2020浙江高考物理二轮讲义：专题三第三讲　带电粒子在复合场中的运动


第三讲　带电粒子在复合场中的运动
　带电粒子在组合场中的运动
【重难提炼】
1．组合场模型：电场、磁场、重力场(或其中两种场)并存，但各位于一定区域，并且互不重叠的情况．
2．“电偏转”与“磁偏转”的比较

匀强电场中的“电偏转”
匀强磁场中的“磁偏转”
受力
特征
无论v是否与E垂直，F电＝qE，F电为恒力
v垂直于B时，
FB＝qvB
运动
规律
类平抛运动(v⊥E)
vx＝v0，vy＝t
x＝v0t，y＝
圆周运动(v⊥B)
T＝，r＝
偏转
情况
tan θ＝，因做类平抛运动，在相等的时间内偏转角度不等
若没有磁场边界限制，粒子所能偏转的角度不受限制
动能
变化
动能发生变化
动能不变
　如图所示，在xOy平面内，x＝2L处竖直放置一个长为L的粒子吸收板AB，其下端点A在x轴上，粒子打到吸收板上立即被板吸收，不考虑吸收板带电对粒子运动的影响．在AB左侧存在竖直向上的匀强电场，场强大小为E，在AB右侧存在垂直纸面向外的匀强磁场．原点O处有一粒子源，可沿x轴正向射出质量为m、电量为＋q的不同速率的带电粒子，不计粒子的重力．
(1)若射出的粒子能打在AB板上，求能打在AB板上的粒子进入电场时的速率范围；
(2)在电场右侧放置挡板BD，挡板与x轴交于C点，已知AC＝AB，BC＝2CD.粒子与挡板BD碰撞速度大小不变，方向反向，为使由AB上边缘进入磁场的粒子能到达CD区域，求磁感应强度的取值范围．
[解析]　(1)带电粒子在电场中做类平抛运动，设运动时间为t，加速度为a，则
L≥at2
2L＝v0t
a＝
解得v0≥ .
(2)设粒子打到B点时速度为v合，与竖直方向夹角为θ，竖直方向速度为vy，则：

vy＝at
可得vy＝v0，则θ＝45°
v合＝＝
由几何关系知粒子垂直于BD边进入磁场，由题意可知粒子从B点垂直射入磁场经半圆垂直打到D时磁感应强度最小．
由Bqv合＝，得R＝
若运动1个半圆打到CD区域有L≤2R≤L
若运动2个半圆打到CD区域有L≤4R≤L
若运动3个及以上半圆打到CD区域有2R≤L
由以上解得 ≤B≤2或B≥ .
答案：见解析
【题组过关】
考向一　磁场—磁场组合
1．如图所示，在坐标系xOy中，第一象限内充满着两个匀强磁场a和b，OP为分界线，在磁场a中，磁感应强度为2B，方向垂直于纸面向里，在磁场b中，磁感应强度为B，方向垂直于纸面向外，P点坐标为(4l，3l)．一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从P点沿y轴负方向射入磁场b，经过一段时间后，粒子恰能经过原点O，不计粒子重力．求：

(1)粒子从P点运动到O点的最短时间是多少？
(2)粒子运动的速度可能是多少？
解析：(1)设粒子的入射速度为v，用Ra、Rb、Ta、Tb分别表示粒子在磁场a中和磁场b中运动的轨道半径和周期，则有

Ra＝，Rb＝，Ta＝＝，Tb＝
当粒子先在区域b中运动，后进入区域a中运动，然后从O点射出时，粒子从P点运动到O点所用的时间最短，如图所示．
根据几何知识得tan α＝＝，故α＝37°
粒子在区域b和区域a中运动的时间分别为
tb＝Tb，ta＝Ta
故从P点运动到O点的时间为
t＝ta＋tb＝.
(2)由题意及(1)可知
n(2Racos α＋2Rbcos α)＝
解得v＝(n＝1，2，3，…)．
答案：(1)　(2)(n＝1，2，3，…)
2．为了进一步提高回旋加速器的能量，科学家建造了“扇形聚焦回旋加速器”．在扇形聚焦过程中，离子能以不变的速率在闭合平衡轨道上周期性旋转．扇形聚焦磁场分布的简化图如图所示，圆心为O的圆形区域等分成六个扇形区域，其中三个为峰区，三个为谷区，峰区和谷区相间分布．峰区内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，谷区内没有磁场．质量为m，电荷量为q的正离子，以不变的速率v旋转，其闭合平衡轨道如图中虚线所示．

