高考物理二轮复习讲练(新高考版) 第1部分 专题3 题型专练三 带电粒子在复合场中的运动（含解析）

这是一份高考物理二轮复习讲练(新高考版) 第1部分 专题3 题型专练三 带电粒子在复合场中的运动（含解析），共24页。试卷主要包含了正确区分“电偏转”和“磁偏转”等内容，欢迎下载使用。

高考题型1 带电粒子在组合场中的运动
1．正确区分“电偏转”和“磁偏转”
带电粒子的“电偏转”和“磁偏转”的比较
2.解题步骤
(1)受力分析，关注几场组合；
(2)运动分析，构建模型；
(3)分析过程，选用规律．
考题示例
例1 (2018·全国卷Ⅰ·25)如图1，在y>0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E；在y<0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场．一个氕核eq \\al(1,1)H和一个氘核eq \\al(2,1)H先后从y轴上y＝h点以相同的动能射出，速度方向沿x轴正方向．已知eq \\al(1,1)H进入磁场时，速度方向与x轴正方向的夹角为60°，并从坐标原点O处第一次射出磁场.eq \\al(1,1)H的质量为m，电荷量为q.不计重力．求：
图1
(1)eq \\al(1,1)H第一次进入磁场的位置到原点O的距离；
(2)磁场的磁感应强度大小；
(3)eq \\al(2,1)H第一次离开磁场的位置到原点O的距离．
答案 (1)eq \f(2\r(3),3)h (2)eq \r(\f(6mE,qh)) (3)eq \f(2\r(3),3)(eq \r(2)－1)h
解析 (1)eq \\al(1,1)H在电场中做类平抛运动，在磁场中做圆周运动，运动轨迹如图所示．设eq \\al(1,1)H在电场中的加速度大小为a1，初速度大小为v1，它在电场中的运动时间为t1，第一次进入磁场的位置到原点O的距离为s1，由运动学公式有s1＝v1t1①
h＝eq \f(1,2)a1t12②
由题给条件，eq \\al(1,1)H进入磁场时速度的方向与x轴正方向夹角θ1＝60°.eq \\al(1,1)H进入磁场时速度沿y轴方向的分量的大小为
a1t1＝v1tan θ1③
联立以上各式得
s1＝eq \f(2\r(3),3)h④
(2)eq \\al(1,1)H在电场中运动时，由牛顿第二定律有
qE＝ma1⑤
设eq \\al(1,1)H进入磁场时速度的大小为v1′，由速度合成法则有
v1′＝eq \r(v12＋a1t12)⑥
设磁感应强度大小为B，eq \\al(1,1)H在磁场中运动的圆轨道半径为R1，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
qv1′B＝eq \f(mv1′2,R1)⑦
由几何关系得
s1＝2R1sin θ1⑧
联立以上各式得
B＝eq \r(\f(6mE,qh))⑨
(3)设eq \\al(2,1)H在电场中沿x轴正方向射出的速度大小为v2，在电场中的加速度大小为a2，由题给条件得
eq \f(1,2)(2m)v22＝eq \f(1,2)mv12⑩
由牛顿第二定律有
qE＝2ma2⑪
设eq \\al(2,1)H第一次射入磁场时的速度大小为v2′，速度的方向与x轴正方向夹角为θ2，入射点到原点的距离为s2，在电场中运动的时间为t2.由运动学公式有
s2＝v2t2⑫
h＝eq \f(1,2)a2t22⑬
v2′＝eq \r(v22＋a2t22)⑭
sin θ2＝eq \f(a2t2,v2′)⑮
联立以上各式得s2＝s1，θ2＝θ1，v2′＝eq \f(\r(2),2)v1′⑯
设eq \\al(2,1)H在磁场中做圆周运动的半径为R2，由⑦⑯式及粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公式得
R2＝eq \f(2mv2′,qB)＝eq \r(2)R1⑰
所以出射点在原点左侧．设eq \\al(2,1)H进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点的距离为s2′，由几何关系有
s2′＝2R2sin θ2⑱
联立④⑧⑯⑰⑱式得，eq \\al(2,1)H第一次离开磁场时的位置到原点O的距离为s2′－s2＝eq \f(2\r(3),3)(eq \r(2)－1)h⑲
例2 (2020·山东卷·17)某型号质谱仪的工作原理如图2甲所示．M、N为竖直放置的两金属板，两板间电压为U, Q板为记录板，分界面P将N、Q间区域分为宽度均为d的Ⅰ、Ⅱ两部分，M、N、P、Q所在平面相互平行，a、b为M、N上两正对的小孔．以a、b所在直线为z轴， 向右为正方向，取z轴与Q板的交点O为坐标原点，以平行于Q板水平向里为x轴正方向，竖直向上为y轴正方向，建立空间直角坐标系Oxyz.区域Ⅰ、Ⅱ内分别充满沿x轴正方向的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小、电场强度大小分别为B和E.一质量为m，电荷量为＋q的粒子，从a孔飘入电场(初速度视为零)，经b孔进入磁场，过P面上的c点(图中未画出)进入电场，最终打到记录板Q上．不计粒子重力．
