【物理】2019届二轮复习第2讲　带电粒子在复合场中的运动学案（全国通用）

【物理】2019届二轮复习第2讲　带电粒子在复合场中的运动学案（全国通用）

第2讲　带电粒子在复合场中的运动 网络构建 备考策略 ‎1.必须领会的“三种方法”和“两种物理思想”‎ ‎(1)对称法、合成法、分解法。‎ ‎(2)等效思想、分解思想。‎ ‎2.做好“两个区分”，谨防做题误入歧途 ‎(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。‎ ‎3.抓住“两个技巧”，做到解题快又准 ‎(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阶段的小过程。‎ ‎(2)善于利用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。‎ ‎　带电粒子在复合场中的运动 ‎　带电粒子在组合场中的运动 ‎【典例1】 (2018·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1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。‎ 图1‎ ‎(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。‎ 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)‎ 图(a)‎ ‎(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 图(b)‎ 入磁场的速度大小为v，方向与电场方向的夹角为θ ‎[见图(b)]，速度沿电场方向的分量为v1。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＝⑧‎ 联立①②③⑦⑧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′＝⑫‎ 答案　(1)见解析　(2)　(3)　 ‎　带电粒子在叠加场中的运动 ‎【典例2】 如图2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)。‎ 图2‎ ‎(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＝。‎ ‎(2)带电小球在叠加场中，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动。根据牛顿第二定律有，qv0B＝m，即R＝ 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＝2R OP的长度s＝ 联立以上各式得s＝。‎ ‎(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＝cos 30°‎ 竖直位移y＝gt2‎ 联立各式得s′＝2R＋y＝＋。‎ 答案　(1)正电荷　　(2)　(3)＋ ‎　带电粒子在交变场中的周期性运动 ‎【典例3】 如图3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＝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，一带正电的微粒，质量m＝8×10－4 kg、电荷量q＝2×10－4 C，在O点具有方向竖直向下、大小为0.12 m/s的速度v，O′是挡板MN上一点，直线OO′与挡板MN垂直，取g＝10 m/s2。求：‎ 图3‎ ‎(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。‎ 解析　(1)由题意可知，微粒所受的重力为 G＝mg＝8×10－3 N 电场力的大小为F＝Eq＝8×10－3 N Eq＝mg，因此重力与电场力平衡 微粒在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有qvB＝m 代入数据解得R＝0.6 m 由公式T＝可解得T＝10π s 则微粒在0～5π s内转过半个圆周，再次经过直线OO′时与O点的距离l＝2R＝1.2 m。