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高考物理模型全归纳 第79讲 带电粒子在叠加场中的运动
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高考物理全归纳——模型专题
在高中物理教学中，引导学生认识、理解和建立“物理模型”，是培养学生创造性思维和创新能力的有效途径。
一、什么是物理模型
自然界中事物与事物之间总是存在着千丝万缕的联系，并都处在不断的变化之中。面对复杂多变的自然界，进行科学研究时，总是遵循这样一条重要的原则，即从简到繁，先易后难，循序渐进，逐次深入。
物理模型有三个类型：（1）物理研究对象的理想化（对象模型）；（2）物理条件的理想化（条件模型）；（3）物理过程的理想化（过程模型）
二、为什么要建立物理模型
1、帮助学生掌握学习方法 2、落实“过程与方法”的教学目标
3、提高学生解决问题能力
三、如何帮助学生的建立物理模型
（一）提高认识，重视过程：
对研究对象建立理想的物理模型和在研究物理过程中选择最简单的物理模型，在教学中是经常涉及到的，但学生总不能从中得到启示。
（二）概括总结，触类旁通：
新课程提出高中阶段应给学生更多的空间，让学生较独立地进行科学探究，培养学生的自主探究、自主学习、自已解决问题的能力。
第79讲 带电粒子在叠加场中的运动
1．（2022•浙江）如图为研究光电效应的装置示意图，该装置可用于分析光子的信息。在xOy平面（纸面）内，垂直纸面的金属薄板M、N与y轴平行放置，板N中间有一小孔O。有一由x轴、y轴和以O为圆心、圆心角为90°的半径不同的两条圆弧所围的区域Ⅰ，整个区域Ⅰ内存在大小可调、方向垂直纸面向里的匀强电场和磁感应强度大小恒为B1、磁感线与圆弧平行且逆时针方向的磁场。区域Ⅰ右侧还有一左边界与y轴平行且相距为l、下边界与x轴重合的匀强磁场区域Ⅱ，其宽度为a，长度足够长，其中的磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小可调。光电子从板M逸出后经极板间电压U加速（板间电场视为匀强电场），调节区域Ⅰ的电场强度和区域Ⅱ的磁感应强度，使电子恰好打在坐标为（a+2l，0）的点上，被置于该处的探测器接收。已知电子质量为m、电荷量为e，板M的逸出功为W0，普朗克常量为h。忽略电子的重力及电子间的作用力。当频率为ν的光照射板M时有光电子逸出。
（1）求逸出光电子的最大初动能Ekm，并求光电子从O点射入区域Ⅰ时的速度v0的大小范围；
（2）若区域Ⅰ的电场强度大小E=B13eUm，区域Ⅱ的磁感应强度大小B2=emUea，求被探测到的电子刚从板M逸出时速度vM的大小及与x轴的夹角β；
（3）为了使从O点以各种大小和方向的速度射向区域Ⅰ的电子都能被探测到，需要调节区域Ⅰ的电场强度E和区域Ⅱ的磁感应强度B2，求E的最大值和B2的最大值。
【解答】解：（1）光电效应方程，逸出光电子的最大初动能
Ekm＝hν﹣W0
则有：12mv02=Ek+eU：（0≤Ek≤Ekm）
解得：2eUm≤v0≤2(ℎν+eU−W0)m
（2）光电子由O进入第一象限，在区域Ⅰ（速度选择器）中受力平衡有：
ev0B1＝eE
解得：v0=3eUm
根据动能定理有：eU=12mv02−12mvM2
vM=eUm
光电子由O到探测器的轨迹如图所示，由几何关系可知：rsinα=a2
光电子区域Ⅱ中做匀速圆周运动有：ev0B2＝mv02r
vMsinβ＝v0sinα
联立解得：β＝30°
（3）由上述表达式ev0B1＝eE，可得：Emax＝B12(ℎν+eU−W0)m
结合在区域Ⅱ中：r=mv0eB2，rsinα=a2
可得：mv0eB2sinα=a2
而v0sinα等于光电子在M板逸出时沿y轴的分速度，则有：12m（v0sinα）2≤Ekm＝hν﹣W0
可得：v0sinα≤2(ℎν−W0)m
联立解得：B2≤22m(ℎν−W0)ea
则B2的最大值为22m(ℎν−W0)ea
答：（1）逸出光电子的最大初动能为hν﹣W0，光电子从O点射入区域Ⅰ时的速度v0的大小范围为 2eUm≤v0≤2(ℎν+eU−W0)m；
（2）被探测到的电子刚从板M逸出时速度vM的大小为eUm，与x轴的夹角β为30°；
（3）E的最大值为B12(ℎν+eU−W0)m，B2的最大值为22m(ℎν−W0)ea。
一.知识回顾
1.叠加场概念：静电场、磁场、重力场在同一区域共存，或其中某两场在同一区域共存。
2．三种场的比较
项目
名称
力的特点
功和能的特点
重力场
大小：G＝mg
方向：竖直向下
重力做功与路径无关
重力做功改变物体的重力势能
静电场
大小：F＝qE
方向：①正电荷受力方向与场强方向相同
②负电荷受力方向与场强方向相反
静电力做功与路径无关
W＝qU
静电力做功改变电势能
磁场
洛伦兹力大小：F＝qvB
方向：根据左手定则判定
洛伦兹力不做功，不改变带电粒子的动能
3.带电粒子(带电体)在叠加场中无约束情况下的运动
(1)静电力、重力并存
静电力与重力的合力一般为恒力，带电体做匀速直线运动或匀变速直线(或曲线)运动，比较简单。
(2)磁场力、重力并存
①若重力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动。
②若重力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒，由此可求解问题。
(3)静电力、磁场力并存(不计重力的微观粒子)
①若静电力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动。
②若静电力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用动能定理求解问题。
(4)静电力、磁场力、重力并存
①若三力平衡，一定做匀速直线运动。
②若重力与静电力平衡，一定做匀速圆周运动。
③
若合力不为零且与速度方向不垂直，将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用能量守恒定律或动能定理求解问题。
4.是否考虑重力的判断
①对于微观粒子，如电子、质子、离子等，若无特殊说明，一般不考虑重力；对于宏观带电小物体，如带电小球、尘埃、油滴、液滴等，若无特殊说明，一般需要考虑重力。
②题目中已明确说明是否需要考虑重力时则按说明分析。
③不能直接判断是否需要考虑重力的，在进行受力分析和运动分析时，由分析结果确定是否考虑重力。
二.例题精析
题型一：叠加场
例1．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．ma＞mb＞mc B．mb＞ma＞mc C．mc＞ma＞mb D．mc＞mb＞ma
【解答】解：微粒受重力G、电场力F、洛伦兹力F'的作用，三个带正电的微粒a，b，c电荷量相等，那么微粒所受电场力F大小相等，方向竖直向上；
a在纸面内做匀速圆周运动，则a的重力等于电场力，即F＝Ga＝mag；
b在纸面内向右做匀速直线运动，则b受力平衡，因为重力方向竖直向下，洛伦兹力方向竖直向上，则有F+F′b＝Gb＝mbg；
c在纸面内向左做匀速直线运动，则c受力平衡，且洛伦兹力方向向下，则有：F﹣F′c＝Gc＝mcg
所以，mb＞ma＞mc，故ACD错误，B正确；
