考點一
帶電粒子在電場中的運動
1.[考查帶電粒子在電場中的直線運動]
[多選]如圖所示，板長為L的平行板電容器與一直流電源相連接，其極板與水平面成30°角；若帶電粒子甲、乙由圖中的P點射入電容器，分別沿著虛線1和2運動(虛線1為水平線，虛線2為平行且靠近上極板的直線)。下列關(guān)于帶電粒子的說法正確的是(　　)
A．兩粒子均做勻減速直線運動
B．兩粒子電勢能均逐漸增加
C．兩粒子機械能均守恒
D．若兩粒子質(zhì)量相同，則甲的電荷量一定比乙的電荷量大
解析：選AD　根據(jù)題意可知，粒子做直線運動，則電場力與重力的合力與速度在同一直線上，因為電場力只能垂直極板向上，受力如圖所示；根據(jù)受力圖，粒子做直線運動，則電場力與重力的合力與速度方向反向，粒子做勻減速直線運動，故A正確；粒子甲受到的電場力與位移方向的夾角為鈍角，所以電場力做負功，電勢能逐漸增加，機械能減?。涣Ｗ右疫\動的方向與電場力的方向垂直，電場力不做功，所以粒子的電勢能不變，機械能不變，故B、C錯誤；根據(jù)受力圖，對甲：m甲g＝q甲×Ecos 30°，解得：＝，對乙：m乙gcos 30°＝q乙E，解得：＝，由此可知若兩粒子質(zhì)量相同，則甲的電荷量一定比乙的電荷量大，故D正確。




2．[考查帶電粒子在電場中的曲線運動]
[多選]如圖所示，質(zhì)子(11H)、氘核(12H)和α粒子(24He)都沿平行板電容器的中線OO′方向，垂直于電場線射入兩極板間的勻強電場中，射出后都能打在同一個與中線垂直的熒光屏上，使熒光屏上出現(xiàn)亮點。粒子重力不計。下列推斷正確的是(　　)
A．若它們射入電場時的速度相同，在熒光屏上將出現(xiàn)3個亮點
B．若它們射入電場時的動能相等，在熒光屏上將只出現(xiàn)1個亮點
C．若它們射入電場時的動量相同，在熒光屏上將出現(xiàn)3個亮點
D．若它們是由同一個電場從靜止加速后射入此偏轉(zhuǎn)電場，在熒光屏上將只出現(xiàn)1個亮點
解析：選CD　三個粒子進入勻強電場中都做類平拋運動，在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做初速度為零的勻加速直線運動，則得到加速度為a＝，偏轉(zhuǎn)距離為y＝at2，運動時間為t＝，聯(lián)立可得y＝。若它們射入電場時的速度相同，y與比荷成正比，而三個粒子中質(zhì)子的比荷最大，氘核和α粒子的比荷相等，所以在熒光屏上將只出現(xiàn)2個亮點，A錯誤。若它們射入電場時的動能相等，y與q成正比，則在熒光屏上將只出現(xiàn)2個亮點，B錯誤。若它們射入電場時的動量相等，y＝＝，可見y與qm成正比，三個粒子的qm都不同，則在熒光屏上將出現(xiàn)3個亮點，C正確。設(shè)加速電壓為U1，偏轉(zhuǎn)電壓為U0，若它們是由同一個電場從靜止加速后射入此偏轉(zhuǎn)電場的，根據(jù)推論可知y′＝，顯然三個粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的偏轉(zhuǎn)距離y′相同，故熒光屏上將只出現(xiàn)1個亮點，D正確。
3．[考查帶電粒子在交變電場中的運動]
[多選]如圖甲所示，兩平行金屬板A、B放在真空中，間距為d，P點在A、B板間，A、B板間的電勢差U隨時間t的變化情況如圖乙所示，t＝0時，在P點由靜止釋放一質(zhì)量為m、電荷量為e的電子，當t＝2T時，電子回到P點。電子運動過程中未與極板相碰，不計重力，下列說法正確的是(　　)

A．U1∶U2＝1∶2
B．U1∶U2＝1∶3
C．在0～2T時間內(nèi)，當t＝T時電子的電勢能最小
D．在0～2T時間內(nèi)，電子的電勢能減小了
解析：選BD　0～T時間內(nèi)平行板間的電場強度為E1＝，電子以加速度a1＝＝向上做勻加速直線運動，當t＝T時電子的位移x1＝a1T2，速度v1＝a1T。T～2T時間內(nèi)平行板間的電場強度E2＝，電子加速度a2＝，以v1的初速度向上做勻減速直線運動，速度變?yōu)?后開始向下做勻加速直線運動，位移x2＝v1T－a2T2，由題意t＝2T時電子回到P點，則x1＋x2＝0，聯(lián)立可得U2＝3U1，選項A錯誤，B正確。當速度最大時，動能最大，電勢能最小，而0～2T時間內(nèi)電子先做勻加速直線運動，之后做勻減速直線運動，后又做方向向下的勻加速直線運動，在t＝T時，電子的動能Ek1＝mv12＝，電子在t＝2T時回到P點，此時速度v2＝v1－a2T＝－(負號表示方向向下)，電子的動能為Ek2＝mv22＝，Ek1＜Ek2，根據(jù)能量守恒定律，電勢能的減少量等于動能的增加量，在t＝2T時電子的電勢能最小，選項C錯誤，選項D正確。
考點二
帶電粒子在勻強磁場中的運動