‎ ‎(2)微粒运动 半个周期后向上匀速运动，运动的时间为t＝5π s，轨迹如图所示，位移大小s＝vt 解得s＝1.88 m 因此，微粒离开直线OO′的最大距离l′＝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，由图可知，挡板MN 与O点间的水平距离应满足 L＝(2.4n＋0.6) m(n＝0，1，2，3，…)‎ 若微粒能垂直射到挡板上的某点P，P点在直线OO′上方时，由图可知，挡板MN与O点间的距离应满足 L＝(2.4n＋1.8) m(n＝0，1，2，3，…)。‎ 答案　(1)1.2 m　(2)2.48 m　(3)L＝(2.4n＋0.6) m(n＝0，1，2，3，…)或L＝(2.4n＋1.8) m(n＝0，1，2，3，…)‎ 分析带电粒子在复合场中的运动的注意事项 ‎(1)准确划分带电粒子运动过程中的不同运动阶段、不同运动形式，以及不同运动阶段、不同运动形式之间的转折点和临界点，只有明确粒子在某一阶段的运动形式后，才能确定解题所用到的物理规律。‎ ‎(2)分析带电粒子在交变电场或磁场中的运动轨迹时，还要注意对称性的灵活应用。‎ ‎1.(2018·辽宁大连二模)如图4所示为研究某种带电粒子的装置示意图，粒子源射出的粒子束以一定的初速度沿直线射到荧光屏上的O点，出现一个光斑。在垂直于纸面向里的方向上加一磁感应强度为B的匀强磁场后，粒子束发生偏转，沿半径为r的圆弧运动，打在荧光屏上的P点，然后在磁场区域再加一竖直向下、电场强度大小为E的匀强电场，光斑从P点又回到O点，关于该粒子(不计重力)，下列说法正确的是(　　)‎ 图4‎ A.粒子带负电 B.初速度为v＝ C.比荷为＝ D.比荷为＝ 解析　只存在磁场时，粒子打在P点，由左手定则知粒子带正电，选项A错误；因为qvB＝，所以＝。加电场后满足：Eq＝qvB，即v＝，代入上式得：＝‎ ，选项D正确，B、C错误。‎ 答案　D ‎2.(多选)如图5甲所示，空间同时存在竖直向上的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度为B，电场强度为E，一质量为m，电荷量为q的带正电小球恰好处于静止状态。现在将磁场方向顺时针旋转30°，同时给小球一个垂直磁场方向斜向下的速度v，如图乙所示。则关于小球的运动，下列说法正确的是(　　)‎ 图5‎ A.小球做匀速圆周运动 B.小球运动过程中机械能守恒 C.小球运动到最低点时电势能增加了 D.小球第一次运动到最低点历时 解析　小球在复合场中处于静止状态，只受两个力作用，即重力和电场力且两者平衡。当把磁场顺时针方向倾斜30°，且给小球一个垂直磁场方向的速度v，则小球受到的合力就是洛伦兹力，且与速度方向垂直，所以带电粒子将做匀速圆周运动，选项A正确；由于带电粒子在垂直于纸面的倾斜平面内做匀速圆周运动过程中受到电场力要做功，所以机械能不守恒，选项B错误；电场力从开始到最低点克服电场力做功为W＝EqRsin 30°＝，所以电势能的增加量为，选项C错误；小球从第一次运动到最低点的时间为T＝，选项D正确。‎ 答案　AD ‎3.如图6所示，在xOy平面内OA和OB是第一、二象限的角平分线，在AOy区域内存在沿x轴负方向的匀强电场，在BOy区域内存在沿y轴负方向的匀强电场，在第二象限其他区域内存在垂直xOy平面的匀强磁场。从OA上坐标为(x0，y0)的点由静止释放一个质量为m、电荷量为＋q的粒子(重力不计)，粒子恰好垂直穿过OB。‎ 图6‎ ‎(1)求第一、二象限内匀强电场的电场强度之比；‎ ‎(2)若第一象限内电场强度大小为E0，要使粒子第一次射入磁场时，在第二象限内不进入x轴下方，则第二象限内所加匀强磁场的磁感应强度B0应满足什么条件？