故选：B。
题型二：叠加场+组合场
（多选）例2．（2019•莆田二模）如图所示，在y轴的右方有一方向垂直纸面向外的匀强磁场，在x轴的下方有一方向平行x轴向左的匀强电场。现有一个氕核和一个氘核分别以相同的动量从y
轴上的P点垂直y轴进入第一象限，经x轴后分别到达y轴上的某一点（图中未画出）。不考虑粒子受到的重力。则（ ）
A．两粒子在第一象限中运动的半径之比为1：1
B．两粒子在第一象限中运动的半径之比为1：2
C．氕核到达y轴时的速度较大
D．氘核到达y轴时的速度较大
【解答】解：AB、根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB＝mv2R，解得R=mvqB，由于氕核和氘核的动量相同，即mv相同，电荷量q相同，故半径之比为1：1，故A正确、B错误；
CD、由于两者运动半径相同，所以从x轴射出时的横坐标x也相同，洛伦兹力不做功，因此当粒子从x轴射出时速度大小与初速度大小相同，由于两者初动量相等，且质量比为mH：mD＝1：2，因此有：vH：vD＝2：1；
从进入第四象限到达到y轴，由动能定理得：
对氕核有：qEx=12mHv'H2−12mHvH2，解得：v′H=vH2+2qExmH
对氘核有：qEx=12mDv'D2−12mDvD2，解得：v′D=vD2+2qExmD
所以有：氕核到达y轴时的速度较大，故C正确、D错误。
故选：AC。
三.举一反三，巩固练习
1. 带电油滴以水平速度v0垂直进入磁场，并恰好做匀速直线运动，如图所示，若油滴的质量为m，磁感应强度大小为B，则下列说法正确的是（ ）
A．油滴一定带正电荷，电荷量为2mgv0B
B．油滴一定带负电荷，比荷为gv0B
C．油滴一定带正电荷，电荷量为mgv0B
D．油滴带什么电荷都可以，只要满足q=mgv0B
【解答】解：带电液滴做匀速直线运动，重力与洛伦兹力是一对平衡力，重力方向竖直向下，由平衡条件可知，洛伦兹力方向竖直向上，根据左手定则判断油滴必带正电荷；由平衡条件得：qv0B＝mg，解得：q=mgv0B，故C正确；ACD错误。
故选：C。
2. 如图，三个完全相同的半圆形光滑轨道竖直放置，分别处在真空、匀强磁场和匀强电场中，轨道两端在同一高度上。P、M、N分别为轨道的最低点．a、b、c三个相同的带正电绝缘小球同时从轨道左端最高点由静止开始沿轨道运动，则（ ）
A．b球先于a球到达轨道的最低点
B．a、b两球第一次经过轨道最低点时，b球对轨道的压力更小
C．三小球向下运动过程中，c球到达轨道最低点的速度最小
D．c球运动过程中，其重力势能最小时，电势能一定最大
【解答】解：A、沿着轨道建立自然坐标系，将速度和加速度分解为沿轨道方向和垂直于轨道方向，由于图二洛伦兹力始终在垂直于轨道方向，不影响沿轨道方向的受力，所以b球和a球同时到达轨道的最低点，故A错误；
BC、第一个小球从轨道左端最高点由静止开始沿轨道运动到P点过程中只有重力做功，根据动能定理有：mgR=12mvP2−0
第二个小球从轨道左端最高点由静止开始沿轨道运动到M点过程中只有重力做功，根据动能定理有：mgR=12mvM2−0
第三个小球从轨道左端最高点由静止开始沿轨道运动到N
点过程中有重力做功、电场力做功，根据动能定理有：mgR﹣qER=12mvN2−0
根据以上公式有可知，c球到达轨道最低点的速度最小
由牛顿第二定律得，对a球：FP﹣mg＝mvP2R，对b球：FM﹣mg﹣qvMB＝mvM2R，
所以a、b两球第一次经过轨道最低点时，b球对轨道的压力更大，故B错误，C正确；
D、c球运动过程中，小球运动到轨道右侧速度减小为0时，电势能最大，故D错误．
故选：C．
3. 在芯片制造过程中，离子注入是其中一道重要工序，如图为离子注入工作原理示意图：质量为m，电量为q的离子由静止经电场加速后，沿水平虚线穿过速度选择器，再通过匀强磁场偏转后，恰好竖直向下射出．已知速度选择器的磁场和偏转磁场的磁感应强度大小均为B，方向相同；速度选择器的匀强电场场强大小为E、方向为竖直向上．整个系统置于真空中，不计离子重力，则（ ）
A．该离子带正电
B．偏转磁场的方向垂直纸面向外
C．加速电场的电压U0=mE22B2q
D．离子在偏转磁场中做匀速圆周运动的半径为r=mEqB
【解答】解：AB、假设离子带正电，离子在速度选择器中做匀速直线运动，受到的电场力竖直向上，则离子受到的洛伦兹力竖直向下，由左手定则判断可知，偏转磁场的方向垂直纸面向外。
假设离子带负电，离子在速度选择器中做匀速直线运动，受到的电场力竖直向下，则离子受到的洛伦兹力竖直向上，由左手定则判断可知，偏转磁场的方向垂直纸面向里。
可知无论正负电荷均可匀速直线运动通过速度选择器，电荷电性不同，偏转磁场的方向不同，故AB错误；
C、离子在速度选择器中做匀速直线运动，由平衡条件有qvB＝qE，解得v=EB
。离子在加速电场中加速过程，由动能定理得：qU0=12mv2，解得U0=mE22B2q，故C正确；
D、离子在偏转磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力得：qvB＝mv2r，联立解得r=mEqB2，故D错误。
故选：C。
4. 如图，竖直面（纸面）内，一层够长的粗糙绝缘直杆与水平方向成60°角固定，所在空间有方向垂直纸面向里的匀强磁场和方向水平向左的匀强电场，一质量为m且可视为质点的带正电小球套在杆上，现给球一个沿杆向下的初速度v，球恰能做匀速运动，且杆对球恰好无弹力。下列判定正确的是（ ）
A．电场强度与磁感应强度的大小关系为EB=v2
B．若在球运动的过程中仅撤去磁场，球仍将保持速度v做匀速运动
C．若仅将球的初速度大小变为3v2，球将做加速度不断减小的减速运动直至静止
D．若仅将球的初速度大小变为2v，球沿杆运动的过程中，克服摩擦力做的功为32mv2
【解答】解：A、杆与球之间恰好无弹力，对球进行受力分析如图所示，则重力mg与电场力qE的合力与洛伦兹力qvB等大反向共线，由几何关系可得：qE＝qvBsin60°，则EB=3v2，故A错误；
B、若在球运动的过程中仅撤去磁场，重力与电场力的合力垂直于杆向下，杆对球有支持力，从而受到滑动摩擦力，而且球的合力等于滑动摩擦力，所以球将做减速运动，直到静止，故B错误；
C、若仅将球的初速度大小变为3v2，洛伦兹力变为原来的32倍，而重力与电场力的合力不变，方向垂直于杆向下，则杆对球有垂直于杆向下的弹力，从而受到滑动摩擦力，球做减速运动，随着速度减小，洛伦兹力减小，杆对球的弹力减小，滑动摩擦力减小，加速度减小，当速度减至v时开始做匀速运动，故C错误；
D、若仅将球的初速度大小变为2v，洛伦兹力变为原来的2倍，而重力与电场力的合力不变，杆对球有垂直于杆向下的弹力，从而受到滑动摩擦力，球做减速运动，当速度减至v时开始做匀速运动，由于重力与电场力的合力不做功，弹力和洛伦兹力也不做功，所以球沿杆运动的过程中，克服摩擦力做的功为W=12m(2v)2−12mv2=32mv2，故D正确。
故选：D。
5. 如图所示，两平行金属板之间有竖直向下的匀强电场E和垂直纸面向里的匀强磁场B，一带负电的粒子（重力不计）以速度v0水平向右飞入两板之间，恰能沿直线飞出，下列判断正确的是（ ）
A．粒子一定做匀速直线运动
B．若只增大粒子速度v0，其运动轨迹仍是直线
C．若只增加粒子的电量，其运动轨迹将向上偏转
