2019版二轮复习物理通用版讲义：第一部分专题三第二讲带电粒子在电磁场中的运动

第二讲带电粒子在电磁场中的运动


考点一
带电粒子在电场中的运动
1.[考查带电粒子在电场中的直线运动]
[多选]如图所示，板长为L的平行板电容器与一直流电源相连接，其极板与水平面成30°角；若带电粒子甲、乙由图中的P点射入电容器，分别沿着虚线1和2运动(虚线1为水平线，虚线2为平行且靠近上极板的直线)。下列关于带电粒子的说法正确的是(　　)
A．两粒子均做匀减速直线运动
B．两粒子电势能均逐渐增加
C．两粒子机械能均守恒
D．若两粒子质量相同，则甲的电荷量一定比乙的电荷量大
解析：选AD　根据题意可知，粒子做直线运动，则电场力与重力的合力与速度在同一直线上，因为电场力只能垂直极板向上，受力如图所示；根据受力图，粒子做直线运动，则电场力与重力的合力与速度方向反向，粒子做匀减速直线运动，故A正确；粒子甲受到的电场力与位移方向的夹角为钝角，所以电场力做负功，电势能逐渐增加，机械能减小；粒子乙运动的方向与电场力的方向垂直，电场力不做功，所以粒子的电势能不变，机械能不变，故B、C错误；根据受力图，对甲：m甲g＝q甲×Ecos 30°，解得：＝，对乙：m乙gcos 30°＝q乙E，解得：＝，由此可知若两粒子质量相同，则甲的电荷量一定比乙的电荷量大，故D正确。




2．[考查带电粒子在电场中的曲线运动]
[多选]如图所示，质子(11H)、氘核(12H)和α粒子(24He)都沿平行板电容器的中线OO′方向，垂直于电场线射入两极板间的匀强电场中，射出后都能打在同一个与中线垂直的荧光屏上，使荧光屏上出现亮点。粒子重力不计。下列推断正确的是(　　)
A．若它们射入电场时的速度相同，在荧光屏上将出现3个亮点
B．若它们射入电场时的动能相等，在荧光屏上将只出现1个亮点
C．若它们射入电场时的动量相同，在荧光屏上将出现3个亮点
D．若它们是由同一个电场从静止加速后射入此偏转电场，在荧光屏上将只出现1个亮点
解析：选CD　三个粒子进入匀强电场中都做类平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，则得到加速度为a＝，偏转距离为y＝at2，运动时间为t＝，联立可得y＝。若它们射入电场时的速度相同，y与比荷成正比，而三个粒子中质子的比荷最大，氘核和α粒子的比荷相等，所以在荧光屏上将只出现2个亮点，A错误。若它们射入电场时的动能相等，y与q成正比，则在荧光屏上将只出现2个亮点，B错误。若它们射入电场时的动量相等，y＝＝，可见y与qm成正比，三个粒子的qm都不同，则在荧光屏上将出现3个亮点，C正确。设加速电压为U1，偏转电压为U0，若它们是由同一个电场从静止加速后射入此偏转电场的，根据推论可知y′＝，显然三个粒子在偏转电场中的偏转距离y′相同，故荧光屏上将只出现1个亮点，D正确。
3．[考查带电粒子在交变电场中的运动]
[多选]如图甲所示，两平行金属板A、B放在真空中，间距为d，P点在A、B板间，A、B板间的电势差U随时间t的变化情况如图乙所示，t＝0时，在P点由静止释放一质量为m、电荷量为e的电子，当t＝2T时，电子回到P点。电子运动过程中未与极板相碰，不计重力，下列说法正确的是(　　)