(1)求闭合平衡轨道在峰区内圆弧的半径r，并判断离子旋转的方向是顺时针还是逆时针；
(2)求轨道在一个峰区内圆弧的圆心角θ，及离子绕闭合平衡轨道旋转的周期T；
(3)在谷区也施加垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B′，新的闭合平衡轨道在一个峰区内的圆心角θ变为90°，求B′和B的关系．已知：sin (α±β)＝sin α cos β±cos α sin β，cos α＝1－2sin2.
解析：(1)峰区内圆弧半径r＝①
旋转方向为逆时针．②
(2)由对称性，峰区内圆弧的圆心角θ＝③
每个圆弧的长度l＝＝④
每段直线长度L＝2rcos ＝r＝⑤
周期T＝⑥
代入得T＝.⑦

(3)谷区内的圆心角θ′＝120°－90°＝30°⑧
谷区内的轨道圆弧半径r′＝⑨
由几何关系rsin ＝r′sin ⑩
由三角关系sin ＝sin 15°＝
代入得B′＝B.
答案：见解析
考向二　电场—磁场组合
3．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值约为(　　)

A．11　　　　　　　　 B．12
C．121 D．144
解析：选D.设加速电压为U，质子做匀速圆周运动的半径为r，原来磁场的磁感应强度为B，质子质量为m，一价正离子质量为M.质子在入口处从静止开始加速，由动能定理得，eU＝mv，质子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，ev1B＝m；一价正离子在入口处从静止开始加速，由动能定理得，eU＝Mv，该正离子在磁感应强度为12B的匀强磁场中做匀速圆周运动，轨迹半径仍为r，洛伦兹力提供向心力，ev2·12B＝M·；联立解得M∶m＝144∶1，选项D正确．
4．(2019·浙江选考4月)有一种质谱仪由静电分析器和磁分析器组成，其简化原理如图所示．左侧静电分析器中有方向指向圆心O、与O点等距离各点的场强大小相同的径向电场，右侧的磁分析器中分布着方向垂直于纸面向外的匀强磁场，其左边界与静电分析器的右边界平行，两者间距近似为零．离子源发出两种速度均为v0、电荷量均为q、质量分别为m和0.5m的正离子束，从M点垂直该点电场方向进入静电分析器．在静电分析器中，质量为m的离子沿半径为r0的四分之一圆弧轨道做匀速圆周运动，从N点水平射出，而质量为0.5m的离子恰好从ON中点P与水平方向成θ角射出，从静电分析器射出的这两束离子垂直磁场方向射入磁分析器中，最后打在放置于磁分析器左边界的探测板上，其中质量为m的离子打在O点正下方的Q点．已知OP＝0.5r0，OQ＝r0，N、P两点间的电势差UNP＝，cos θ＝，不计重力和离子间相互作用．

(1)求静电分析器中半径为r0处的电场强度E0和磁分析器中的磁感应强度B的大小；
(2)求质量为0.5m的离子到达探测板上的位置与O点的距离l(用r0表示)；
(3)若磁感应强度在(B－ΔB)到(B＋ΔB)之间波动，要在探测板上完全分辨出质量为m和0.5m的两束离子，求的最大值．
答案：(1)左侧，径向电场力提供向心力E0q＝
E0＝
右侧，洛伦兹力提供向心力qv0B＝
B＝.
(2)根据动能定理 ×0.5mv2－×0.5mv＝qUNP
v＝＝v0，r＝＝r0，l＝2rcos θ－0.5r0
l＝1.5r0.
(3)恰好能分辨的条件：－＝
＝－4≈12%.

