壓軸題10帶電粒子在復合場中的運動考向分析本專題是磁場、力學、電場等知識的綜合應用，高考往往以計算壓軸題的形式出現．本專題是磁場、力學、電場等知識的綜合應用，高考往往以計算壓軸題的形式出現．學習本專題，可以培養同學們的審題能力、推理能力和規范表達能力．針對性的專題訓練，可以提高同學們解決難題、壓軸題的信心．用到的知識主要有：動力學觀點(牛頓運動定律)、運動學觀點、能量觀點(動能定理、能量守恒定律)、電場的觀點(類平拋運動的規律)、磁場的觀點(帶電粒子在磁場中運動的規律)．壓軸題要領一、帶電粒子在組合場中運動的分析方法1．正確受力分析，除重力、彈力、摩擦力外要特別注意靜電力和磁場力的分析。2．確定帶電粒子的運動狀態，注意運動情況和受力情況的結合。3．對于粒子連續通過幾個不同區域、不同種類的場時，要分階段進行處理。4．畫出粒子運動軌跡，靈活選擇不同的運動規律。二、帶電粒子在疊加場中運動的分析方法1．帶電體在疊加場中運動的歸類分析（1）磁場力、重力并存①若重力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運動。②若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，故機械能守恒。（2）電場力、磁場力并存（不計重力的微觀粒子）①若電場力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運動。②若電場力和洛倫茲力不平衡，則帶電體做復雜的曲線運動，可用動能定理求解。（3）電場力、磁場力、重力并存①若三力平衡，帶電體做勻速直線運動。②若重力與電場力平衡，帶電體做勻速圓周運動。③若合力不為零，帶電體可能做復雜的曲線運動，可用能量守恒定律或動能定理求解。2．帶電粒子（帶電體）在疊加場中運動的分析方法（1）弄清疊加場的組成。（2）進行受力分析。（3）確定帶電粒子的運動狀態，注意運動情況和受力情況的結合。（4）畫出粒子運動軌跡，靈活選擇不同的運動規律。①當帶電粒子在疊加場中做勻速直線運動時，根據受力平衡列方程求解。②當帶電粒子在疊加場中做勻速圓周運動時，應用牛頓定律結合圓周運動規律求解。③當帶電粒子做復雜曲線運動時，一般用動能定理或能量守恒定律求解。④對于臨界問題，注意挖掘隱含條件。（5）記住三點：能夠正確對疊加場中的帶電粒子從受力、運動、能量三個方面進行分析①受力分析是基礎：一般要從受力、運動、功能的角度來分析。這類問題涉及的力的種類多，含重力、電場力、磁場力、彈力、摩擦力等；②運動過程分析是關鍵：包含的運動種類多，含勻速直線運動、勻變速直線運動、類平拋運動、圓周運動以及其他曲線運動；③根據不同的運動過程及物理模型，選擇合適的定理列方程（牛頓運動定律、運動學規律、動能定理、能量守恒定律等）求解。三、帶電粒子在周期性的電場和磁場中的運動帶電粒子在交變電場或磁場中運動的情況較復雜，運動情況不僅取決于場的變化規律，還與粒子進入場的的時候的時刻有關，一定要從粒子的受力情況著手，分析出粒子在不同時間間隔內的運動情況，若交變電壓的變化周期遠大于粒子穿越電場的時間，那么粒子在穿越電場的過程中，可看作勻強電場。注意：空間存在的電場或磁場是隨時間周期性變化的，一般呈現“矩形波”的特點。交替變化的電場及磁場會使帶電粒子順次經過不同特點的電場，磁場或疊加的場，從而表現出多過程現象，其特點較為隱蔽。三、壓軸題速練

1.如圖1所示，空間某處存在豎直向下的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，一個帶負電的金屬小球從M點水平射入場區，經一段時間運動到N點，關于小球由M到N的運動，下列說法正確的是()圖1A．小球可能做勻變速運動 B．小球一定做變加速運動C．小球動能可能不變 D．小球機械能守恒答案BC解析小球從M到N，在豎直方向上發生了偏轉，所以在M點受到的豎直向下的洛倫茲力、豎直向下的重力和豎直向上的電場力的合力不為零，且速度方向變化，則洛倫茲力方向變化，所以合力為變力，故不可能做勻變速運動，一定做變加速運動，A錯誤，B正確；若電場力和重力等大反向，則運動過程中電場力和重力做功之和為零，而洛倫茲力不做功，所以小球的動能可能不變，C正確；沿電場方向有位移，電場力一定做功，故小球的機械能不守恒，D錯誤．