图2
(1)求粒子在磁场中做圆周运动的半径R以及c点到z轴的距离L；
(2)求粒子打到记录板上位置的x坐标；
(3)求粒子打到记录板上位置的y坐标(用R、d表示)；
(4)如图乙所示，在记录板上得到三个点s1、s2、s3，若这三个点是质子eq \\al(1,1)H、氚核eq \\al(3,1)H、氦核eq \\al(4,2)He的位置，请写出这三个点分别对应哪个粒子(不考虑粒子间的相互作用，不要求写出推导过程)．
答案 见解析
解析 (1)设粒子经加速电场到b孔的速度大小为v，粒子在区域Ⅰ中，做匀速圆周运动对应圆心角为α，在M、N两金属板间，由动能定理得
qU＝eq \f(1,2)mv2①
在区域Ⅰ中，粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得
qvB＝meq \f(v2,R)②
联立①②式得
R＝eq \f(\r(2mqU),qB)③
由几何关系得
d2＋(R－L)2＝R2④
cs α＝eq \f(\r(R2－d2),R)⑤
sin α＝eq \f(d,R)⑥
联立①②④式得
L＝eq \f(\r(2mqU),qB)－eq \r(\f(2mU,qB2)－d2)⑦
(2)设区域Ⅱ中粒子沿z轴方向的分速度为vz，沿x轴正方向加速度大小为a，位移大小为x，运动时间为t，由牛顿第二定律得
qE＝ma⑧
粒子在z轴方向做匀速直线运动，由运动合成与分解的规律得
vz＝vcs α⑨
d＝vzt⑩
粒子在x方向做初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式得
x＝eq \f(1,2)at2⑪
联立①②⑤⑧⑨⑩⑪式得
x＝eq \f(md2E,4mU－2qd2B2)⑫
(3)设粒子沿y方向偏离z轴的距离为y，其中在区域Ⅱ中沿y方向偏离的距离为y′，粒子在y轴方向做匀速直线运动，由运动学公式得
y′＝vtsin α⑬
由题意得y＝L＋y′⑭
联立①④⑥⑨⑩⑬⑭式
y＝R－eq \r(R2－d2)＋eq \f(d2,\r(R2－d2))⑮
(4)质子的比荷大于氦核的，氦核的比荷大于氚核的，结合⑫⑬式可知，s1、s2、s3分别对应氚核eq \\al(3,1)H、氦核eq \\al(4,2)He、质子eq \\al(1,1)H的位置．
命题预测
1．(多选)(2020·山东枣庄三中、高密一中、莱西一中三校联考)如图3所示，在x轴上方第一象限内存在垂直纸面向里的匀强磁场，x轴下方存在沿y轴正方向的匀强电场．a、b两个重力不计的带电粒子分别从电场中的同一点P由静止释放后，经电场加速后从M点射入磁场并在磁场中发生偏转．最后从y轴离开磁场时，速度大小分别为v1和v2，v1的方向与y轴垂直，v2的方向与y轴正方向成60°角．a、b两粒子在磁场中运动的时间分别记为t1和t2, 则以下比值正确的是( )
图3
A．v1∶v2＝2∶1 B．v1∶v2＝1∶2
C．t1∶t2＝3∶2 D．t1∶t2＝3∶8
答案 AD
解析 粒子在电场中加速，设加速的位移为x，
根据动能定理有qEx＝eq \f(1,2)mv2
所以v＝eq \r(\f(2qEx,m))
粒子在磁场中运动时，其轨迹如图，
a粒子的圆心为O，b粒子的圆心为O′，
根据几何知识可知R2·sin 30°＋R1＝R2
则有R1∶R2＝1∶2
根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝eq \f(mv2,R)
联立可得eq \f(m1,q1)∶eq \f(m2,q2)＝1∶4
将eq \f(m1,q1)∶eq \f(m2,q2)＝1∶4代入v＝eq \r(\f(2qEx,m))可得v1∶v2＝2∶1
故A正确，B错误；
粒子在磁场中运动的周期为
T＝eq \f(2πR,v)＝eq \f(2πm,qB)
所以两粒子在磁场中运动的时间之比为
t1∶t2＝eq \f(90°,360°)T1∶eq \f(60°,360°)T2
＝eq \f(2πm1,4q1B)∶eq \f(2πm2,6q2B)＝3∶8
故C错误，D正确．
2．(2020·广西桂林市调研)如图4所示，直线MN上方有平行于纸面且与MN成45°角的有界匀强电场，电场强度大小未知；MN下方为方向垂直于纸面向里的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B.现从MN上的O点向磁场中射入一个速度大小为v、方向与MN成45°角的带正电粒子，该粒子在磁场中运动时的轨道半径为R.该粒子从O点出发记为第一次经过直线MN，第五次经过直线MN时恰好又通过O点．不计粒子的重力．
图4
(1)画出粒子在磁场和电场中运动轨迹的草图并求出粒子的比荷大小；
(2)求出电场强度E的大小和粒子第五次经过直线MN上O点时的速度大小；
(3)求该粒子从O点出发到再次回到O点所需的时间t.
