2025年高考物理復(fù)習(xí)考點(diǎn)解密追蹤與預(yù)測（新高考）壓軸題10 帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動（解析版）

壓軸題10帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動考向分析本專題是磁場、力學(xué)、電場等知識的綜合應(yīng)用，高考往往以計(jì)算壓軸題的形式出現(xiàn)．學(xué)習(xí)本專題，可以培養(yǎng)同學(xué)們的審題能力、推理能力和規(guī)范表達(dá)能力．針對性的專題訓(xùn)練，可以提高同學(xué)們解決難題、壓軸題的信心．用到的知識主要有：動力學(xué)觀點(diǎn)(牛頓運(yùn)動定律)、運(yùn)動學(xué)觀點(diǎn)、能量觀點(diǎn)(動能定理、能量守恒定律)、電場的觀點(diǎn)(類平拋運(yùn)動的規(guī)律)、磁場的觀點(diǎn)(帶電粒子在磁場中運(yùn)動的規(guī)律)．本專題是磁場、力學(xué)、電場等知識的綜合應(yīng)用，高考往往以計(jì)算壓軸題的形式出現(xiàn)．學(xué)習(xí)本專題，可以培養(yǎng)同學(xué)們的審題能力、推理能力和規(guī)范表達(dá)能力．針對性的專題訓(xùn)練，可以提高同學(xué)們解決難題、壓軸題的信心．用到的知識主要有：動力學(xué)觀點(diǎn)(牛頓運(yùn)動定律)、運(yùn)動學(xué)觀點(diǎn)、能量觀點(diǎn)(動能定理、能量守恒定律)、電場的觀點(diǎn)(類平拋運(yùn)動的規(guī)律)、磁場的觀點(diǎn)(帶電粒子在磁場中運(yùn)動的規(guī)律)．壓軸題要領(lǐng)一、帶電粒子在組合場中運(yùn)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(yùn)動狀態(tài)，注意運(yùn)動情況和受力情況的結(jié)合。3．對于粒子連續(xù)通過幾個不同區(qū)域、不同種類的場時(shí)，要分階段進(jìn)行處理。4．畫出粒子運(yùn)動軌跡，靈活選擇不同的運(yùn)動規(guī)律。二、帶電粒子在疊加場中運(yùn)動的分析方法1．帶電體在疊加場中運(yùn)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(yùn)動。②若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動，因洛倫茲力不做功，故機(jī)械能守恒。（2）電場力、磁場力并存（不計(jì)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(yùn)動。②若電場力和洛倫茲力不平衡，則帶電體做復(fù)雜的曲線運(yùn)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(yùn)動。②若重力與電場力平衡，帶電體做勻速圓周運(yùn)動。③若合力不為零，帶電體可能做復(fù)雜的曲線運(yùn)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(yùn)動的分析方法（1）弄清疊加場的組成。（2）進(jìn)行受力分析。（3）確定帶電粒子的運(yùn)動狀態(tài)，注意運(yùn)動情況和受力情況的結(jié)合。（4）畫出粒子運(yùn)動軌跡，靈活選擇不同的運(yùn)動規(guī)律。①當(dāng)帶電粒子在疊加場中做勻速直線運(yùn)動時(shí)，根據(jù)受力平衡列方程求解。②當(dāng)帶電粒子在疊加場中做勻速圓周運(yùn)動時(shí)，應(yīng)用牛頓定律結(jié)合圓周運(yùn)動規(guī)律求解。③當(dāng)帶電粒子做復(fù)雜曲線運(yùn)動時(shí)，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(diǎn)：能夠正確對疊加場中的帶電粒子從受力、運(yùn)動、能量三個方面進(jìn)行分析①受力分析是基礎(chǔ)：一般要從受力、運(yùn)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(yùn)動過程分析是關(guān)鍵：包含的運(yùn)動種類多，含勻速直線運(yùn)動、勻變速直線運(yùn)動、類平拋運(yùn)動、圓周運(yùn)動以及其他曲線運(yùn)動；③根據(jù)不同的運(yùn)動過程及物理模型，選擇合適的定理列方程（牛頓運(yùn)動定律、運(yùn)動學(xué)規(guī)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(yùn)動帶電粒子在交變電場或磁場中運(yùn)動的情況較復(fù)雜，運(yùn)動情況不僅取決于場的變化規(guī)律，還與粒子進(jìn)入場的的時(shí)候的時(shí)刻有關(guān)，一定要從粒子的受力情況著手，分析出粒子在不同時(shí)間間隔內(nèi)的運(yùn)動情況，若交變電壓的變化周期遠(yuǎn)大于粒子穿越電場的時(shí)間，那么粒子在穿越電場的過程中，可看作勻強(qiáng)電場。注意：空間存在的電場或磁場是隨時(shí)間周期性變化的，一般呈現(xiàn)“矩形波”的特點(diǎn)。交替變化的電場及磁場會使帶電粒子順次經(jīng)過不同特點(diǎn)的電場，磁場或疊加的場，從而表現(xiàn)出多過程現(xiàn)象，其特點(diǎn)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(qiáng)電場和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，一個帶負(fù)電的金屬小球從M點(diǎn)水平射入場區(qū)，經(jīng)一段時(shí)間運(yùn)動到N點(diǎn)，關(guān)于小球由M到N的運(yùn)動，下列說法正確的是()圖1A．