4.[考查帶電粒子在單邊界勻強磁場中的運動]
[多選]如圖所示，在空間內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，質(zhì)子和某種粒子從磁場下邊界MN上的O點以相同的速度v0(v0在紙面內(nèi)，v0與MN的夾角θ為銳角)射入磁場中，發(fā)現(xiàn)質(zhì)子從邊界上的F點離開磁場，另一粒子從E點離開磁場。已知＝2d，＝d，不計粒子的重力和粒子間的相互作用力。下列說法正確的是(　　)
A．從E點飛出的可能是α粒子
B．從E點飛出的可能是氚核
C．兩種粒子在磁場中的運動時間相等
D．兩種粒子在磁場中的運動軌跡所對應(yīng)的圓心角相等
解析：選BD　設(shè)質(zhì)子在磁場中做圓周運動的軌道半徑為r1，另一種粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑為r2，兩種粒子的運動軌跡如圖所示，則由幾何關(guān)系可知，d＝2r1sin θ，3d＝2r2sin θ，兩式聯(lián)立可解得r2＝3r1，由洛倫茲力提供向心力可得r1＝，另一種粒子的半徑r2＝，可得＝3，故從E點飛出的可能是氚核，選項A錯誤，B正確；由幾何知識可知，兩粒子在磁場中運動時，轉(zhuǎn)過的圓心角均為α＝2(π－θ)，故選項D正確；根據(jù)T＝可知兩種粒子的周期不同，由t＝T可知，兩粒子在磁場中的運動時間不相等，選項C錯誤。
5．[考查帶電粒子在圓形勻強磁場中的運動]
[多選]如圖所示，在半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)充滿磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，MN是一豎直放置的感光板。從圓形磁場的最高點P以不同的初速度v垂直磁場正對著圓心O射入帶正電的粒子，且粒子所帶電荷量為q，質(zhì)量為m，不考慮粒子重力，關(guān)于粒子的運動，以下說法正確的是(　　)
A．粒子在磁場中通過的弧長越長，則粒子在磁場中運動的時間就越長
B．從磁場中射出的粒子，其出射方向的反向延長線一定過圓心O
C．射出磁場的粒子一定能垂直打在感光板MN上
D．當粒子入射的速度大小v＝時，粒子從磁場射出后一定能垂直打在感光板MN上
解析：選BD　由粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期公式T＝可知，速度不同的同種帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期相等，對著圓心入射的粒子，由r＝可知，速度越大，粒子在磁場中運動的軌跡半徑就越大，弧長就越長，軌跡所對應(yīng)的圓心角則越小，由＝可知，粒子在磁場中的運動時間t就越小，選項A錯誤；帶電粒子在磁場中的運動軌跡是圓弧，由幾何知識可知，對著圓心入射的粒子，其出射方向的反向延長線也一定過圓心，選項B正確；由于粒子從P點入射的速度大小不同，故粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌跡半徑也不同，軌跡對應(yīng)的圓心角也不相同，因此，對著圓心入射的粒子，出射后不一定能垂直打在感光板MN上，選項C錯誤；當粒子從P點入射的速度大小v＝時，由r＝可得，粒子在圓形磁場區(qū)域中做勻速圓周運動的軌跡圓半徑剛好與圓形磁場的半徑R相同，由幾何知識可知，此時入射點、出射點、磁場圓的圓心O與軌跡圓的圓心構(gòu)成一個正方形，粒子水平射出磁場，故粒子一定垂直打在感光板MN上，選項D正確。
6．[考查帶電粒子在三角形勻強磁場中的運動]
[多選]如圖所示，在一等腰直角三角形ACD區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向外的勻強磁場，磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子(重力不計)從AC邊的中點O垂直于AC邊射入該勻強磁場區(qū)域，若該三角形的兩直角邊長均為2l，則下列關(guān)于粒子運動的說法中正確的是(　　)
A．若該粒子的入射速度為v＝，則粒子一定從CD邊射出磁場，且距點C的距離為l
B．若要使粒子從CD邊射出，則該粒子從O點入射的最大速度應(yīng)為v＝
C．若要使粒子從CD邊射出，則該粒子從O點入射的最大速度應(yīng)為v＝
D．當該粒子以不同的速度入射時，在磁場中運動的最長時間為
解析：選ABD　若粒子射入磁場時的速度為v＝，則由qvB＝m可得r＝l，由幾何關(guān)系可知，粒子一定從CD邊上距C點為l的位置離開磁場，選項A正確；因為r＝，所以v＝，因此，粒子在磁場中運動的軌跡半徑越大，速度就越大，由幾何關(guān)系可知，當粒子在磁場中的運動軌跡與三角形的AD邊相切時，軌跡半徑最大，此時粒子在磁場中做圓周運動的軌跡半徑r＝(＋1)l，故其最大速度為v＝，選項B正確，C錯誤；粒子在磁場中運動的周期為T＝，故當粒子從三角形的AC邊射出時，粒子在磁場中運動的時間最長，由于此時粒子做圓周運動的圓心角為180°，故其最長時間應(yīng)為t＝，選項D正確。
7．[考查帶電粒子在勻強磁場中運動的多解問題]
[多選]如圖所示，兩方向相反、磁感應(yīng)強度大小均為B的勻強磁場被邊長為L的等邊三角形ABC理想分開，三角形內(nèi)磁場垂直紙面向里，三角形頂點A處有一質(zhì)子源，能沿∠BAC的角平分線發(fā)射速度不同的質(zhì)子(質(zhì)子重力不計)，所有質(zhì)子均能通過C點，質(zhì)子比荷＝k，則質(zhì)子的速度可能為(　　)
A．2BkL　　　　　　　　 　B.
C. D.
解析：選BD　因質(zhì)子帶正電，且經(jīng)過C點，其可能的軌跡如圖所示，所有圓弧所對圓心角均為60°，所以質(zhì)子運行半徑r＝(n＝1,2,3，…)，由洛倫茲力提供向心力得Bqv＝m，即v＝＝Bk·(n＝1,2,3，…)，選項B、D正確。



考點三
電磁場與現(xiàn)代科技
8.[考查回旋加速器的原理分析]
如圖為一種改進后的回旋加速器示意圖，其中盒縫間的加速電場場強大小恒定，且被限制在AC板間，虛線中間不需加電場，如圖所示，帶電粒子從P0處以速度v0沿電場線方向射入加速電場，經(jīng)加速后再進入D形盒中的勻強磁場做勻速圓周運動，對這種改進后的回旋加速器，下列說法正確的是(　　)
A．帶電粒子每運動一周被加速兩次
B．帶電粒子每運動一周P1P2＝P3P4
C．加速粒子的最大速度與D形盒的尺寸有關(guān)
D．加速電場方向需要做周期性的變化
解析：選C　帶電粒子只有經(jīng)過A、C板間時被加速，即帶電粒子每運動一周被加速一次，電場的方向沒有改變，只在A、C間加速，故A、D錯誤。根據(jù)r＝得，則P1P2＝2(r2－r1)＝，因為每轉(zhuǎn)一圈被加速一次，根據(jù)v22－v12＝2ad，知每轉(zhuǎn)一圈，速度的變化量不等，且v4－v3P3P4，故B錯誤。當粒子從D形盒中出來時，速度最大，根據(jù)r＝得，v＝，知加速粒子的最大速度與D形盒的尺寸有關(guān)，故C正確。
9．[考查霍爾元件的工作原理]
[多選]1957年，科學家首先提出了兩類超導體的概念，一類稱為Ⅰ型超導體，主要是金屬超導體，另一類稱為Ⅱ型超導體(載流子為電子)，主要是合金和陶瓷超導體。Ⅰ型超導體對磁場有屏蔽作用，即磁場無法進入超導體內(nèi)部，而Ⅱ型超導體則不同，它允許磁場通過。現(xiàn)將一塊長方體Ⅱ型超導體通入穩(wěn)恒電流I后放入勻強磁場中，如圖所示，下列說法正確的是(　　)
A．超導體的內(nèi)部產(chǎn)生了熱能
B．超導體所受安培力等于其內(nèi)部所有電荷定向移動所受洛倫茲力的合力
C．超導體表面上a、b兩點的電勢關(guān)系為φa>φb
D．超導體中的電流I越大，a、b兩點的電勢差越大
解析：選BD　超導體電阻為零，超導體內(nèi)部沒有產(chǎn)生熱能，A錯誤；超導體所受安培力是洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)，安培力等于其內(nèi)部所有電荷定向移動所受洛倫茲力的合力，B正確；載流子為電子，超導體上表面帶負電，φaR的區(qū)域存在沿－y方向的勻強電場，電場強度為E，在M點有一粒子源，輻射的粒子以相同的速率v沿不同方向射入第一象限，發(fā)現(xiàn)沿＋x方向射入磁場的粒子穿出磁場進入電場，速度減小到0后又返回磁場，已知粒子的質(zhì)量為m，電荷量為＋q，粒子重力不計。
(1)求圓形磁場區(qū)域磁感應(yīng)強度的大?。?br /> (2)求沿＋x方向射入磁場的粒子，從進入磁場到再次穿出磁場所走過的路程；
(3)沿與＋x方向成60°角射入的粒子，最終將從磁場邊緣的N點(圖中未畫出)穿出，不再進入磁場，求N點的坐標和粒子從M點運動到N點的總時間。
解析：(1)沿＋x方向射入磁場的粒子穿出磁場進入電場后，速度減小到0，粒子一定是從如圖中的P點射出磁場，逆電場線運動，所以粒子在磁場中做圓周運動的半徑：r＝R
根據(jù)Bqv＝
得：B＝。
(2)粒子返回磁場后，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后從H點射出磁場，MH為直徑，在磁場中的路程為二分之一圓周長s1＝πR
設(shè)在電場中路程為s2，根據(jù)動能定理Eq＝mv2
解得s2＝
總路程s＝πR＋。
(3)沿與＋x方向成60°角射入的粒子，經(jīng)分析從C點豎直射出磁場，從D點射入、射出電場，又從C點射入磁場，最后從N點(MN為直徑)射出磁場。所以N點坐標為(2R,0)。
C點在磁場中，MC段圓弧對應(yīng)圓心角α＝30°，CN段圓弧對應(yīng)圓心角θ＝150°，所以在磁場中的時間為半個周期，t1＝＝
粒子在CD段做勻速直線運動，由幾何關(guān)系知CD＝
t2＝＝
粒子在電場中做勻變速直線運動，加速度a＝
t3＝＝
總時間t＝t1＋t2＋t3＝＋。
答案：(1)　(2)πR＋
(3)(2R,0)?。?br />
11．[考查電場與重力場疊加的問題]
(2017·全國卷Ⅱ)如圖所示，兩水平面(虛線)之間的距離為H，其間的區(qū)域存在方向水平向右的勻強電場。自該區(qū)域上方的A點將質(zhì)量均為m、電荷量分別為q和－q(q>0)的帶電小球M、N先后以相同的初速度沿平行于電場的方向射出。小球在重力作用下進入電場區(qū)域，并從該區(qū)域的下邊界離開。已知N離開電場時的速度方向豎直向下；M在電場中做直線運動，剛離開電場時的動能為N剛離開電場時動能的1.5倍。不計空氣阻力，重力加速度大小為g。求：
(1)M與N在電場中沿水平方向的位移之比；
(2)A點距電場上邊界的高度；
(3)該電場的電場強度大小。
解析：(1)設(shè)小球M、N在A點水平射出時的初速度大小為v0，則它們進入電場時的水平速度仍然為v0。M、N在電場中運動的時間t相等，電場力作用下產(chǎn)生的加速度沿水平方向，大小均為a，在電場中沿水平方向的位移分別為s1和s2。由題給條件和運動學公式得
v0－at＝0 ①
s1＝v0t＋at2 ②
s2＝v0t－at2 ③
聯(lián)立①②③式得＝3。 ④
(2)設(shè)A點距電場上邊界的高度為h，小球下落h時在豎直方向的分速度為vy，由運動學公式
vy2＝2gh ⑤
H＝vyt＋gt2 ⑥
M進入電場后做直線運動，由幾何關(guān)系知
＝ ⑦
聯(lián)立①②⑤⑥⑦式可得
h＝H。 ⑧
(3)設(shè)電場強度的大小為E，小球M進入電場后做直線運動，則＝ ⑨
設(shè)M、N離開電場時的動能分別為Ek1、Ek2，由能量守恒定律得
Ek1＝m(v02＋vy2)＋mgH＋qEs1 ⑩
Ek2＝m(v02＋vy2)＋mgH－qEs2 ?
由已知條件
Ek1＝1.5Ek2 ?
聯(lián)立④⑤⑦⑧⑨⑩??式得
E＝。
答案：(1)3∶1　(2)H　(3)
12．[考查電場、磁場與重力場三場疊加的問題]
[多選]如圖所示，已知一帶電小球在光滑絕緣的水平面上從靜止開始經(jīng)電壓U加速后，水平進入互相垂直的勻強電場E和勻強磁場B的復合場中(E和B已知)，小球在此空間的豎直面內(nèi)做勻速圓周運動，則下列說法中正確的是(　　)
A．小球可能帶正電
B．小球做勻速圓周運動的半徑為r＝
C．小球做勻速圓周運動的周期為T＝
D．若電壓U增大，則小球做勻速圓周運動的周期變大
解析：選BC　小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，故重力等于電場力，洛倫茲力提供向心力，所以mg＝qE，由于電場力的方向與場強的方向相反，故小球帶負電，故A錯誤；由于洛倫茲力提供向心力，故有qvB＝，解得r＝，又由于qU＝mv2，解得v＝ ，所以r＝ ＝ ，故B正確；由于洛倫茲力提供向心力做圓周運動，故有運動周期T＝＝＝，故C正確；顯然運動周期與加速電壓無關(guān)，電壓U增大時，小球做勻速圓周運動的周期不變，故D錯誤。
釋疑4大考點