2．如圖2所示，空間存在垂直紙面向里、磁感應強度為B的勻強磁場和水平向左、場強為E的勻強電場．有一質量為m、電荷量大小為q的微粒垂直于磁場且以與水平方向成45°角的速度v做直線運動，重力加速度為g.則下列說法正確的是()圖2A．微粒可能做勻加速直線運動B．微粒可能只受兩個力作用C．勻強磁場的磁感應強度B＝eq\f(mg,qv)D．勻強電場的電場強度E＝eq\f(mg,q)答案D解析微粒受重力、電場力、洛倫茲力作用，若v發生變化，則洛倫茲力發生變化且洛倫茲力與速度方向垂直，微粒不可能做直線運動，所以重力、電場力和洛倫茲力三力平衡，微粒做勻速直線運動，故A、B錯誤；根據平衡條件，有：qE＝mgtan45°，qvB＝eq\r(mg2＋qE2)，聯立解得：E＝eq\f(mg,q)，B＝eq\f(\r(2)mg,qv)，故C錯誤，D正確．3.(多選)如圖3所示，空間存在豎直向下的勻強電場和垂直紙面向外的勻強磁場，一帶電液滴從靜止開始自A點沿曲線ACB運動，到達B點時速度為零，C點是運動的最低點，不計摩擦阻力，則以下說法中正確的是()圖3A．液滴一定帶正電B．液滴在C點時的動能最大C．從A到C過程液滴的電勢能增大D．從C到B過程液滴的機械能增大答案BCD解析從題圖中可以看出，帶電液滴由靜止開始向下運動，說明重力和電場力的合力向下，洛倫茲力指向弧線內側，根據左手定則可知，液滴帶負電，故A錯誤；從A到C的過程中，重力做正功，而電場力做負功，洛倫茲力不做功，合力做正功，液滴動能增大，從C到B的過程中，重力做負功，電場力做正功，洛倫茲力不做功，合力做負功，液滴動能減小，所以液滴在C點時的動能最大，故B正確；從A到C過程液滴克服電場力做功，電勢能增加，故C正確；從C到B的過程中，電場力做正功，洛倫茲力不做功，機械能增大，故D正確．4.一足夠長的條狀區域內存在勻強電場和勻強磁場，其在xOy平面內的截面如圖4所示：中間是磁場區域，其邊界與y軸垂直，寬度為l，磁感應強度的大小為B，方向垂直于xOy平面；磁場的上、下兩側為電場區域，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．圖4(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點入射時速度的大小．答案(1)見解析圖(2)eq\f(2El′,Bl)解析(1)粒子運動的軌跡如圖(a)所示．(粒子在電場中的軌跡為拋物線，在磁場中為圓弧，上下對稱)(2)粒子從電場下邊界入射后在電場中做類平拋運動．設粒子從M點射入時速度的大小為v0，在下側電場中運動的時間為t，加速度的大小為a；粒子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)，速度沿電場方向的分量為v1.根據牛頓第二定律有qE＝ma①式中q和m分別為粒子的電荷量和質量．由運動學公式有v1＝at②l′＝v0t③v1＝vcosθ④粒子在磁場中做勻速圓周運動，設其運動軌道半徑為R，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得qvB＝eq\f(mv2,R)⑤由幾何關系得l＝2Rcosθ⑥聯立①②③④⑤⑥式得v0＝eq\f(2El′,Bl)5．如圖5，在平面直角坐標系xOy中，x軸上方存在沿y軸負方向的勻強電場，電場強度為E，x軸下方存在垂直坐標系平面向外的勻強磁場，磁感應強度為B.一個靜止的帶正電粒子位于y軸正半軸的A(0，h)點，某時刻由于內部作用，分裂成兩個電荷量都為＋q的粒子a和b，分別沿x軸正方向和負方向進入電場．已知粒子a的質量為m，粒子a進入第一象限的動量大小為p.設分裂過程不考慮外力的作用，在電場與磁場中的運動過程不計粒子重力和粒子間的相互作用．求：圖5(1)粒子a第一次通過x軸時離原點O的距離x；(2)粒子a第二次通過x軸時與第一次通過x軸時兩點間的距離L.