答案 (1)见解析图 eq \f(v,BR) (2)vB eq \r(5)v (3)eq \f(2R,v)(2＋π)
解析 (1)粒子的运动轨迹如图所示，
由牛顿第二定律得qvB＝meq \f(v2,R)
解得eq \f(q,m)＝eq \f(v,BR)
(2)由几何关系得Oc＝2eq \r(2)R
粒子从c到O做类平抛运动，且在垂直、平行电场方向上的位移相等，即s⊥＝s∥＝Ocsin 45°＝2R
类平抛运动的时间为t3＝eq \f(s⊥,v)＝eq \f(2R,v)
又s∥＝eq \f(1,2)at32＝eq \f(qE,2m)t32
又R＝eq \f(mv,qB)
联立解得E＝vB
粒子在电场中的加速度为a＝eq \f(qE,m)＝eq \f(qvB,m)
v2＝at3＝eq \f(a·2R,v)＝2v
v1＝v
粒子第五次过MN进入磁场后的速度大小
v′＝eq \r(v12＋v22)＝eq \r(5)v
(3)粒子在磁场中运动的总时间为
t1＝eq \f(2πR,v)
粒子做直线运动的时间为
t2＝eq \f(2v,a)＝eq \f(2mv,qvB)＝eq \f(2R,v)
联立得粒子从出发到再次到达O点所需时间
t＝t1＋t2＋t3＝eq \f(2R,v)(2＋π)．
高考题型2 带电粒子在叠加场中的运动
1．三种典型情况
(1)若只有两个场，合力为零，则表现为匀速直线运动或静止状态．例如电场与磁场叠加满足qE＝qvB时、重力场与磁场叠加满足mg＝qvB时、重力场与电场叠加满足mg＝qE时．
(2)若三场共存，合力为零时，粒子做匀速直线运动，其中洛伦兹力F＝qvB的方向与速度v垂直．
(3)若三场共存，粒子做匀速圆周运动时，则有mg＝qE，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，即qvB＝meq \f(v2,r).
2．当带电粒子做复杂的曲线运动或有约束的变速直线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解．
命题预测
3．如图5所示，位于竖直平面内的坐标系xOy，在其第三象限空间有沿水平方向的、垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝0.5 T，还有沿x轴负方向的匀强电场，场强大小为E＝2 N/C.在其第一象限空间有沿y轴负方向、场强大小也为E的匀强电场，并在y>h＝0.4 m的区域有磁感应强度大小也为B的垂直于纸面向里的匀强磁场．一个带电荷量为q的油滴从图中第三象限的P点得到一初速度，恰好能沿PO做匀速直线运动(PO与x轴负方向的夹角为θ＝45°)，并从原点O进入第一象限．已知重力加速度g取10 m/s2.求：
图5
(1)油滴在第三象限运动时受到的重力、电场力、洛伦兹力三力的大小之比，并指出油滴带何种电荷；
(2)油滴在P点得到的初速度大小；
(3)油滴在第一象限运动的时间以及油滴离开第一象限处的坐标值．
答案 (1)1∶1∶eq \r(2) 负电荷 (2)4eq \r(2) m/s
(3)0.828 s (4.0 m,0)
解析 (1)分析油滴受力可知，要使油滴做匀速直线运动，油滴应带负电荷．受力如图所示．
由平衡条件和几何关系得mg∶qE∶f＝1∶1∶eq \r(2).
(2)对油滴在垂直PO方向上由平衡条件得
qvB＝2Eqsin 45°，
代入数据解得v＝4eq \r(2) m/s.
(3)由(1)可知，油滴在第一象限内受到的重力等于电场力，故油滴在电场与重力场的复合场中做匀速直线运动，在电场、磁场、重力场三者的复合场中做匀速圆周运动，轨迹如图所示．由O到A匀速运动的位移为s1＝eq \f(h,sin 45°)＝eq \r(2)h＝0.4eq \r(2) m，运动时间为t1＝eq \f(s1,v)＝0.1 s
油滴在复合场中做匀速圆周运动的周期T＝eq \f(2πm,qB)
由几何关系知油滴由A到C运动的时间为t2＝eq \f(1,4)T＝eq \f(πm,2qB)＝eq \f(πE,2Bg)＝0.628 s，从C到N，粒子做匀速直线运动，由对称性知，运动时间t3＝t1＝0.1 s，则油滴在第一象限内总的运动时间为t＝t1＋t2＋t3＝0.828 s.