考點一　帶電粒子在電場中的運動
本考點是歷年高考的主干和重點，帶電粒子在電場中的運動有兩種情況：一是直線運動，主要考查運動學規(guī)律和動能定理(如診斷卷第1、3題)；二是偏轉(zhuǎn)運動，主要應(yīng)用運動的合成與分解來解決(如診斷卷第2題)?？忌Х值脑蛑饕袃煞N：一是不能正確分析帶電粒子的受力情況，如是否考慮重力，電場力方向判斷不清；二是對帶電粒子在電場中的運動過程分析錯誤。建議對本考點重點攻堅。


(一)帶電粒子在電場中做直線運動的解題思路

如診斷卷第1題，對粒子受力分析可知，電場力只能垂直極板向上，電場力與重力的合力與速度方向反向，粒子做勻減速直線運動。
(二)利用“兩個分運動”求解帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)問題
1．把偏轉(zhuǎn)運動分解為兩個獨立的直線運動——平行于極板的勻速直線運動，L＝v0t；垂直于極板的勻加速直線運動，a＝，vy＝at，偏轉(zhuǎn)距離y＝at2，速度偏轉(zhuǎn)角tan θ＝。
2．根據(jù)動能定理，帶電粒子的動能變化量ΔEk＝Uq。
(三)分時分段處理帶電粒子在交變電場中的運動
當粒子平行電場方向射入時，粒子可做周期性的直線運動，當粒子垂直于電場方向射入時，沿初速度方向的分運動為勻速直線運動，沿電場方向的分運動可能具有周期性，如診斷卷第3題，先由牛頓第二定律求出加速度，再由運動學公式求出末速度和位移，由題設(shè)條件得出u1和u2的關(guān)系。
[題點全練]
1．[多選](2018·湖南永州三模)如圖所示為靜電除塵機理圖，廢氣先經(jīng)過一個機械過濾裝置再進入靜電除塵區(qū)，放電極和集塵極加上高壓電場，使塵埃帶上負電，塵埃只在電場力的作用下向集塵極遷移并沉積，達到除塵目的，圖中虛線為電場線(方向未標出)。不考慮塵埃在遷移過程中的相互作用和電荷量變化，則(　　)

A．電場線方向由集塵極指向放電極
B．圖中A點場強小于B點場強
C．塵埃在遷移過程中電勢能減小
D．沿水平方向進入的塵埃在遷移過程中可以做類平拋運動
解析：選AC　由題帶負電的塵埃在電場力的作用下向集塵極遷移，則知集塵極帶正電荷，是正極，所以電場線方向由集塵極指向放電極，故A正確。電場線的疏密程度表示電場強度的大小，由題圖可知A點的電場線更密，故A點的電場強度大于B點的電場強度，故B錯誤。帶電塵埃所受的電場力方向與位移方向相同，做正功，所以在遷移過程中電勢能減小，故C正確。放電極與集塵極間建立非勻強電場，塵埃所受的電場力是變化的，故不能做類平拋運動，故D錯誤。
2．[多選]如圖所示，一帶電荷量為q的帶電粒子以一定的初速度由P點射入勻強電場，入射方向與電場線垂直。粒子從Q點射出電場時，其速度方向與電場線成30°角。已知勻強電場的寬度為d，P、Q兩點的電勢差為U，不計重力作用，設(shè)P點的電勢為零。則下列說法正確的是(　　)
A．帶電粒子帶負電
B．帶電粒子在Q點的電勢能為－Uq
C．此勻強電場的電場強度大小為E＝
D．此勻強電場的電場強度大小為E＝
解析：選BC　由題圖看出粒子的軌跡向上，則所受的電場力向上，與電場方向相同，所以該粒子帶正電。粒子從P到Q，電場力做正功，為W＝qU，則粒子的電勢能減少了qU，P點的電勢為零，則知帶電粒子在Q點的電勢能為－Uq，故A錯誤，B正確。設(shè)帶電粒子在P點時的速度為v0，在Q點建立直角坐標系，垂直于電場線為x軸，平行于電場線為y軸，由平拋運動的規(guī)律和幾何知識求得粒子在y軸方向的分速度為vy＝v0。粒子在y軸方向上的平均速度為y＝v0，粒子在y軸方向上的位移為y0，粒子在電場中的運動時間為t，則豎直方向有：y0＝y(tǒng)t＝v0t; 水平方向有：d＝v0t；可得y0＝d; 所以場強為E＝，聯(lián)立解得E＝＝，故C正確，D錯誤。
3．[多選](2018·唐山五校聯(lián)考)如圖所示，P、Q為兩個等量的異種電荷，以靠近電荷P的O點為原點，沿兩電荷的連線建立x軸，沿直線向右為x軸正方向，一帶正電的粒子從O點由靜止開始僅在電場力作用下運動到A點，已知A點與O點關(guān)于P、Q兩電荷連線的中點對稱，粒子的重力忽略不計。在從O點到A點的運動過程中，下列關(guān)于粒子的運動速度v和加速度a隨時間的變化、粒子的動能Ek和運動徑跡上電勢φ隨位移x的變化圖線可能正確的是(　　)

