2019人教版高考物理二轮复习练习：专题三+第3讲带电粒子在复合场中的运动+Word版含解析_1.pdf

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1、第 3 讲 带电粒子在复合场中的运动 做真题明考向 真题体验 透视命题规律 真题再做 1.(2016高考全国卷，T15)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()A 11 B.12 C 121 D 144 解析：带电粒子在加速电场中运动时，有 qU12mv2，在磁场中偏转时，其半径 rmvqB，由以上两式整理得 r1B 2mUq.由于质

2、子与一价正离子的电荷量相同，B1B2112，当半径相等时，解得m2m1144，选项 D 正确 答案：D 2.(2017高考全国卷，T16)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 mambmc B mbmamc C mcmamb D mcmbma 解析：该空间区域为匀强电场、匀强磁场和重力场的叠加场，a 在纸面内做匀速圆周运动，可知其重力与所受到的

3、电场力平衡，洛伦兹力提供其做匀速圆周运动的向心力，有 magqE，解得 maqEg.b 在纸面内向右做匀速直线运动，由左手定则可判断出其所受洛伦兹力方向竖直向上，可知 mbgqEqvbB，解得 mbqEgqvbBg.c 在纸面内向左做匀速直线运动，由左手定则可判断出其所受洛伦兹力方向竖直向下，可知 mcgqvcBqE，解得 mcqEgqvcBg.综上所述，可知 mbmamc，选项 B 正确 答案：B 3.(2016高考天津卷，T11)如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小 E5 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 B0.5 T有一带正

4、电的小球，质量 m1106 kg，电荷量 q2106 C，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 g10 m/s2.求：(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 q2E2m2g2 代入数据解得 v20 m/s 速度 v 的方向与电场 E 的方向之间的夹角 满足 tan qEmg 代入数据解得 tan 3 60(2)解法一：撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作

5、用下做类平抛运动，设其加速度为 a，有 aq2E2m2g2m 设撤掉磁场后小球在初速度方向上的分位移为 x，有 xvt 设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为 y，有 y12at2 a 与 mg 的夹角和 v 与 E 的夹角相同，均为，又 tan yx 联立式，代入数据解得 t2 3 s3.5 s 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 vyvsin 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 vyt12gt20 联立式，代入数据解得 t2 3

6、 s3.5 s 答案：(1)见解析(2)3.5 s 4(2018高考全国卷，T25)如图，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11H 和一个氘核21H 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11H 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.11H 的质量为m，电荷量为q.不计重力求：(1)11H 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)21H 第一次离开磁场的位置到原点 O 的距离 解析：(1)11H 在

7、电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示设11H 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 s1v1t1 h12a1t21 由题给条件，11H 进入磁场时速度的方向与 x 轴正方向夹角 160.11H 进入磁场时速度的 y 分量的大小为 a1t1v1tan 1 联立以上各式得 s12 33h(2)11H 在电场中运动时，由牛顿第二定律有 qEma1 设11H 进入磁场时速度的大小为 v1，由速度合成法则有 v1 v21a1t12 设磁感应强度大小为 B，11H 在磁场中运动的

8、圆轨道半径为 R1，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有 qv1Bmv12R1 由几何关系得 s12R1sin 1 联立以上各式得 B 6mEqh(3)设21H 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 12(2m)v2212mv21 由牛顿第二定律有 qE2ma2 设21H 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 2，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 s2v2t2 h12a2t22 v2 v22a2t22 sin 2a2t2v2 联立以上各式得 s2s1，21，v2 22v1 设2

9、1H 在磁场中做圆周运动的半径为 R2，由式及粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公式得 R22mv2qB 2R1 所以出射点在原点左侧设21H 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 2R2sin 2 联立式得，21H第一次离开磁场时的位置到原点O的距离为s2 s22 33(21)h 答案：(1)2 33h(2)6mEqh(3)2 33(2 1)h 考情分析 命题特点与趋势怎么考 1 带电粒子在复合场中的运动在高考全国卷中属于冷考点，近几年高考涉及的题目多为较简单的选择题 但在自主命题地区的高考中是命题热点，题目多为综合性较强的计算题 2从近几年全国卷和地方卷的

