y轴上的N(0，－2.28 m)点(图中未标出)．(g取10 m/s2 ，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：
(1)匀强磁场的磁感应强度B的大小；
(2)小球由P点运动至N点的时间．
解析 (1)由题意可知：qE1＝mg，解得：q＝5×10－4 C
小球在第一、四象限的运动轨迹如图所示．
则Rcos θ＝xM－xP，Rsin θ＋R＝yM
可得R＝2 m，θ＝ 37°
由qv0B＝m，解得B＝2 T
(2)小球进入第四象限后受力分析如图所示．
tan α＝＝0.75
所以α＝θ＝37°，小球进入第四象限后所受的电场力和重力的合力与速度方向垂直．
由几何关系可得：＝tan α＝1.53 m
＝－＝0.75 m
∠QNA＝∠OPA＝α
得＝cos α＝0.6 m.
由＝v0t，解得t＝0.6 s.
答案 (1)2 T (2)0.6 s
[归纳反思]
“两分析、一应用”巧解复合场问题
1．受力分析，关注几场叠加；(1)磁场、重力场并存；(2)电场、磁场并存；(3)电场、磁场、重力场并存．
2．运动分析，典型运动模型构建：带电体受力平衡，做匀速直线运动；带电体受力恒定，做匀变速直线运动；带电体受力大小恒定且方向指向圆心，做匀速圆周运动，带电体受力方向变化复杂，做曲线运动等．
3．选用规律，两种观点解题：(1)带电体做匀速直线运动，则用平衡条件求解(即二力或三力平衡)；(2)带电体做匀速圆周运动，应用向心力公式或匀速圆周运动的规律求解；(3)带电体做匀变速直线或曲线运动，应用牛顿运动定律和运动学公式求解；(4)带电体做复杂的曲线运动，应用能量守恒定律或动能定理求解．
高频考点三 带电粒子在周期性变化的电磁场中的运动分析
[备考策略]
1．此类问题通常是空间存在的电场或磁场随时间发生周期性变化，一般呈现“矩形波”的特点，交替变化的电场或磁场会使带电粒子的运动规律交替变化，运动过程出现多样性，其特点也较为隐蔽．解答此类问题的关键是弄清交变场的组合特点及变化规律，然后化整为零，逐一击破。
2．不同的“场”不同的“关注点”
[典例导航]
例3 (2018·广东肇庆市第二次模拟)如图甲所示，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水平匀强磁场，电场和磁场的范围足够大，电场强度E＝40 N/C，磁感应强度B随时间t变化的关系图象如图乙所示，选定磁场垂直纸面向里为正方向．t＝0时刻，一质量m＝8×10－4kg、电荷量q＝＋2×10－4C的微粒在O点具有竖直向下的速度v＝0.12 m/s，O′是挡板MN上一点，直线OO′与挡板MN垂直，取g＝10 m/s2，求：
(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′的最大高度；
(3)水平移动挡板，使微粒能垂直射到挡板上，挡板与O点间的距离应满足的条件．
解析 (1)根据题意可知，微粒所受的重力大小G＝mg＝8×10－3N，方向竖直向下
微粒所受电场力大小F＝qE＝8×10－3 N，方向竖直向上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＝m
解得：R＝0.6 m
由T＝得：T＝10π s
则微粒在5π s内转过半个圆周，再次经直线OO′时与O点的距离：L＝2R＝1.2 m
(2)微粒运动半周后向上匀速运动，运动的时间为t＝5π s，位移大小：s＝vt≈1.88 m，轨迹如图所示，
则微粒离开直线OO′的最大高度：H＝s＋R＝2.48 m
(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，由图象可以知道，挡板MN与O点间的距离应满足：L＝(2.4n＋0.6)m(n＝0,1,2，…)
若微粒能垂直射到挡板上的某点P，P点在直线OO′上方时，由图象可以知道，挡板MN与O点间的距离应满足：L＝(2.4n＋1.8)m(n＝0,1,2，…)
答案 (1)1.2 m (2)2.48 m (3)L＝(2.4n＋1.8)m(n＝0,1,2，…)，或L＝(2.4n＋0.6)m(n＝0,1,2，…)
[题组突破]
3－1.(2018·河南省商丘市高三冲刺)如图甲所示，水平直线MN下方有竖直向上的匀强电场，现将一重力不计、比荷＝106 C/kg的正电荷置于电场中的O点由静止释放，经过×10－5 s后，电荷以v0＝1.5×104 m/s的速度通过MN进入其上方的匀强磁场，磁场与纸面垂直，磁感应强度B按图乙所示规律作周期性变化．图乙中磁场以垂直纸面向外为正，以电荷第一次通过MN时为t＝0时刻．求：
图甲
图乙
(1)匀强电场的电场强度E；
(2)t＝×10－5 s时刻电荷与O点的水平距离；
(3)如果在O点右方d＝68 cm处有一垂直于MN的足够大的挡板，求电荷从O点出发运动到挡板所需的时间．
(sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80)
解析 (1)电荷在电场中做匀加速直线运动，设其在电场中运动的时间为t1，
有v0＝at1，Eq＝ma，
解得E＝≈7.2×103V/m.