小球可能做勻變速運(yùn)動 B．小球一定做變加速運(yùn)動C．小球動能可能不變 D．小球機(jī)械能守恒答案BC解析小球從M到N，在豎直方向上發(fā)生了偏轉(zhuǎn)，所以在M點(diǎn)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(yùn)動，一定做變加速運(yùn)動，A錯誤，B正確；若電場力和重力等大反向，則運(yùn)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(jī)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(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場和水平向左、場強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場．有一質(zhì)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(yùn)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(yùn)動B．微?？赡苤皇軆蓚€力作用C．勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝eq\f(mg,qv)D．勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)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(fā)生變化，則洛倫茲力發(fā)生變化且洛倫茲力與速度方向垂直，微粒不可能做直線運(yùn)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(yùn)動，故A、B錯誤；根據(jù)平衡條件，有：qE＝mgtan45°，qvB＝eq\r(mg2＋qE2)，聯(lián)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(qiáng)電場和垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，一帶電液滴從靜止開始自A點(diǎn)沿曲線ACB運(yùn)動，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度為零，C點(diǎn)是運(yùn)動的最低點(diǎn)，不計(jì)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(diǎn)時(shí)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(jī)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(yùn)動，說明重力和電場力的合力向下，洛倫茲力指向弧線內(nèi)側(cè)，根據(jù)左手定則可知，液滴帶負(fù)電，故A錯誤；從A到C的過程中，重力做正功，而電場力做負(fù)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(fù)功，電場力做正功，洛倫茲力不做功，合力做負(fù)功，液滴動能減小，所以液滴在C點(diǎn)時(shí)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(jī)械能增大，故D正確．4.一足夠長的條狀區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，其在xOy平面內(nèi)的截面如圖4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(qiáng)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(qiáng)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(diǎn)，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(diǎn)沿y軸正方向射入電場，經(jīng)過一段時(shí)間后恰好以從M點(diǎn)入射的速度從N點(diǎn)沿y軸正方向射出．不計(jì)重力．圖4(1)定性畫出該粒子在電磁場中運(yùn)動的軌跡；(2)求該粒子從M點(diǎn)入射時(shí)速度的大?。鸢?1)見解析圖(2)eq\f(2El′,Bl)解析(1)粒子運(yùn)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(yùn)動．設(shè)粒子從M點(diǎn)射入時(shí)速度的大小為v0，在下側(cè)電場中運(yùn)動的時(shí)間為t，加速度的大小為a；粒子進(jìn)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(jù)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(zhì)量．由運(yùn)動學(xué)公式有v1＝at②l′＝v0t③v1＝vcosθ④粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，設(shè)其運(yùn)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(guān)系得l＝2Rcosθ⑥聯(lián)立①②③④⑤⑥式得v0＝eq\f(2El′,Bl)5．