10、试题可以看出，命题点多集中在带电粒子在电场和磁场的组合场中运动，重在考查曲线运动的处理方法及几何关系的应用 也有考查重力场、电场、磁场的叠加场中的运动问题，重在考查在受力分析及动力学规律的应用 32019 年高考题会以组合场为主，要关注以磁与现代科技为背景材料的题目 解题要领怎么做 解决此类问题一定要分清复合场的组成、带电体在场中的受力特点、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，并能找出它们之间的联系 建体系记要点 知识串联 熟记核心要点 网络构建 要点熟记 1 做好“两个区分”(1)正确区分重力、电场力、洛伦

11、兹力的大小、方向特点及做功特点重力、电场力做功只与初、末位置有关，与路径无关，而洛伦兹力不做功(2)正确区分“电偏转”和“磁偏转”的不同“电偏转”是指带电粒子在电场中做类平抛运动，而“磁偏转”是指带电粒子在磁场中做匀速圆周运动 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边、角关系，要有运用数学知识处理物理问题的习惯 3 熟记带电粒子在复合场中的三种运动(1)静止或匀速直线运动：当带电粒子在复合场中所受合外力为零时，将处于静止状态或做匀速直线运动(2)匀速圆周运动：当带电粒子所受的重力与电场力大小相等、方向相反时，带电粒子

12、在洛伦兹力的作用下，在垂直于匀强磁场的平面内做匀速圆周运动(3)非匀变速曲线运动：当带电粒子所受的合外力的大小和方向均变化，且与初速度方向不在同一条直线上时，粒子做非匀变速曲线运动，这时粒子运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线 研考向 提能力 考向研析 掌握应试技能 考向一 带电粒子在组合场中的运动 典例展示 1(2018福建龙岩上学期期末)如图所示，在空间有xOy 坐标系，第三象限有磁感应强度为B 的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，第四象限有沿y 轴正方向的匀强电场一个质量为m、电荷量为q 的正离子，从A 处沿与x 轴成60角的方向垂直射入匀强磁场中，结果离子正好从距O 点为L 的 C 处沿垂直

13、电场方向进入匀强电场，最后离子打在x 轴上距O 点 2L 的 D 处，不计离子重力，求：(1)此离子在磁场中做圆周运动的半径r；(2)离子从A 处运动到D 处所需的时间；(3)场强E 的大小 解析(1)正离子的运动轨迹如图所示，由几何知识可得 rrcos 60L 解得半径为 r2L3 (2)根据洛伦兹力提供向心力有 qv0Bmv20r 解得离子在磁场中运动的速度大小为 v02qBL3m 离子在磁场中运动的周期为 T2rv02mqB 根据轨迹得到离子在磁场中做圆周运动的时间为 t1120360T2m3qB 离子从 C 运动到 D 做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动所需要的时间 t22Lv03m

14、qB 故离子从 A C D 的总时间为 tt1t22m3qB3mqB(3)在电场中 L12at22，aqEm 电场的场强大小为 E2qB2L9m 答案(1)2L3(2)2m3qB3mqB(3)2qB2L9m 方法技巧 带电粒子在组合场中运动的处理方法(1)明性质：要清楚场的性质、方向、强弱、范围等，如例题中磁场在第三象限且垂直纸面向里，电场在第四象限且竖直向上(2)定运动：带电粒子依次通过不同场区时，由受力情况确定粒子在不同区域的运动情况，如在磁场中受洛伦兹力做匀速圆周运动，在电场中受电场力做类平抛运动(3)画轨迹：正确地画出粒子的运动轨迹图(4)用规律：根据区域和运动规律的不同，将粒子运动的