(2)当磁场垂直纸面向外时，电荷运动的半径
r1＝＝5 cm，
周期T1＝＝×10－5 s，
当磁场垂直纸面向里时，电荷运动的半径
r2＝＝3 cm，
周期T2＝＝×10－5 s，
电荷从磁场返回电场到再次进入磁场所用时间为
2t1＝×10－5 s，
甲
故从t＝0时刻电荷做周期性运动，其运动轨迹如图甲所示．
t＝×10－5 s时刻电荷与O点的水平距离Δd＝2(r1－r2)＝4 cm.
(3)电荷从第一次通过MN开始，其运动的周期为T＝×10－5 s，根据电荷的运动情况可知，电荷到达挡板前运动的完整周期数为15个，
乙
电荷沿MN运动的距离s＝15Δd＝60 cm，
故最后8 cm的运动轨迹如图乙所示，有r1＋r1cos α＝8 cm，
解得cos α＝0.6，则α＝53°，
故电荷运动的总时间t总＝t1＋15T＋T1≈3.86×10－4 s.
答案 (1)7.2×103 V/m (2)4 cm (3)3.86×10－4 s．
高频考点四 电磁场技术的应用
[备考策略]
[题组突破]
4－1.(2018·浙江温州中学二模)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．加速质量大的交流电源的周期较大，加速次数少
B．加速质量大的交流电源的周期较大，加速次数多
C．加速质量大的交流电源的周期较小，加速次数多
D．加速质量大的交流电源的周期较小，加速次数少
A [需要交流电源的周期等于粒子做圆周运动的周期T＝，则加速质量大的交流电源的周期较大；由qvB＝m，解得v＝，则动能Ek＝mv2＝，故加速质量较大的粒子的最大动能较小，因每次加速粒子得到的动能相同，故加速的次数较少，故选项A正确，B、C、D三项错误．]
4－2.(多选)如图所示，有一长方体金属桶，左右两侧开口，其长、宽、高分别为a、b、c，置于方向向下且垂直于上、下表面的磁感应强度为B的匀强磁场中．第一次实验时沿“→”方向通入电解质溶液；第二次实验时在空间内装入电解质溶液并沿“→”方向通入电流I；第三次实验时在空间内装入形状和大小与所示长方体一样的金属板并沿“→”方向通入电流I.则下列说法正确的是 ( )
A．三次实验中，装置的前、后表面都会形成电势差
B．第一次实验时，在装置前、后表面形成电势差，当电势差稳定时，测得其大小为U，则电解质溶液的流量Q＝
C．第二次实验时后表面附近电解质溶液浓度高
D．第三次实验时，其前表面电势低于后表面电势
BC [
第二次实验中，由左手定则可知，正负粒子都向后表面聚集，正负电抵消，不形成电势差，A错误；第一次实验装置是电磁流量计，其流量Q＝bcv，且q＝qvB，得Q＝，B正确；第二次实验中，由左手定则可知，正负粒子都向后表面聚集，所以，后表面附近电解质溶液浓度高，C正确；电流方向向右，电子定向移动方向向左，根据左手定则判断可知，电子所受的洛伦兹力方向向后，所以，前表面电势高于后表面电势，D错误．]
4－3.(2018·湖南十校共同体三联)1922年英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素和质谱仪的研究荣获了诺贝尔化学奖．若一束粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示，则下列说法中正确的是( )
A．该束带电粒子带负电
B．速度选择器的P1极板带负电
C．在B2磁场中运动半径越大的粒子，质量越大
D．在B2磁场中运动半径越大的粒子，比荷越小