A．U1∶U2＝1∶2
B．U1∶U2＝1∶3
C．在0～2T时间内，当t＝T时电子的电势能最小
D．在0～2T时间内，电子的电势能减小了
解析：选BD　0～T时间内平行板间的电场强度为E1＝，电子以加速度a1＝＝向上做匀加速直线运动，当t＝T时电子的位移x1＝a1T2，速度v1＝a1T。T～2T时间内平行板间的电场强度E2＝，电子加速度a2＝，以v1的初速度向上做匀减速直线运动，速度变为0后开始向下做匀加速直线运动，位移x2＝v1T－a2T2，由题意t＝2T时电子回到P点，则x1＋x2＝0，联立可得U2＝3U1，选项A错误，B正确。当速度最大时，动能最大，电势能最小，而0～2T时间内电子先做匀加速直线运动，之后做匀减速直线运动，后又做方向向下的匀加速直线运动，在t＝T时，电子的动能Ek1＝mv12＝，电子在t＝2T时回到P点，此时速度v2＝v1－a2T＝－(负号表示方向向下)，电子的动能为Ek2＝mv22＝，Ek1＜Ek2，根据能量守恒定律，电势能的减少量等于动能的增加量，在t＝2T时电子的电势能最小，选项C错误，选项D正确。
考点二
带电粒子在匀强磁场中的运动

4.[考查带电粒子在单边界匀强磁场中的运动]
[多选]如图所示，在空间内有垂直纸面向里的匀强磁场，质子和某种粒子从磁场下边界MN上的O点以相同的速度v0(v0在纸面内，v0与MN的夹角θ为锐角)射入磁场中，发现质子从边界上的F点离开磁场，另一粒子从E点离开磁场。已知＝2d，＝d，不计粒子的重力和粒子间的相互作用力。下列说法正确的是(　　)
A．从E点飞出的可能是α粒子
B．从E点飞出的可能是氚核
C．两种粒子在磁场中的运动时间相等
D．两种粒子在磁场中的运动轨迹所对应的圆心角相等
解析：选BD　设质子在磁场中做圆周运动的轨道半径为r1，另一种粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为r2，两种粒子的运动轨迹如图所示，则由几何关系可知，d＝2r1sin θ，3d＝2r2sin θ，两式联立可解得r2＝3r1，由洛伦兹力提供向心力可得r1＝，另一种粒子的半径r2＝，可得＝3，故从E点飞出的可能是氚核，选项A错误，B正确；由几何知识可知，两粒子在磁场中运动时，转过的圆心角均为α＝2(π－θ)，故选项D正确；根据T＝可知两种粒子的周期不同，由t＝T可知，两粒子在磁场中的运动时间不相等，选项C错误。
5．[考查带电粒子在圆形匀强磁场中的运动]
[多选]如图所示，在半径为R的圆形区域内充满磁感应强度为B的匀强磁场，MN是一竖直放置的感光板。从圆形磁场的最高点P以不同的初速度v垂直磁场正对着圆心O射入带正电的粒子，且粒子所带电荷量为q，质量为m，不考虑粒子重力，关于粒子的运动，以下说法正确的是(　　)
A．粒子在磁场中通过的弧长越长，则粒子在磁场中运动的时间就越长
B．从磁场中射出的粒子，其出射方向的反向延长线一定过圆心O
C．射出磁场的粒子一定能垂直打在感光板MN上
D．当粒子入射的速度大小v＝时，粒子从磁场射出后一定能垂直打在感光板MN上
解析：选BD　由粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期公式T＝可知，速度不同的同种带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期相等，对着圆心入射的粒子，由r＝可知，速度越大，粒子在磁场中运动的轨迹半径就越大，弧长就越长，轨迹所对应的圆心角则越小，由＝可知，粒子在磁场中的运动时间t就越小，选项A错误；带电粒子在磁场中的运动轨迹是圆弧，由几何知识可知，对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线也一定过圆心，选项B正确；由于粒子从P点入射的速度大小不同，故粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径也不同，轨迹对应的圆心角也不相同，因此，对着圆心入射的粒子，出射后不一定能垂直打在感光板MN上，选项C错误；当粒子从P点入射的速度大小v＝时，由r＝可得，粒子在圆形磁场区域中做匀速圆周运动的轨迹圆半径刚好与圆形磁场的半径R相同，由几何知识可知，此时入射点、出射点、磁场圆的圆心O与轨迹圆的圆心构成一个正方形，粒子水平射出磁场，故粒子一定垂直打在感光板MN上，选项D正确。
6．[考查带电粒子在三角形匀强磁场中的运动]
[多选]如图所示，在一等腰直角三角形ACD区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子(重力不计)从AC边的中点O垂直于AC边射入该匀强磁场区域，若该三角形的两直角边长均为2l，则下列关于粒子运动的说法中正确的是(　　)
A．若该粒子的入射速度为v＝，则粒子一定从CD边射出磁场，且距点C的距离为l
B．若要使粒子从CD边射出，则该粒子从O点入射的最大速度应为v＝
C．若要使粒子从CD边射出，则该粒子从O点入射的最大速度应为v＝
D．当该粒子以不同的速度入射时，在磁场中运动的最长时间为
解析：选ABD　若粒子射入磁场时的速度为v＝，则由qvB＝m可得r＝l，由几何关系可知，粒子一定从CD边上距C点为l的位置离开磁场，选项A正确；因为r＝，所以v＝，因此，粒子在磁场中运动的轨迹半径越大，速度就越大，由几何关系可知，当粒子在磁场中的运动轨迹与三角形的AD边相切时，轨迹半径最大，此时粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径r＝(＋1)l，故其最大速度为v＝，选项B正确，C错误；粒子在磁场中运动的周期为T＝，故当粒子从三角形的AC边射出时，粒子在磁场中运动的时间最长，由于此时粒子做圆周运动的圆心角为180°，故其最长时间应为t＝，选项D正确。
7．[考查带电粒子在匀强磁场中运动的多解问题]
[多选]如图所示，两方向相反、磁感应强度大小均为B的匀强磁场被边长为L的等边三角形ABC理想分开，三角形内磁场垂直纸面向里，三角形顶点A处有一质子源，能沿∠BAC的角平分线发射速度不同的质子(质子重力不计)，所有质子均能通过C点，质子比荷＝k，则质子的速度可能为(　　)
A．2BkL　　　　　　　　 　B.
C. D.
解析：选BD　因质子带正电，且经过C点，其可能的轨迹如图所示，所有圆弧所对圆心角均为60°，所以质子运行半径r＝(n＝1,2,3，…)，由洛伦兹力提供向心力得Bqv＝m，即v＝＝Bk·(n＝1,2,3，…)，选项B、D正确。