15、过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选取不同的规律处理(5)找关系：要明确带电粒子通过不同场区的交界处时速度大小和方向的关系，上一个区域的末速度往往是下一个区域的初速度 1(2018福建漳州一中模拟)如图，在 x 轴下方的区域内存在方向与 y 轴正方向相同的匀强电场在 x 轴上方以原点 O 为圆心、半径为 R 的半圆形区域内存在匀强磁场，磁场的方向垂直于xOy平面并指向纸面外，磁感应强度为B.y轴负半轴上的A点与O点的距离为d，一质量为 m、电荷量为 q 的带正电粒子从 A 点由静止释放，经电场加速后从 O 点射入磁场 粒子重力不计，求：(1)要使粒子离开磁场时的速度方向与 x 轴平行，电场

16、强度 E0的大小；(2)若电场强度 E23E0，粒子仍从 A 点由静止释放，离开磁场后经过 x 轴时的位置与原点的距离 解析：(1)粒子在电场中加速，由动能定理得 qE0d12mv2 粒子进入磁场后做圆周运动，有 qvBmv2r 粒子离开磁场时的速度方向与 x 轴平行，运动情况如图线，可得 R 2r 由以上各式解得 E0qB2R24md (2)当 E23E0时，同(1)中可得磁场中运动的轨道半径 r R3 粒子运动情况如图线，图中的角度、满足 cos R2r32 即 30 260 粒子经过 x 轴时的位置坐标为 xr rcos 解得 x 3R 答案：(1)qB2R24md(2)3R 2.如图所

17、示，平面直角坐标系的x 轴上方存在竖直向上的匀强电场，场强为E1(未知)，第四象限内OC 与 x 轴正方向成60角，OC与 x轴间存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B(未知)，OC 与 y 轴间存在垂直OC 向下的匀强电场，场强为E2(未知)一质量为m、带电荷量为q(q0)的粒子从O 点以与x 轴正方向成30角的初速度v0射入匀强电场E1中，经一段时间后从x 轴上的Q 点进入匀强磁场，经磁场偏转后恰好垂直穿过OC 且刚好能到达 y 轴上的D 点，已知O、Q 间的距离为L，粒子重力不计，求：(1)场强E1、E2的大小及磁感应强度B 的大小；(2)粒子从 O 点运动到 D 点所用的时间 t.

18、解析：(1)粒子的运动轨迹如图所示，粒子在匀强电场中做斜上抛运动，由运动的合成与分解知：y 轴方向：v0sin 30at12，且 aqE1m x 轴方向：Lv0cos 30t1，联立得 E13mv202qL 由对称性可知粒子运动到 Q 点时的速度大小为 v0，方向与 x 轴正方向成 30角斜向下，由几何关系知粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径 rOQL 由 Bqv0mv20r得 Bmv0qL 粒子在 OC 线下方做匀减速直线运动，到 D 点时速度刚好为 0 设粒子在电场中的位移为 s，由几何关系知：tan 602rs，得 s2 3L3 而 v202qE2ms，联立解得 E23mv204qL.(2

19、)由(1)知粒子在匀强电场中运动的时间 t12 3L3v0 粒子在匀强磁场中运动的时间 t21203602mBq2L3v0 粒子在匀强电场中运动的时间 t32sv04 3L3v0 所以粒子从 O 点运动到 D 点所用的时间：tt1t2t36 323v0L.答案：(1)3mv202qL 3mv204qL mv0qL(2)6 3 23v0L 考向二 带电粒子在叠加场中的运动 典例展示 2 如图所示，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

20、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)(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 qEmg，解得 Emgq.(2)带电小球在叠加场中，洛伦兹力充当向心力，做匀速圆周运动

21、 根据牛顿第二定律有，qv0Bmv20R，解得 Rmv0qB 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 QP 2R OP 的长度 sQPsin 30 联立以上各式得 s4mv0qB.(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 xv0tscos 30，竖直位移 y12gt2 联立各式得 s 2Ry2mv0qB6m2gq2B2.答案 见解析 方法技巧 带电粒子在叠加场中运动的