答案見解析解析(1)如圖所示，粒子a在電場中只受電場力，做類平拋運動由平拋運動規律可得：x＝v0t①h＝eq\f(1,2)at2②qE＝ma③p＝mv0④聯立①②③④解得：x＝peq\r(\f(2h,mEq))(2)粒子a進入磁場時，設速度為v，與x軸正方向成θ角，y軸方向的速度為vy，則vy＝at⑤vy＝vsinθ⑥粒子a在磁場中做勻速圓周運動，設軌跡半徑為r，有qvB＝eq\f(mv2,r)⑦由幾何知識得：L＝2rsinθ⑧聯立②③⑤⑥⑦⑧式解得：L＝eq\f(2,B)eq\r(\f(2mEh,q))6．如圖6甲所示，以O為坐標原點建立坐標系，等邊三角形OMN內存在垂直紙面向里的勻強磁場，三角形外側有沿x軸負方向的勻強電場．現有質量m＝1×10－18kg、電荷量q＝＋1×10－15C的帶電微粒從坐標為(0，－0.5m)的Q點，以某一初速度v0沿某一方向入射，從x軸上的P點以v＝200m/s的速度垂直x軸進入三角形區域．若此時將三角形外側的電場換成垂直紙面向外的勻強磁場(如圖乙所示)，兩磁場的磁感應強度大小相等．已知三角形的邊長L＝4m，O、P兩點間距離為d＝1m，重力不計．求：圖6(1)勻強電場的電場強度大小及帶電微粒的初速度大小；(2)若兩磁場的磁感應強度大小B0＝0.2T，求該微粒在乙圖中運動一個周期的時間t；(3)乙圖中若微粒能再次回到P點，則兩勻強磁場的磁感應強度大小B應滿足什么條件．答案(1)320V/m200eq\r(17)m/s(2)6.28×10－2s(3)B＝(0.4n＋0.2)T，(n＝0,1,2,3…)解析(1)在勻強電場中，微粒在電場力作用下，做類平拋運動的逆運動水平方向：OP＝eq\f(qE,2m)t2豎直方向：OQ＝vt水平分速度vx＝eq\f(qE,m)t微粒的初速度v0＝eq\r(v2＋vx2)聯立解得E＝320V/m，v0＝200eq\r(17)m/s；(2)粒子在兩磁場中均做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律知qvB0＝meq\f(v2,r)，解得r＝eq\f(mv,qB0)＝1mT＝eq\f(2πr,v)，解得T＝3.14×10－2s粒子的運動軌跡如圖所示，故t＝3×eq\f(T,6)＋3×eq\f(T,2)＝6.28×10－2s(3)由對稱性可知，粒子能再次回到P點，則粒子運動的半徑應滿足r(2n＋1)＝OP(n＝0,1,2,3…)且r＝eq\f(mv,qB)，聯立可得B＝(0.4n＋0.2)T，(n＝0,1,2,3…)．7．在如圖1所示的平行板器件中，電場強度E和磁感應強度B相互垂直．一帶電粒子(重力不計)從左端以速度v沿虛線射入后做直線運動，則該粒子()圖1A．一定帶正電B．速度v＝eq\f(E,B)C．若速度v＞eq\f(E,B)，粒子一定不能從板間射出D．若此粒子從右端沿虛線方向進入，仍做直線運動答案B解析粒子帶正電和負電均可，選項A錯誤；由洛倫茲力等于電場力，可得qvB＝qE，解得速度v＝eq\f(E,B)，選項B正確；若速度v＞eq\f(E,B)，粒子可能會從板間射出，選項C錯誤；若此粒子從右端沿虛線方向進入，所受電場力和洛倫茲力方向相同，不能做直線運動，選項D錯誤．8．(多選)醫用回旋加速器的核心部分是兩個D形金屬盒，如圖2所示，兩金屬盒置于勻強磁場中，并分別與高頻電源相連．現分別加速氘核(eq\o\al(2,1)H)和氦核(eq\o\al(4,2)He)并通過線束引出加速器．下列說法中正確的是()圖2A．加速兩種粒子的高頻電源的頻率相同B．兩種粒子獲得的最大動能相同C．兩種粒子在D形盒中運動的周期相同D．增大高頻電源的電壓可增大粒子的最大動能答案AC解析回旋加速器加速粒子時，粒子在磁場中運動的周期應和交流電的周期相同．帶電粒子在磁場中運動的周期T＝eq\f(2πm,qB)，兩粒子的比荷eq\f(q,m)相等，所以周期相同，故加速兩種粒子的高頻電源的頻率也相同，A、C正確；根據qvB＝meq\f(v2,R)，得v＝eq\f(qBR,m)，最大動能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(q2B2R2,2m)，與加速電壓無關，兩粒子的比荷eq\f(q,m)相等，電荷量q不相等，所以最大動能不等，故B、D錯誤．