如圖5，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，x軸上方存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度為E，x軸下方存在垂直坐標(biāo)系平面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)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(diǎn)，某時(shí)刻由于內(nèi)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(fù)方向進(jìn)入電場．已知粒子a的質(zhì)量為m，粒子a進(jìn)入第一象限的動量大小為p.設(shè)分裂過程不考慮外力的作用，在電場與磁場中的運(yùn)動過程不計(jì)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(shí)離原點(diǎn)O的距離x；(2)粒子a第二次通過x軸時(shí)與第一次通過x軸時(shí)兩點(diǎn)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(yùn)動由平拋運(yùn)動規(guī)律可得：x＝v0t①h＝eq\f(1,2)at2②qE＝ma③p＝mv0④聯(lián)立①②③④解得：x＝peq\r(\f(2h,mEq))(2)粒子a進(jìn)入磁場時(shí)，設(shè)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(yùn)動，設(shè)軌跡半徑為r，有qvB＝eq\f(mv2,r)⑦由幾何知識得：L＝2rsinθ⑧聯(lián)立②③⑤⑥⑦⑧式解得：L＝eq\f(2,B)eq\r(\f(2mEh,q))6．如圖6甲所示，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)建立坐標(biāo)系，等邊三角形OMN內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，三角形外側(cè)有沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場．現(xiàn)有質(zhì)量m＝1×10－18kg、電荷量q＝＋1×10－15C的帶電微粒從坐標(biāo)為(0，－0.5m)的Q點(diǎn)，以某一初速度v0沿某一方向入射，從x軸上的P點(diǎn)以v＝200m/s的速度垂直x軸進(jìn)入三角形區(qū)域．若此時(shí)將三角形外側(cè)的電場換成垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(如圖乙所示)，兩磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等．已知三角形的邊長L＝4m，O、P兩點(diǎn)間距離為d＝1m，重力不計(jì)．求：圖6(1)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小及帶電微粒的初速度大??；(2)若兩磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B0＝0.2T，求該微粒在乙圖中運(yùn)動一個周期的時(shí)間t；(3)乙圖中若微粒能再次回到P點(diǎn)，則兩勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B應(yīng)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(qiáng)電場中，微粒在電場力作用下，做類平拋運(yùn)動的逆運(yùn)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(lián)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(yùn)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(yùn)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(diǎn)，則粒子運(yùn)動的半徑應(yīng)滿足r(2n＋1)＝OP(n＝0,1,2,3…)且r＝eq\f(mv,qB)，聯(lián)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(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B相互垂直．一帶電粒子(重力不計(jì))從左端以速度v沿虛線射入后做直線運(yùn)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(jìn)入，仍做直線運(yùn)動答案B解析粒子帶正電和負(fù)電均可，選項(xiàng)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(xiàng)B正確；若速度v＞eq\f(E,B)，粒子可能會從板間射出，選項(xiàng)C錯誤；若此粒子從右端沿虛線方向進(jìn)入，所受電場力和洛倫茲力方向相同，不能做直線運(yùn)動，選項(xiàng)D錯誤．8．(多選)醫(yī)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(qiáng)磁場中，并分別與高頻電源相連．現(xiàn)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(yùn)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(shí)，粒子在磁場中運(yùn)動的周期應(yīng)和交流電的周期相同．帶電粒子在磁場中運(yùn)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(jù)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(guān)，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(fā)電機(jī)的示意圖，兩平行金屬板P、Q之間有一個很強(qiáng)的磁場．