22、处理方法(1)弄清叠加场的组成特点(2)正确分析带电粒子的受力及运动特点(3)画出粒子的运动轨迹，如本题中在叠加场和重力场中的运动分别是圆周运动和平抛运动，灵活选择不同的运动规律 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中满足 qEqvB 时、重力场与磁场中满足 mgqvB 时、重力场与电场中满足 mgqE 时 若三场共存时，合力为零，粒子做匀速直线运动，其中洛伦兹力 FqvB 的方向与速度 v 垂直 若三场共存时，粒子做匀速圆周运动，则有 mgqE，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，即 qvBmv2r(如例题中小球在叠加场中的运动)当带电粒子做复杂的曲线运动或有

23、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 3.(多选)如图所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场在该区域中，有一个竖直放置的光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球O 点为圆环的圆心，a、b、c、d 为圆环上的四个点，a 点为最高点，c 点为最低点，b、O、d 三点在同一水平线上已知小球所受电场力与重力大小相等现将小球从环的顶端a 点由静止释放，下列判断正确的是()A小球能越过d 点并继续沿环向上运动 B当小球运动到d 点时，不受洛伦兹力 C小球从d 点运动到b 点的过程中，重力势能减小，电势能减小 D小球从b 点运动到c 点的过程中，经过弧bc 中点时速度最

24、大 解析：电场力与重力大小相等，则二者的合力指向左下方 45，由于合力是恒力，故类似于新的重力，所以 ad 弧的中点相当于竖直平面圆环的“最高点”关于圆心对称的位置(即 bc 弧的中点)就是“最低点”，速度最大；由于 a、d 两点关于新的最高点对称，若从 a点静止释放，最高运动到 d 点，故 A 错误；当小球运动到 d 点时，速度为零，故不受洛伦兹力，故 B 正确；由于 d、b 等高，故小球从 d 点运动到 b 点的过程中，重力势能不变，故C 错误；由于等效重力指向左下方 45，弧 bc 中点是等效最低点，故小球从 b 点运动到 c点的过程中，经过弧 bc 中点时速度最大，故 D 正确 答案：

25、BD 4.如图所示是相互垂直的匀强电场和匀强磁场组成的叠加场，电场强度和磁感应强度分别为E 和 B，一个质量为m、带正电荷量为q 的油滴，以水平速度v0从 a 点射入，经一段时间后运动到b 点试计算：(1)油滴刚进入叠加场a 点时的加速度大小(2)若到达b 点时，偏离入射方向的距离为d，此时速度大小为多大？解析：(1)油滴刚进入叠加场 a 点时，受到重力、竖直向下的电场力、竖直向上的洛伦兹力作用，由牛顿第二定律，有 aqv0BqEmgm.(2)选取油滴从 a 点到 b 点过程，根据动能定理，有 mgdqEd12mv2b12mv20 解得 vb v202mgqEdm.答案：(1)qv0B qE

26、mgm(2)v202mg Eqdm 5.(2018甘肃武威第五次段考)如图，竖直平面内，两竖直虚线MN、PQ 间(含边界)存在竖直向上的匀强电场和垂直于竖直平面向外的匀强磁场，MN、PQ 间距为d，电磁场上下区域足够大一个质量为m，电荷量为q 的带正电小球从左侧进入电磁场，初速度v与 MN 夹角 60，随后小球做匀速圆周运动，恰能到达右侧边界PQ 并从左侧边界MN 穿出不计空气阻力，重力加速度为g.求：(1)电场强度大小E；(2)磁场磁感应强度大小B；(3)小球在电磁场区域运动的时间 解析：(1)由小球在电磁场区域做匀速圆周运动，有 qEmg 得 Emgq(2)设小球做匀速圆周运动的半径为 r