9.(多選)如圖3所示是磁流體發電機的示意圖，兩平行金屬板P、Q之間有一個很強的磁場．一束等離子體(即高溫下電離的氣體，含有大量正、負帶電離子)沿垂直于磁場的方向噴入磁場．把P、Q與電阻R相連接．下列說法正確的是()圖3A．Q板的電勢高于P板的電勢B．R中有由a向b方向的電流C．若只改變磁場強弱，R中電流保持不變D．若只增大離子入射速度，R中電流增大答案BD解析等離子體進入磁場，根據左手定則，正離子向上偏，打在上極板上，負離子向下偏，打在下極板上，所以上極板帶正電，下極板帶負電，則P板的電勢高于Q板的電勢，流過電阻R的電流方向由a到b，故A錯誤，B正確；依據電場力等于洛倫茲力，即qeq\f(U,d)＝qvB，則有U＝Bdv，再由閉合電路歐姆定律I＝eq\f(U,R＋r)＝eq\f(Bdv,R＋r)，電流與磁感應強度成正比，故C錯誤；由以上分析可知，若只增大離子的入射速度，R中電流會增大，故D正確．10.(多選)利用霍爾效應制作的霍爾元件，廣泛應用于測量和自動控制等領域．如圖4所示是霍爾元件的工作原理示意圖，磁感應強度B垂直于霍爾元件的工作面向下，當元件中通入圖示方向的電流I時，C、D兩側面會形成一定的電勢差U.下列說法中正確的是()圖4A．若C側面電勢高于D側面，則元件中形成電流的載流子帶負電B．若C側面電勢高于D側面，則元件中形成電流的載流子帶正電C．在地球南、北極上方測地磁場強弱時，元件工作面豎直放置時U最大D．在地球赤道上方測地磁場強弱時，元件工作面豎直放置且與地球經線垂直時，U最大答案AD解析若元件的載流子帶負電，由左手定則可知，載流子受到洛倫茲力向D側面偏，則C側面的電勢高于D側面的電勢，故A正確；若元件的載流子帶正電，由左手定則可知，載流子受到洛倫茲力向D側面偏，則D側面的電勢高于C側面的電勢，故B錯誤；在測地球南、北極上方的地磁場強弱時，因磁場方向豎直，則元件的工作面保持水平時U最大，故C錯誤；地球赤道上方的地磁場方向水平，在測地球赤道上方的地磁場強弱時，元件的工作面應保持豎直，當與地球經線垂直時U最大，故D正確．11．容器A中裝有大量的質量、電荷量不同但均帶正電的粒子，粒子從容器下方的小孔S1不斷飄入加速電場(初速度可視為零)做直線運動，通過小孔S2后從兩平行板中央沿垂直電場方向射入偏轉電場．粒子通過平行板后沿垂直磁場方向進入磁感應強度為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場區域，最后打在感光片上，如圖5所示．已知加速電場中S1、S2間的加速電壓為U，偏轉電場極板長為L，兩板間距也為L，板間勻強電場強度E＝eq\f(2U,L)，方向水平向左(忽略板間外的電場)，平行板f的下端與磁場邊界ab相交于點P，在邊界ab上實線處固定放置感光片．測得從容器A中逸出的所有粒子均打在感光片PQ之間，且Q距P的長度為3L，不考慮粒子所受重力與粒子間的相互作用，求：圖5(1)粒子射入磁場時，其速度方向與邊界ab間的夾角；(2)射到感光片Q處的粒子的比荷(電荷量q與質量m之比)；(3)粒子在磁場中運動的最短時間．答案(1)45°(2)eq\f(U,2L2B2)(3)eq\f(3πBL2,16U)解析(1)設質量為m、電荷量為q的粒子通過孔S2的速度為v0，則：qU＝eq\f(1,2)mv02粒子在平行板e、f間做類平拋運動：L＝v0t，vx＝eq\f(qE,m)t，tanθ＝eq\f(v0,vx)聯立可得：tanθ＝1，則θ＝45°，故其速度方向與邊界ab間的夾角為θ＝45°.(2)粒子在偏轉電場中沿場強方向的位移x＝eq\f(1,2)vxt＝eq\f(L,2)，故粒子從e板下端與水平方向成45°角斜向下射入勻強磁場，如圖所示，設質量為m、電荷量為q的粒子射入磁場時的速度為v，做圓周運動的軌道半徑為r，則v＝eq\r(v02＋vx2)＝eq\r(2)v0＝2eq\r(\f(qU,m))由幾何關系：r2＋r2＝(4L)2則r＝2eq\r(2)LqvB＝meq\f(v2,r)，則r＝eq\f(mv,qB)聯立解得：eq\f(q,m)＝eq\f(U,2L2B2).