一束等離子體(即高溫下電離的氣體，含有大量正、負(fù)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(qiáng)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(jìn)入磁場，根據(jù)左手定則，正離子向上偏，打在上極板上，負(fù)離子向下偏，打在下極板上，所以上極板帶正電，下極板帶負(fù)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(jù)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(yīng)強(qiáng)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(yīng)制作的霍爾元件，廣泛應(yīng)用于測量和自動控制等領(lǐng)域．如圖4所示是霍爾元件的工作原理示意圖，磁感應(yīng)強(qiáng)度B垂直于霍爾元件的工作面向下，當(dāng)元件中通入圖示方向的電流I時(shí)，C、D兩側(cè)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(cè)面電勢高于D側(cè)面，則元件中形成電流的載流子帶負(fù)電B．若C側(cè)面電勢高于D側(cè)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(qiáng)弱時(shí)，元件工作面豎直放置時(shí)U最大D．在地球赤道上方測地磁場強(qiáng)弱時(shí)，元件工作面豎直放置且與地球經(jīng)線垂直時(shí)，U最大答案AD解析若元件的載流子帶負(fù)電，由左手定則可知，載流子受到洛倫茲力向D側(cè)面偏，則C側(cè)面的電勢高于D側(cè)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(cè)面偏，則D側(cè)面的電勢高于C側(cè)面的電勢，故B錯誤；在測地球南、北極上方的地磁場強(qiáng)弱時(shí)，因磁場方向豎直，則元件的工作面保持水平時(shí)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(qiáng)弱時(shí)，元件的工作面應(yīng)保持豎直，當(dāng)與地球經(jīng)線垂直時(shí)U最大，故D正確．11．容器A中裝有大量的質(zhì)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(yùn)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(zhuǎn)電場．粒子通過平行板后沿垂直磁場方向進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場區(qū)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(zhuǎn)電場極板長為L，兩板間距也為L，板間勻強(qiáng)電場強(qiáng)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(diǎn)P，在邊界ab上實(shí)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(shí)，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(zhì)量m之比)；(3)粒子在磁場中運(yùn)動的最短時(shí)間．答案(1)45°(2)eq\f(U,2L2B2)(3)eq\f(3πBL2,16U)解析(1)設(shè)質(zhì)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(yùn)動：L＝v0t，vx＝eq\f(qE,m)t，tanθ＝eq\f(v0,vx)聯(lián)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(zhuǎn)電場中沿場強(qiáng)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(qiáng)磁場，如圖所示，設(shè)質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子射入磁場時(shí)的速度為v，做圓周運(yùn)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(guān)系：r2＋r2＝(4L)2則r＝2eq\r(2)LqvB＝meq\f(v2,r)，則r＝eq\f(mv,qB)聯(lián)立解得：eq\f(q,m)＝eq\f(U,2L2B2).(3)設(shè)粒子在磁場中運(yùn)動的時(shí)間為t，偏轉(zhuǎn)角為α，則t＝eq\f(αm,qB)，r＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(2,B)eq\r(\f(mU,q))聯(lián)立可得：t＝eq\f(αBr2,4U)因?yàn)榱Ｗ釉诖艌鲋羞\(yùn)動的偏轉(zhuǎn)角α＝eq\f(3,2)π，所以粒子打在P處時(shí)間最短，此時(shí)半徑為r′，由幾何關(guān)系知：r′2＋r′2＝L2，則r′＝eq\f(\r(2),2)L聯(lián)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(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B；一群電子以不同速率從邊界上的P點(diǎn)以相同的方向射入磁場．