27、，有 qvBmv2r，解得 Bmvqr 由几何关系可得 r2d 则磁场磁感应强度大小 Bmv2qd(3)小球做匀速圆周运动周期 T2rv 小球在电磁场区域运动时间 t13T，解得 t4d3v 答案：(1)mgq(2)mv2qd(3)4d3v 考向三 磁与现代科技的应用 中学阶段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 qvBvEB.6(多选)(2018河南洛阳一模)如图为一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间的加速电场场强大小恒定，且被限制在AC 板间，虚线中间不需加电场，带电粒子从P0处以速

28、度v0沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入D 形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动对这种改进后的回旋加速器，下列说法正确的是()A加速粒子的最大速度与D 形盒的尺寸无关 B带电粒子每运动一周被加速一次 C带电粒子每运动一周P1P2等于P2P3 D加速电场方向不需要做周期性的变化 解析：由于带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径与速度成正比，所以加速粒子的最大速度与 D 形盒的尺寸有关，选项 A 错误；由于图示中虚线中间不需加电场，带电粒子每运动一周被加速一次，选项 B 正确；应用动能定理，经第一次加速后，qU12mv2112mv20，解得 v1 v202qUm.经第二次加速后，qU12mv22

29、12mv21，解得 v2 v212qUm v204qUm.而轨迹半径 rmvqB，显然带电粒子每运动一周 P1P2大于 P2P3，选项 C 错误；对于正粒子，加速电场方向为 A 指向 C，对于负粒子，电场方向为 C 指向 A，即加速电场方向不需要做周期性的变化，选项 D 正确 答案：BD 7.如图所示是速度选择器的原理图，已知电场强度为E、磁感应强度为B 并相互垂直分布，某一带电粒子(重力不计)沿图中虚线水平通过，则该带电粒子()A一定带正电 B速度大小为EB C可能沿QP 方向运动 D若沿PQ 方向运动的速度大于EB，将一定向下极板偏转 解析：带电粒子沿题图中虚线水平通过，则粒子受到的电场力

30、 qE 与洛伦兹力 qvB 等大反向，则速度 vEB，即粒子做匀速直线运动，粒子可带正电也可带负电，故 A 错误，B 正确；若粒子沿 QP 方向进入，电场力与洛伦兹力同向，不能做直线运动，故 C 错误；若速度vEB，则粒子受到的洛伦兹力大于电场力，使粒子偏转，若粒子带正电，粒子将向上极板偏转，若粒子带负电荷，粒子将向下极板偏转，故 D 错误 答案：B 8.为了测量化工厂的污水排放量，技术人员在排污管末端安装了流量计(流量Q 为单位时间内流过某截面流体的体积)如图所示，长方体绝缘管道的长、宽、高分别为a、b、c，左、右两端开口，所在空间有垂直于前后面、磁感应强度大小为B 的匀强磁场，在上、下两个

31、面的内侧固定有金属板M、N，污水充满管道从左向右匀速流动，测得M、N间电压为U，污水流过管道时受到的阻力大小是f kLv2，其中k 为比例系数，L 为污水沿流速方向的长度，v 为污水的流速，则有()A污水的流量QabUB B金属板M 的电势不一定高于金属板N 的电势 C电压U 与污水中的离子浓度有关 D左、右两侧管口的压强差为kav2bc 解析：已知污水在管道中的流速为 v，则当 M、N 间电压为 U 时，有 qvBqUc，解得 vUBc，由于流量 Qvbc，故 QUbB，选项 A 错误；由左手定则可知，负离子受到的洛伦兹力方向竖直向下，故 N 板带负电，M 板带正电，则金属板 M 的电势一定

32、高于金属板 N 的电势，选项 B 错误；当 M、N 两板间的电压为 U 时，离子所受电场力和洛伦兹力大小相等，即 qvBqUc，解得 UBcv，电压 U 与污水中离子的浓度无关，选项 C 错误；由于污水的流速为 vUBc，污水流过该装置时受到的阻力为 fkav2，且污水匀速通过该装置，所以左、右两侧管口受到的压力差等于污水流过该装置时受到的阻力，即pSkav2，又因为Sbc，故可解得 pkav2bc，选项 D 正确 答案：D 9.(2018高考全国卷)如图，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