解析：選CD　等量異種電荷的電場線如圖所示。根據(jù)沿著電場線方向電勢逐漸降低，電場強度E＝，由圖可知E先減小后增大，所以φ-x圖像切線的斜率先減小后增大，故A錯誤。沿兩點電荷連線從O到A，電場強度先變小后變大，一帶正電的粒子從O點由靜止開始在電場力作用下運動到A點的過程中，電場力一直做正功，粒子的速度一直在增大。電場力先變小后變大，則加速度先變小后變大。v-t圖像切線的斜率先變小后變大，故C、D可能，故C、D正確。粒子的動能Ek＝qEx，電場強度先變小后變大，則Ek-x切線的斜率先變小后變大，則B圖不可能，故B錯誤。
考點二　帶電粒子在勻強磁場中的運動
帶電粒子在勻強磁場中的運動歷來都是高考命題的熱點問題，高考對此部分內(nèi)容的考查以帶電粒子在各類有界勻強磁場中的運動為主，其解題的基本方法是“物理搭臺，數(shù)學唱戲”，即通過試題搭建物理情境，結(jié)合物理中的勻速圓周運動知識，運用數(shù)學工具進行解決。其一般的解題思路：首先根據(jù)粒子的運動情況畫出粒子在磁場中的運動軌跡，然后通過幾何知識求半徑，進而由r＝或T＝求解其他的物理量。建議對本考點重點攻堅。
(一)掌握解題流程


(二)破除解題障礙
解題的難點是挖掘隱含的幾何關(guān)系，畫出軌跡圖，尋找軌跡半徑r與磁場寬度的幾何關(guān)系。如圖展示了最常用的幾何知識：粒子速度的偏向角φ等于圓心角α，且等于AB弦與切線的夾角(弦切角θ)的2倍，即φ＝α＝2θ＝ωt。相對的弦切角(θ)相等，與相鄰的弦切角(β)互補，θ＋β＝180°。


(三)依據(jù)題型靈活應(yīng)對
1．單邊界磁場問題的對稱性
帶電粒子在單邊界勻強磁場中的運動一般都具有對稱性，如診斷卷第4題，粒子進入磁場和離開磁場時速度方向與磁場邊界的夾角不變，可總結(jié)為：單邊進出(即從同一直線邊界進出)，等角進出，如圖所示。
2．縮放圓法的應(yīng)用技巧
當帶電粒子以任一速度沿特定方向射入勻強磁場時，它們的速度v0越大，在磁場中做圓周運動的軌道半徑也越大，它們運動軌跡的圓心在垂直速度方向的直線PP′上，此時可以用“縮放圓法”分析——以入射點為定點，圓心位于直線PP′上，將半徑縮放作粒子的運動軌跡，從而探索出臨界條件，如診斷卷第6題。
3．帶電粒子在磁場中運動產(chǎn)生多解的原因

[題點全練]
1．(2018·貴州適應(yīng)考試)如圖所示，aefc和befd是垂直于紙面向里的勻強磁場Ⅰ、Ⅱ的邊界。磁場Ⅰ、Ⅱ的磁感應(yīng)強度分別為B1、B2，且B2＝2B1。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子垂直邊界ae從P點射入磁場Ⅰ，后經(jīng)f點進入磁場Ⅱ，并最終從fc邊界射出磁場區(qū)域。不計粒子重力，該帶電粒子在磁場中運動的總時間為(　　)
A.　　　　　　　　 　B.
C. D.
解析：選B　粒子在磁場Ⅰ中的運動周期T1＝，在磁場Ⅱ中的運動周期T2＝＝；由題意可知，粒子先在磁場Ⅰ中做個圓周運動，再進入磁場Ⅱ中做個圓周運動，再進入磁場Ⅰ中做個圓周運動，最后從fc邊界射出磁場區(qū)域，則該帶電粒子在磁場中運動的總時間為t＝T1＋T2＝，故B正確。

2.[多選](2018·河南淮濱中學模擬)如圖所示，邊長為L的正三角形abc區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場，質(zhì)量為m，電荷量均為q的三個粒子A、B、C以大小不等的速度從a點沿與ab邊成30°角的方向垂直射入磁場后從ac邊界穿出，穿出ac邊界時與a點的距離分別為、、L。不計粒子的重力及粒子間的相互作用，下列說法正確的是(　　)
A．粒子C在磁場中做圓周運動的半徑為L
B．A、B、C三個粒子的初速度大小之比為3∶2∶1
C．A、B、C三個粒子從磁場中射出的方向均與ab邊垂直
D．僅將磁場的磁感應(yīng)強度減小，則粒子B從c點射出
解析：選ACD　由圓周運動的對稱性可知，同一直線邊界以30°的弦切角進入磁場，射出時的速度也與邊界成30°，而圓心角為60°，則圓心和入射點以及出射點構(gòu)成等邊三角形，由幾何關(guān)系可知rA＝，rB＝，rC＝L，故A正確。根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB＝m，可知v＝，可得初速度之比vA∶vB∶vC＝1∶2∶3，B錯誤。由于三粒子從ac邊出射時速度與邊界的夾角為30°，而∠cab＝60°，故出射速度的反向延長線必與ab邊垂直構(gòu)成直角三角形，故C正確。由r＝可知將B改為，半徑將變?yōu)閞B′＝L×＝L，而其他條件不變，故由幾何關(guān)系可知B粒子將從c點出射，D正確。
3．[多選](2018·東北三省三校聯(lián)考)如圖所示，半徑為R的圓形區(qū)域位于正方形ABCD的中心，圓心為O，與正方形中心重合。圓形區(qū)域內(nèi)、外有垂直紙面的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小相等、方向相反。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子以速率v0沿紙面從M點平行于AB邊沿半徑方向射入圓形磁場，并從N點射出，且恰好沒射出正方形磁場區(qū)域，粒子重力忽略不計，已知磁感應(yīng)強度大小為，則(　　)
A．粒子由M點運動到N點時速度偏轉(zhuǎn)角為90°
B．正方形區(qū)域的邊長為3R
C．粒子再次回到M點時所經(jīng)歷的時間為
D．粒子再次回到M點時所經(jīng)歷的時間為
解析：選AC　粒子在圓形磁場中做勻速圓周運動，運動軌跡如圖所示，設(shè)軌道半徑為r1，則洛倫茲力充當向心力，qv0B＝m，解得r1＝R；由幾何關(guān)系可知，粒子由M點運動到N點時速度偏轉(zhuǎn)角為90°，選項A正確。粒子在圓形磁場外運動的軌道半徑為r2，粒子恰好不從AB邊射出則有：qv0B＝m，解得r2＝＝R；則正方形的邊長L＝2r1＋2r2＝4R，選項B錯誤。粒子在圓形磁場中做圓周運動的周期T1＝，在圓形磁場中運動時間t1＝＝；粒子在圓形以外的磁場區(qū)域做圓周運動的周期T2＝，在圓形以外的磁場中運動時間t2＝T2＝；則再次回到M點的時間t＝t1＋t2＝，選項C正確，D錯誤。
考點三　電磁場與現(xiàn)代科技
速度選擇器、質(zhì)譜儀、回旋加速器、磁流體發(fā)電機、電磁流量計、霍爾效應(yīng)等應(yīng)用實例問題的實質(zhì)還是屬于帶電粒子在復合場中的運動問題。因此解決此類問題的關(guān)鍵在于準確把握各種應(yīng)用實例的工作原理。
理清原理準確解題