(3)設粒子在磁場中運動的時間為t，偏轉角為α，則t＝eq\f(αm,qB)，r＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(2,B)eq\r(\f(mU,q))聯立可得：t＝eq\f(αBr2,4U)因為粒子在磁場中運動的偏轉角α＝eq\f(3,2)π，所以粒子打在P處時間最短，此時半徑為r′，由幾何關系知：r′2＋r′2＝L2，則r′＝eq\f(\r(2),2)L聯立可得：tmin＝eq\f(\f(3,2)πB\f(L2,2),4U)＝eq\f(3πBL2,16U).12．(多選)空間虛線上方存在勻強磁場，磁感應強度為B；一群電子以不同速率從邊界上的P點以相同的方向射入磁場．其中某一速率v0的電子從Q點射出，如圖1所示．已知電子入射方向與邊界夾角為θ，則由以上條件可判斷()圖1A．該勻強磁場的方向垂直紙面向里B．所有電子在磁場中的軌跡相同C．速率大于v0的電子在磁場中運動時間長D．所有電子的速度方向都改變了2θ答案AD解析電子在P點受到的洛倫茲力方向沿P→O，如圖所示，根據左手定則判斷得知：勻強磁場的方向垂直紙面向里，故A正確．電子進入磁場后受到洛倫茲力而做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,r)，則r＝eq\f(mv,qB)誤．根據圓的對稱性可知，所有電子離開磁場時速度方向與PQ線的夾角都是θ，則所有電子的速度方向都改變了2θ，由幾何知識得知，所有電子軌跡對應的圓心角都是2θ，則所有電子在磁場中運動的時間都相同，故C錯誤，D正確．13.如圖2所示，在xOy直角坐標系的第一象限中，以坐標原點為圓心的四分之一圓內，有垂直于坐標平面向里的勻強磁場，圓的半徑為R，磁場的磁感應強度為B，一個質量為m、電荷量為q的帶正電粒子從坐標原點O沿x軸正方向射入磁場，粒子出磁場時速度方向剛好沿y軸正方向，則粒子在磁場中運動的速度大小為(粒子在磁場中僅受洛倫茲力)()圖2A.eq\f(qBR,2m) B.eq\f(qBR,m)C.eq\f(\r(2)qBR,m) D.eq\f(\r(2)qBR,2m)答案D解析粒子運動的軌跡如圖所示，由幾何關系可知粒子運動的軌道半徑為r＝eq\f(\r(2),2)R洛倫茲力提供向心力，則qvB＝meq\f(v2,r)可得v＝eq\f(\r(2)qBR,2m)，故選D.14.如圖3所示，空間有一圓柱形勻強磁場區域，O點為圓心．磁場方向垂直于紙面向外．一帶正電的粒子從A點沿圖示箭頭方向以速率v射入磁場，θ＝30°，粒子在紙面內運動，經過時間t離開磁場時速度方向與半徑OA垂直．不計粒子重力．若粒子速率變為eq\f(v,2)，其他條件不變，粒子在圓柱形磁場中運動的時間為()圖3A.eq\f(t,2)B．tC.eq\f(3t,2)D．2t答案C解析粒子在磁場中運動，由洛倫茲力提供向心力可得qvB＝meq\f(v2,R)解得R＝eq\f(mv,qB)則周期T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(2πm,qB)粒子在紙面內運動，經過時間t離開磁場時速度方向與半徑OA垂直，作出粒子運動軌跡如圖甲所示由幾何關系可得α＝120°，R＝OA所以粒子以速率v在磁場中運動的時間為t＝eq\f(α,360°)T＝eq\f(2πm,3qB)當粒子速率變為eq\f(v,2)時，由R＝eq\f(mv,2qB)可知，粒子運動半徑變為R′＝eq\f(R,2)＝eq\f(OA,2)周期T′＝T＝eq\f(2πm,qB)作出此時粒子運動的軌跡如圖乙所示根據幾何知識可知粒子轉過的圓心角α′＝180°則粒子以速率eq\f(v,2)在磁場中運動的時間為t′＝eq\f(α′,360°)T′＝eq\f(πm,qB)所以t′＝eq\f(3,2)t故A、B、D錯誤，C正確．15．(多選)如圖4所示，在半徑為R的圓形區域內有勻強磁場，在邊長為2R的正方形區域內也有勻強磁場．