带电粒子在组合场中运动的处理方法
(1)分别研究带电粒子在不同场区的运动规律．在匀强磁场中做匀速圆周运动．在匀强电场中，若速度方向与电场方向平行，则做匀变速直线运动；若速度方向与电场方向垂直，则做类平抛运动．
(2)带电粒子经过磁场区域时利用圆周运动规律结合几何关系处理．
(3)当粒子从某点由一个场进入另一个场时，该点的位置、粒子的速度大小和方向往往是解题的突破口．　
　带电粒子在叠加场中的运动
【重难提炼】
1．叠加场模型：电场、磁场、重力场(或其中两种场)并存于同一区域的情况．
2．带电粒子在叠加场中的运动情况分析
(1)当带电粒子在叠加场中所受合力为零时，做匀速直线运动(如速度选择器)或处于静止状态．
(2)当带电粒子所受的重力与电场力等值反向，洛伦兹力提供向心力时，带电粒子在垂直于磁场的平面内做匀速圆周运动．
3．带电粒子在叠加场中的受力情况分析
带电粒子在叠加场中的运动问题是电磁学知识和力学知识的结合，分析方法和力学问题的分析方法基本相同，即均用动力学观点、能量观点来分析，不同之处是多了电场力、洛伦兹力，二力的特点是电场力做功与路径无关，洛伦兹力方向始终和运动速度方向垂直永不做功等．
　如图在xOy坐标系第Ⅰ象限，磁场方向垂直xOy平面向里，磁感应强度大小为B＝1.0 T；电场方向水平向右，电场强度大小均为E＝ N/C.一个质量m＝2.0×10－7 kg，电荷量q＝2.0×10－6 C的带正电粒子从x轴上P点以速度v0射入第Ⅰ象限，恰好在xOy平面中做匀速直线运动.0.10 s后改变电场强度大小和方向，带电粒子在xOy平面内做匀速圆周运动，取g＝10 m/s2.求：

(1)带电粒子在xOy平面内做匀速直线运动的速度v0大小和方向；
(2)带电粒子在xOy平面内做匀速圆周运动时电场强度的大小和方向；
(3)若匀速圆周运动时恰好未离开第Ⅰ象限，x轴上入射点P应满足何条件？
[解析]　(1)如图粒子在复合场中做匀速直线运动，设速度v0与x轴夹角为θ，依题意得：

重力mg＝2.0×10－6 N，
电场力F电＝qE＝2×10－6 N
洛伦兹力F洛＝ ＝4.0×10－6 N
由F洛＝qv0B得v0＝2 m/s
tan θ＝＝，所以θ＝60°.
速度v0大小为2 m/s，方向斜向上与x轴正向夹角为60°.
(2)带电粒子在xOy平面内做匀速圆周运动时，电场力F电必须与重力平衡，洛伦兹力提供向心力．故电场强度：E′＝＝1 N/C，方向竖直向上．
(3)如图带电粒子做匀速圆周运动恰好未离开第Ⅰ象限，圆弧左边与y轴相切N点；

带电粒子从P到Q的过程做匀速直线运动，
PQ＝v0t＝0.2 m
洛伦兹力提供向心力：qv0B＝m，
整理并代入数据得R＝0.2 m
由几何知识得：
OP＝R＋Rsin 60°－PQcos 60°≈0.27 m.
故：x轴上入射点P离O点距离至少为0.27 m.
[答案]　(1)2 m/s　方向斜向上与x轴正向夹角为60°
(2)1 N/C　方向竖直向上　(3)见解析
【题组过关】
考向一　电场与磁场并存的叠加场问题
1．(2018·浙江选考4月)压力波测量仪可将待测压力波转换为电压信号，其原理如图1所示．压力波p(t)进入弹性盒后，通过与铰链O相连的“ ”形轻杆L，驱动杆端头A处的微型霍尔片在磁场中沿x轴方向做微小振动，其位移x与压力p成正比(x＝αp，α>0)．霍尔片的放大图如图2所示，它由长×宽×厚＝a×b×d、单位体积内自由电子数为n的N形半导体制成．磁场方向垂直于x轴向上，磁感应强度大小为B＝B0(1－β|x|)，β>0.无压力波输入时，霍尔片静止在x＝0处，此时给霍尔片通以沿C1C2方向的电流I，则在侧面上D1 、D2两点间产生霍尔电压U0.
(1)指出D1 、D2两点哪点电势高；
(2)推导出U0与I、B0之间的关系式(提示：电流I与自由电子定向移动速率v之间关系为I＝nevbd，其中e为电子电荷量)；
(3)弹性盒中输入压力波p(t)，霍尔片中通以相同电流，测得霍尔电压UH随时间t变化图象如图3.忽略霍尔片在磁场中运动产生的电动势和阻尼，求压力波的振幅和频率．(结果用U0、U1、t0、α及β表示)