‎ 解析　(1)设第一、二象限内匀强电场的电场强度分别为E1和E2，粒子经过y轴时的速度大小为v0‎ 粒子在第一象限内有 qE1＝ma1，v＝2a1x0‎ 甲 如图甲所示，粒子在第二象限垂直穿过OB时，有 vx＝v0，vy＝a2t，vx＝vy qE2＝ma2‎ x1＝v0t，y1＝ 由几何关系得y0＝x0，x1＋y1＝y0‎ 解得a2＝3a1‎ 得E1∶E2＝1∶3‎ ‎(2)粒子垂直穿过OB时的速度v＝v0＝2 乙 由(1)知a2＝3a1‎ 解得x1＝ 若磁场垂直于xOy平面向里，则粒子运动轨迹与x轴相切时轨迹半径r1最大，如图乙所示 由几何关系有x1＝r1＋r1cos 45°‎ 粒子在磁场中运动有qvB0＝m 丙 解得B0＝ 若磁场垂直xOy平面向外，粒子运动轨迹与x轴相切时轨迹半径r2最大，如图丙所示 由几何关系可得r2cos 45°＋x1＝r2‎ 粒子在磁场中运动有qvB0＝ 解得B0＝ 因此当磁场垂直xOy平面向里时B0≥ 当磁场垂直xOy平面向外时，B0≥ 答案　(1)1∶3　(2)见解析 ‎　复合场中的STSE问题 物理是一门与生产、生活及现代科技联系比较紧密的学科。在高考中，物理试题着重考查 考生的知识、能力和学科素养，注重理论联系实际，注重物理与科学技术、社会和经济发展的联系，注重物理知识在生产、生活、科技等方面的应用。‎ ‎　叠加场在生活、生产中的应用 ‎【典例1】 (2018·安徽合肥三模)为监测某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图7所示的长方体流量计。该装置由绝缘材料制成，其长、宽、高分别为a、b、c，左右两端开口。在垂直于上下底面方向加一匀强磁场，前后两个内侧面分别固定有金属板作为电极。污水充满管口从左向右流经该装置时，接在M、N两端间的电压表将显示两个电极间的电压U。若用Q表示污水流量(单位时间内排出的污水体积)，下列说法中正确的是(　　)‎ 图7‎ A.M端的电势比N端的高 B.电压表的示数U与a和b均成正比，与c无关 C.电压表的示数U与污水的流量Q成正比 D.若污水中正负离子数相同，则电压表的示数为0‎ 解析　由左手定则可知正电荷打在N端，所以M端的电势比N端的低，故选项A错误；由q＝qBv，解得U＝Bbv，故选项B、D错误；污水的流量Q＝vS＝bc＝c，所以电压表的示数U与污水的流量Q成正比，故选项C正确。‎ 答案　C ‎　组合场在科技中的应用 ‎【典例2】 (2018·全国卷Ⅲ，24)如图8，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 图8‎ ‎(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＝m1v①‎ 由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有q1v1B＝m1②‎ 由几何关系知2R1＝l③‎ 由①②③式得B＝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＝m2v⑤‎ q2v2B＝m2⑥‎ 由题给条件有2R2＝⑦‎ 由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙两种离子的比荷之比为 ∶＝1∶4⑧‎ 答案　(1)　(2)1∶4‎ ‎【典例3】 (多选)(2018·攀枝花三模)如图9所示为一种获得高能粒子的装置原理图，环形管内存在垂直于纸面、磁感应强度大小可调的匀强磁场(环形管的宽度非常小)，质量为m、电荷量为q的带正电粒子可在环中做半径为R的圆周运动。A、B为两块中心开有小孔且小孔距离很近的平行极板，原来电势均为零，每当带电粒子经过A板刚进入A、B之间时，A板电势升高到＋U，B板电势仍保持为零，粒子在两板间的电场中得到加速，每当粒子离开B板时，A 板电势又降为零，粒子在电场中一次一次地加速使得动能不断增大，而在环形区域内，通过调节磁感应强度大小可使粒子运行半径R不变，已知极板间距远小于R，则下列说法正确的是(　　)‎ 图9‎ A.环形区域内匀强磁场的磁场方向垂直于纸面向里 B.粒子从A板小孔处由静止开始在电场力作用下加速，绕行N圈后回到A板时获得的总动能为NqU C.粒子在绕行的整个过程中，A板电势变化的周期不变 D.