设OA、AC、CN段在x轴上的投影长度分别为x1、x2、x3，
则x1＝x3＝h＝0.4 m，x2＝eq \r(2)r＝eq \r(2)eq \f(mv,qB)
由(1)可知eq \r(2)mg＝qvB，代入上式可得x2＝3.2 m，所以油滴在第一象限内沿x轴方向运动的总位移为x＝x1＋x2＋x3＝4 m，油滴离开第一象限时的位置坐标为(4.0 m,0)．
4．(2020·湖南长沙市雅礼书院中学高三检测)如图6所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E＝5eq \r(3) 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：
图6
(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.
答案 (1)20 m/s 与电场方向夹角为60° (2)2eq \r(3) s
解析 (1)小球做匀速直线运动时，受力如图，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，有
qvB＝eq \r(q2E2＋m2g2)
代入数据解得v＝20 m/s
速度v的方向与电场E的方向之间的夹角满足：tan θ＝eq \f(qE,mg)，
解得θ＝60°.
(2)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直线运动，其初速度为vy＝vsin θ，
若使小球再次穿过P点所在的电场线，仅需小球的竖直方向的分位移为零，则有：vyt－eq \f(1,2)gt2＝0，
联立解得：t＝2eq \r(3) s.
高考题型3 带电粒子在交变场中的运动
1．变化的电场或磁场如果具有周期性，粒子的运动也往往具有周期性．这种情况下要仔细分析带电粒子的受力情况和运动过程，弄清楚带电粒子在变化的电场、磁场中各处于什么状态，做什么运动，画出一个周期内的运动轨迹的草图．
2．解题思路
命题预测
5．如图7所示，在xOy平面内存在大小随时间周期性变化的匀强磁场和匀强电场，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轴负方向为电场强度的正方向)．在t＝0时刻由原点O发射一个初速度大小为v0、方向沿y轴正方向的带正电粒子，粒子的比荷eq \f(q,m)＝eq \f(π,B0t0)，B0、E0、t0均为已知量，不计粒子受到的重力．
图7
(1)求在0～t0内粒子运动轨迹的半径；
(2)求t＝2t0时，粒子的位置坐标；
(3)若粒子在t＝25t0时首次回到坐标原点，求电场强度E0与磁感应强度B0的大小关系．
答案 (1)eq \f(v0t0,π)
(2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2v0t0,π)，－v0t0－\f(πE0t0,2B0)))
(3) E0＝eq \f(v0,6π)B0
解析 (1)粒子在磁场中运动时，洛伦兹力提供向心力，则有qv0B0＝eq \f(mv02,r)
解得r＝eq \f(v0t0,π)
(2)若粒子在磁场中做完整的圆周运动，
则其周期T＝eq \f(2πr,v0)
解得T＝2t0
在0～t0时间内，粒子在磁场中转动半周，t＝t0时粒子位置的横坐标x＝－2r＝－eq \f(2v0t0,π)
在t0～2t0时间内，粒子在电场中沿y轴负方向做匀加速直线运动y＝－v0t0－eq \f(qE0,2m)t02
解得y＝－v0t0－eq \f(πE0t0,2B0)
故t＝2t0时，粒子的位置坐标为
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2v0t0,π)，－v0t0－\f(πE0t0,2B0)))
(3)如图所示，带电粒子在x轴上方做圆周运动的轨道半径r1＝r＝eq \f(v0t0,π)
当t＝2t0时，粒子的速度大小v＝v0＋eq \f(qE0,m)t0
2t0～3t0时间内，粒子在x轴下方做圆周运动的轨道半径
r2＝eq \f(mv,qB0)＝eq \f(m,qB0)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(v0＋\f(qE0,m)t0))
由几何关系可知，要使粒子经过原点，则必须满足
n(2r2－2r1)＝2r1，n＝1,2,3，…
当t＝25t0时，n＝6，解得E0＝eq \f(v0,6π)B0.
6．(2020·安徽合肥市二模)如图8甲所示，竖直挡板MN左侧空间有方向竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，电场和磁场的范围足够大，电场强度E＝40 N/C，磁感应强度B随时间t变化的关系图像如图乙所示，选定磁场垂直纸面向里为正方向．t＝0时刻，一带正电的微粒，质量m＝8×10－4 kg、电荷量q＝2×10－4 C，在O点具有方向竖直向下、大小为0.12 m/s的速度v，O′是挡板MN上一点，直线OO′与挡板MN垂直，取g＝10 m/s2.求：
图8
(1)微粒再次经过直线OO′时与O点的距离；
(2)微粒在运动过程中离开直线OO′的最大距离；
(3)水平移动挡板，使微粒能垂直射到挡板上，挡板与O点间的水平距离应满足的条件．
答案 (1)1.2 m (2)2.48 m (3)见解析
解析 (1)根据题意可以知道，微粒所受的重力
G＝mg＝8×10－3 N
微粒所受电场力大小F＝qE＝8×10－3 N
因此重力与电场力平衡．
微粒先在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，则
qvB＝meq \f(v2,R)
解得：R＝0.6 m
又T＝eq \f(2πR,v)
得：T＝10π s
则微粒在5π s内转过半个圆周，再次经直线OO′时与O点的距离：L＝2R
解得：L＝1.2 m.