解析：(1)根据左手定则，自由电子向D2移动，故D1点电势高．
(2)电子受力平衡，有evB0＝eEH
故U0＝EHb＝vB0b＝B0b＝.
(3)由(2)可得霍尔电压
UH(t)＝＝B0[1－β|αp|]＝[1－βα|p(t)|]
＝U0[1－αβ|p(t)|]
故|p(t)|＝
结合UH－t图象可得出压力波p(t)关于时间t是正弦函数，周期T＝2t0，振幅A＝，频率f＝.
答案：见解析
考向二　电场、磁场和重力场并存的叠加场问题
2.质量为m、电荷量为q的微粒以速度v与水平方向成θ角从O点进入方向如图所示的正交的匀强电场和匀强磁场组成的混合场区，该微粒在电场力、洛伦兹力和重力的共同作用下，恰好沿直线运动到A，下列说法中正确的是(　　)
A．该微粒一定带负电荷
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
D．该电场的场强为Bvcos θ
解析：选A.若微粒带正电荷，它受竖直向下的重力mg、水平向左的电场力qE和斜向右下方的洛伦兹力qvB，知微粒不能做直线运动，据此可知微粒应带负电荷，它受竖直向下的重力mg、水平向右的电场力qE和斜向左上方的洛伦兹力qvB，又知微粒恰好沿着直线运动到A，可知微粒应该做匀速直线运动，则选项A正确，B错误；由平衡条件有关系：qvBcos θ＝mg，qvBsin θ＝qE，得磁场的磁感应强度B＝，电场的场强E＝Bvsin θ，故选项C、D错误．
3.如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小为E＝5 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B＝0.5 T．有一带正电的小球，质量m＝1×10－6 kg，电荷量q＝2×10－6 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g＝10 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，则
qvB＝ ①
代入数据解得v＝20 m/s②
速度v的方向斜向右上方，与电场E的方向之间的夹角θ满足tan θ＝③
代入数据解得tan θ＝，θ＝60°.④
(2)法一：撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，设其加速度为a，有a＝⑤
设撤去磁场后小球在初速度方向上的分位移为x，有x＝vt⑥
设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y，有
y＝at2⑦
a与mg的夹角和v与E的夹角相同，均为θ，又
tan θ＝⑧
联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得
t＝2 s≈3.5 s.
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vy＝vsin θ⑤
若使小球再次经过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vyt－gt2＝0⑥
联立④⑤⑥式，代入数据解得t＝2 s≈3.5 s．⑦
答案：(1)见解析　(2)3.5 s
4．在如图所示的竖直平面内，水平轨道CD和倾斜轨道GH与半径r＝ m的光滑圆弧轨道分别相切于D点和G点，GH与水平面的夹角θ＝37°.过G点、垂直于纸面的竖直平面左侧有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度B＝1.25 T；过D点、垂直于纸面的竖直平面右侧有匀强电场，电场方向水平向右，电场强度E＝1×104 N/C.小物体P1质量m＝2×10－3 kg、电荷量q＝＋8×10－6 C，受到水平向右的推力F＝9.98×10－3 N的作用，沿CD向右做匀速直线运动，到达D点后撤去推力．当P1到达倾斜轨道底端G点时，不带电的小物体P2在GH顶端静止释放，经过时间t＝0.1 s与P1相遇．P1和P2与轨道CD、GH间的动摩擦因数均为μ＝0.5，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，物体电荷量保持不变，不计空气阻力．求：