粒子绕行第N圈时，环形区域内匀强磁场的磁感应强度为 解析　粒子在A、B之间加速，故粒子是沿顺时针运动，在磁场中洛伦兹力提供向心力，故磁场方向垂直纸面向外，选项A错误；粒子在电场中加速，根据动能定理，有EN＝NqU，选项B正确；粒子在加速，根据T＝，周期要减小，选项C错误；由动能定理知NqU＝mv，得到vN＝，由牛顿第二定律，则有m＝qvNBN，解得BN＝，联立解得BN＝，选项D正确。‎ 答案　BD ‎1.(多选)自行车速度计是利用霍尔效应传感器获知自行车的运动速率。如图10甲所示，自行车前轮上安装一块磁铁，轮子每转一圈，这块磁铁就靠近传感器一次，传感器会输出一个脉冲电压。图乙为霍尔元件的工作原理图。当磁场靠近霍尔元件时，导体内定向运动的自由电荷在磁场力作用下偏转，最终使导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现电势差，即为霍尔电势差。下列说法正确的是(　　)‎ 图10‎ A.根据单位时间内的脉冲数和自行车车轮的半径即可获知车速大小 B.自行车的车速越大，霍尔电势差越高 C.图乙中霍尔元件的电流I是由正电荷定向运动形成的 D.如果长时间不更换传感器的电源，霍尔电势差将减小 解析　根据单位时间内的脉冲数可知车轮转动的转速，若再已知自行车车轮的半径，根据v＝2πrn即可获知车速大小，选项A正确；根据霍尔原理可知q＝Bqv，则U＝Bdv，即霍尔电压与磁感应强度、霍尔元件的厚度以及电子定向移动的速度有关，与车轮转速无关，故选项B错误；图乙中霍尔元件的电流I是由电子定向运动形成的，选项C错误；如果长时间不更换传感器的电源，则会导致电子定向移动的速率减小，故霍尔电势差将减小，选项D正确。‎ 答案　AD ‎2.(多选)如图11所示为某种质谱仪的工作原理示意图。此质谱仪由以下几部分构成：粒子源N，P、Q间的加速电场，静电分析器，磁感应强度为B的有界匀强磁场、方向垂直纸面向外，胶片M。若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；由粒子源发出一质量为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，垂直场强方向进入静电分析器，在静电分析器中，离子沿中心线做匀速圆周运动，而后由S点沿着既垂直于磁分析器的左边界，又垂直于磁场方向射入磁分析器中，最终打到胶片上的某点。下列说法正确的是(　　)‎ 图11‎ A.P、Q间加速电压为ER B.离子在磁场中运动的半径为 C.若一质量为4m、电荷量为q的正离子加速后进入静电分析器，离子不能从S射出 D.若一群离子经过上述过程打在胶片上同一点，则这些离子具有相同的比荷 解析　直线加速过程，根据动能定理得qU＝mv2，电场中偏转过程，根据牛顿第二定律得qE＝m，在磁场中偏转过程，根据牛顿第二定律得qvB＝m，解得U＝ER，r＝＝，故选项A正确，B错误；只要满足R＝，所有粒子都可以在弧形电场区通过，故选项C错误；由r＝可知，打到胶片上同一点的粒子的比荷一定相等，故选项D正确。‎ 答案　AD 课时跟踪训练 一、选择题(1～3题为单项选择题，4～6题为多项选择题)‎ ‎1.质量为m的带电小球在正交的匀强电场、匀强磁场中做匀速圆周运动，轨道平面在竖直平面内，电场方向竖直向下，磁场方向垂直圆周所在平面向里，如图1所示，由此可知(　　)‎ 图1‎ A.小球带正电，沿顺时针方向运动 B.小球带负电，沿顺时针方向运动 C.小球带正电，沿逆时针方向运动 D.小球带负电，沿逆时针方向运动 解析　‎ 根据题意，可知小球受到的电场力方向向上，大小等于重力，又电场方向竖直向下，可知小球带负电；已知磁场方向垂直圆周所在平面向里，带负电的小球受到的洛伦兹力指向圆心，小球一定沿顺时针方向运动，选项B正确。‎ 答案　B ‎2.为了通过实验研究PM2.5的相关性质，让一带电的PM2.5颗粒(重力不计)，垂直射入正交的匀强电场和匀强磁场区域，如图2所示，其中M、N为正对的平行带电金属板，观察发现它恰好做直线运动，则下列判断正确的是(　　)‎ 图2‎ A.M板一定带正电 B.PM2.5颗粒一定带正电 C.若仅使PM2.5颗粒的电荷量增大，颗粒一定向M板偏移 D.若仅使PM2.5颗粒的速度增大，颗粒一定向N板偏移 解析　由于颗粒做直线运动，故无论颗粒带何种电荷，电场力与洛伦兹力都是方向相反、大小相等的。