D．若粒子以速度v0从右向左水平飞入，其运动轨迹是抛物线
【解答】解：A.带负电的粒子沿直线从正交场中飞出，则受向上的电场力等于向下的洛伦兹力，则一定做匀速直线运动，如果不是匀速直线运动，则洛伦兹力就会变化，将做曲线运动，故A正确；
B.若只增大粒子速度v0，则粒子受洛伦兹力变大，则其运动轨迹向下弯曲，则轨迹不是直线，故B错误；
C.根据qv0B＝qE
可知，若只增加粒子的电量，则粒子仍沿直线穿过正交场，故C错误；
D.若粒子以速度从右向左水平飞入，则受电场力和洛伦兹力均向上，则其运动轨迹是曲线，但不是抛物线，故D错误。
故选：A。
6. 如图甲所示，一带正电粒子以水平初速度v0（v0＜EB）先后进入方向垂直的宽度相同且紧相邻在一起的匀强电场和匀强磁场区域，已知电场方向竖直向下，在带电粒子穿过电场和磁场的过程中（重力忽略不计），电场力和磁场力对粒子所做的总功大小为W1；若把电场和磁场正交重叠，如图乙所示，粒子仍以水平初速度v0穿过重叠场区，在粒子穿过电场和磁场的过程中，电场力和磁场力对粒子所做的总功大小为W2。则（ ）
A．一定是W1＞W2
B．一定是W1＝W2
C．一定是W1＜W2
D．可能是W1＜W2，也可能是W1＞W2
【解答】解：不论带电粒子带何种电荷，由于v0＜EB，所以电场力qE大于洛伦兹力qBv0，根据左手定则判断可知：洛伦兹力有与电场力方向相反的分力，所以带电粒子在电场中的偏转位移比重叠时的偏转位移大，所以不论粒子带何种电性，甲中带电粒子在电场中偏转位移一定大于乙中的偏转位移，而洛伦兹力对带电粒子不做功，只有电场力做功，所以一定是W1＞W2
故A正确，BCD错误。
故选：A。
7. 如图所示，下端封闭、上端开口、长度H＝5m的内壁光滑的竖直细玻璃管，管底有一个质量为m＝10g、电荷量为q＝0.1C的带正电小球（其半径略小于玻璃管内径），整个装置处在垂直纸面向里、磁感应强度为B＝1T的匀强磁场中，在外力作用下玻璃管在磁场中开始以初速度v0＝2m/s、向右做匀速直线运动，已知重力加速度g取10m/s2，则（ ）
A．小球不可能上升到管口
B．小球经过时间1.5s离开管口
C．在小球上升到管口过程中机械能增加1J
D．在小球上升到管口过程中玻璃管对小球做功0.5J
【解答】解：AB、开始时初速度为v0＝2m/s时小球受到向上的洛伦兹力、大小为f0＝qv0B＝0.1×2×1N＝0.2N，小球上升加速度大小为f0﹣mg＝ma，代入数据解得：a＝10m/s2，应用位移公式有H=12at2，代入数据解得：t＝1s，故A、B错误；
CD、根据速度公式可知离开管口时竖直分速度为vy＝at＝10×1m/s＝10m/s.由于洛伦兹力不做功，在此过程中对小球应用动能定理有（设玻璃管做功为W）：W﹣mgH=12m(vy2+v02)−12mv02，代入数据解得W＝1J，所以在小球上升到管口过程中机械能增加1J，故C正确，D错误；
故选：C。
8. 如图所示，M、N为两块带等量异种电荷的平行金属板，两板间电压可取从零到某一最大值之间的各种数值。静止的带电粒子带电荷量为+q，质量为m（不计重力），从点P经电场加速后，从小孔Q进入N板右侧的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，CD为磁场边界上的一绝缘板，它与N板的夹角为θ＝30°，孔Q到板的下端C的距离为L，当M、N两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD板上，则（ ）
A．两板间电压的最大值Um=qB2L22m
B．能打到N板上的粒子的最大动能为q2B2L29m
C．粒子在磁场中运动的最长时间tm=2πmqB
D．CD板上可能被粒子打中区域的长度s=23L
【解答】解：粒子运动轨迹如图所示：
A、当M、N两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD板上，由几何知识得：r＝QC＝L，粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=mv2r，在加速电场中，由动能定理得：qUm=12mv2﹣0，解得：Um=qB2L22m，故A正确；
D、设粒子轨迹与CD相切于H点，此时粒子半径为r′，粒子轨迹垂直打在CD边上的G点，则GH间距离即为粒子打中区域的长度s，根据几何关系：QC＝L＝r′+r'sinθ，解得：r′=L3，根据几何关系可得粒子打中区域的长度：s＝r−r'tanθ=(3−3)L3，故D错误；
C、粒子在磁场中运动的周期为：T=2πmqB粒子在磁场中运动的最大圆心角：θ＝180°，
所以粒子在磁场中运动的最长时间为：t=12T=πmqB，故C错误；
B、当粒子在磁场的轨迹与CD边相切时，即粒子半径r′=L3时，打到N板上的粒子的动能最大，
最大动能：Ekm=12mv2，根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB=mv2r，解得：Ekm=q2B2L218m，故B错误。
故选：A。
9. 北京正负电子对撞机（BEPC）是我国第一台高能加速器，由长200m的直线加速器、周长240m的储存环等几部分组成，外型像一只硕大的羽毛球拍，如图所示。
电子束被加速到150Mev时，轰击一个约1cm厚的钨靶，产生正负电子对，将正电子聚焦、收集起来加速，再经下一个直线加速器加速到约1.4GeV。需要加速电子时，则把钨靶移走，让电子束直接经过下一个直线加速器进行加速，使其获得与正电子束相同的能量。
正、负电子束流分别通过不同的路径注入到储存环中，在储存环的真空盒里做回旋运动。安放在真空盒周围的各种高精密电磁铁将正、负电子束流偏转、聚焦，控制其在环形真空盒的中心附近；速度接近光速的电子在磁场中偏转时，会沿圆弧轨道切线发出电磁辐射。通过微波不断地给正、负电子束补充能量；当正、负电子束流被加速到所需要的能量时，正、负电子束流就可以开始对撞，安放在对撞点附近的北京谱仪开始工作，获取正、负电子对撞产生的信息，进一步认识粒子的性质，探索微观世界的奥秘。下列说法正确的是（ ）
A．该装置中正、负电子同时在直线加速器中加速
B．正负电子发生对撞前，为了增大碰撞概率，可利用磁场对其偏转、聚焦
C．正、负电子离开直线加速器之后，各自所需偏转磁场的方向相反
D．储存环中的正、负电子所受洛伦兹力不做功，所以正负电子能量不会衰减
【解答】解：A、根据题意，正电子聚焦、收集起来后加速到储存环，而负电子在没有钨靶的情况下经过下一个加速度器加速到与正电子速度一样，所以正、负电子不同时在直线加速器中加速，故A错误；
B、使得正负电子束聚焦在真空盒中心附近，是通过电磁铁产生的磁场，故B正确；
C、由正、负电子离开直线加速器之后进入同一个储存器，且实现对撞，所以应该是同一磁场方向而运动速度方向相反，故C错误；
D、由于每沿圆弧轨道切线，光速的电子都会发出电磁辐射，给正、负电子束补充能量，所以电子的能量会降低，正负电子能量会增加，故D错误；
故选：B。
10. （多选）如图所示，M、N两极板间存在匀强电场，场强大小可以调节，两极板的宽度为d，N板右侧存在如图所示的磁场，折线PQ是磁场的分界线，在折线的两侧分布着方向相反与平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。折线的顶角∠A＝90°，P、Q是折线上的两点且AP＝AQ＝L。现有一质量为m、电荷量为q的带负电的粒子从S点由静止经电场加速后从P点沿PQ方向水平射出，不计粒子的重力，则（ ）