(1)小物体P1在水平轨道CD上运动速度v的大小；
(2)倾斜轨道GH的长度s.
解析：(1)设小物体P1在匀强磁场中运动的速度为v，受到向上的洛伦兹力为F1，受到的摩擦力为Ff，则
F1＝qvB①
Ff＝μ(mg－F1)②
由题意，水平方向合力为零
F－Ff＝0③
联立①②③式，代入数据解得
v＝4 m/s.④
(2)设P1在G点的速度大小为vG，由于洛伦兹力不做功，根据动能定理
qErsin θ－mgr(1－cos θ)＝mv－mv2⑤
P1在GH上运动，受到重力、电场力和轨道支持力、摩擦力的作用，设加速度为a1，根据牛顿第二定律
qEcos θ－mgsin θ－μ(mgcos θ＋qEsin θ)＝ma1⑥
P1与P2在GH上相遇时，设P1在GH上运动的距离为s1，则s1＝vGt＋a1t2⑦
设P2质量为m2，在GH上运动的加速度为a2，则
m2gsin θ－μm2gcos θ＝m2a2⑧
P1与P2在GH上相遇时，设P2在GH上运动的距离为s2，则s2＝a2t2⑨
联立⑤～⑨式，代入数据得
s＝s1＋s2＝0.56 m.
答案：(1)4 m/s　(2)0.56 m

1．带电粒子在复合场中的常见运动
静止或匀速
直线运动
当带电粒子在叠加场中所受合力为零时，将处于静止状态或匀速直线运动状态
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
较复杂的
曲线运动
当带电粒子所受合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
2.分析方法
　
　带电粒子在交变电磁场中的运动
【题组过关】
1．如图甲所示，竖直平面(纸面)内，Ⅰ、Ⅱ区域有垂直于纸面、方向相反的匀强磁场，磁感应强度大小为B，两磁场边界平行，与水平方向夹角为45°，两磁场间紧靠边界放置长为L、间距为d的平行金属板MN、PQ，磁场边界上的O点与PQ板在同一水平面上，直线O1O2到两平行板MN、PQ的距离相等，在两板间存在如图乙所示的交变电场(取竖直向下为正方向)．质量为m、电量为＋q的粒子，t0时刻从O点沿垂直于OP竖直向上射入磁场，t＝时刻沿水平方向从点O1进入电场，并从点O2离开电场，不计粒子重力，求：

(1)粒子的初速度v0的大小；
(2)粒子从点O进入Ⅰ磁场到射出Ⅱ磁场运动的总时间；
(3)若将粒子的速度提高一倍，仍从t0时刻由点O竖直向上射入，且交变电场的周期为T＝，要使粒子能够穿出电场，则电场强度大小E0满足的条件．
解析：(1)粒子的运动轨迹如图(1)中曲线a所示，则：
r＝
由牛顿第二定律得：qv0B＝m
解得：v0＝.

图(1)
(2)粒子在两段磁场中的运动时间：t1＝2×＝
在电场中的运动时间：t2＝＝
两段场外的时间：t3＝＝
总时间为：t＝t1＋t2＋t3
解得：t＝.
(3)粒子速度提高一倍后， 其轨迹如图(1)中曲线b所示．粒子两次在磁场Ⅰ中运动的时间相同，所以第二次进入电场时比第一次提前：Δt＝＝＝
所以，粒子第二次是在t＝0时刻进入电场的
第一次在电场中的轨迹如图(2)所示：设经过n个周期性运动穿出电场，则：

图(2)
t＝＝nT，解得：n＝
设粒子第二次通过电场的时间为t′，则t′＝T
粒子第二次在电场中的轨迹如图(3)所示：

图(3)
半个周期内的侧位移：
y0＝·
要使粒子能够穿出电场，则：ny0＜d
解得：E0＜.
答案：(1)　(2)　(3)E0＜
2．如图甲所示，竖直面MN的左侧空间中存在竖直向上的匀强电场(上、下及左侧无边界)．一个质量为m、电荷量为q、可视为质点的带正电小球，以水平初速度v0沿PQ向右做直线运动．若小球刚经过D点时(t＝0)，在电场所在空间叠加如图乙所示随时间周期性变化、垂直纸面向里的匀强磁场，使得小球再次通过D点时与PQ连线成60°角．已知D、Q间的距离为(＋1)L，t0小于小球在磁场中做圆周运动的周期，重力加速度为g.