33、，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：(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 q1U12m1v21 由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有 q1v1 Bm1v21R1 由几何关系知 2R1l 由式得 B4Ulv1(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

34、有 q2U12m2v22 q2v2Bm2v22R2 由题给条件有 2R2l2 由式得，甲、乙两种离子的比荷之比为 q1m1q2m214 答案：(1)4Ulv1(2)1 4 限训练通高考 科学设题 拿下高考高分 (45 分钟)一、单项选择题 1(2018福建龙岩上学期期末)如图所示，两平行金属板中间有相互垂直的匀强磁场和匀强电场，不计重力的带电粒子沿垂直于电场和磁场方向射入有可能做直线运动的是()解析：A 图中，若粒子带正电，则粒子受向下的电场力和向下的洛伦兹力，粒子不能沿直线运动；同理当粒子带负电时也不能沿直线运动，选项 A 错误B 图中，若粒子带正电，粒子受向上的电场力和向上的洛伦兹力，粒子

35、不能沿直线运动；同理当粒子带负电时也不能沿直线运动，选项 B 错误；C 图中，若粒子带正电，粒子受向下的电场力和向上的洛伦兹力，若二者相等，则粒子能沿直线运动；同理当粒子带负电时也可能沿直线运动，选项 C正确；D 图中，若粒子带正电，粒子受向上的电场力和向上的洛伦兹力，粒子不能沿直线运动；同理当粒子带负电时也不能沿直线运动，选项 D 错误 答案：C 2.质量为m、电荷量为q 的微粒，以与水平方向成 角的速度v 从 O 点进入方向如图所示的正交的匀强电场(场强大小为E)和匀强磁场(磁感应强度大小为B)组成的混合场区，该微粒在电场力、洛伦兹力和重力的作用下，恰好沿直线运动到A，重力加速度为g.下列

36、说法中正确的是()A该微粒一定带正电 B微粒从O 到 A 的运动可能是匀变速运动 C该磁场的磁感应强度大小为mgqvcos D该电场的场强为Bvcos 解析：若微粒带正电，电场力水平向左，洛伦兹力垂直 OA 斜向右下方，则电场力、重力、洛伦兹力不能平衡，微粒不可能做直线运动，则微粒带负电，A 错误；微粒如果做匀变速运动，重力和电场力不变，而洛伦兹力变化，微粒不能沿直线运动，与题意不符，B 错误；由平衡条件得 qvBcos mg，qvBsin qE，知 C 正确，D 错误 答案：C 3.如图所示，空间的某个复合场区域内存在着竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场质子由静止开始经一加速电场加速

37、后，垂直于复合场的界面进入并沿直线穿过场区，质子(不计重力)穿过复合场区所用时间为t，从复合场区穿出时的动能为Ek，假设无论撤去磁场B 还是撤去电场E，质子仍能穿出场区，则()A若撤去磁场B，质子穿过场区时间大于t B若撤去电场E，质子穿过场区时间小于t C若撤去磁场B，质子穿出场区时动能大于Ek D若撤去电场E，质子穿出场区时动能大于Ek 解析：质子进入复合场沿直线运动，则质子受到的电场力和洛伦兹力大小相等、方向相反，即 eEBev0，若撤去磁场 B，质子在电场中做类平抛运动，由类平抛运动特点可知，穿过电场的时间 txv0，因场区宽度 x 不变，则时间不变，质子竖直方向做初速度为 0 的匀加

38、速直线运动，出电场时的速度必大于 v0，动能大于 Ek，则 A 错误，C 正确若撤去电场E，则质子在磁场中只受洛伦兹力作用，方向始终垂直于质子速度方向，所以洛伦兹力对质子不做功，质子速度大小不变，动能不变，但是洛伦兹力改变了质子运动方向，所以质子在磁场中运动轨迹变长，穿出场区时间变长，则 B、D 错误 答案：C 4.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