其中某一速率v0的電子從Q點(diǎn)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(qiáng)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(yùn)動時(shí)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(diǎn)受到的洛倫茲力方向沿P→O，如圖所示，根據(jù)左手定則判斷得知：勻強(qiáng)磁場的方向垂直紙面向里，故A正確．電子進(jìn)入磁場后受到洛倫茲力而做勻速圓周運(yùn)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(jù)圓的對稱性可知，所有電子離開磁場時(shí)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(yīng)的圓心角都是2θ，則所有電子在磁場中運(yùn)動的時(shí)間都相同，故C錯誤，D正確．13.如圖2所示，在xOy直角坐標(biāo)系的第一象限中，以坐標(biāo)原點(diǎn)為圓心的四分之一圓內(nèi)，有垂直于坐標(biāo)平面向里的勻強(qiáng)磁場，圓的半徑為R，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O沿x軸正方向射入磁場，粒子出磁場時(shí)速度方向剛好沿y軸正方向，則粒子在磁場中運(yùn)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(yùn)動的軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系可知粒子運(yùn)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(qiáng)磁場區(qū)域，O點(diǎn)為圓心．磁場方向垂直于紙面向外．一帶正電的粒子從A點(diǎn)沿圖示箭頭方向以速率v射入磁場，θ＝30°，粒子在紙面內(nèi)運(yùn)動，經(jīng)過時(shí)間t離開磁場時(shí)速度方向與半徑OA垂直．不計(jì)粒子重力．若粒子速率變?yōu)閑q\f(v,2)，其他條件不變，粒子在圓柱形磁場中運(yùn)動的時(shí)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(yùn)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(nèi)運(yùn)動，經(jīng)過時(shí)間t離開磁場時(shí)速度方向與半徑OA垂直，作出粒子運(yùn)動軌跡如圖甲所示由幾何關(guān)系可得α＝120°，R＝OA所以粒子以速率v在磁場中運(yùn)動的時(shí)間為t＝eq\f(α,360°)T＝eq\f(2πm,3qB)當(dāng)粒子速率變?yōu)閑q\f(v,2)時(shí)，由R＝eq\f(mv,2qB)可知，粒子運(yùn)動半徑變?yōu)镽′＝eq\f(R,2)＝eq\f(OA,2)周期T′＝T＝eq\f(2πm,qB)作出此時(shí)粒子運(yùn)動的軌跡如圖乙所示根據(jù)幾何知識可知粒子轉(zhuǎn)過的圓心角α′＝180°則粒子以速率eq\f(v,2)在磁場中運(yùn)動的時(shí)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(qū)域內(nèi)有勻強(qiáng)磁場，在邊長為2R的正方形區(qū)域內(nèi)也有勻強(qiáng)磁場．兩個磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)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(diǎn)射入勻強(qiáng)磁場．在M點(diǎn)射入的帶電粒子，其速度方向指向圓心；在N點(diǎn)射入的帶電粒子，速度方向與邊界垂直，且N點(diǎn)為正方形邊長的中點(diǎn)，則下列說法正確的是()圖4A．帶電粒子在磁場中飛行的時(shí)間可能相同B．帶電粒子在磁場中飛行的時(shí)間一定相同C．從N點(diǎn)射入的帶電粒子可能先飛出磁場D．從N點(diǎn)射入的帶電粒子不可能比M點(diǎn)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(jìn)入勻強(qiáng)磁場，粒子做勻速圓周運(yùn)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(yùn)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(nèi)切于正方形；作出粒子在磁場中的運(yùn)動軌跡如圖所示由圖示可知，當(dāng)粒子軌道半徑r＝R時(shí)，即軌跡2，兩粒子在磁場中的運(yùn)動時(shí)間相等，都等于eq\f(1,4)T，故A正確；由圖示可知，當(dāng)粒子軌道半徑r≠R時(shí)，粒子在圓形磁場中做圓周運(yùn)動轉(zhuǎn)過的圓心角都小于在正方形區(qū)域中做圓周運(yùn)動轉(zhuǎn)過的圓心角，則粒子在圓形磁場中的運(yùn)動時(shí)間小于在正方形磁場中的運(yùn)動時(shí)間，即從M點(diǎn)射入的粒子在磁場中的運(yùn)動時(shí)間小于從N點(diǎn)射入的粒子在磁場中的運(yùn)動時(shí)間，故D正確，B、C錯誤．16.