D [通过粒子在质谱仪中的运动轨迹和左手定则可知该束带电粒子带正电，故选项A错误；带电粒子在速度选择器中匀速运动时受到向上的洛伦兹力和向下的电场力，可知速度选择器的P1极板带正电，故选项B错误；由洛伦兹力充当向心力有：qvB＝m，得粒子在B2磁场中的运动半径r＝，又粒子的运动速度v大小相等，电荷量q未知，故在磁场中运动半径越大的粒子，质量不一定越大，但比荷＝越小，故选项C错误，D正确．]
课时跟踪训练(十一)
一、选择题(1～2题为单项选择题，3～4题为多项选择题)
1．(2018·本溪市高级中学高三二模)如图所示，某一真空室内充满竖直向下的匀强电场E，在竖直平面内建立坐标系xOy，在y<0的空间里有与场强E垂直的匀强磁场B，在y>0的空间内，将一质量为m的带电液滴(可视为质点)
自由释放，此液滴则沿y轴的负方向，以加速度a＝2g(g为重力加速度)做匀加速直线运动，当液滴运动到坐标原点时，瞬间被安装在原点的一个装置改变了带电性质(液滴所带电荷量和质量均不变)，随后液滴进入y<0的空间内运动，则液滴在y<0的空间内运动过程中 ( )
A．重力势能一定不断减小
B．电势能一定先减小后增大
C．动能不断增大
D．动能保持不变
D [在y>0的空间内，根据液滴沿y轴负方向以加速度a＝2g(g为重力加速度)做匀加速直线运动可知，液滴在此空间内运动时所受电场力方向向下，大小等于重力；进入y<0的空间后，液滴电性改变，其所受电场力向上，大小仍等于重力，液滴将在洛伦兹力(合力)作用下做半个周期的匀速圆周运动，在这半个周期内，洛伦兹力不做功，动能保持不变，重力势能先减小后增大，电势能先增大后减小，故D正确．]
2．(2018·北京景山学校调研)如图所示，a、b为竖直正对放置的两平行金属板，其中a极带正电，两板间的电压为U，在金属板下方存在一有界的匀强磁场，磁场的上边界为与两金属板下端重合的水平面PQ，PQ下方的磁场范围足够大，磁场的磁感应强度大小为B，一比荷为的带正电粒子以速度v0从两板中间位置沿与a、b平行方向射入两板间的偏转电场，不计粒子重力，粒子通过偏转电场后从PQ边界上的M点进入磁场，运动一段时间后又从PQ边界上的N点射出磁场，设M、N两点距离为x(M、N点在图中未画出)．则以下说法中正确的是 ( )
A．只减小磁感应强度B的大小，则x减小
B．只增大初速度v0的大小，则x减小
C．只减小带电粒子的比荷，则x不变
D．只减小偏转电场的电压U的大小，则x不变
D [粒子进入磁场后做匀速圆周运动，设粒子进入磁场时速度方向与磁场边界的夹角为θ，速度大小为v＝，轨道半径R＝，由几何关系可知x＝2Rsin θ＝，只减小磁感应强度B、只增大初速度v0或只减小带电粒子的比荷时，都可使x增大，而x与偏转电场的电压U无关，故选项A、B、C错误，D正确．]
3．(2018·山西阳泉模拟)如图所示，在真空中半径为r＝0.1 m的圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场及水平向左的匀强电场，磁感应强度B＝0.01 T，ab和cd是两条相互垂直的直径，一束带正电的粒子流连续不断地以速度v＝1×103 m/s从c点沿cd方向射入场区，粒子将沿cd方向做直线运动，如果仅撤去磁场，带电粒子经过a点，如果撤去电场，且将磁感应强度变为原来的，不计粒子重力，下列说法正确的是 ( )
A．电场强度的大小为10 N/C
B．带电粒子的比荷为1×106 C/kg
C．撤去电场后，带电粒子在磁场中运动的半径为0.1 m
D．带电粒子在磁场中运动的时间为7.85×10－5 s
AC [粒子沿直线运动，则Bqv＝Eq，解得E＝Bv＝10 N/C，选项A正确，如果仅撤去磁场，则粒子在水平方向r＝ t2，竖直方向r＝vt，解得：＝＝2×106 C/kg，选项B错误；撤去电场后，带电粒子在磁场中运动的半径为R＝＝