[注意]
1．不同的回旋加速器原理不同，粒子加速及旋轉(zhuǎn)的情況也不相同。如診斷卷第8題，粒子在板間加速后向右側(cè)旋轉(zhuǎn)過程中不再被加速，粒子每周被加速一次，因此板間電場的方向不發(fā)生變化。
2．霍爾元件的材料不同，霍爾效應(yīng)結(jié)果也不相同。如診斷卷第9題，Ⅱ型超導體的載流子為電子，其電流是由內(nèi)部電子定向移動形成的，應(yīng)根據(jù)電子所受的洛倫茲力的方向判斷偏轉(zhuǎn)情況。
[題點全練]
1.[多選](2018·云南宣威十中模擬)質(zhì)譜儀最初是由湯姆生的學生阿斯頓設(shè)計的，他用質(zhì)譜儀證實了同位素的存在。如圖所示，容器A中有質(zhì)量分別為m1、m2，電荷量相同的兩種粒子(不考慮粒子重力及粒子間的相互作用)，它們從容器A下方的小孔S1不斷飄入電壓為U的加速電場(粒子的初速度可視為零)，沿直線S1S2(S2為小孔)與磁場垂直的方向進入磁感應(yīng)強度為B、方向垂直紙面向外的勻強磁場中，最后打在水平放置的照相底片上。由于實際加速電壓的大小在U±ΔU范圍內(nèi)微小變化，這兩種粒子在底片上可能發(fā)生重疊。對此，下列判斷正確的有(　　)
A．兩粒子均帶正電
B．打在M處的粒子質(zhì)量較小
C．若U一定，ΔU越大越容易發(fā)生重疊
D．若ΔU一定，U越大越容易發(fā)生重疊
解析：選ABC　根據(jù)左手定則知兩粒子均帶正電，故A正確；粒子在電場中加速qU＝mv2，在磁場中做圓周運動有：qvB＝，解得R＝ ，知半徑小的粒子的質(zhì)量也較小，故B正確；假設(shè)m2的質(zhì)量大，m1最大半徑為R1＝ ，m2最小半徑為R2＝ ；兩軌跡不發(fā)生重疊，有R1＜R2，解得＜ ，若U一定，ΔU越大兩個半徑越容易相等，越容易發(fā)生重疊，故C正確，D錯誤。
2.[多選]隨著人民生活水平的提高，環(huán)境保護越來越受到重視。如圖所示為污水監(jiān)測儀的核心部分，兩塊寬度為b的矩形金屬極板平行正對置于排液口的上下表面，排液口上下表面高度為d，有一垂直于側(cè)面向里的磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場。已知污水中含有大量的帶電荷量為q的正離子，當污水水流的速度為v時，在導體的上下表面間用電壓表測得的電壓為UH，則下列判斷正確的是(　　)
A．液體內(nèi)離子只受洛倫茲力作用
B．用電壓表測UH時，電壓表的“＋”接線柱接下表面
C．高度d越大，UH越大
D．根據(jù)兩極板間的電壓值可以測出污水的流速
解析：選CD　定向移動的離子受到洛倫茲力作用發(fā)生偏轉(zhuǎn)，在上下表面間形成電勢差，最終離子在電場力和洛倫茲力作用下處于平衡，故選項A錯誤；由題圖可知，磁場方向向里，電流方向向右，根據(jù)左手定則，離子向上表面偏轉(zhuǎn)，則上表面得到離子帶正電，那么下表面帶負電，所以電壓表的“＋”接線柱接上表面，故選項B錯誤；根據(jù)電場力與洛倫茲力平衡，有q＝qBv，解得UH＝Bdv，則厚度d越大，UH越大，故選項C正確；根據(jù)UH＝Bdv以及B、d已知，如果測得UH，就可以得到污水流速，故選項D正確。
3.磁流體發(fā)電是一種全新的發(fā)電技術(shù)，它能將物體的內(nèi)能直接轉(zhuǎn)化為電能。如圖所示為磁流體發(fā)電機的示意圖。平行板MN間有垂直于紙面向外、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，兩板間的距離為d，將電阻率為ρ的等離子體以速度v水平向右噴射入磁場中，M、N兩板上就會產(chǎn)生電壓。將兩板與外電路連接，就可以給外電路供電。圖中電壓表為理想電表，外電路中R0為定值電阻，R為滑動變阻器，開始時開關(guān)S斷開，下列判斷正確的是(　　)
A．M板是電源的正極
B．閉合開關(guān)S，電壓表的示數(shù)為Bdv
C．閉合開關(guān)S，電壓表的示數(shù)減小
D．閉合開關(guān)S，將滑動變阻器的滑片向下移，電源的輸出功率一定增大
解析：選C　由左手定則可知正離子向N板偏轉(zhuǎn)，負離子向M板偏轉(zhuǎn)，即金屬板M為電源負極，N為電源正極，故A錯誤；等離子體穩(wěn)定運動時，洛倫茲力與電場力平衡，即Bqv＝q，解得E＝Bdv，閉合開關(guān)S時，電壓表測得的是路端電壓，故電壓表的示數(shù)小于Bdv，故B錯誤；閉合開關(guān)S前，電壓表測的是電源電動勢，閉合開關(guān)S后，電壓表測的是路端電壓，則電壓表的示數(shù)減小，故C正確；因為不知道內(nèi)阻與外電阻的大小關(guān)系，故無法判斷電流的輸出功率如何變化，故D錯誤。
考點四　帶電粒子(體)在復合場中的運動
帶電粒子(體)在復合場中的運動問題可分為“組合場”和“疊加場”兩種情況，近兩年的高考物理試題中，對組合場和疊加場的考查頻繁，應(yīng)該引起重視。建議考生對本考點重點攻堅。
(一)組合場問題——“分與合”
1．先把帶電粒子的運動按照組合場的順序分解為一個個獨立的過程，并分析每個過程中帶電粒子的受力情況和運動情況，然后用銜接速度把這些過程關(guān)聯(lián)起來，列方程解題。
2．帶電粒子的常見運動類型及求解方法

　(2018·全國卷Ⅱ)一足夠長的條狀區(qū)域內(nèi)存在勻強電場和勻強磁場，其在xOy平面內(nèi)的截面如圖所示：中間是磁場區(qū)域，其邊界與y軸垂直，寬度為l，磁感應(yīng)強度的大小為B，方向垂直于xOy平面；磁場的上、下兩側(cè)為電場區(qū)域，寬度均為l′，電場強度的大小均為E，方向均沿x軸正方向；M、N為條狀區(qū)域邊界上的兩點，它們的連線與y軸平行。一帶正電的粒子以某一速度從M點沿y軸正方向射入電場，經(jīng)過一段時間后恰好以從M點入射的速度從N點沿y軸正方向射出。不計重力。
(1)定性畫出該粒子在電磁場中運動的軌跡；
(2)求該粒子從M點入射時速度的大??；
(3)若該粒子進入磁場時的速度方向恰好與x軸正方向的夾角為，求該粒子的比荷及其從M點運動到N點的時間。
[思維流程]