39、能的大小，下列说法正确的是()A加速质量大的粒子交流电源的周期较大，加速次数少 B加速质量大的粒子交流电源的周期较大，加速次数多 C加速质量大的粒子交流电源的周期较小，加速次数多 D加速质量大的粒子交流电源的周期较小，加速次数少 解析：D 形盒间的交流电源的周期等于粒子做圆周运动的周期 T2mqB，则加速质量大的粒子时所需交流电源的周期较大，由 qvBmv2R，解得 vqBRm，则粒子获得的最大动能Ek12mv2q2B2R22m，故加速质量较大的粒子时获得的最大动能较小，因加速一次粒子得到的动能相同，则加速质量较大的粒子加速的次数较少，故选项 A 正确 答案：A 5.如图所示，一个静止的质量为

40、m、带电荷量为q 的粒子(不计重力)，经电压U 加速后垂直进入磁感应强度为B 的匀强磁场中，粒子在磁场中转半个圆后打在P 点，设OP x，能够正确反应x 与 U 之间的函数关系的是()解析：设粒子到达 O 点的速度为 v，粒子通过电场的过程中，由动能定理得 qU12mv2，粒子在磁场中运动，由牛顿第二定律得 qvBmv2R，Rx2，由以上三式解得 x2B 2mUq，选项 B 正确，选项 A、C、D 错误 答案：B 二、多项选择题 6.如图所示，质量为m、带电荷量为q 的三个相同的带电小球A、B、C 从同一高度以同一初速度水平抛出(小球运动过程中不计空气阻力)，B 球处于竖直向下的匀强磁场中，C

41、 球处于垂直纸面向里的匀强电场中，它们落地的时间分别为tA、tB、tC，落地时的速度大小分别为vA、vB、vC，则以下判断正确的是()A tA tB tC B.tBtAtC C vC vAvB D vA vBvC 解析：根据题意可知，A 球在竖直方向上做自由落体运动，只有重力做功，B 球除受重力之外，还受洛伦兹力的作用，但洛伦兹力总是沿水平方向，且洛伦兹力不做功，故只有重力做功，所以 B 球竖直方向做自由落体运动，C 球除受重力之外，还受到垂直纸面向里的电场力作用，故 C 球在竖直方向做自由落体运动，重力和电场力均对其做正功，所以三个球在竖直方向都做自由落体运动，由于下落的高度相同，故下落的时

42、间相等，即有 tAtBtC，A 正确，B 错误；根据动能定理可知，A、B 两球合力做的功相等，初速度相同，所以末速度大小相等，而 C 球的合力做的功比 A、B 两球的合力做的功多，初速度又与 A、B 两球的初速度相同，故 C 球的末速度比 A、B 两球的末速度大，即 vAvBvC，C 错误，D 正确 答案：AD 7.如图所示，一根光滑的绝缘斜轨道连接一个竖直放置的半径为R 0.50 m 的圆形绝缘光滑槽轨槽轨处在垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度B 0.50 T有一个质量为m 0.10 g、带电荷量为q1.6 103 C 的小球在斜轨道上某位置由静止自由下滑，若小球恰好能通过最高点，则下列说

43、法中正确的是(重力加速度g 取 10 m/s2)()A若小球到达最高点的线速度为v，小球在最高点时的关系式mg qvB mv2R成立 B小球滑下的初位置离轨道最低点高为 h2120 m C小球在最高点只受到洛伦兹力和重力的作用 D小球从初始位置到最高点的过程中机械能守恒 解析：小球在最高点时，根据左手定则可知，洛伦兹力的方向向上，所以 mgqvBmv2R，选项 A 错误；从初位置到最高点的过程中运用动能定理得 mg(h2R)12mv2，而 mgqvBmv2R，代入数据解得 h2120 m，选项 B 正确；球恰好能通过最高点，说明轨道对小球没有作用力，洛伦兹力和重力的合力提供向心力，即此时小球只