A．当粒子通过P点的速度为2qBL2m时，可经过一次偏转直接到达A点
B．当M、N两极板间场强为B2qL24dm时，粒子到达Q点的时间最长
C．粒子由P点到达Q点的时间只能为πmqB的偶数倍
D．粒子由P点到达Q点的时间只能为2πmqB的奇数倍
【解答】解：A、粒子经过一次偏转直接到达A点，
由图中几何关系得：
2Rsin45°＝L
又qvB＝mv2R
联立解得：v=2qBL2m
故A正确；
BCD、根据运动对称性，粒子能从P点到达Q点，应满足L＝nx，其中x为每次偏转圆弧对应弦长，偏转圆弧对应圆心角为90°或270°，设圆轨迹半径为R，则有
2R2＝x2，
可得：R=2L2n，
又qvB＝mv2R
解得：v=2qBL2nm，（n＝1、2、3、…）
在M，N间由动能定理：
qEd=12mv2
解得：E=B2qL24n2dm（n＝1、2、3、…）
当M、N两极板间场强为B2qL24dm时，粒子到达Q点的时间最短；
当n取奇数时，粒子从P到Q过程中圆心角总和为：
θ1=n⋅π2+n⋅3π2=2nπ
t1=2nπ⋅mqB=2πmqB⋅n，其中n＝1、3、5、…
当n取偶数时，粒子从P到Q过程中圆心角总和为
θ2=n⋅π2+n⋅π2=nπ
t2=nπ⋅mqB=πmqB⋅n，其中n＝2、4、6、…，
则粒子由P点到达Q点的时间只能为πmqB的偶数倍，故BD错误，C正确；
故选：AC。
11. （多选）如图，与水平面成45°角的平面MN将空间分成Ⅰ和Ⅱ两个区域。氕核和氘核分别以相同的初动能Ek从平面MN上的P点水平向右射入Ⅰ区。Ⅰ区存在匀强电场，电场强度大小为E，方向竖直向下；Ⅱ区存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里。已知氕核、氘核的质量分别为m、2m，电荷量均为+q，不计氕核和氘核的重力。下列说法正确的是（ ）
A．氕核和氘核第一次进入Ⅱ区时的速度方向相同
B．氘核第一次进入Ⅱ区时的速度大小为10Ekm
C．氕核在Ⅱ区做匀速圆周运动的半径为5mEkqB
D．氕核和氘核第一次刚出Ⅱ区时的位置相距2（2−1）mEkqB
【解答】解：A、第一次在电场中，粒子均做类平抛运动，水平方向有：x＝v0t，
竖直方向有：y=12at2=12×qEmt2
联立解得：y=qE4Ekx2
氕核、氘核具有相同的初动能和相同的电荷量，氕核、氘核在电场中的轨迹相同，即气核和氘核第一次进入Ⅱ区时的速度方向相同，故A正确；
B、氘核在电场中做类平抛，根据类平抛运动的规律可得：tan45°=12a2t22v0t2
根据动能的计算公式可得：Ek=12×2mv022
根据牛顿第二定律可得：a2=qE2m
竖直方向的速度大小为：vy2＝a2t2
氘核第一次进入Ⅱ区时的速度大小为：v2=v022+vy22
联立解得：v2=5Ekm，故B错误；
C、由B选项分析，同理可得氕核第一次进入Ⅱ区时的速度大小为：v1=10Ekm
根据洛伦兹力提供向心力可得：qv1B＝mv12r1
解得：r1=mv1qB=10mEkqB，故C错误；
D、粒子在进入磁场速度方向与水平方向夹角相同，设为α，根据类平抛运动的规律，则有：tanα＝2tan45°。
设粒子在进入磁场速度方向与MN的夹角为β，则：β＝α﹣45°
可得：sinβ=1010
粒子从进入磁场到再次回到MN时与进入磁场位置的距离：s＝2rsinβ
氘核在磁场中的半径：r2=2mv2qB=25mEkqB
则氕核和氘核第一次刚出Ⅱ区时的位置相距：Δs＝s2﹣s1=105（r2﹣r1）＝2（2−1）mEkqB，故D正确。
故选：AD。
12. 如图所示，MN下方足够长的区域Ⅰ内存在方向竖直向上的匀强电场，MN右上侧和左上侧的正方形区域Ⅲ和Ⅳ内存在方向竖直向下的匀强电场，MN上方的矩形区域Ⅱ内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场.一个质量为m、电荷量为q的正离子以速度v从P点沿水平方向射入匀强电场，粒子先经过电场Ⅲ再经过磁场Ⅱ后恰从MN中点竖直向下射入匀强电场区域Ⅰ.已知正方形边长均为d，区域Ⅰ及正方形区域Ⅲ和Ⅳ内匀强电场场强的大小均为E=mv2qd，不计粒子的重力，求：
（1）粒子第一次进入磁场时的位置与M点之间的距离；
（2）矩形区域Ⅱ内磁感应强度的大小；
（3）离子从P点射入到离开区域Ⅳ所用的时间。
【解答】解：（1）粒子在Ⅲ区域电场中做类平抛运动，射出该电场时沿电场方向偏转距离为y.
水平方向：d＝vt
由牛顿第二定律得：Eq＝ma，解得，加速度大小：a=v2d
竖直方向：y=12at2
解得：y=12d
粒子第一次进入磁场时的位置与M点之间的距离为Δy=d−y=d2
（2）粒子射出Ⅲ区域电场时沿场强方向速度为：vy＝at=v2d×dv=v
速度偏向角为：tanθ=vyv=1，解得：θ=π4
由几何关系得，粒子在磁场中的轨道半径为R=Δysin45°=2d2
射入磁场的速度大小为v′=v2+vy2=v2+v2=2v
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv'B=mv'2R
解得磁感应强大大小：B=2mvqd
（3）粒子在Ⅲ区域电场中偏转的运动时间t1=dv
粒子在Ⅱ区域磁场中向下偏转运动时间t2=θ2πT，其中T=2πrv=2πmqB
粒子在Ⅰ区域下方电场中运动减速到零的时间为t3=2va=2dv
粒子运动轨迹如图所示，根据对称性可知粒子运动总时间为t总＝2（t1+t2+t3）
解得：t总=2dv(1+2+π8)
答：（1）粒子第一次进入磁场时的位置与M点之间的距离是d2；
（2）矩形区域Ⅱ内磁感应强度的大小是2mvqd；
（3）离子从P点射入到离开区域Ⅳ所用的时间是2dv（1+2+π8）。
13. 如图所示，在绝缘水平面上方，相距为L的竖直边界MO、NA之间存在水平向左的匀强电场，场强大小为E1。边界NA右侧有一直角三角形区域ACD
，区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场和大小为E2=mgq、方向竖直向下的匀强电场。在边界MO上的O点静止释放一个质量为m、电量大小为q的带电小球（大小忽略不计），小球从A点进入三角形场区，最终从AD边界上的P点离开。已知AP间的距离为d，∠DAC＝30°，不计一切摩擦。求：
（1）带电小球到达A点时的速度大小；
（2）ACD区域内的磁感应强度大小。
【解答】解：（1）小球在电场E1中加速，由动能定理得：qE1L=12mv02−0
解得：v0=2qE1Lm
（2）小球进入ACD场区时，所受电场力大小；qE2＝mg，方向竖直向上，
电场力与重力合力为零，小球在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
小球做匀速圆周运动的运动轨迹如图所示
由几何关系得轨道半径为rsin30°=d2，解得：r＝d
小球做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律得：qv0B＝mv02r
解得：B=1d2mE1Lq
答：（1）带电小球到达A点时的速度大小是2qE1Lm；