兩個磁場的磁感應強度大小相同，兩個相同的帶電粒子以相同的速率分別從M、N兩點射入勻強磁場．在M點射入的帶電粒子，其速度方向指向圓心；在N點射入的帶電粒子，速度方向與邊界垂直，且N點為正方形邊長的中點，則下列說法正確的是()圖4A．帶電粒子在磁場中飛行的時間可能相同B．帶電粒子在磁場中飛行的時間一定相同C．從N點射入的帶電粒子可能先飛出磁場D．從N點射入的帶電粒子不可能比M點射入的帶電粒子先飛出磁場答案AD解析帶電粒子垂直于磁場方向進入勻強磁場，粒子做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，則有qvB＝meq\f(v2,r)，解得r＝eq\f(mv,qB)，兩粒子相同、兩粒子的速率相同，則兩粒子的軌道半徑r相同，粒子做圓周運動的周期T＝eq\f(2πm,qB)相等，磁場圓的直徑恰好等于正邊形邊長，故圓內切于正方形；作出粒子在磁場中的運動軌跡如圖所示由圖示可知，當粒子軌道半徑r＝R時，即軌跡2，兩粒子在磁場中的運動時間相等，都等于eq\f(1,4)T，故A正確；由圖示可知，當粒子軌道半徑r≠R時，粒子在圓形磁場中做圓周運動轉過的圓心角都小于在正方形區域中做圓周運動轉過的圓心角，則粒子在圓形磁場中的運動時間小于在正方形磁場中的運動時間，即從M點射入的粒子在磁場中的運動時間小于從N點射入的粒子在磁場中的運動時間，故D正確，B、C錯誤．16.如圖5所示圓形區域內，有垂直于紙面方向的勻強磁場，一束質量和電荷量都相同的帶電粒子，以不同的速率，沿著相同的方向，正對圓心O射入勻強磁場，又都從該磁場中射出，這些粒子在磁場中的運動時間有的較長，有的較短，若帶電粒子只受磁場力的作用，則在磁場中運動時間越短的帶電粒子()圖5A．在磁場中的周期一定越小B．在磁場中的速率一定越小C．在磁場中的軌道半徑一定越大D．在磁場中通過的路程一定越小答案C解析質量和電荷量都相同的帶電粒子，其比荷eq\f(q,m)相同，根據帶電粒子在磁場中運動周期T＝eq\f(2πm,qB)可知，它們進入勻強磁場后做勻速圓周運動的周期相同，選項A錯誤；如圖所示為帶電粒子的運動軌跡，設這些粒子在磁場中的運動軌跡所對應的圓心角為θ，則運動時間t＝eq\f(θ,360°)T在磁場中運動時間越短的帶電粒子，圓心角越小，軌跡半徑越大，根據洛倫茲力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,r)，則r＝eq\f(mv,qB)，所以軌跡半徑越大，則速率一定越大，選項B錯誤，選項C正確；通過的路程即圓弧的長度L＝rθ，與半徑r和圓心角θ有關，所以運動時間越短，軌跡半徑越大，路程也越大，選項D錯誤．17．(多選)磁流體發電是一項新興技術．如圖6所示，平行金屬板之間有一個很強的磁場，將一束含有大量正、負帶電粒子的等離子體，沿圖中所示方向噴入磁場，圖中虛線框部分相當于發電機，把兩個極板與用電器相連，則()圖6A．用電器中的電流方向從A到BB．用電器中的電流方向從B到AC．若只增大帶電粒子電荷量，發電機的電動勢增大D．若只增大噴入粒子的速度，發電機的電動勢增大答案AD解析首先對等離子體進行動態分析：開始時由左手定則判斷正離子所受洛倫茲力方向向上(負離子所受洛倫茲力方向向下)，則正離子向上極板聚集，負離子則向下極板聚集，兩極板間產生了電勢差，即兩金屬板變為一電源，且上極板為正極下極板為負極，所以通過用電器的電流方向從A到B，故A正確，B錯誤；此后的正離子除受到向上的洛倫茲力f外還受到向下的電場力F，最終兩力達到平衡，即最終等離子體將勻速通過磁場區域，因f＝qvB，F＝qeq\f(E,d)，則qvB＝qeq\f(E,d)，解得E＝Bdv，所以電動勢E與速度v及磁感應強度B成正比，所以C錯誤，D正確．18．(多選)1930年勞倫斯制成了世界上第一臺回旋加速器，其原理如圖7所示，此加速器由兩個半徑均為R的銅質D形盒D1、D2構成，其間留有空隙．比荷為k的質子由加速器的中心附近飄入加速器，以最大速度vm射出加速器．氘核的比荷是質子比荷的eq\f(1,2).下列說法正確的是()圖7A．