(1)求电场强度E的大小；
(2)求t0与t1的比值；
(3)小球过D点后将做周期性运动．则当小球运动的周期最大时，求出此时的磁感应强度B0及运动的最大周期Tm的大小，并在图中画出此情形下小球运动一个周期的轨迹．
解析：(1)带正电的小球做匀速直线运动，由平衡知识可知mg＝Eq，解得E＝.

(2)小球能再次通过D点，其运动轨迹如图1所示，
设轨迹半径为r，有s＝v0t1，
由几何关系得s＝，
设小球做圆周运动的周期为T，则T＝，
t0＝T，
由以上各式得＝π.

(3)当小球运动的周期最大时，其运动轨迹应与MN相切，如图2所示，由几何关系得
R＋＝(＋1)L，则R＝L
由牛顿第二定律
得qv0B0＝m，
得B0＝，
由几何知识可知一个周期运动总路程为
s1＝3··2πR＋6×，
可得Tm＝＝，
小球运动一个周期的轨迹如图3所示．

答案：(1)　(2)π　(3)　
轨迹图见解析
[课后作业(十四)]
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1.(2019·宁波高三综合考试)如图所示，半径为R的光滑半圆弧绝缘轨道固定在竖直面内，磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直轨道平面向里．一可视为质点，质量为m，电荷量为q(q>0)的小球由轨道左端A处无初速度滑下，当小球滑至轨道最低点C时，给小球再施加一始终水平向右的外力F，使小球能保持不变的速率滑过轨道右侧的D点，若小球始终与轨道接触，重力加速度为g，则下列判断正确的是(　　)
A．小球在C点受到的洛伦兹力大小为qB
B．小球在C点对轨道的压力大小为3mg－qB
C．小球从C到D的过程中，外力F大小保持不变
D．小球从C到D的过程中，外力F的功率不变
解析：选B.因为洛伦兹力始终对小球不做功，故洛伦兹力不改变小球速度的大小，从A点运动到C点的过程中只有重力做功，根据动能定理得：mgR＝mv2，解得：v＝.故小球在C点受到的洛伦兹力大小为f＝qBv＝qB，故A错误；由左手定则可知，小球向右运动到C点时若受到的洛伦兹力的方向向上，则有：N＋qvB－mg＝m，解得：N＝3mg－qvB＝3mg－qB，故B正确；小球从C到D的过程中，洛伦兹力和支持力沿水平方向的分力增大，所以水平外力F得增大，故C错误；小球从C到D的过程中小球的速率不变，而洛伦兹力和支持力不做功，所以小球的动能不变，外力F的功率与重力的功率大小相等，方向相反．由运动的合成与分解可知，小球从C向D运动的过程中，竖直方向的分速度越来越大，所以重力的功率增大，所以外力F的功率也增大，故D错误．
2.(2019·丽水模拟)如图所示，有一范围足够大的水平匀强磁场，磁感应强度为B，一个质量为m、电荷量为＋q的带电小圆环套在一根固定的绝缘竖直长杆上，环与杆间的动摩擦因数为μ.现使圆环以初速度v0向上运动，经时间t0圆环回到出发点．不计空气阻力，取竖直向上为正方向，下列描述该过程中圆环的速度v随时间t、摩擦力f随时间t、动能Ek随位移x、机械能E随位移x变化规律的图象中，一定错误的是(　　)

答案：C
3．(多选)如图所示，空间存在水平向左的匀强电场E和垂直纸面向外的匀强磁场B，在竖直平面内从a点沿ab、ac方向抛出两带电小球，不考虑两带电小球间的相互作用，两小球所带电荷量始终不变，关于小球的运动，下列说法正确的是(　　)
A．沿ab、ac方向抛出的带电小球都可能做直线运动
B．若沿ab运动小球做直线运动，则该小球带正电，且一定是匀速运动
C．若沿ac运动小球做直线运动，则该小球带负电，可能做匀加速运动
D．两小球在运动过程中机械能均保持不变
解析：选AB.沿ab抛出的带电小球受重力、电场力、洛伦兹力，根据左手定则，可知，只有带正电，受力才能平衡，而沿ac方向抛出的带电小球，由上面的分析可知，小球带负电时，受力才能平衡，因速度影响洛伦兹力大小，所以若做直线运动，则必然是匀速直线运动，故A、B正确，C错误；在运动过程中，因电场力做功，导致小球的机械能不守恒，故D错误．
4．(多选)如图甲，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示．t＝0时刻，质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间，0～时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出．微粒运动过程中未与金属板接触．重力加速度的大小为g.关于微粒在0～T 时间内运动的描述，正确的是(　　)