0.1 m，选项C正确；带电粒子在磁场中运动的时间为t＝＝≈1.57×10－4 s，选项D错误．]
4．(2018·高考物理全真模拟二)如图所示为一种质谱仪的工作原理示意图，此质谱仪由以下几部分构成：离子源、加速电场、静电分析器、磁分析器、收集器，静电分析器通道中心线半径为R，通道内有均匀辐射电场，在中心线处的电场强度大小为E；磁分析器中分布着方向垂直于纸面，磁感应强度为B的匀强磁场，其左边界与静电分析器的右边界平行．由离子源发出一个质量为m、电荷量为q的正离子(初速度为零，重力不计)，经加速电场加速后进入静电分析器，沿中心线MN做匀速圆周运动，而后由P点进入磁分析器中，最终经过Q点进入收集器，下列说法中正确的是( )
A．磁分析器中匀强磁场方向垂直于纸面向内
B．加速电场中的加速电压U＝ER
C．磁分析器中圆心O2到Q点的距离d＝
D．任何离子若能到达P点，则一定能进入收集器
BC [A.离子在磁分析器中沿顺时针转动，所受洛伦磁力指向圆心，根据左手定则，磁分析器中匀强磁场方向垂直于纸面向外，故A错误；B.离子在静电分析器中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有： qE＝m，设离子进入静电分析器时的速度为v，离子在加速电场中加速的过程中，由动能定理有：qU＝mv2－0，解得： U＝， B正确；C.
离子在磁分析器中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有：qvB＝m，解得：r＝＝，则：d＝r＝，故C正确；D.由B可知： R＝，R与离子质量、电量无关，离子在磁场中的轨道半径：r＝，离子在磁场中做圆周运动的轨道半径与电荷的质量和电量有关，能够到达P点的不同离子，半径不一定都等于d，不一定能进入收集器，故D错误．]
二、非选择题
5．(2018·济宁市高三第二次模拟)如图甲所示，粒子源靠近水平极板M、N的M板，N板下方有一对长为L，间距为d＝L的竖直极板P、Q，在下方区域存在着垂直于纸面的匀强磁场，磁场上边界放有范围足够大的感光胶片．水平极板M、N之间的电压为U0，中间开有小孔，两小孔连线的延长线为竖直极板P、Q的中线，与磁场上边界的交点为O.P、Q之间的电压UPQ随时间t变化的图象如图乙所示，磁场的磁感应强度B＝.粒子源连续释放初速度不计、质量为m、带电量为＋q的粒子，经加速后进入竖直极板P、Q之间的电场．再进入下方磁场的粒子全部打在感光胶片上．已知粒子在偏转电场中运动的时间远小于电场变化的周期，粒子所受重力不计．求：
(1)带电粒子从N板小孔射出时的速度；
(2)为使进入磁场的粒子都能打在胶片上，磁场上、下边界的最小距离；
(3)以O点为坐标原点，向右为正方向建立坐标轴Ox，粒子在胶片上的落点的坐标范围．
解析 (1)在加速电场，由动能定理得：qU0＝mv 解得：v0＝
(2)设带电粒子以速度v进入磁场，且与磁场边界之间的夹角为α
时，其运动轨迹如图
由几何关系得：向下偏移的距离Δy＝R－Rcos α＝R(1－cos α)
在磁场中偏转，则有：qvB＝m 又v0＝vsin α 联立解得：Δy＝
当α＝90°时，Δy有最大值，即Δymax＝x＝＝
(3)粒子运动轨迹如图所示
若t＝0时进入偏转电场，在电场中匀速直线运动进入磁场时R＝L，打在感光胶片上距离中心线最近为x＝2L，任意电压时出偏转电场时的速度为vn
根据几何关系得：
vn＝，Rn＝
在胶片上落点长度为Δx＝2Rncos α＝
打在感光胶片上的位置和射入磁场位置间的间距相等，与偏转电压无关
在感光胶片上的落点宽度等于粒子在电场中的偏转距离y＝at2＝××()2
解得：y＝
答案 (1) (2)L (3)