磁場的磁感應強度大小為eq\f(vm,kR)B．交變電壓u的最大值越大，質子射出加速器的速度也越大C．此加速器可以直接用來加速氘核D．若此加速器中磁場的磁感應強度加倍，就可用來加速氘核答案AD解析設質子的質量為m、電荷量為q，則eq\f(q,m)＝k，由qvB＝meq\f(v2,r)，可得B＝eq\f(mv,qr)，當r＝R時，有v＝vm，聯立解得B＝eq\f(vm,kR)，故A正確；由B＝eq\f(vm,kR)，可得vm＝BkR，可見vm與u的最大值無關，故B錯誤；回旋加速器正常工作時，要求交變電壓的周期與粒子在加速器中運動的周期相等，即交變電壓的周期T＝eq\f(2πm,qB)＝eq\f(2π,kB)，而氘核在回旋加速器中運動的周期T′＝eq\f(2π,\f(k,2)B)＝eq\f(4π,kB)＝2T，所以不可以直接加速氘核，故C錯誤；若此加速器中磁場的磁感應強度加倍，則氘核的周期變為T″＝eq\f(2π,\f(k,2)2B)＝eq\f(2π,kB)＝T，所以此時可用來加速氘核，故D正確．19.(多選)如圖8所示，電荷量相等的兩種離子氖20和氖22從容器下方的狹縫S1飄入(初速度為零)電場區，經電場加速后通過狹縫S2、S3垂直于磁場邊界MN射入勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里，離子經磁場偏轉后發生分離，最終到達照相底片D上．不考慮離子間的相互作用，則()圖8A．電場力對每個氖20和氖22做的功相等B．氖22進入磁場時的速度較大C．氖22在磁場中運動的半徑較小D．若加速電壓發生波動，兩種離子打在照相底片上的位置可能重疊答案AD解析電場力對粒子做的功為W＝qU，則電場力對每個氖20和氖22做的功相等，A正確；根據qU＝eq\f(1,2)mv2，得v＝eq\r(\f(2qU,m))，所以氖22(質量較大)進入磁場時的速度較小，B錯誤；根據r＝eq\f(mv,qB)，及v＝eq\r(\f(2qU,m))，得r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))，因為氖22質量較大，所以氖22在磁場中運動的半徑較大，C錯誤；加速電壓發生波動，根據r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))，兩種離子打在照相底片上的位置可能重疊(不同時刻)，D正確．20.三個α粒子a、b、c同時從同一點沿同一水平方向飛入偏轉電場，出現了如圖1所示的不同軌跡，不計粒子間的相互作用，由此可以判斷下列說法不正確的是()圖1A．在b飛離電場的同時，a剛好打在負極板上B．b和c同時飛離電場C．進電場時c的速度最大，a的速度最小D．動能的增加量c最小，a和b一樣大答案B解析三個粒子的質量和電荷量都相同，則知加速度相同．a、b兩粒子在豎直方向上的位移相等，根據y＝eq\f(1,2)at2，可知運動時間相等，故A正確．b、c在豎直方向上的位移不等，由題圖知yc＜yb，根據y＝eq\f(1,2)at2，可知tc＜tb，即c先飛離電場，故B錯誤．在垂直于電場方向，三個粒子做勻速直線運動，則有：v＝eq\f(x,t)，因xc＝xb，tc＜tb，則v0c＞v0b，根據ta＝tb，xb＞xa，則v0b＞v0a，所以有v0c＞v0b＞v0a，故C正確．根據動能定理知，a、b兩粒子運動過程中電場力做功一樣多，所以動能增加量相等，c粒子運動過程中電場力做功最少，動能增加量最小，故D正確．21．(多選)如圖2所示，一充電后與電源斷開的平行板電容器的兩極板水平放置，板長為L，板間距離為d，距板右端L處有一豎直屏M.一帶電荷量為q、質量為m的質點以初速度v0沿中線射入兩板間，最后垂直打在M上，已知重力加速度為g，下列結論正確的是()圖2A．兩極板間電場強度大小為eq\f(mg,q)B．兩極板間電壓為eq\f(2mgd,q)C．整個過程中質點的重力勢能增加eq\f(3mg2L2,2v02)D．