(2)微粒运动半周后向上匀速运动，运动的时间为t＝5π s，轨迹如图所示，位移大小：x＝vt
解得：x≈1.88 m
因此，微粒离开直线OO′的最大距离：
H＝x＋R＝2.48 m.
(3)若微粒能垂直射到挡板上的某点P，P点在直线OO′下方时，由图像可以知道，挡板MN与O点间的距离应满足：L＝(2.4n＋0.6)m，n＝0,1,2，…
P点在直线OO′上方时，由图像可以知道，挡板MN与O点间的距离应满足：L＝(2.4n＋1.8)m，n＝0,1,2，…
(若两式合写成L＝(1.2n＋0.6)m，n＝1,2，…也可)
高考题型4 电、磁场在现代科技中的应用实例
电、磁场在现代科技的应用实例模型共两类，分别为：
1．图①②③④是常见的带电粒子在正交的匀强电场和匀强磁场中运动的几种模型，它们的共同特征是粒子在其中只受电场力和洛伦兹力作用，并且最终电场力和洛伦兹力平衡，即qE＝qvB⇒v＝eq \f(E,B).
2．图⑤⑥是常见的磁场与电场的组合模型，它们的共同特征是粒子在电场中做加速运动，在磁场中做匀速圆周运动．
考题示例
例3 (2019·天津卷·4)笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件．当显示屏开启时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作；当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进入休眠状态．如图9如示，一块宽为a、长为c的矩形半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子，通入方向向右的电流时，电子的定向移动速度为v.当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中，于是元件的前、后表面间出现电压U，以此控制屏幕的熄灭．则稳定后元件的( )
图9
A．前表面的电势比后表面的低
B．前、后表面间的电压U与v无关
C．前、后表面间的电压U与c成正比
D．自由电子受到的洛伦兹力大小为eq \f(eU,a)
答案 D
解析 由题意可判定，电子定向移动的方向水平向左，则由左手定则可知，电子所受的洛伦兹力指向后表面，因此后表面积累的电子逐渐增多，前表面的电势比后表面的电势高，A错误；当电子所受的电场力与洛伦兹力平衡时，电子不再发生偏转，此时前、后表面间的电压达到稳定，对稳定状态下的电子有eE＝eBv，又E＝eq \f(U,a)，解得U＝Bav，显然前、后表面间的电压U与电子的定向移动速度v成正比，与元件的宽度a成正比，与长度c无关，B、C错误；自由电子稳定时受到的洛伦兹力等于电场力，即F＝eE＝eq \f(eU,a)，D正确．
命题预测
7．(2020·北京市门头沟区3月测试)如图10所示，虚线O1O2是速度选择器的中线，其间匀强磁场的磁感应强度为B1，匀强电场的场强为E(电场线没有画出)．照相底片与虚线O1O2垂直，其右侧偏转磁场的磁感应强度为B2.现有一个离子沿着虚线O1O2向右做匀速直线运动，穿过照相底片的小孔后在偏转磁场中做半径为R的匀速圆周运动，最后垂直打在照相底片上(不计离子所受重力)．
图10
(1)求该离子沿虚线运动的速度大小v；
(2)求该离子的比荷eq \f(q,m)；
(3)如果带电荷量都为q的两种同位素离子，沿着虚线O1O2射入速度选择器，它们在照相底片的落点间距为d，求这两种同位素离子的质量差Δm.
答案 (1)eq \f(E,B1) (2)eq \f(E,B1B2R) (3)eq \f(B1B2q,2E)d
解析 (1)由于离子沿虚线做匀速直线运动，故它受力平衡，即F电＝F洛，
则Eq＝B1qv，所以离子沿虚线运动的速度大小v＝eq \f(E,B1)；
(2)由于离子在偏转磁场中做半径为R的匀速圆周运动，F洛′＝F向，即B2qv＝meq \f(v2,R)，
则eq \f(q,m)＝eq \f(E,B1B2R)；
(3)设两种离子的质量分别为m1、m2，
对于m1，有eq \f(q,m1)＝eq \f(E,B1B2R1)，
则m1＝eq \f(B1B2q,E)R1；同理m2＝eq \f(B1B2q,E)R2；
这两种同位素离子的质量差
Δm＝m1－m2＝eq \f(B1B2q,E)(R1－R2)＝eq \f(B1B2q,2E)d.