A．末速度大小为 v0　　　 B．末速度沿水平方向
C．重力势能减少了mgd D．克服电场力做功为mgd
解析：选BC.0～时间内微粒匀速运动，有mg＝qE0.把微粒的运动分解，水平方向：做速度为v0的匀速直线运动；竖直方向：～时间内，只受重力，做自由落体运动，时刻，v1y＝g；～T时间内，a＝＝g，做匀减速直线运动，T时刻，v2y＝v1y－a·＝0.所以末速度v＝v0，方向沿水平方向，选项A错误，B正确．重力势能的减少量ΔEp＝mg·＝mgd，所以选项C正确．根据动能定理：mgd－W克电＝0，得W克电＝mgd，所以选项D错误．
5．(多选) 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任意值．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＝
B．CD板上可能被粒子打中区域的长度x＝L
C．粒子在磁场中运动的最长时间tm＝
D．能打在N板上的粒子的最大动能为
解析：选BCD.M、N两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD板上，所以其轨迹圆心在C点，CH＝QC＝L，故半径R1＝L，又因为Bqv1＝m，qUm＝mv，可得Um＝，所以A错误．设轨迹与CD板相切于K点，半径为R2，在△AKC中sin 30°＝＝，可得R2＝，CK长为R2＝L，则CD板上可能被粒子打中的区域即为HK的长度，x＝HK＝L－CK＝L，故B正确．打在QE间的粒子在磁场中运动的时间最长，周期T＝，所以tm＝，C正确．能打到N板上的粒子的临界条件是轨迹与CD相切，由B选项知，rm＝R2＝，可得vm＝，动能Ekm＝，故D正确．
6．(多选)如图所示，在Ⅰ、Ⅱ两个区域内存在磁感应强度均为B的匀强磁场．磁场方向分别垂直于纸面向外和向里．AD、AC边界的夹角∠DAC＝30°，边界AC与边界MN平行．Ⅱ区域宽度为d.质量为m、电荷量为＋q的粒子可在边界AD上的不同点射入．入射速度垂直于AD且垂直于磁场，若入射速度大小为.不计粒子重力，则(　　)

A．粒子在磁场中的运动半径为
B．粒子从距A点0.5d处射入，不会进入Ⅱ区
C．粒子从距A点1.5d处射入，在Ⅰ区内运动的时间为
D．能够进入Ⅱ区域的粒子，在Ⅱ区域内运动的最短时间为
解析：选CD.粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有qvB＝m，其中v＝，解得r＝d，故A错误；画出恰好不进入Ⅱ区的临界轨迹，如图甲所示．结合几何关系有AO＝＝2r＝2d，故粒子从距A点0.5d处射入，轨迹圆心在AD上离A点的距离为1.5d，由几

何知识可知粒子会进入Ⅱ区，故B错误；粒子从距A点1.5d处射入，在Ⅰ区内运动的轨迹为半个圆周，故时间为t＝，故C正确；从A点进入的粒子在磁场Ⅱ中运动的轨迹最短(弦长也最短)，时间最短，轨迹如图乙所示，轨迹对应的圆心角为60°，故时间为t＝＝，故D正确．
二、非选择题
7．(2019·绍兴高三期中)如图所示，在xOy竖直面上存在大小为E＝，方向水平向右的匀强电场，在0≤x≤l和y≥0的区域存在大小为B、方向垂直向里的匀强磁场．Ox轴上有一水平、光滑、绝缘的平面MN，在坐标原点O放置一质量为m，电荷量为＋q的小滑块(可视为质点)，静止释放后开始运动，当小滑块到达坐标(l，h)的P点时，速度最大，重力加速度为g，求小滑块：