若僅增大兩極板間距，該質點仍能垂直打在M上答案BD解析據題分析可知，質點在平行金屬板間軌跡應向上偏轉，做類平拋運動，飛出電場后，質點的軌跡向下偏轉，才能最后垂直打在M屏上，前后過程質點的運動軌跡有對稱性，如圖，可見兩次偏轉的加速度大小相等，根據牛頓第二定律得：qE－mg＝mg，得到：E＝eq\f(2mg,q)，由U＝Ed可知兩極板間電壓為U＝eq\f(2mgd,q)，故A錯誤，B正確．質點在電場中向上偏轉的距離為y＝eq\f(1,2)at2而a＝g，t＝eq\f(L,v0)解得：y＝eq\f(gL2,2v\o\al(02))故質點打在屏上的位置與P點的距離為：s＝2y＝eq\f(gL2,v\o\al(02))重力勢能的增加量為：ΔEp＝mgs＝eq\f(mg2L2,v\o\al(02))，故C錯誤．僅增大兩極板間的距離，因兩極板上電荷量不變，根據E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)，而C＝eq\f(εrS,4πkd)，解得：E＝eq\f(4πkQ,εrS)，可知，板間場強不變，質點在電場中受力情況不變，則運動情況不變，故質點仍垂直打在屏上，故D正確．22.如圖3所示，OO′為平行板電容器的中線，板間為勻強電場．在O點分別以v0、eq\f(v0,2)的速度水平拋出A、B兩質量都為m且帶同種電荷的小球，qA∶qB＝3∶1，兩小球運動軌跡恰關于OO′對稱，重力加速度為g，則A球受到電場力大小為()圖3A.eq\f(15,7)mg B.eq\f(9,5)mgC.eq\f(3,2)mg D.eq\f(5,7)mg答案A解析兩軌跡關于水平線對稱，說明相同水平位移處，位移偏角相同，位移偏角為tanθ＝eq\f(ax,2v02)所以aA∶aB＝4∶1，即合外力之比為4∶1.兩小球電性相同，所受電場力都向上，有(FA－mg)∶(mg－FB)＝4∶1且FA∶FB＝3∶1解得FA＝eq\f(15,7)mg，故選項A正確．23．(多選)如圖4所示，M、N是組成電容器的兩塊水平放置的平行金屬極板，M中間有一小孔．M、N分別接到電壓恒定的電源上(圖中未畫出)．小孔正上方的A點與極板M相距h，與極板N相距3h.某時刻一質量為m、帶電荷量為q的微粒從A點由靜止下落，到達極板N時速度剛好為零，不計空氣阻力，重力加速度為g.則()圖4A．帶電微粒在M、N兩極板間往復運動B．兩極板間電場強度大小為eq\f(3mg,2q)C．若將M向下平移eq\f(h,3)，微粒仍從A點由靜止下落，進入電場后速度為零的位置與N的距離為eq\f(5,4)hD．若將N向上平移eq\f(h,3)，微粒仍從A由靜止下落，進入電場后速度為零的位置與M的距離為eq\f(5,4)h答案BD解析由于微粒在電場中和在電場外受到的力都是恒力，可知微粒將在A點和下極板之間往復運動，選項A錯誤；由動能定理：mg·3h－Eq·2h＝0，解得E＝eq\f(3mg,2q)，選項B正確；若將M向下平移eq\f(h,3)，則板間場強變為E1＝eq\f(U,\f(5,3)h)＝eq\f(3U,5h)＝eq\f(6,5)E，設微粒速度為零時的位置與N極板相距Δh，由動能定理：mg·(3h－Δh)－E1q·(eq\f(5h,3)－Δh)＝0，解得Δh＝0，選項C錯誤；若將N向上平移eq\f(h,3)，則板間場強變為E2＝eq\f(U,\f(5,3)h)＝eq\f(3U,5h)＝eq\f(6,5)E，設微粒速度為零時的位置與M極板相距Δh′，由動能定理：mg·(h＋Δh′)－E2q·Δh′＝0，解得Δh′＝eq\f(5,4)h，選項D正確．24．(多選)勻強電場的場強隨時間變化的圖像如圖5所示，在該勻強電場中有一個帶電粒子，在t＝0時刻，由靜止釋放．若帶電粒子只受電場力的作用，則電場力的作用和帶電粒子的運動情況是()圖5A．帶電粒子將在電場中做有往復但總體上看不斷向前的運動B．0～3s內電場力的沖量為零，電場力做功為零C．3s末帶電粒子回到原出發點D．0～4s內電場力的沖量不等于零，而電場力做功卻為零答案BC解析由題意可畫出該粒子的速度－時間圖像(取開始運動方向為正方向)：從v－t圖像可看出，帶電粒子將在電場中某段距離間做往復運動，故A錯誤；在3秒末，帶電粒子的速