专题强化练
[保分基础练]
1.(多选)(2020·河南名校联盟3月调研)如图1所示，竖直平行金属板M、N间加有电压U，N板的右侧有正交的匀强电场和匀强磁场，匀强电场方向竖直向下、电场强度大小为E，匀强磁场方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B.在M板附近有一粒子源，释放初速度为零的带电粒子，这些粒子经电场加速后进入正交的电、磁场中，都恰能做匀速直线运动，不计粒子的重力和粒子间的相互作用，下列说法正确的是( )
图1
A．粒子做匀速运动的速度大小为eq \f(B,E)
B．所有粒子的电荷量一定相同
C．所有粒子的比荷一定相同
D．将N板向左平移一些，粒子在电、磁场中仍能做直线运动
答案 CD
解析 粒子进入正交的电、磁场中恰能做匀速直线运动，则qvB＝Eq，则v＝eq \f(E,B)，选项A错误；粒子在电场中加速过程有Uq＝eq \f(1,2)mv2，粒子在正交场中的速度都相同，则粒子的比荷相同，选项B错误，C正确；将N板向左平移一些，两板间电压不变，则粒子进入正交场的速度不变，则粒子在电、磁场中仍能做直线运动，选项D正确．
2．(2020·全国卷Ⅱ·17)CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，CT扫描机可用于对多种病情的探测．图2(a)是某种CT机主要部分的剖面图，其中X射线产生部分的示意图如图(b)所示．图(b)中M、N之间有一电子束的加速电场，虚线框内有匀强偏转磁场；经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到靶上，产生X射线(如图中带箭头的虚线所示)；将电子束打到靶上的点记为P点，则( )
图2
A．M处的电势高于N处的电势
B．增大M、N之间的加速电压可使P点左移
C．偏转磁场的方向垂直于纸面向外
D．增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P点左移
答案 D
解析 电子在M、N间受向右的电场力，电场方向向左，故M处的电势低于N处的电势，故A错误；加速电压增大，可使电子获得更大的速度，根据r＝eq \f(mv,qB)可知，电子在磁场中做圆周运动的半径变大，P点右移，故B错误；电子受到的洛伦兹力方向向下，根据左手定则，可判断磁场方向垂直于纸面向里，故C错误；根据r＝eq \f(mv,qB)，B增大，可使电子在磁场中做圆周运动的半径变小，P点左移，故D正确．
3.(2020·浙江温州市4月选考适应性测试)如图3所示，为一种改进后的回旋加速器示意图，在D形盒边上的缝隙间放置一对中心开有小孔a、b的平行金属板M、N.每当带正电的粒子从a孔进入时，就立即在两板间加上恒定电压，经加速后从b孔射出，再立即撤去电压．而后进入D形盒中的匀强磁场，做匀速圆周运动．缝隙间无磁场，不考虑相对论效应，则下列说法正确的是( )
图3
A．D形盒中的磁场方向垂直纸面向外
B．粒子运动的周期不断变大
C．粒子每运动一周直径的增加量越来越小
D．增大板间电压，粒子最终获得的最大动能变大
答案 C
解析 根据左手定则，D形盒中的磁场方向垂直纸面向里，故A错误；根据洛伦兹力提供向心力得qvB＝meq \f(v2,r)，粒子运动的周期T＝eq \f(2πr,v)＝eq \f(2πm,Bq)
粒子运动的周期不变，故B错误；粒子每运动一周直径的增加量
ΔL＝2(rn＋1－rn)＝eq \f(2mΔv,Bq)，由eq \f(1,2)mvn2＝nqE，eq \f(1,2)mvn＋12＝(n＋1)qE可得，
Δv＝eq \r(\f(2n＋2qE,m))－eq \r(\f(2nqE,m))＝(eq \r(n＋1)－eq \r(n)) eq \r(\f(2qE,m))
可得粒子每运动一周直径的增加量越来越小，故C正确；粒子最终获得的动能，Ek＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(q2B2r2,2m)，当半径等于D形盒的半径时，粒子动能最大，与板间电压无关，故D错误．
4.(多选)如图4所示，实线表示竖直平面内的电场线，电场线与水平方向成α角，水平方向的匀强磁场与电场正交，有一带电液滴沿虚线L斜向上做直线运动，L与水平方向成β角，且α＞β，则下列说法中正确的是( )
图4
A．液滴一定做匀速直线运动
B．液滴一定带负电
C．电场线方向一定斜向上
D．液滴有可能做匀变速直线运动
答案 AC
解析 带电液滴受竖直向下的重力G、沿电场线方向的电场力F、垂直于速度方向的洛伦兹力F洛，若合力不为零，则洛伦兹力变化，不能沿直线运动，因此这三个力的合力一定为零，带电液滴做匀速直线运动，不可能做匀变速直线运动，故A正确，D错误；当带电液滴带正电，且电场线方向斜向上时，带电液滴受竖直向下的重力G、沿电场线向上的电场力F、垂直于速度方向斜向左上方的洛伦兹力作用，这三个力的合力可能为零，带电液滴沿虚线L做匀速直线运动，如果带电液滴带负电、电场线方向斜向上或斜向下时，带电液滴所受合力均不为零，不可能沿直线运动，故B错误，C正确．
[争分提能练]