根据左手定则，带正电颗粒受到的洛伦兹力向上，所以它受到的电场力向下，电场力与电场强度同向(带负电颗粒受到的洛伦兹力向下，所以它受到的电场力向上，电场力与电场强度反向)，所以M板一定带正电，PM2.5颗粒的电性不确定。根据电场力和洛伦兹力平衡，即qvB＝qE，得v＝，与颗粒的电荷量q无关；若使PM2.5颗粒的速度增大，则洛伦兹力增大，则电场力与洛伦兹力不平衡，出现偏转现象，因洛伦兹力方向不确定，则不一定向N板偏移。‎ 答案　A ‎3.(2018·太原二模)质谱仪是一种测定带电粒子比荷和分析同位素的重要工具。图3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F点(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)(　　)‎ 图3‎ A. B. ‎ C. D. 解析　设粒子被加速后获得的速度为v，由动能定理有：qU＝mv2，粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径r＝，又qvB＝m，可求＝，选项C正确。‎ 答案　C ‎4.(2018·东营三模)如图4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，使磁感应强度变为原来的，不计粒子重力，下列说法正确的是(　　)‎ 图4‎ 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 解析　粒子沿直线运动，则qvB＝Eq，解得E＝Bv＝0.01×103 N/C＝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：＝＝ C/kg＝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＝＝ m＝0.1 m，选项C正确；带电粒子在磁场中运动的时间为t＝＝＝ s＝1.57×10－4 s，选项D错误。‎ 答案　AC ‎5.(2018·山东泰安模拟)绝缘光滑斜面与水平面成α角，一质量为m、电荷量为－q的小球从斜面上高h处，以初速度为v0、方向与斜面底边MN平行射入，如图5所示。整个装置处在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向平行于斜面向上。已知斜面足够大，小球能够沿斜面到达底边MN。则下列判断正确的是(　　)‎ 图5‎ A.小球在斜面上做匀变速曲线运动 B.小球到达底边MN的时间t＝ C.匀强磁场磁感应强度的取值范围是B≤ D.匀强磁场磁感应强度的取值范围为B≤sin α 解析　对小球进行受力分析，小球受重力、支持力和洛伦兹力，根据左手定则可知，洛伦兹力垂直斜面向上，即使速度发生变化，也不会影响重力沿斜面向下的分力的大小，由于重力沿斜面向下的分力即合外力不变，速度与合外力垂直，因此小球做匀变速曲线运动，故选项 A正确；在斜面上，小球做类平抛运动，沿着斜面方向做初速度为零的匀加速直线运动，则小球的加速度a＝gsin α，再由运动学公式，球到达底边MN的时间t＝，故选项B正确；沿初速度v0方向，小球不受力，根据小球能够沿斜面到达底边MN，则小球受到的洛伦兹力范围是0≤qv0B≤mgcos α，磁感应强度的取值范围为0≤B≤cos α，故选项C正确，D错误。‎ 答案　ABC ‎6.(2018·河南洛阳高三质检)如图6所示，带等量异种电荷的平行金属板a、b处于匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。不计重力的带电粒子沿OO′方向从左侧垂直于电磁场入射，从右侧射出a、b板间区域时动能比入射时小。要使粒子射出a、b板间区域时的动能比入射时大，可采用的措施是(　　)‎ 图6‎ A.适当减小两金属板的正对面积 B.适当增大两金属板的距离 C.适当减小匀强磁场的磁感应强度 D.使带电粒子的电性相反 解析　在这个复合场中，动能逐渐减小，说明合外力做负功，因洛伦兹力不做功，故电场力做负功，则电场力小于洛伦兹力。