（2）ACD区域内的磁感应强度大小是1d2mE1Lq。
高考物理全归纳——模型专题
在高中物理教学中，引导学生认识、理解和建立“物理模型”，是培养学生创造性思维和创新能力的有效途径。
一、什么是物理模型
自然界中事物与事物之间总是存在着千丝万缕的联系，并都处在不断的变化之中。面对复杂多变的自然界，进行科学研究时，总是遵循这样一条重要的原则，即从简到繁，先易后难，循序渐进，逐次深入。
物理模型有三个类型：（1）物理研究对象的理想化（对象模型）；（2）物理条件的理想化（条件模型）；（3）物理过程的理想化（过程模型）
二、为什么要建立物理模型
1、帮助学生掌握学习方法 2、落实“过程与方法”的教学目标
3、提高学生解决问题能力
三、如何帮助学生的建立物理模型
（一）提高认识，重视过程：
对研究对象建立理想的物理模型和在研究物理过程中选择最简单的物理模型，在教学中是经常涉及到的，但学生总不能从中得到启示。
（二）概括总结，触类旁通：
新课程提出高中阶段应给学生更多的空间，让学生较独立地进行科学探究，培养学生的自主探究、自主学习、自已解决问题的能力。
第79讲 带电粒子在叠加场中的运动
1．（2022•浙江）如图为研究光电效应的装置示意图，该装置可用于分析光子的信息。在xOy平面（纸面）内，垂直纸面的金属薄板M、N与y轴平行放置，板N中间有一小孔O。有一由x轴、y轴和以O为圆心、圆心角为90°的半径不同的两条圆弧所围的区域Ⅰ，整个区域Ⅰ内存在大小可调、方向垂直纸面向里的匀强电场和磁感应强度大小恒为B1、磁感线与圆弧平行且逆时针方向的磁场。区域Ⅰ右侧还有一左边界与y轴平行且相距为l、下边界与x轴重合的匀强磁场区域Ⅱ，其宽度为a，长度足够长，其中的磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小可调。光电子从板M逸出后经极板间电压U加速（板间电场视为匀强电场），调节区域Ⅰ的电场强度和区域Ⅱ的磁感应强度，使电子恰好打在坐标为（a+2l，0）的点上，被置于该处的探测器接收。已知电子质量为m、电荷量为e，板M的逸出功为W0，普朗克常量为h。忽略电子的重力及电子间的作用力。当频率为ν的光照射板M时有光电子逸出。
（1）求逸出光电子的最大初动能Ekm，并求光电子从O点射入区域Ⅰ时的速度v0的大小范围；
（2）若区域Ⅰ的电场强度大小E=B13eUm，区域Ⅱ的磁感应强度大小B2=emUea，求被探测到的电子刚从板M逸出时速度vM的大小及与x轴的夹角β；
（3）为了使从O点以各种大小和方向的速度射向区域Ⅰ的电子都能被探测到，需要调节区域Ⅰ的电场强度E和区域Ⅱ的磁感应强度B2，求E的最大值和B2的最大值。
【解答】解：（1）光电效应方程，逸出光电子的最大初动能
Ekm＝hν﹣W0
则有：12mv02=Ek+eU：（0≤Ek≤Ekm）
解得：2eUm≤v0≤2(ℎν+eU−W0)m
（2）光电子由O进入第一象限，在区域Ⅰ（速度选择器）中受力平衡有：
ev0B1＝eE
解得：v0=3eUm
根据动能定理有：eU=12mv02−12mvM2
vM=eUm
光电子由O到探测器的轨迹如图所示，由几何关系可知：rsinα=a2
光电子区域Ⅱ中做匀速圆周运动有：ev0B2＝mv02r
vMsinβ＝v0sinα
联立解得：β＝30°
（3）由上述表达式ev0B1＝eE，可得：Emax＝B12(ℎν+eU−W0)m
结合在区域Ⅱ中：r=mv0eB2，rsinα=a2
可得：mv0eB2sinα=a2
而v0sinα等于光电子在M板逸出时沿y轴的分速度，则有：12m（v0sinα）2≤Ekm＝hν﹣W0
可得：v0sinα≤2(ℎν−W0)m
联立解得：B2≤22m(ℎν−W0)ea
则B2的最大值为22m(ℎν−W0)ea
答：（1）逸出光电子的最大初动能为hν﹣W0，光电子从O点射入区域Ⅰ时的速度v0的大小范围为 2eUm≤v0≤2(ℎν+eU−W0)m；
（2）被探测到的电子刚从板M逸出时速度vM的大小为eUm，与x轴的夹角β为30°；
（3）E的最大值为B12(ℎν+eU−W0)m，B2的最大值为22m(ℎν−W0)ea。
一.知识回顾
1.叠加场概念：静电场、磁场、重力场在同一区域共存，或其中某两场在同一区域共存。
2．三种场的比较
项目
名称
力的特点
功和能的特点
重力场
大小：G＝mg
方向：竖直向下
重力做功与路径无关
重力做功改变物体的重力势能
静电场
大小：F＝qE
方向：①正电荷受力方向与场强方向相同
②负电荷受力方向与场强方向相反
静电力做功与路径无关
W＝qU
静电力做功改变电势能
磁场
洛伦兹力大小：F＝qvB
方向：根据左手定则判定
洛伦兹力不做功，不改变带电粒子的动能
3.带电粒子(带电体)在叠加场中无约束情况下的运动
(1)静电力、重力并存
静电力与重力的合力一般为恒力，带电体做匀速直线运动或匀变速直线(或曲线)运动，比较简单。
(2)磁场力、重力并存
①若重力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动。
②若重力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒，由此可求解问题。
(3)静电力、磁场力并存(不计重力的微观粒子)
①若静电力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动。
②若静电力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用动能定理求解问题。
(4)静电力、磁场力、重力并存
①若三力平衡，一定做匀速直线运动。
②若重力与静电力平衡，一定做匀速圆周运动。
③
若合力不为零且与速度方向不垂直，将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用能量守恒定律或动能定理求解问题。
4.是否考虑重力的判断
①对于微观粒子，如电子、质子、离子等，若无特殊说明，一般不考虑重力；对于宏观带电小物体，如带电小球、尘埃、油滴、液滴等，若无特殊说明，一般需要考虑重力。
②题目中已明确说明是否需要考虑重力时则按说明分析。
③不能直接判断是否需要考虑重力的，在进行受力分析和运动分析时，由分析结果确定是否考虑重力。
二.例题精析
题型一：叠加场
例1．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．ma＞mb＞mc B．mb＞ma＞mc C．mc＞ma＞mb D．mc＞mb＞ma
【解答】解：微粒受重力G、电场力F、洛伦兹力F'的作用，三个带正电的微粒a，b，c电荷量相等，那么微粒所受电场力F大小相等，方向竖直向上；
a在纸面内做匀速圆周运动，则a的重力等于电场力，即F＝Ga＝mag；
b在纸面内向右做匀速直线运动，则b受力平衡，因为重力方向竖直向下，洛伦兹力方向竖直向上，则有F+F′b＝Gb＝mbg；
c在纸面内向左做匀速直线运动，则c受力平衡，且洛伦兹力方向向下，则有：F﹣F′c＝Gc＝mcg
所以，mb＞ma＞mc，故ACD错误，B正确；
故选：B。
题型二：叠加场+组合场
（多选）例2．（2019•莆田二模）如图所示，在y轴的右方有一方向垂直纸面向外的匀强磁场，在x轴的下方有一方向平行x轴向左的匀强电场。现有一个氕核和一个氘核分别以相同的动量从y