5．(2020·湖南长郡中学高三检测)如图5所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，其第一象限存在着正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度的方向水平向右，磁感应强度的方向垂直纸面向里．一带电荷量为＋q、质量为m的微粒从原点出发沿与x轴正方向的夹角为45°的初速度进入复合场中，正好做直线运动，当微粒运动到A(l，l)时，电场方向突然变为竖直向上(不计电场变化的时间)，微粒继续运动一段时间后，正好垂直于y轴穿出复合场．不计一切阻力，求：
图5
(1)电场强度E的大小；
(2)磁感应强度B的大小；
(3)微粒在复合场中的运动时间．
答案 (1)eq \f(mg,q) (2)eq \f(m,q)eq \r(\f(g,l)) (3)(eq \f(3,4)π＋1)eq \r(\f(l,g))
解析 (1)微粒在到达A(l，l)之前做匀速直线运动，受力分析如图甲，
根据平衡条件，有：qE＝mg，
解得：E＝eq \f(mg,q)；
(2)根据平衡条件，有：qvB＝eq \r(2)mg，
电场方向变化后，微粒所受重力与电场力平衡，微粒在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹如图乙，
根据牛顿第二定律，有：qvB＝meq \f(v2,r)，
由几何关系可得：r＝eq \r(2)l，
联立解得：v＝eq \r(2gl)，B＝eq \f(m,q)eq \r(\f(g,l))；
(3)微粒做匀速直线运动的时间为：t1＝eq \f(\r(2)l,v)＝eq \r(\f(l,g))，
微粒做匀速圆周运动的时间为：t2＝eq \f(\f(3,4)π·\r(2)l,v)＝eq \f(3,4)πeq \r(\f(l,g))，
微粒在复合场中的运动时间为：t＝t1＋t2＝(eq \f(3,4)π＋1)eq \r(\f(l,g)).
6.如图6所示，y轴右侧区域存在匀强磁场，第一象限内磁场垂直纸面向外，第四象限内磁场垂直纸面向里，且第四象限磁场磁感应强度是第一象限的2倍；y轴左侧区域存在沿y轴负方向的匀强电场．第一象限内距离y轴L处，垂直x轴放置感应屏．电荷量为q、质量为m的粒子，从A(－L，eq \f(\r(3),2)L)点以初速度v0沿x轴正方向射出，从O点进入磁场，一段时间后粒子垂直击中感应屏，粒子重力不计，求：
图6
(1)匀强电场的电场强度大小；
(2)第一象限磁场磁感应强度的最小值；
(3)粒子击中感应屏时纵坐标的可能值．
答案 见解析
解析 (1)粒子在电场中做类平抛运动
x方向：L＝v0t
y方向：eq \f(\r(3),2)L＝eq \f(1,2)at2
qE＝ma
联立解得：E＝eq \f(\r(3)mv02,qL)
(2)设粒子到达O点时速度大小为v，方向与x轴正方向夹角为θ
v＝eq \r(v02＋vy2)
tan θ＝eq \f(vy,v0)
vy＝at
粒子由第四象限进入第一象限时速度大小为v，方向与x轴正方向夹角也为θ
由牛顿第二定律：qvB＝meq \f(v2,R)
可知：B越小R越大，设粒子在第四象限内做圆周运动半径为R1，在第一象限内做圆周运动半径为R2，则R2＝2R1
粒子垂直击中感应屏应满足2R1sin θ＋R2sin θ＝L
解得：Bmin＝eq \f(2\r(3)mv0,qL)
(3)粒子多次经过x轴最终垂直击中感应屏应满足(3n＋2)R2sin θ＝L(n＝0,1,2，…)
则粒子击中感应屏时纵坐标y＝R2(1－cs θ)
解得：y＝eq \f(\r(3),33n＋2)L(n＝0,1,2，…)．
7.(2020·福建福清市线上检测)如图7所示，在直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在沿y轴正方向、电场强度为E的匀强电场，第Ⅳ象限存在一个方向垂直于纸面、磁感应强度为B的圆形匀强磁场区域．一质量为m，带电荷量为－q的粒子，以某一速度从A点垂直于y轴射入第Ⅰ象限，A点坐标为(0，h)，粒子飞出电场区域后，沿与x轴正方向夹角为60°的方向从B处进入第Ⅳ象限，经圆形磁场后，垂直射向y轴C处．不计粒子重力，求：
图7
(1)从A点射入的速度v0；
(2)圆形磁场区域的最小面积；
(3)证明粒子在最小圆形磁场中运动时间最长，并求出最长时间．
答案 (1)eq \r(\f(2qEh,3m)) (2)eq \f(2πmhE,qB2) (3)见解析 eq \f(2πm,3qB)
解析 (1)粒子在电场中做类平抛运动，其加速度大小为a＝eq \f(F,m)＝eq \f(qE,m)
竖直方向有h＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(qE,2m)t2，故t＝eq \r(\f(2mh,qE))；在B处有tan 60°＝eq \f(vy,vx)＝eq \f(at,v0)＝eq \r(3)
因此，粒子从A点射入的速度v0＝eq \f(at,\r(3))＝eq \r(\f(2qEh,3m))
(2)在B处，根据cs 60°＝eq \f(v0,v)
可得粒子进入磁场的速度为v＝eq \f(v0,cs 60°)＝2v0＝2eq \r(\f(2qEh,3m))
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即qvB＝eq \f(mv2,R)
故粒子在磁场运动的轨道半径为R＝eq \f(mv,qB)＝eq \f(2,B)eq \r(\f(2mhE,3q)).