6．(2018·河南省郑州市高中毕业年级第二次质量预测)如图所示，矩形区域abcdef分为两个矩形区域，左侧区域充满匀强电场，方向竖直向上，右侧区域充满匀强磁场，方向垂直纸面向外，be为其分界线．af＝L，ab＝0.75L，bc＝L.一质量为m、电荷量为e的电子(重力不计)从a点沿ab方向以初速度v0射入电场，从be边的中点g进入磁场．(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
(1)求匀强电场的电场强度E的大小；
(2)若要求电子从cd边射出，求所加匀强磁场磁感应强度的最大值B；
(3)调节磁感应强度的大小，求cd边上有电子射出部分的长度．
解析 (1)电子在电场中做类似平抛运动，由在竖直方向：L＝at2
水平方向：0.75L＝v0t
由牛顿第二定律有：eE＝ma
联立解得：E＝
(2)粒子进入磁场时，速度方向与be边夹角的正切值tan θ＝＝0.75，解得：θ＝37°
电子进入磁场时的速度为v＝＝v0
设电子运动轨迹刚好与cd边相切时，半径最小为r1，轨迹如图所示：
则由几何关系知r1＋r1cos 37°＝L
解得：r1＝L
由洛伦兹力提供向心力：evB＝m
可得对应的最大磁感应强度：Bm＝
(3)设电子运动轨迹刚好与de边相切时，半径为r2，
则r2＝r2sin 37°＋
解得：r2＝又r2cos θ＝L，故切点刚好为d点
电子从cd边射出的长度为：
Δy＝＋r1sin 37°＝
7．(2018·湖南省鄂南高中等八校联考)如图所示，在直角坐标系xOy的第一象限中有两个全等的直角三角形区域Ⅰ和Ⅱ，充满了方向均垂直纸面向里的匀强磁场，区域Ⅰ的磁感应强度大小为B0，区域Ⅱ的磁感应强度大小可调， C点坐标为(4L, 3L)，M点为OC的中点．质量为m带电量为－q的粒子从C点以平行于y轴方向射入磁场Ⅱ中，速度大小为，不计粒子所受重力，粒子运动轨迹与磁场区域相切时认为粒子能再次进入磁场．
(1)若粒子无法进入区域Ⅰ中，求区域Ⅱ磁感应强度大小范围；
(2)若粒子恰好不能从AC边射出，求区域Ⅱ磁感应强度大小；
(3)若粒子能到达M点，求区域Ⅱ磁场的磁感应强度大小的所有可能值．
解析 (1)粒子速度越大，半径越大，当运动轨迹恰好与x轴相切时，恰好不能进入Ⅰ区域故粒子运动半径r0>3L
粒子运动半径满足：qBv0＝m
代入v0＝
解得B<
(2)粒子在区域Ⅰ中的运动半径r＝＝
若粒子在区域Ⅱ中的运动半径R较小，则粒子会从AC边射出磁场．恰好不从AC边射出时满足∠O2O1Q＝2θ
sin 2θ＝2sin θcos θ＝
又sin 2θ＝
解得R＝r＝L
代入v0＝
可得：B＝
(3)①若粒子由区域Ⅰ达到M点
每次前进＝2(R－r)cos θ＝(R－r)
由周期性：＝n(n＝1,2,3…)即L＝n(R－r)
R＝r＋L≥L，解得n≤3
n＝1时R＝L，B＝B0
n＝2时R＝L，B＝B0
n＝3时R＝L，B＝B0
②若粒子由区域Ⅱ达到M点
由周期性：＝＋n(n＝0,1,2,3…)
即L＝R＋n(R－r)，解得R＝L≥L，解得n≤
n＝0时R＝L，B＝B0
n＝1时R＝L，B＝B0
答案 见解析
8．如图所示，平面直角坐标系的第二象限内存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m、带电荷量为＋q的小球从A点以速度v0沿直线AO运动，AO与x轴负方向成37°角．在y轴与MN之间的区域I内加一电场强度最小的匀强电场后，可使小球继续做直线运动到MN上的C点，MN与PQ之间区域Ⅱ内存在宽度为d的竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，小球在区域Ⅱ内做匀速圆周运动并恰好不能从右边界飞出，已知小球在C点的速度大小为2v0，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1)第二象限内电场强度E1的大小和磁感应强度B1的大小，