由E＝可知，当减小正对面积，Q不变，E增大，电场力变大，当电场力大于洛伦兹力时，粒子向电场力方向偏转，电场力做正功，射出时动能变大，选项A正确；当增大两板间距离时，场强不变，选项B错误；当减小磁感应强度时洛伦兹力减小，洛伦兹力可能小于电场力，选项C正确；当改变粒子电性时，其所受电场力、洛伦兹力大小不变，方向均反向，所以射出时动能仍然减小，选项D错误。‎ 答案　AC 二、非选择题 ‎7.回旋加速器的工作原理如图7所示，D1、D2‎ 是两个中空的半圆形金属扁盒，它们接在高频交流电源上，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直。在D1盒中心A处有粒子源，产生的质量为m、电荷量为＋q的带正电粒子(初速度不计)在两盒之间被电场加速后进入D2盒中，加速电压为U。两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计。加速过程中不考虑相对论效应和重力作用。‎ 图7‎ ‎(1)为了使粒子每次经过狭缝都被加速，求交变电压的频率；‎ ‎(2)求带电粒子在D2盒中第n个半圆轨迹的半径。‎ 解析　(1)带电粒子在D形盒内做圆周运动，根据牛顿第二定律，有 qvB＝m(2πf)2r 为了使带电粒子能够被加速，交变电压的频率应与粒子做圆周运动的频率相等 f＝ 交变电压的频率f＝ ‎(得出f＝(2n－1)，n＝1，2，3，…也给分)‎ ‎(2)带电粒子在D2盒中第n个半圆是带电粒子经过狭缝被加速(2n－1)次后的运动轨道 设其被加速(2n－1)次后的速度为vn 由动能定理得(2n－1)qU＝mv 此后带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，半径为rn 由牛顿第二定律得Bqvn＝m 解得rn＝ 答案　(1)　(2) ‎8.如图8甲所示，在平面直角坐标系xOy的第二象限中，有平行于y 轴向下的匀强电场，在y轴的右侧区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直坐标平面，磁感应强度大小B随时间变化的关系如图乙所示，在t＝0时刻有一比荷为1×104 C/kg的带正电粒子(不计重力)从坐标原点O沿x轴正方向以初速度v0＝2×103 m/s进入磁场，开始时，磁场方向垂直纸面向里，粒子最后到达x轴上坐标为(－2 m，0)的P点，求：‎ 图8‎ ‎(1)粒子在磁场中运动的轨迹半径；‎ ‎(2)粒子到达y轴时与O点的距离s；‎ ‎(3)匀强电场的电场强度大小E。‎ 解析　(1)粒子进入磁场后在磁场中做圆周运动，轨迹半径为R，由洛伦兹力提供向心力得qv0B＝m 得R＝＝0.4 m ‎(2)粒子在磁场中做圆周运动的周期为T，则 T＝＝4π×10－4 s ‎0～π×10－4 s时间内，粒子运动的周期数为 N1＝＝ 运动轨迹对应的圆心角为120°‎ π×10－4～2π×10－4 s内，粒子运动的周期数为 N2＝＝ 运动轨迹对应的圆心角为60°‎ ‎2π×10－4～π×10－4 s内，粒子运动的周期数为 N3＝＝ 运动轨迹对应的圆心角为120°‎ 故粒子运动轨迹如图所示，粒子恰好在t＝π×10－4 s时到达y轴，由图知粒子到达y轴时与O点的距离 s＝4R＝1.6 m ‎(3)粒子进入电场后做类平抛运动，则 s＝at2＝t2‎ x＝v0t 解得E＝3.2×102 V/m 答案　(1)0.4 m　(2)1.6 m　(3)3.2×102 V/m ‎9.如图9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：‎ 图9‎ ‎(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。‎ 甲 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°＝，‎ 乙 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 丙 由几何关系可知r＋rcos 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　(1)　　(2)　方向与x轴正方向成53°角斜向上　(3)