由于粒子从B点射入，经磁场偏转后垂直射向C处，根据左手定则可知，圆形磁场的磁场方向垂直于纸面向里．如图所示，延长B处速度方向与反向延长C处速度方向相交于D点，作∠BDC的角平分线，在角平分线上找出点O′，使它到BD、CD的距离为O′N＝O′M＝R
则以MN为直径的圆的磁场区域面积最小，设圆形磁场区域的半径为r，由几何关系可得r＝Rcs 30°＝eq \f(\r(3),2)R，圆形磁场区域的最小面积Smin＝πr2＝eq \f(2πmhE,qB2)
(3)粒子在圆形磁场中运动的轨迹圆与圆形磁场关系如图所示，
由第(2)问作图过程可知，MN是圆形磁场的直径，也是粒子的射入点与射出点的连线，其所对应的弧长最长，故粒子在磁场中运动的时间最长．由几何知识可知，圆心角α＝eq \f(2,3)π，又因粒子在磁场中运动的周期T＝eq \f(2πm,qB)，故粒子在磁场中运动的最长时间tm＝eq \f(α,2π)T＝eq \f(2πm,3qB).
8．如图8甲所示，竖直线MN左侧存在水平向右的匀强电场，MN右侧存在垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化规律如图乙所示，O点下方竖直距离d＝23.5 cm处有一垂直于MN的足够大的挡板．现将一重力不计、比荷eq \f(q,m)＝106 C/kg的正电荷从O点由静止释放，经过Δt＝eq \f(π,15)×10－5 s后，电荷以v0＝1.5×104 m/s的速度通过MN进入磁场．规定磁场方向垂直纸面向外为正，t＝0时刻电荷第一次通过MN.求：(结果均保留两位有效数字)
图8
(1)匀强电场的电场强度E的大小；
(2)t＝eq \f(4π,5)×10－5 s时刻电荷与O点的竖直距离Δd；
(3)电荷从O点出发运动到挡板所需时间t.
答案 (1)7.2×103 N/C (2)4.0 cm (3)1.1×10－4 s
解析 (1)电荷在电场中做匀加速直线运动，有v0＝aΔt
由牛顿第二定律得：Eq＝ma
解得E＝eq \f(mv0,qΔt)≈7.2×103 N/C
(2)由qv0B＝meq \f(v02,r)，T＝eq \f(2πr,v0)得r＝eq \f(mv0,qB)，T＝eq \f(2πm,qB)
当磁场垂直纸面向外时，半径r1＝eq \f(mv0,qB1)＝5 cm
周期T1＝eq \f(2πm,qB1)＝eq \f(2π,3)×10－5 s
当磁场垂直纸面向里时，半径r2＝eq \f(mv0,qB2)＝3 cm
周期T2＝eq \f(2πm,qB2)＝eq \f(2π,5)×10－5 s
故电荷从t＝0时刻开始做周期性运动，其运动轨迹如图甲所示，
t＝eq \f(4π,5)×10－5 s时刻电荷与O点的竖直距离Δd＝2(r1－r2)＝4.0 cm
(3)从电荷第一次通过MN开始计时，其运动周期为T＝eq \f(4π,5)×10－5 s
根据电荷的运动情况可知，电荷到达挡板前运动的完整周期数为4个，此时电荷沿MN运动的距离s＝4Δd＝16 cm，则最后Δs＝7.5 cm的距离如图乙所示，
有r1＋r1cs α＝Δs解得cs α＝0.5，则α＝60°
故电荷运动的总时间t总＝Δt＋4T＋eq \f(1,3)T1＝eq \f(157π,45)×10－5 s≈1.1×10－4 s.垂直进入磁场(磁偏转)
垂直进入电场(电偏转)
情景图
受力
FB＝qv0B，FB大小不变，方向总指向圆心，方向变化，FB为变力
FE＝qE，FE大小、方向不变，为恒力
运动规律
匀速圆周运动
r＝eq \f(mv0,Bq)，T＝eq \f(2πm,Bq)
类平抛运动
vx＝v0，vy＝eq \f(Eq,m)t
x＝v0t，y＝eq \f(Eq,2m)t2