[解析]　(1)粒子在電場中的軌跡為拋物線，在磁場中為圓弧，上下對稱，如圖(a)所示。
(2)設(shè)粒子從M點射入時速度的大小為v0，進入磁場的速度大小為v，方向與電場方向的夾角為θ[如圖(b)]，速度v沿電場方向的分量為v1。

根據(jù)牛頓第二定律有
qE＝ma ①
由運動學公式有
l′＝v0t ②
v1＝at ③
v1＝vcos θ ④
設(shè)粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑為R，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得
qvB＝ ⑤
由幾何關(guān)系得
l＝2Rcos θ ⑥
聯(lián)立①②③④⑤⑥式得
v0＝。 ⑦
(3)由運動學公式和題給數(shù)據(jù)得
v1＝v0cot ⑧
聯(lián)立①②③⑦⑧式得
＝ ⑨
設(shè)粒子由M點運動到N點所用的時間為t′，則
t′＝2t＋T ⑩
式中T是粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期，
T＝ ?
由②⑦⑨⑩?式得
t′＝。 ?
[答案]　(1)見解析　(2)
(3)　
(二)疊加場問題——“三步曲”

1．帶電體在電場和重力場的疊加場中運動問題，關(guān)鍵是分析帶電體的受力情況，分析水平及豎直方向的運動性質(zhì)，搞清物理過程，靈活選用物理規(guī)律求解，如診斷卷第11題，在電場上方做平拋運動，可由運動的合成與分解分析；進入電場后M做直線運動，N運動情況未知，由于給出了兩球離開電場時的動能關(guān)系，應(yīng)從能量守恒方面著手分析。
2．帶電小球受磁場、電場和重力場共同作用，若在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，一定有重力等于電場力，洛倫茲力提供向心力，如診斷卷第12題。
　如圖所示，虛線MN左側(cè)有水平向右的勻強電場，右側(cè)有豎直向上的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B。比荷為k的帶電小球從水平面上a點由靜止釋放，過b點進入MN右側(cè)后能沿半徑為R的半圓形軌道bcd運動且對軌道始終無壓力，小球從d點再次進入MN左側(cè)后正好落在b點，不計一切摩擦，重力加速度為g。求：
(1)小球沿水平面經(jīng)過b點時的速度大小v；
(2)MN左側(cè)的電場強度的大小E1；
(3)小球釋放點a到b點的距離x。
[思維流程]

[解析]　(1)小球進入MN右側(cè)電磁場區(qū)域后能沿半圓形軌道bcd運動且始終對軌道無壓力，表明重力與電場力平衡，洛倫茲力充當小球做勻速圓周運動的向心力，即qvB＝m
代入＝k，解得v＝kBR。
(2)小球再次進入左側(cè)電場后，在水平方向上先做勻減速運動，然后向右做勻加速運動，落在b點時
0＝vt－a1t2
而a1＝
在豎直方向上做自由落體運動，則2R＝gt2
聯(lián)立以上三式解得E1＝B。
(3)小球從a點由靜止釋放運動到b點，由動能定理得
qE1x＝mv2
解得x＝。
[答案]　(1)kBR　(2)B　(3)
[題點全練]
1．[多選](2019屆高三·銀川模擬)如圖所示，豎直虛線邊界左側(cè)為一半徑為R的光滑半圓軌道，O為圓心，A為最低點，C為最高點，右側(cè)同時存在豎直向上的勻強電場和垂直紙面向外的勻強磁場。一電荷量為q、質(zhì)量為m的帶電小球從半圓軌道的最低點A以某一初速度開始運動恰好能到最高點C，進入右側(cè)區(qū)域后恰好又做勻速圓周運動回到A點，空氣阻力不計，重力加速度為g。則(　　)
A．小球在最低點A開始運動的初速度大小為
B．小球返回A點后可以第二次到達最高點C
C．小球帶正電，且電場強度大小為
D．勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為
解析：選ACD　小球恰能經(jīng)過最高點C，則mg＝m，解得vC＝，從A到C由動能定理：－mg·2R＝mvC2－mvA2，解得vA＝，選項A正確；小球在復合場中以速度做勻速圓周運動，再次過A點時的速度為，則小球不能第二次到達最高點C，選項B錯誤；小球在復合場中受向下的重力和向上的電場力而平衡，可知小球帶正電，滿足mg＝qE，解得E＝，選項C正確；由qvB＝m，其中v＝，解得B＝，選項D正確。
2.(2018·咸陽模擬)在現(xiàn)代科技中，人們常常利用電場、磁場和重力場來控制帶電微粒的運動。如圖所示，直角坐標系位于豎直平面內(nèi)，y軸上的A點有一帶正電的小球，小球的質(zhì)量為m、電荷量為q，＝ C/kg。若將小球從A點由靜止釋放，小球在x軸下方場強為E1、方向平行于坐標平面的勻強電場和重力場的作用下沿直線做勻加速運動到x軸上的B點。在x軸的上方，小球在場強為E2、磁感應(yīng)強度為B＝ T的磁場和重力場作用下做勻速圓周運動，軌跡關(guān)于y軸對稱，已知A、B兩點坐標分別為A(0，－1 m)、B( m,0)，g取10 m/s2，求：
(1)場強E2的大小和方向；
(2)場強E1的大小和方向。(結(jié)果可以保留根式)
解析：(1)小球在x軸上方做勻速圓周運動，所以洛倫茲力充當向心力，電場力和重力平衡，qE2＝mg
解得E2＝10 N/C，方向豎直向上。
(2)在△AOB中，∠ABO＝30°，設(shè)小球在x軸上方做勻速圓周運動的軌道半徑為R，圓心為O1，半徑O1B與x軸成60°，所以Rcos 60°＝OB
解得R＝2 m
根據(jù)牛頓第二定律，粒子做圓周運動時有qvB＝
解得v＝2 m/s
從A到B做勻加速直線運動，則v2＝2ax
解得a＝10 m/s2
根據(jù)平行四邊形定則，
有qE1＝2mgcos 30°
解得E1＝30 N/C，與x軸正方向成60°角斜向上。
答案：(1)10 N/C　方向豎直向上
(2)30 N/C　與x軸正方向成60°角斜向上
3.(2018·全國卷Ⅰ)如圖，在y＞0的區(qū)域存在方向沿y軸負方向的勻強電場，場強大小為E；在y＜0的區(qū)域存在方向垂直于xOy平面向外的勻強磁場。一個氕核和一個氘核先后從y軸上y＝h點以相同的動能射出，速度方向沿x軸正方向。已知進入磁場時，速度方向與x軸正方向的夾角為60°，并從坐標原點O處第一次射出磁場。的質(zhì)量為m，電荷量為q。不計重力。求：
(1) 第一次進入磁場的位置到原點O的距離；
(2)磁場的磁感應(yīng)強度大??；
(3) 第一次離開磁場的位置到原點O的距離。
解析：(1) 在電場中做類平拋運動，在磁場中做勻速圓周運動，運動軌跡如圖所示。在電場中由運動學公式有
s1＝v1t1 ①
h＝a1t12 ②
進入磁場時速度在y軸方向的分量大小為
v1tan θ1＝a1t1 ③
聯(lián)立以上各式得
s1＝h。 ④
(2) 在電場中運動時，由牛頓第二定律有
qE＝ma1 ⑤
進入磁場時速度的大小為
v＝ ⑥
在磁場中運動時由牛頓第二定律有
qvB＝m ⑦
由幾何關(guān)系得
s1＝2R1sin θ1 ⑧
聯(lián)立以上各式得B＝ 。 ⑨
(3) 與初動能相等
(2m)v22＝mv12 ⑩
在電場中運動時有
qE＝2ma2 ?
s2＝v2t2 ?
h＝a2t22 ?
進入磁場時v2tan θ2＝a2t2 ?
v′＝ ?
qv′B＝2m ?
聯(lián)立以上各式得
s2＝s1，θ2＝θ1，R2＝R1 ?
所以第一次離開磁場的出射點在原點左側(cè)，設(shè)出射點到入射點的距離為s2′，由幾何關(guān)系有
s2′＝2R2sin θ2 ?
聯(lián)立④⑧??式得，第一次離開磁場時的位置到原點O的距離為
s2′－s2＝(－1)h。 ?
答案：(1)h　(2) 　(3)(－1)h