考点三
电磁场与现代科技
8.[考查回旋加速器的原理分析]
如图为一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间的加速电场场强大小恒定，且被限制在AC板间，虚线中间不需加电场，如图所示，带电粒子从P0处以速度v0沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动，对这种改进后的回旋加速器，下列说法正确的是(　　)
A．带电粒子每运动一周被加速两次
B．带电粒子每运动一周P1P2＝P3P4
C．加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸有关
D．加速电场方向需要做周期性的变化
解析：选C　带电粒子只有经过A、C板间时被加速，即带电粒子每运动一周被加速一次，电场的方向没有改变，只在A、C间加速，故A、D错误。根据r＝得，则P1P2＝2(r2－r1)＝，因为每转一圈被加速一次，根据v22－v12＝2ad，知每转一圈，速度的变化量不等，且v4－v3P3P4，故B错误。当粒子从D形盒中出来时，速度最大，根据r＝得，v＝，知加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸有关，故C正确。
9．[考查霍尔元件的工作原理]
[多选]1957年，科学家首先提出了两类超导体的概念，一类称为Ⅰ型超导体，主要是金属超导体，另一类称为Ⅱ型超导体(载流子为电子)，主要是合金和陶瓷超导体。Ⅰ型超导体对磁场有屏蔽作用，即磁场无法进入超导体内部，而Ⅱ型超导体则不同，它允许磁场通过。现将一块长方体Ⅱ型超导体通入稳恒电流I后放入匀强磁场中，如图所示，下列说法正确的是(　　)
A．超导体的内部产生了热能
B．超导体所受安培力等于其内部所有电荷定向移动所受洛伦兹力的合力
C．超导体表面上a、b两点的电势关系为φa>φb
D．超导体中的电流I越大，a、b两点的电势差越大
解析：选BD　超导体电阻为零，超导体内部没有产生热能，A错误；超导体所受安培力是洛伦兹力的宏观表现，安培力等于其内部所有电荷定向移动所受洛伦兹力的合力，B正确；载流子为电子，超导体上表面带负电，φa<φb，C错误；根据电流的微观表达式I＝neSv，可得电子定向移动速度v＝，稳定时，洛伦兹力和电场力平衡，即evB＝，整理得U＝，所以电流I越大，电势差越大，D正确。
考点四
带电粒子(体)在复合场中的运动
10.[考查带电粒子在组合场中的运动问题]
如图所示，真空中有一以O点为圆心的圆形匀强磁场区域，半径为R，磁场垂直纸面向里，在y>R的区域存在沿－y方向的匀强电场，电场强度为E，在M点有一粒子源，辐射的粒子以相同的速率v沿不同方向射入第一象限，发现沿＋x方向射入磁场的粒子穿出磁场进入电场，速度减小到0后又返回磁场，已知粒子的质量为m，电荷量为＋q，粒子重力不计。
(1)求圆形磁场区域磁感应强度的大小；
(2)求沿＋x方向射入磁场的粒子，从进入磁场到再次穿出磁场所走过的路程；
(3)沿与＋x方向成60°角射入的粒子，最终将从磁场边缘的N点(图中未画出)穿出，不再进入磁场，求N点的坐标和粒子从M点运动到N点的总时间。
解析：(1)沿＋x方向射入磁场的粒子穿出磁场进入电场后，速度减小到0，粒子一定是从如图中的P点射出磁场，逆电场线运动，所以粒子在磁场中做圆周运动的半径：r＝R
根据Bqv＝
得：B＝。
(2)粒子返回磁场后，经磁场偏转后从H点射出磁场，MH为直径，在磁场中的路程为二分之一圆周长s1＝πR
设在电场中路程为s2，根据动能定理Eq＝mv2
解得s2＝
总路程s＝πR＋。
(3)沿与＋x方向成60°角射入的粒子，经分析从C点竖直射出磁场，从D点射入、射出电场，又从C点射入磁场，最后从N点(MN为直径)射出磁场。所以N点坐标为(2R,0)。
C点在磁场中，MC段圆弧对应圆心角α＝30°，CN段圆弧对应圆心角θ＝150°，所以在磁场中的时间为半个周期，t1＝＝
粒子在CD段做匀速直线运动，由几何关系知CD＝
t2＝＝
粒子在电场中做匀变速直线运动，加速度a＝
t3＝＝
总时间t＝t1＋t2＋t3＝＋。
答案：(1)　(2)πR＋
(3)(2R,0)　＋