(1)在MN上运动的最大距离x；
(2)速度最大值vmax的大小和方向；
(3)运动到与P等高的Q点时的速度大小和Q点坐标位置x0.
解析：(1)mg－qvB－N＝0①
小滑块在C点离开MN时，有N＝0
解得vC＝.②
由动能定理，有
Eqx＝mv－0③
解得x＝或x＝.④
(2)由动能定理，有
Eql－mgh＝mv
vmax＝⑤
小滑块速度最大时速度方向与电场力、重力的合力方向垂直，设此时速度方向与水平面的夹角为θ
tan θ＝＝1
θ＝45°.⑥
(3)小滑块进入x>l区域将做类平抛运动，等效加速度为g′，　
g′＝g⑦
vmaxttan θ＝g′t2
t＝⑧
vQ＝＝⑨
x0＝l＋＝5l－4h.⑩

答案：见解析
8．如图，空间区域Ⅰ、Ⅱ有匀强电场和匀强磁场，MN、PQ为理想边界，Ⅰ区域高度为d，Ⅱ区域的范围足够大．匀强电场方向竖直向上；Ⅰ、Ⅱ区域的磁感应强度大小均为B，方向分别垂直纸面向里和向外．一个质量为m、带电荷量为q的带电小球从磁场上方的O点由静止开始下落，进入场区后，恰能做匀速圆周运动．已知重力加速度为g.

(1)试判断小球的电性并求出电场强度E的大小；
(2)若带电小球能进入区域Ⅱ，则h应满足什么条件？
(3)若带电小球运动一定时间后恰能回到O点，求它释放时距MN的高度h.
解析：(1)带电小球进入复合场后，恰能做匀速圆周运动，即所受合力为洛伦兹力，则重力与电场力大小相等，方向相反，重力竖直向下，电场力竖直向上，即小球带正电．则有qE＝mg，解得E＝.

(2)假设下落高度为h0时，带电小球在Ⅰ区域做圆周运动的圆弧与PQ相切，运动轨迹如图甲所示，由几何知识可知，小球的轨道半径R＝d，①
带电小球在进入磁场前做自由落体运动，由动能定理得
mgh0＝mv2，②
带电小球在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得
qvB＝m，③
联立①②③解得h0＝，
则当h＞h0时，即h＞时带电小球能进入区域Ⅱ.

(3)如图乙所示，因为带电小球在Ⅰ、Ⅱ两个区域运动过程中q、v、B、m的大小不变，故三段圆周运动的半径相同，以三个圆心为顶点的三角形为等边三角形，边长为2R，内角为60°，由几何关系知R＝，④
联立②③④解得h＝.
答案：(1)正电　　(2)h＞　(3)
9.如图甲所示，在xOy平面内存在均匀、大小随时间周期性变化的磁场和电场，变化规律分别如图乙、丙所示(规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向、沿y轴正方向电场强度为正)．在t＝0时刻由原点O发射初速度大小为v0，方向沿y轴正方向的带负电粒子．已知v0、t0、B0，粒子的比荷为，不计粒子的重力．求：

(1)t＝t0时，求粒子的位置坐标；
(2)若t＝5t0时粒子回到原点，求0～5t0时间内粒子距x轴的最大距离；
(3)若粒子能够回到原点，求满足条件的所有E0值．
解析：(1)由粒子的比荷＝
则粒子做圆周运动的周期T＝＝2t0
则在0～t0内转过的圆心角α＝π
由牛顿第二定律qv0B0＝m
得r1＝
位置坐标.
(2)粒子在t＝5t0时回到原点，轨迹如图所示
r2＝2r1
r1＝，r2＝
得v2＝2v0
又＝，r2＝
粒子在t0～2t0时间内做匀加速直线运动，2t0～3t0时间内做匀速圆周运动，则在0～5t0时间内粒子距x轴的最大距离：
hm＝t0＋r2＝v0t0.
(3)如图所示，设带电粒子在x轴上方做圆周运动的轨道半径为r1，在x轴下方做圆周运动的轨道半径为r′2，由几何关系可知，要使粒子经过原点，则必须满足：
n(2r′2－2r1)＝2r1(n＝1，2，3，…)
r1＝，r′2＝
联立以上各式解得v＝v0(n＝1，2，3，…)
又由v＝v0＋
得E0＝(n＝1，2，3，…)．
答案：(1)　(2)v0t0
(3)(n＝1，2，3，…)