一、高考真題集中演練——明規(guī)律
1.(2017·全國卷Ⅰ)如圖，空間某區(qū)域存在勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向上(與紙面平行)，磁場方向垂直于紙面向里。三個帶正電的微粒a、b、c電荷量相等，質(zhì)量分別為ma、mb、mc。已知在該區(qū)域內(nèi)，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運動，b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運動，c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運動。下列選項正確的是(　　)
A．ma>mb>mc　　　　　　 B．mb>ma>mc
C．mc>ma>mb D．mc>mb>ma
解析：選B　該空間區(qū)域為勻強電場、勻強磁場和重力場的疊加場，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運動，可知其重力與所受到的電場力平衡，洛倫茲力提供其做勻速圓周運動的向心力，有mag＝qE，解得ma＝。b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運動，由左手定則可判斷出其所受洛倫茲力方向豎直向上，可知mbg＝qE＋qvbB，解得mb＝＋。c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運動，由左手定則可判斷出其所受洛倫茲力方向豎直向下，可知mcg＋qvcB＝qE，解得mc＝－。綜上所述，可知mb>ma>mc，選項B正確。
2.(2017·全國卷Ⅱ)如圖，虛線所示的圓形區(qū)域內(nèi)存在一垂直于紙面的勻強磁場，P為磁場邊界上的一點，大量相同的帶電粒子以相同的速率經(jīng)過P點，在紙面內(nèi)沿不同方向射入磁場。若粒子射入速率為v1，這些粒子在磁場邊界的出射點分布在六分之一圓周上；若粒子射入速率為v2，相應(yīng)的出射點分布在三分之一圓周上。不計重力及帶電粒子之間的相互作用。則v2∶v1為(　　)
A.∶2 B.∶1
C.∶1 D．3∶
解析：選C　由于是相同的粒子，粒子進入磁場時的速度大小相同，由qvB＝m可知，R＝，即粒子在磁場中做圓周運動的半徑相同。若粒子運動的速度大小為v1，如圖所示，通過旋轉(zhuǎn)圓可知，當粒子在磁場邊界的出射點A離P點最遠時，則AP＝2R1；同樣，若粒子運動的速度大小為v2，粒子在磁場邊界的出射點B離P點最遠時，則BP＝2R2，由幾何關(guān)系可知，R1＝，R2＝Rcos 30°＝R，則＝＝，C項正確。
3.(2016·全國卷Ⅲ)平面OM和平面ON之間的夾角為30°，其橫截面(紙面)如圖所示，平面OM上方存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙面向外。一帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q(q>0)。粒子沿紙面以大小為v的速度從OM的某點向左上方射入磁場，速度與OM成30°角。已知該粒子在磁場中的運動軌跡與ON只有一個交點，并從OM上另一點射出磁場。不計重力。粒子離開磁場的出射點到兩平面交線O的距離為(　　)
A.　　　　　　　　 B.
C. D.
解析：選D　如圖所示，粒子在磁場中運動的軌跡半徑為R＝。設(shè)入射點為A，出射點為B，圓弧與ON的交點為P。由粒子運動的對稱性及粒子的入射方向知，AB＝R。由幾何關(guān)系知，AP＝R，則AO＝AP＝3R，所以O(shè)B＝4R＝。故選項D正確。
4.(2018·全國卷Ⅲ)如圖，從離子源產(chǎn)生的甲、乙兩種離子，由靜止經(jīng)加速電壓U加速后在紙面內(nèi)水平向右運動，自M點垂直于磁場邊界射入勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁場左邊界豎直。已知甲種離子射入磁場的速度大小為v1，并在磁場邊界的N點射出；乙種離子在MN的中點射出；MN長為l。不計重力影響和離子間的相互作用。求：
(1)磁場的磁感應(yīng)強度大?。?br /> (2)甲、乙兩種離子的比荷之比。
解析：(1)設(shè)甲種離子所帶電荷量為q1、質(zhì)量為m1，在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R1，磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，由動能定理有
q1U＝m1v12 ①
由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有
q1v1B＝m1 ②
由幾何關(guān)系知
2R1＝l ③
由①②③式得
B＝。 ④
(2)設(shè)乙種離子所帶電荷量為q2、質(zhì)量為m2，射入磁場的速度為v2，在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R2。同理有
q2U＝m2v22 ⑤
q2v2B＝m2 ⑥
由題給條件有
2R2＝ ⑦
由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙兩種離子的比荷之比為
∶＝1∶4。 ⑧
答案：(1)　(2)1∶4
5.(2017·全國卷Ⅲ)如圖，空間存在方向垂直于紙面(xOy平面)向里的磁場。在x≥0區(qū)域，磁感應(yīng)強度的大小為B0；x1)。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的帶電粒子以速度v0從坐標原點O沿x軸正向射入磁場，此時開始計時，當粒子的速度方向再次沿x軸正向時，求：(不計重力)
(1)粒子運動的時間；
(2)粒子與O點間的距離。
解析：(1)在勻強磁場中，帶電粒子做圓周運動。設(shè)在x≥0區(qū)域，圓周半徑為R1；在x＜0區(qū)域，圓周半徑為R2。由洛倫茲力公式及牛頓定律得
qB0v0＝m ①
qλB0v0＝m ②
粒子速度方向轉(zhuǎn)過180°時，所需時間t1為
t1＝ ③
粒子再轉(zhuǎn)過180°時，所需時間t2為
t2＝ ④
聯(lián)立①②③④式得，所求時間為
t0＝t1＋t2＝1＋。 ⑤
(2)由幾何關(guān)系及①②式得，所求距離為
d0＝2(R1－R2)＝。 ⑥
答案：(1)　(2)
二、名校模擬重點演練——知熱點
6.(2018·滁州一中調(diào)考)如圖所示，平行板電容器的兩個極板與水平地面成一角度θ，兩極板與一直流電源相連。若一帶電粒子恰能沿圖中所示水平直線通過電容器，則在此過程中，關(guān)于該粒子下列說法錯誤的是(　　)
A．電勢能逐漸增加 B．動能逐漸減小
C．粒子所受重力小于電場力 D．粒子做勻加速直線運動
解析：選D　由于粒子做直線運動，受力分析可知粒子所受的電場力與重力的合力與速度方向反向，粒子做勻減速直線運動，動能減小，電場力垂直于極板向上，與速度方向的夾角為鈍角，電場力對粒子做負功，則粒子的電勢能增加，故A、B正確，D錯誤；電場力與重力的合力方向向左，由平行四邊形定則知粒子所受重力小于電場力，故C正確。
7.[多選](2019屆高三·桂林三校聯(lián)考)如圖所示，平行金屬板A、B水平正對放置，分別帶上等量異種電荷。一帶電微粒水平射入板間，在重力和電場力共同作用下運動，軌跡如圖中虛線所示，那么(　　)
A．若微粒帶負電荷，則A板可能帶正電荷
B．微粒從M點運動到N點電勢能可能增加
C．微粒從M點運動到N點機械能一定增加
D．微粒從M點運動到N點動能一定增加
解析：選ABD　微粒在電場力和重力的合力作用下做類平拋運動，合力向下，電場力可能向上而小于重力，也可能向下，故無法判斷A板的帶電情況，故A正確；電場力可能向上，也可能向下，所以微粒從M點運動到N點過程，電場力可能做負功，也可能做正功，電勢能可能增加，也可能減小，所以機械能不一定增加，故B正確，C錯誤；微粒在電場力和重力的合力作用下做類平拋運動，電場力和重力的合力向下，故微粒從M點運動到N點動能一定增加，故D正確。
8．[多選](2018·河南太康一中模擬)如圖所示，一束質(zhì)量、速度和電荷量不全相等的離子，經(jīng)過由正交的勻強電場和勻強磁場組成的速度選擇器后，進入另一個勻強磁場中并分裂為A、B兩束，下列說法中正確的是(　　)
A．組成A、B兩束的離子都帶負電
B．A束離子的比荷大于B束離子的比荷
C．A束離子的比荷小于B束離子的比荷
D．速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向里
解析：選BD　A、B兩束離子進入磁場后都向左偏，根據(jù)左手定則可以判斷A、B兩束離子都帶正電，故A錯誤；經(jīng)過速度選擇器后的離子速度相同，離子所受電場力和洛倫茲力平衡，滿足qvB＝qE，即不發(fā)生偏轉(zhuǎn)的離子具有共同的速度大小v＝，進入磁場區(qū)分開，軌道半徑不等，根據(jù)公式R＝，可知半徑大的比荷小，所以A束離子的比荷大于B束離子的比荷，故B正確，故C錯誤；在速度選擇器中，電場方向水平向右，A、B離子所受電場力方向向右，所以洛倫茲力方向向左，根據(jù)左手定則可知，速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向里，故D正確。
9.[多選](2018·遼寧遼南聯(lián)考)如圖所示，寬2 cm的有界勻強磁場的縱向范圍足夠大，磁感應(yīng)強度的方向垂直紙面向里，現(xiàn)有一群帶正電粒子從O點以相同的速率沿紙面不同方向進入磁場，若粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑均為5 cm，則(　　)
A．右邊界：－4 cm＜y＜4 cm有粒子射出
B．右邊界：y＞4 cm和y＜－4 cm有粒子射出
C．左邊界：y＞8 cm有粒子射出
D．左邊界：0＜y＜8 cm有粒子射出
解析：選AD　粒子恰射出磁場的臨界條件如圖所示。根據(jù)幾何關(guān)系可得：臨界點距x軸的間距y＝ cm＝4 cm，可知A對，B錯；左邊界x軸上方帶電粒子可達到y(tǒng)＝8 cm 處，x軸下方無粒子到達，C錯，D對。
10.(2018·唐山二模)如圖所示，在水平面內(nèi)存在一半徑為2R和半徑為R兩個同心圓，半徑為R的小圓和半徑為2R的大圓之間形成一環(huán)形區(qū)域。小圓和環(huán)形區(qū)域內(nèi)分別存在垂直于水平面、方向相反的勻強磁場。小圓內(nèi)勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為B。位于圓心處的粒子源S沿水平面向各個方向發(fā)射速率為的正粒子，粒子的電荷量為q、質(zhì)量為m，為了將所有粒子束縛在半徑為2R的圓形內(nèi)，環(huán)形區(qū)域磁感應(yīng)強度大小至少為(　　)
A．B B.B
C.B D.B
解析：選C　粒子在小圓內(nèi)做圓周運動的半徑為r0＝＝R，由軌跡圖可知，粒子從A點與OA成30°角的方向射入環(huán)形區(qū)域，粒子恰好不射出磁場時，軌跡圓與大圓相切，設(shè)半徑為r，由幾何知識可知∠OAO2＝120°，由余弦定理可知：(2R－r)2＝r2＋R2－2Rrcos 120°，解得r＝R，由qvB′＝m，得B′＝＝＝B，故C正確。
11.(2018·西藏拉薩中學月考)一圓筒的橫截面如圖所示，其圓心為O。筒內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B。圓筒下面有相距為d的平行金屬板M、N，其中M板帶正電荷，N板帶等量負電荷。質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子自M板邊緣的P處由靜止釋放，經(jīng)N板的小孔S以速度v沿半徑SO方向射入磁場中。粒子與圓筒發(fā)生兩次碰撞后仍從S孔射出，設(shè)粒子與圓筒碰撞過程中沒有動能損失，且電荷量保持不變，在不計重力的情況下，求：
(1)M、N間電場強度E的大?。?br /> (2)圓筒的半徑R；
(3)保持M、N間電場強度E不變，僅將M板向上平移d，粒子仍從M板邊緣的P處由靜止釋放，粒子自進入圓筒至從S孔射出期間，與圓筒的碰撞次數(shù)n。
解析：(1)設(shè)兩極板間的電壓為U，由動能定理得
qU＝mv2
由勻強電場中電勢差與電場強度的關(guān)系得U＝Ed