轴上的P点垂直y轴进入第一象限，经x轴后分别到达y轴上的某一点（图中未画出）。不考虑粒子受到的重力。则（ ）
A．两粒子在第一象限中运动的半径之比为1：1
B．两粒子在第一象限中运动的半径之比为1：2
C．氕核到达y轴时的速度较大
D．氘核到达y轴时的速度较大
【解答】解：AB、根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB＝mv2R，解得R=mvqB，由于氕核和氘核的动量相同，即mv相同，电荷量q相同，故半径之比为1：1，故A正确、B错误；
CD、由于两者运动半径相同，所以从x轴射出时的横坐标x也相同，洛伦兹力不做功，因此当粒子从x轴射出时速度大小与初速度大小相同，由于两者初动量相等，且质量比为mH：mD＝1：2，因此有：vH：vD＝2：1；
从进入第四象限到达到y轴，由动能定理得：
对氕核有：qEx=12mHv'H2−12mHvH2，解得：v′H=vH2+2qExmH
对氘核有：qEx=12mDv'D2−12mDvD2，解得：v′D=vD2+2qExmD
所以有：氕核到达y轴时的速度较大，故C正确、D错误。
故选：AC。
三.举一反三，巩固练习
1. 带电油滴以水平速度v0垂直进入磁场，并恰好做匀速直线运动，如图所示，若油滴的质量为m，磁感应强度大小为B，则下列说法正确的是（ ）
A．油滴一定带正电荷，电荷量为2mgv0B
B．油滴一定带负电荷，比荷为gv0B
C．油滴一定带正电荷，电荷量为mgv0B
D．油滴带什么电荷都可以，只要满足q=mgv0B
【解答】解：带电液滴做匀速直线运动，重力与洛伦兹力是一对平衡力，重力方向竖直向下，由平衡条件可知，洛伦兹力方向竖直向上，根据左手定则判断油滴必带正电荷；由平衡条件得：qv0B＝mg，解得：q=mgv0B，故C正确；ACD错误。
故选：C。
2. 如图，三个完全相同的半圆形光滑轨道竖直放置，分别处在真空、匀强磁场和匀强电场中，轨道两端在同一高度上。P、M、N分别为轨道的最低点．a、b、c三个相同的带正电绝缘小球同时从轨道左端最高点由静止开始沿轨道运动，则（ ）
A．b球先于a球到达轨道的最低点
B．a、b两球第一次经过轨道最低点时，b球对轨道的压力更小
C．三小球向下运动过程中，c球到达轨道最低点的速度最小
D．c球运动过程中，其重力势能最小时，电势能一定最大
【解答】解：A、沿着轨道建立自然坐标系，将速度和加速度分解为沿轨道方向和垂直于轨道方向，由于图二洛伦兹力始终在垂直于轨道方向，不影响沿轨道方向的受力，所以b球和a球同时到达轨道的最低点，故A错误；
BC、第一个小球从轨道左端最高点由静止开始沿轨道运动到P点过程中只有重力做功，根据动能定理有：mgR=12mvP2−0
第二个小球从轨道左端最高点由静止开始沿轨道运动到M点过程中只有重力做功，根据动能定理有：mgR=12mvM2−0
第三个小球从轨道左端最高点由静止开始沿轨道运动到N
点过程中有重力做功、电场力做功，根据动能定理有：mgR﹣qER=12mvN2−0
根据以上公式有可知，c球到达轨道最低点的速度最小
由牛顿第二定律得，对a球：FP﹣mg＝mvP2R，对b球：FM﹣mg﹣qvMB＝mvM2R，
所以a、b两球第一次经过轨道最低点时，b球对轨道的压力更大，故B错误，C正确；
D、c球运动过程中，小球运动到轨道右侧速度减小为0时，电势能最大，故D错误．
故选：C．
3. 在芯片制造过程中，离子注入是其中一道重要工序，如图为离子注入工作原理示意图：质量为m，电量为q的离子由静止经电场加速后，沿水平虚线穿过速度选择器，再通过匀强磁场偏转后，恰好竖直向下射出．已知速度选择器的磁场和偏转磁场的磁感应强度大小均为B，方向相同；速度选择器的匀强电场场强大小为E、方向为竖直向上．整个系统置于真空中，不计离子重力，则（ ）
A．该离子带正电
B．偏转磁场的方向垂直纸面向外
C．加速电场的电压U0=mE22B2q
D．离子在偏转磁场中做匀速圆周运动的半径为r=mEqB
【解答】解：AB、假设离子带正电，离子在速度选择器中做匀速直线运动，受到的电场力竖直向上，则离子受到的洛伦兹力竖直向下，由左手定则判断可知，偏转磁场的方向垂直纸面向外。
假设离子带负电，离子在速度选择器中做匀速直线运动，受到的电场力竖直向下，则离子受到的洛伦兹力竖直向上，由左手定则判断可知，偏转磁场的方向垂直纸面向里。
可知无论正负电荷均可匀速直线运动通过速度选择器，电荷电性不同，偏转磁场的方向不同，故AB错误；
C、离子在速度选择器中做匀速直线运动，由平衡条件有qvB＝qE，解得v=EB
。离子在加速电场中加速过程，由动能定理得：qU0=12mv2，解得U0=mE22B2q，故C正确；
D、离子在偏转磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力得：qvB＝mv2r，联立解得r=mEqB2，故D错误。
故选：C。
4. 如图，竖直面（纸面）内，一层够长的粗糙绝缘直杆与水平方向成60°角固定，所在空间有方向垂直纸面向里的匀强磁场和方向水平向左的匀强电场，一质量为m且可视为质点的带正电小球套在杆上，现给球一个沿杆向下的初速度v，球恰能做匀速运动，且杆对球恰好无弹力。下列判定正确的是（ ）
A．电场强度与磁感应强度的大小关系为EB=v2
B．若在球运动的过程中仅撤去磁场，球仍将保持速度v做匀速运动
C．若仅将球的初速度大小变为3v2，球将做加速度不断减小的减速运动直至静止
D．若仅将球的初速度大小变为2v，球沿杆运动的过程中，克服摩擦力做的功为32mv2
【解答】解：A、杆与球之间恰好无弹力，对球进行受力分析如图所示，则重力mg与电场力qE的合力与洛伦兹力qvB等大反向共线，由几何关系可得：qE＝qvBsin60°，则EB=3v2，故A错误；
B、若在球运动的过程中仅撤去磁场，重力与电场力的合力垂直于杆向下，杆对球有支持力，从而受到滑动摩擦力，而且球的合力等于滑动摩擦力，所以球将做减速运动，直到静止，故B错误；
C、若仅将球的初速度大小变为3v2，洛伦兹力变为原来的32倍，而重力与电场力的合力不变，方向垂直于杆向下，则杆对球有垂直于杆向下的弹力，从而受到滑动摩擦力，球做减速运动，随着速度减小，洛伦兹力减小，杆对球的弹力减小，滑动摩擦力减小，加速度减小，当速度减至v时开始做匀速运动，故C错误；
D、若仅将球的初速度大小变为2v，洛伦兹力变为原来的2倍，而重力与电场力的合力不变，杆对球有垂直于杆向下的弹力，从而受到滑动摩擦力，球做减速运动，当速度减至v时开始做匀速运动，由于重力与电场力的合力不做功，弹力和洛伦兹力也不做功，所以球沿杆运动的过程中，克服摩擦力做的功为W=12m(2v)2−12mv2=32mv2，故D正确。
故选：D。
5. 如图所示，两平行金属板之间有竖直向下的匀强电场E和垂直纸面向里的匀强磁场B，一带负电的粒子（重力不计）以速度v0水平向右飞入两板之间，恰能沿直线飞出，下列判断正确的是（ ）
A．粒子一定做匀速直线运动
B．若只增大粒子速度v0，其运动轨迹仍是直线
C．若只增加粒子的电量，其运动轨迹将向上偏转
D．若粒子以速度v0从右向左水平飞入，其运动轨迹是抛物线
【解答】解：A.带负电的粒子沿直线从正交场中飞出，则受向上的电场力等于向下的洛伦兹力，则一定做匀速直线运动，如果不是匀速直线运动，则洛伦兹力就会变化，将做曲线运动，故A正确；