44、受洛伦兹力和重力的作用，选项 C 正确；小球从初始位置到达最高点的过程中洛伦兹力和轨道的支持力都不做功，只有重力做功，机械能守恒，选项 D 正确 答案：BCD 三、非选择题 8.(2018陕西汉中高三月考)如图所示，虚线圆所围的区域内有磁感应强度大小为 B、方向垂直纸面向里的匀强磁场和另一未知匀强电场(未画)，一电子从A点沿直径AO方向以速度v射入该区域 已知电子的质量为 m，电荷量为 e，不计电子所受的重力(1)若电子做直线运动，求匀强电场的电场强度E的大小和方向；(2)若撤掉电场，其他条件不变，电子束经过磁场区域后其运动方向与原入射方向的夹角为，求圆形磁场区域的半径 r 和电子在磁场中运动

45、的时间 t.解析：(1)若电子做直线运动，据 evBeE 得 EvB，场强垂直 OA 竖直向下 (2)若撤掉电场，电子在磁场中做匀速圆周运动，电子束经过磁场区域后其运动方向与原入射方向的夹角为，运动轨迹如图所示，则 evBmv2R 解得 RmveB 找出轨迹圆的圆心 O，如图所示，由几何关系得，tan 2rR，解得 rmveBtan 2 设电子做匀速圆周运动的周期为 T，有 T2Rv2meB 电子在磁场中运动的时间为 t2T，解得 tmeB 答案：(1)vB 垂直OA 竖直向下(2)mveBtan 2 meB 9.如图，在x0 的空间中，存在垂直于xOy平面、方向向外的匀强磁场，磁感应强度B

46、0.5 T一带负电的粒子(比荷qm 160 C/kg)，在距O 点左侧x 0.06 m 处的d 点以v0 8 m/s 的初速度沿y 轴正方向开始运动，不计带电粒子的重力求：(1)带电粒子开始运动后第一次通过y 轴时的速度大小和方向；(2)带电粒子进入磁场后经多长时间返回电场；(3)带电粒子运动的周期 解析：(1)由题意知，带电粒子在第二象限内做类平抛运动，加速度 aqEm1 600 m/s2，带电粒子在第二象限内运动的时间 t1 2xa3200 s，则带电粒子通过 y 轴进入磁场时，沿 x 轴方向上的速度 vxat18 3 m/s，则带电粒子第一次通过 y 轴时的速度 v v2xv2016 m

47、/s，设速度 v 与 y 轴正方向的夹角为 则 tan vxv0 3，得 60.(2)作出带电粒子在磁场内的运动轨迹，如图所示，由几何关系可知带电粒子的运动轨迹所对应的圆心角 120，则带电粒子在磁场内运动的时间 t213T132mqB120 s.(3)带电粒子从磁场返回电场后的运动是此前由电场进入磁场运动的逆运动，则经历时间 t3t1，带电粒子的速度变为 v0，此后重复前面的运动可见，粒子在电、磁场中的运动具有周期性，其周期 Tt1t2t3(3100120)s.答案：(1)16 m/s 与 y 轴正方向成60角 (2)120 s(3)(3100120)s 10.如图所示，平面直角坐标系的第二

48、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 370.8，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)区域内最小电场强度 E2的大小和方向；(3)

49、区域内电场强度 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 37qE1mg，cos 37mgB1qv0，解得 E13mg4q，B15mg4qv0.(2)区域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 37qE2mg，解得 E24mg5q 方向与 x 轴正方向成 53角斜向上(3)小球在区域内做匀速圆周运动，所以 mgqE3，得 E3mgq 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 rrcos 53d，解得 r58d 由洛伦兹力提供向心力知 B2q2v0m2v02r，联立得 B216mv05qd.答案：见解析