聯(lián)立上式可得E＝。
(2)粒子進入磁場后做勻速圓周運動，運用幾何關(guān)系做出圓心O′， 軌跡半徑為r，設(shè)第一次碰撞點為A，由于粒子與圓筒發(fā)生兩次碰撞又從S孔射出，因此SA弧所對圓心角
∠AO′S＝。
由幾何關(guān)系得r＝Rtan
粒子運動過程中洛倫茲力充當向心力，由牛頓第二定律得
qvB＝m
聯(lián)立解得R＝。
(3)保持M、N間電場強度E不變，M板向上平移d后，設(shè)板間電壓為U′，則U′＝＝
設(shè)粒子進入S孔時的速度為v′，由＝可得v′＝v
設(shè)粒子做圓周運動的半徑為r′，r′＝
設(shè)粒子從S孔到第一次與圓筒碰撞期間的軌道所對圓心角為θ，比較兩式得到r′＝R，可見θ＝
此時粒子經(jīng)過圓周后與圓筒發(fā)生碰撞，所以粒子將在與圓筒發(fā)生三次碰撞后由S孔射出，所以n＝3。
答案：(1)　(2)　(3)3



英語朗讀寶
相關(guān)資料 更多
資料下載及使用幫助
版權(quán)申訴
版權(quán)申訴
若您為此資料的原創(chuàng)作者，認為該資料內(nèi)容侵犯了您的知識產(chǎn)權(quán)，請掃碼添加我們的相關(guān)工作人員，我們盡可能的保護您的合法權(quán)益。
入駐教習網(wǎng)，可獲得資源免費推廣曝光，還可獲得多重現(xiàn)金獎勵，申請 精品資源制作， 工作室入駐。
版權(quán)申訴二維碼
高考專區(qū)
歡迎來到教習網(wǎng)
  • 900萬優(yōu)選資源，讓備課更輕松
  • 600萬優(yōu)選試題，支持自由組卷
  • 高質(zhì)量可編輯，日均更新2000+
  • 百萬教師選擇，專業(yè)更值得信賴
微信掃碼注冊
qrcode
二維碼已過期
刷新

微信掃碼，快速注冊

手機號注冊
手機號碼

手機號格式錯誤

手機驗證碼 獲取驗證碼

手機驗證碼已經(jīng)成功發(fā)送，5分鐘內(nèi)有效

設(shè)置密碼

6-20個字符，數(shù)字、字母或符號

注冊即視為同意教習網(wǎng)「注冊協(xié)議」及「隱私條款」
QQ注冊
手機號注冊
微信注冊

注冊成功

返回
頂部