B.若只增大粒子速度v0，则粒子受洛伦兹力变大，则其运动轨迹向下弯曲，则轨迹不是直线，故B错误；
C.根据qv0B＝qE
可知，若只增加粒子的电量，则粒子仍沿直线穿过正交场，故C错误；
D.若粒子以速度从右向左水平飞入，则受电场力和洛伦兹力均向上，则其运动轨迹是曲线，但不是抛物线，故D错误。
故选：A。
6. 如图甲所示，一带正电粒子以水平初速度v0（v0＜EB）先后进入方向垂直的宽度相同且紧相邻在一起的匀强电场和匀强磁场区域，已知电场方向竖直向下，在带电粒子穿过电场和磁场的过程中（重力忽略不计），电场力和磁场力对粒子所做的总功大小为W1；若把电场和磁场正交重叠，如图乙所示，粒子仍以水平初速度v0穿过重叠场区，在粒子穿过电场和磁场的过程中，电场力和磁场力对粒子所做的总功大小为W2。则（ ）
A．一定是W1＞W2
B．一定是W1＝W2
C．一定是W1＜W2
D．可能是W1＜W2，也可能是W1＞W2
【解答】解：不论带电粒子带何种电荷，由于v0＜EB，所以电场力qE大于洛伦兹力qBv0，根据左手定则判断可知：洛伦兹力有与电场力方向相反的分力，所以带电粒子在电场中的偏转位移比重叠时的偏转位移大，所以不论粒子带何种电性，甲中带电粒子在电场中偏转位移一定大于乙中的偏转位移，而洛伦兹力对带电粒子不做功，只有电场力做功，所以一定是W1＞W2
故A正确，BCD错误。
故选：A。
7. 如图所示，下端封闭、上端开口、长度H＝5m的内壁光滑的竖直细玻璃管，管底有一个质量为m＝10g、电荷量为q＝0.1C的带正电小球（其半径略小于玻璃管内径），整个装置处在垂直纸面向里、磁感应强度为B＝1T的匀强磁场中，在外力作用下玻璃管在磁场中开始以初速度v0＝2m/s、向右做匀速直线运动，已知重力加速度g取10m/s2，则（ ）
A．小球不可能上升到管口
B．小球经过时间1.5s离开管口
C．在小球上升到管口过程中机械能增加1J
D．在小球上升到管口过程中玻璃管对小球做功0.5J
【解答】解：AB、开始时初速度为v0＝2m/s时小球受到向上的洛伦兹力、大小为f0＝qv0B＝0.1×2×1N＝0.2N，小球上升加速度大小为f0﹣mg＝ma，代入数据解得：a＝10m/s2，应用位移公式有H=12at2，代入数据解得：t＝1s，故A、B错误；
CD、根据速度公式可知离开管口时竖直分速度为vy＝at＝10×1m/s＝10m/s.由于洛伦兹力不做功，在此过程中对小球应用动能定理有（设玻璃管做功为W）：W﹣mgH=12m(vy2+v02)−12mv02，代入数据解得W＝1J，所以在小球上升到管口过程中机械能增加1J，故C正确，D错误；
故选：C。
8. 如图所示，M、N为两块带等量异种电荷的平行金属板，两板间电压可取从零到某一最大值之间的各种数值。静止的带电粒子带电荷量为+q，质量为m（不计重力），从点P经电场加速后，从小孔Q进入N板右侧的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，CD为磁场边界上的一绝缘板，它与N板的夹角为θ＝30°，孔Q到板的下端C的距离为L，当M、N两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD板上，则（ ）
A．两板间电压的最大值Um=qB2L22m
B．能打到N板上的粒子的最大动能为q2B2L29m
C．粒子在磁场中运动的最长时间tm=2πmqB
D．CD板上可能被粒子打中区域的长度s=23L
【解答】解：粒子运动轨迹如图所示：
A、当M、N两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD板上，由几何知识得：r＝QC＝L，粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=mv2r，在加速电场中，由动能定理得：qUm=12mv2﹣0，解得：Um=qB2L22m，故A正确；
D、设粒子轨迹与CD相切于H点，此时粒子半径为r′，粒子轨迹垂直打在CD边上的G点，则GH间距离即为粒子打中区域的长度s，根据几何关系：QC＝L＝r′+r'sinθ，解得：r′=L3，根据几何关系可得粒子打中区域的长度：s＝r−r'tanθ=(3−3)L3，故D错误；
C、粒子在磁场中运动的周期为：T=2πmqB粒子在磁场中运动的最大圆心角：θ＝180°，
所以粒子在磁场中运动的最长时间为：t=12T=πmqB，故C错误；
B、当粒子在磁场的轨迹与CD边相切时，即粒子半径r′=L3时，打到N板上的粒子的动能最大，
最大动能：Ekm=12mv2，根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB=mv2r，解得：Ekm=q2B2L218m，故B错误。
故选：A。
9. 北京正负电子对撞机（BEPC）是我国第一台高能加速器，由长200m的直线加速器、周长240m的储存环等几部分组成，外型像一只硕大的羽毛球拍，如图所示。
电子束被加速到150Mev时，轰击一个约1cm厚的钨靶，产生正负电子对，将正电子聚焦、收集起来加速，再经下一个直线加速器加速到约1.4GeV。需要加速电子时，则把钨靶移走，让电子束直接经过下一个直线加速器进行加速，使其获得与正电子束相同的能量。
正、负电子束流分别通过不同的路径注入到储存环中，在储存环的真空盒里做回旋运动。安放在真空盒周围的各种高精密电磁铁将正、负电子束流偏转、聚焦，控制其在环形真空盒的中心附近；速度接近光速的电子在磁场中偏转时，会沿圆弧轨道切线发出电磁辐射。通过微波不断地给正、负电子束补充能量；当正、负电子束流被加速到所需要的能量时，正、负电子束流就可以开始对撞，安放在对撞点附近的北京谱仪开始工作，获取正、负电子对撞产生的信息，进一步认识粒子的性质，探索微观世界的奥秘。下列说法正确的是（ ）
A．该装置中正、负电子同时在直线加速器中加速
B．正负电子发生对撞前，为了增大碰撞概率，可利用磁场对其偏转、聚焦
C．正、负电子离开直线加速器之后，各自所需偏转磁场的方向相反
D．储存环中的正、负电子所受洛伦兹力不做功，所以正负电子能量不会衰减
【解答】解：A、根据题意，正电子聚焦、收集起来后加速到储存环，而负电子在没有钨靶的情况下经过下一个加速度器加速到与正电子速度一样，所以正、负电子不同时在直线加速器中加速，故A错误；
B、使得正负电子束聚焦在真空盒中心附近，是通过电磁铁产生的磁场，故B正确；
C、由正、负电子离开直线加速器之后进入同一个储存器，且实现对撞，所以应该是同一磁场方向而运动速度方向相反，故C错误；
D、由于每沿圆弧轨道切线，光速的电子都会发出电磁辐射，给正、负电子束补充能量，所以电子的能量会降低，正负电子能量会增加，故D错误；
故选：B。
10. （多选）如图所示，M、N两极板间存在匀强电场，场强大小可以调节，两极板的宽度为d，N板右侧存在如图所示的磁场，折线PQ是磁场的分界线，在折线的两侧分布着方向相反与平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。折线的顶角∠A＝90°，P、Q是折线上的两点且AP＝AQ＝L。现有一质量为m、电荷量为q的带负电的粒子从S点由静止经电场加速后从P点沿PQ方向水平射出，不计粒子的重力，则（ ）