如圖5所示圓形區(qū)域內(nèi)，有垂直于紙面方向的勻強(qiáng)磁場，一束質(zhì)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(qiáng)磁場，又都從該磁場中射出，這些粒子在磁場中的運(yùn)動時(shí)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(yùn)動時(shí)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(zhì)量和電荷量都相同的帶電粒子，其比荷eq\f(q,m)相同，根據(jù)帶電粒子在磁場中運(yùn)動周期T＝eq\f(2πm,qB)可知，它們進(jìn)入勻強(qiáng)磁場后做勻速圓周運(yùn)動的周期相同，選項(xiàng)A錯誤；如圖所示為帶電粒子的運(yùn)動軌跡，設(shè)這些粒子在磁場中的運(yùn)動軌跡所對應(yīng)的圓心角為θ，則運(yùn)動時(shí)間t＝eq\f(θ,360°)T在磁場中運(yùn)動時(shí)間越短的帶電粒子，圓心角越小，軌跡半徑越大，根據(jù)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(xiàng)B錯誤，選項(xiàng)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(guān)，所以運(yùn)動時(shí)間越短，軌跡半徑越大，路程也越大，選項(xiàng)D錯誤．17．(多選)磁流體發(fā)電是一項(xiàng)新興技術(shù)．如圖6所示，平行金屬板之間有一個很強(qiáng)的磁場，將一束含有大量正、負(fù)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(dāng)于發(fā)電機(jī)，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(fā)電機(jī)的電動勢增大D．若只增大噴入粒子的速度，發(fā)電機(jī)的電動勢增大答案AD解析首先對等離子體進(jìn)行動態(tài)分析：開始時(shí)由左手定則判斷正離子所受洛倫茲力方向向上(負(fù)離子所受洛倫茲力方向向下)，則正離子向上極板聚集，負(fù)離子則向下極板聚集，兩極板間產(chǎn)生了電勢差，即兩金屬板變?yōu)橐浑娫矗疑蠘O板為正極下極板為負(fù)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(dá)到平衡，即最終等離子體將勻速通過磁場區(qū)域，因f＝qvB，F(xiàn)＝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(yīng)強(qiáng)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(zhì)D形盒D1、D2構(gòu)成，其間留有空隙．比荷為k的質(zhì)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(zhì)子比荷的eq\f(1,2).下列說法正確的是()圖7A．磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為eq\f(vm,kR)B．交變電壓u的最大值越大，質(zhì)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(yīng)強(qiáng)度加倍，就可用來加速氘核答案AD解析設(shè)質(zhì)子的質(zhì)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(dāng)r＝R時(shí)，有v＝vm，聯(lián)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(guān)，故B錯誤；回旋加速器正常工作時(shí)，要求交變電壓的周期與粒子在加速器中運(yùn)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(yùn)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(yīng)強(qiáng)度加倍，則氘核的周期變?yōu)門″＝eq\f(2π,\f(k,2)2B)＝eq\f(2π,kB)＝T，所以此時(shí)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(qū)，經(jīng)電場加速后通過狹縫S2、S3垂直于磁場邊界MN射入勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直紙面向里，離子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后發(fā)生分離，最終到達(dá)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(jìn)入磁場時(shí)的速度較大C．氖22在磁場中運(yùn)動的半徑較小D．若加速電壓發(fā)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(jù)qU＝eq\f(1,2)mv2，得v＝eq\r(\f(2qU,m))，所以氖22(質(zhì)量較大)進(jìn)入磁場時(shí)的速度較小，B錯誤；根據(jù)r＝eq\f(mv,qB)，及v＝eq\r(\f(2qU,m))，得r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))，因?yàn)槟?2質(zhì)量較大，所以氖22在磁場中運(yùn)動的半徑較大，C錯誤；加速電壓發(fā)生波動，根據(jù)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(shí)刻)，D正確．20.三個α粒子a、b、c同時(shí)從同一點(diǎn)沿同一水平方向飛入偏轉(zhuǎn)電場，出現(xiàn)了如圖1所示的不同軌跡，不計(jì)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(shí)，a剛好打在負(fù)極板上B．b和c同時(shí)飛離電場C．進(jìn)電場時(shí)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(zhì)量和電荷量都相同，則知加速度相同．