(2)区域Ⅰ内最小电场强度E2的大小和方向；
(3)区域Ⅱ内电场强度E3的大小和磁感应强度B2的大小．
解析 (1)带电小球在第二象限内受重力、电场力和洛伦兹力作用做直线运动，三力满足如图甲所示关系且小球只能做匀速直线运动．
由图甲知tan 37°＝，
解得E1＝，cos 37°＝
解得B1＝
(2)区域Ⅰ中小球做加速直线运动，电场强度最小，受力如图乙所示(电场力方向与速度方向垂直)，小球做匀加速直线运动，
由图乙知cos 37°＝ ，
解得E2＝
方向与x轴正方向成53°角斜向上
(3)小球在区域Ⅱ内做匀速圆周运动，所以mg＝qE3，得E3＝
因小球恰好不从右边界穿出，小球运动轨迹如图丙所示
由几何关系可知
r＋r·cos 53°＝d，
解得r＝d
由洛伦兹力提供向心力
知B2q·2v0＝m，联立得B2＝
答案 见解析
9．如图所示，平行金属板竖直放置，底端封闭，中心线上开一小孔C，两板相距为d，电压为U.平行板间存在大小为B0的匀强磁场，方向垂直于纸面向里，AC是两板间的中心线．金属板下方存在有界匀强磁场区域MPNQ，其中MPQ是直角三角形，PQ边长为a；PM边长为a，A、C、P、Q四点共线，M、P、N
三点共线，曲线QN是以2a为半径、以AQ上某点(图中未标出)为圆心的一段圆弧，该区域内磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里．若大量带电离子沿AC方向射入两金属板之间，有部分离子经P点进入下方磁场区域．不计离子重力，忽略离子间的相互作用．
(1)求由P点进入下方磁场的离子速度；
(2)若由P点进入下方磁场的正负离子都从MN边界上穿出，求这些正负离子的比荷的最小值之比；
(3)若由P点进入下方磁场的另一些正负离子的比荷都处于(2)问中两个最小值之间(比荷的最大值是(2)问中较大的最小值，比荷的最小值是(2)问中较小的最小值)．求磁场边界上有正负离子到达的区域范围．
解析 (1)只有离子在平行金属板间匀速运动，带电粒子才有可能从C点进入磁场，故有qvB0＝q
解得：v＝
(2)由洛伦兹力提供向心力，所以有qvB＝
解得R＝＝
可见比荷越大，半径越小，若出P点进入下方磁场的正负离子都从MN边界上穿出，比荷最小的正负带电粒子刚好与边界相切．也就是带正电的粒子做圆周运动的圆周与圆形磁场相切，带负电的粒子做圆周运动与直角三角形的斜边MQ相切．如图所示
带正电的粒子做圆周运动的圆周与圆形磁场相切，由几何关系可得：R＋a2＝(2a－R1)2
解得：R1＝
带正电粒子最小比荷是＝＝
带负电的粒子做圆周运动与直角三角形的斜边MQ相切，由几何关系可得：＝＝
解得：R2＝a
带负粒子最小比荷是＝＝
所以，这些正负离子的比荷的最小值之比＝
(3)若由P点进入下方磁场的另一些正负离子的比荷都处于(2)问中两个最小值之间(比荷的最大值是(2)问中较大的最小值，比荷的最小值是(2)问中较小的最小值)．带正电粒子运动较迹如图所示，到P点距离x1＝2R2＝a
范围宽度d1＝2(R1－R2)＝a
所以带正电粒子从MN边界是穿出，范围是距P点a，宽度是ab＝a
带负电粒子运动轨迹如图所示
到M点距离x2＝＝a
范围宽度d2＝(R1－x2)＝a
所以带负电粒子MQ边界是穿出，范围是距M点a，宽度是cd＝a
答案 (1)v＝ (2)
(3)带正电粒子从MN边界是穿出，范围是距P点a，宽度是ab＝a；带负电粒子MQ边界是穿出，范围是距M点a，宽度是cd＝a