A．当粒子通过P点的速度为2qBL2m时，可经过一次偏转直接到达A点
B．当M、N两极板间场强为B2qL24dm时，粒子到达Q点的时间最长
C．粒子由P点到达Q点的时间只能为πmqB的偶数倍
D．粒子由P点到达Q点的时间只能为2πmqB的奇数倍
【解答】解：A、粒子经过一次偏转直接到达A点，
由图中几何关系得：
2Rsin45°＝L
又qvB＝mv2R
联立解得：v=2qBL2m
故A正确；
BCD、根据运动对称性，粒子能从P点到达Q点，应满足L＝nx，其中x为每次偏转圆弧对应弦长，偏转圆弧对应圆心角为90°或270°，设圆轨迹半径为R，则有
2R2＝x2，
可得：R=2L2n，
又qvB＝mv2R
解得：v=2qBL2nm，（n＝1、2、3、…）
在M，N间由动能定理：
qEd=12mv2
解得：E=B2qL24n2dm（n＝1、2、3、…）
当M、N两极板间场强为B2qL24dm时，粒子到达Q点的时间最短；
当n取奇数时，粒子从P到Q过程中圆心角总和为：
θ1=n⋅π2+n⋅3π2=2nπ
t1=2nπ⋅mqB=2πmqB⋅n，其中n＝1、3、5、…
当n取偶数时，粒子从P到Q过程中圆心角总和为
θ2=n⋅π2+n⋅π2=nπ
t2=nπ⋅mqB=πmqB⋅n，其中n＝2、4、6、…，
则粒子由P点到达Q点的时间只能为πmqB的偶数倍，故BD错误，C正确；
故选：AC。
11. （多选）如图，与水平面成45°角的平面MN将空间分成Ⅰ和Ⅱ两个区域。氕核和氘核分别以相同的初动能Ek从平面MN上的P点水平向右射入Ⅰ区。Ⅰ区存在匀强电场，电场强度大小为E，方向竖直向下；Ⅱ区存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里。已知氕核、氘核的质量分别为m、2m，电荷量均为+q，不计氕核和氘核的重力。下列说法正确的是（ ）
A．氕核和氘核第一次进入Ⅱ区时的速度方向相同
B．氘核第一次进入Ⅱ区时的速度大小为10Ekm
C．氕核在Ⅱ区做匀速圆周运动的半径为5mEkqB
D．氕核和氘核第一次刚出Ⅱ区时的位置相距2（2−1）mEkqB
【解答】解：A、第一次在电场中，粒子均做类平抛运动，水平方向有：x＝v0t，
竖直方向有：y=12at2=12×qEmt2
联立解得：y=qE4Ekx2
氕核、氘核具有相同的初动能和相同的电荷量，氕核、氘核在电场中的轨迹相同，即气核和氘核第一次进入Ⅱ区时的速度方向相同，故A正确；
B、氘核在电场中做类平抛，根据类平抛运动的规律可得：tan45°=12a2t22v0t2
根据动能的计算公式可得：Ek=12×2mv022
根据牛顿第二定律可得：a2=qE2m
竖直方向的速度大小为：vy2＝a2t2
氘核第一次进入Ⅱ区时的速度大小为：v2=v022+vy22
联立解得：v2=5Ekm，故B错误；
C、由B选项分析，同理可得氕核第一次进入Ⅱ区时的速度大小为：v1=10Ekm
根据洛伦兹力提供向心力可得：qv1B＝mv12r1
解得：r1=mv1qB=10mEkqB，故C错误；
D、粒子在进入磁场速度方向与水平方向夹角相同，设为α，根据类平抛运动的规律，则有：tanα＝2tan45°。
设粒子在进入磁场速度方向与MN的夹角为β，则：β＝α﹣45°
可得：sinβ=1010
粒子从进入磁场到再次回到MN时与进入磁场位置的距离：s＝2rsinβ
氘核在磁场中的半径：r2=2mv2qB=25mEkqB
则氕核和氘核第一次刚出Ⅱ区时的位置相距：Δs＝s2﹣s1=105（r2﹣r1）＝2（2−1）mEkqB，故D正确。
故选：AD。
12. 如图所示，MN下方足够长的区域Ⅰ内存在方向竖直向上的匀强电场，MN右上侧和左上侧的正方形区域Ⅲ和Ⅳ内存在方向竖直向下的匀强电场，MN上方的矩形区域Ⅱ内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场.一个质量为m、电荷量为q的正离子以速度v从P点沿水平方向射入匀强电场，粒子先经过电场Ⅲ再经过磁场Ⅱ后恰从MN中点竖直向下射入匀强电场区域Ⅰ.已知正方形边长均为d，区域Ⅰ及正方形区域Ⅲ和Ⅳ内匀强电场场强的大小均为E=mv2qd，不计粒子的重力，求：
（1）粒子第一次进入磁场时的位置与M点之间的距离；
（2）矩形区域Ⅱ内磁感应强度的大小；
（3）离子从P点射入到离开区域Ⅳ所用的时间。
【解答】解：（1）粒子在Ⅲ区域电场中做类平抛运动，射出该电场时沿电场方向偏转距离为y.
水平方向：d＝vt
由牛顿第二定律得：Eq＝ma，解得，加速度大小：a=v2d
竖直方向：y=12at2
解得：y=12d
粒子第一次进入磁场时的位置与M点之间的距离为Δy=d−y=d2
（2）粒子射出Ⅲ区域电场时沿场强方向速度为：vy＝at=v2d×dv=v
速度偏向角为：tanθ=vyv=1，解得：θ=π4
由几何关系得，粒子在磁场中的轨道半径为R=Δysin45°=2d2
射入磁场的速度大小为v′=v2+vy2=v2+v2=2v
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv'B=mv'2R
解得磁感应强大大小：B=2mvqd
（3）粒子在Ⅲ区域电场中偏转的运动时间t1=dv
粒子在Ⅱ区域磁场中向下偏转运动时间t2=θ2πT，其中T=2πrv=2πmqB
粒子在Ⅰ区域下方电场中运动减速到零的时间为t3=2va=2dv
粒子运动轨迹如图所示，根据对称性可知粒子运动总时间为t总＝2（t1+t2+t3）
解得：t总=2dv(1+2+π8)
答：（1）粒子第一次进入磁场时的位置与M点之间的距离是d2；
（2）矩形区域Ⅱ内磁感应强度的大小是2mvqd；
（3）离子从P点射入到离开区域Ⅳ所用的时间是2dv（1+2+π8）。
13. 如图所示，在绝缘水平面上方，相距为L的竖直边界MO、NA之间存在水平向左的匀强电场，场强大小为E1。边界NA右侧有一直角三角形区域ACD
，区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场和大小为E2=mgq、方向竖直向下的匀强电场。在边界MO上的O点静止释放一个质量为m、电量大小为q的带电小球（大小忽略不计），小球从A点进入三角形场区，最终从AD边界上的P点离开。已知AP间的距离为d，∠DAC＝30°，不计一切摩擦。求：
（1）带电小球到达A点时的速度大小；
（2）ACD区域内的磁感应强度大小。
【解答】解：（1）小球在电场E1中加速，由动能定理得：qE1L=12mv02−0
解得：v0=2qE1Lm
（2）小球进入ACD场区时，所受电场力大小；qE2＝mg，方向竖直向上，
电场力与重力合力为零，小球在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
小球做匀速圆周运动的运动轨迹如图所示
由几何关系得轨道半径为rsin30°=d2，解得：r＝d
小球做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律得：qv0B＝mv02r
解得：B=1d2mE1Lq
答：（1）带电小球到达A点时的速度大小是2qE1Lm；
（2）ACD区域内的磁感应强度大小是1d2mE1Lq。
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