a(chǎn)、b兩粒子在豎直方向上的位移相等，根據(jù)y＝eq\f(1,2)at2，可知運(yùn)動時(shí)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(jù)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(yùn)動，則有：v＝eq\f(x,t)，因xc＝xb，tc＜tb，則v0c＞v0b，根據(jù)ta＝tb，xb＞xa，則v0b＞v0a，所以有v0c＞v0b＞v0a，故C正確．根據(jù)動能定理知，a、b兩粒子運(yùn)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(yùn)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(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)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(jié)論正確的是()圖2A．兩極板間電場強(qiáng)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(zhì)點(diǎn)的重力勢能增加eq\f(3mg2L2,2v02)D．若僅增大兩極板間距，該質(zhì)點(diǎn)仍能垂直打在M上答案BD解析據(jù)題分析可知，質(zhì)點(diǎn)在平行金屬板間軌跡應(yīng)向上偏轉(zhuǎn)，做類平拋運(yùn)動，飛出電場后，質(zhì)點(diǎn)的軌跡向下偏轉(zhuǎn)，才能最后垂直打在M屏上，前后過程質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動軌跡有對稱性，如圖，可見兩次偏轉(zhuǎn)的加速度大小相等，根據(jù)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(zhì)點(diǎn)在電場中向上偏轉(zhuǎn)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(zhì)點(diǎn)打在屏上的位置與P點(diǎn)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(jù)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(qiáng)不變，質(zhì)點(diǎn)在電場中受力情況不變，則運(yùn)動情況不變，故質(zhì)點(diǎn)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(qiáng)電場．在O點(diǎn)分別以v0、eq\f(v0,2)的速度水平拋出A、B兩質(zhì)量都為m且?guī)N電荷的小球，qA∶qB＝3∶1，兩小球運(yùn)動軌跡恰關(guān)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(guān)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(xiàng)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(diǎn)與極板M相距h，與極板N相距3h.某時(shí)刻一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的微粒從A點(diǎn)由靜止下落，到達(dá)極板N時(shí)速度剛好為零，不計(jì)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(fù)運(yùn)動B．兩極板間電場強(qiáng)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(diǎn)由靜止下落，進(jìn)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(jìn)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(diǎn)和下極板之間往復(fù)運(yùn)動，選項(xiàng)A錯誤；由動能定理：mg·3h－Eq·2h＝0，解得E＝eq\f(3mg,2q)，選項(xiàng)B正確；若將M向下平移eq\f(h,3)，則板間場強(qiáng)變?yōu)镋1＝eq\f(U,\f(5,3)h)＝eq\f(3U,5h)＝eq\f(6,5)E，設(shè)微粒速度為零時(shí)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(xiàng)C錯誤；若將N向上平移eq\f(h,3)，則板間場強(qiáng)變?yōu)镋2＝eq\f(U,\f(5,3)h)＝eq\f(3U,5h)＝eq\f(6,5)E，設(shè)微粒速度為零時(shí)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(xiàng)D正確．24．(多選)勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)隨時(shí)間變化的圖像如圖5所示，在該勻強(qiáng)電場中有一個帶電粒子，在t＝0時(shí)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(yùn)動情況是()圖5A．帶電粒子將在電場中做有往復(fù)但總體上看不斷向前的運(yùn)動B．0～3s內(nèi)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(fā)點(diǎn)D．0～4s內(nèi)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(shí)間圖像(取開始運(yùn)動方向?yàn)檎较?：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(fù)運(yùn)動，故