11．[考查电场与重力场叠加的问题]
(2017·全国卷Ⅱ)如图所示，两水平面(虚线)之间的距离为H，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场。自该区域上方的A点将质量均为m、电荷量分别为q和－q(q>0)的带电小球M、N先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出。小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开。已知N离开电场时的速度方向竖直向下；M在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N刚离开电场时动能的1.5倍。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求：
(1)M与N在电场中沿水平方向的位移之比；
(2)A点距电场上边界的高度；
(3)该电场的电场强度大小。
解析：(1)设小球M、N在A点水平射出时的初速度大小为v0，则它们进入电场时的水平速度仍然为v0。M、N在电场中运动的时间t相等，电场力作用下产生的加速度沿水平方向，大小均为a，在电场中沿水平方向的位移分别为s1和s2。由题给条件和运动学公式得
v0－at＝0 ①
s1＝v0t＋at2 ②
s2＝v0t－at2 ③
联立①②③式得＝3。 ④
(2)设A点距电场上边界的高度为h，小球下落h时在竖直方向的分速度为vy，由运动学公式
vy2＝2gh ⑤
H＝vyt＋gt2 ⑥
M进入电场后做直线运动，由几何关系知
＝ ⑦
联立①②⑤⑥⑦式可得
h＝H。 ⑧
(3)设电场强度的大小为E，小球M进入电场后做直线运动，则＝ ⑨
设M、N离开电场时的动能分别为Ek1、Ek2，由能量守恒定律得
Ek1＝m(v02＋vy2)＋mgH＋qEs1 ⑩
Ek2＝m(v02＋vy2)＋mgH－qEs2 ⑪
由已知条件
Ek1＝1.5Ek2 ⑫
联立④⑤⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得
E＝。
答案：(1)3∶1　(2)H　(3)
12．[考查电场、磁场与重力场三场叠加的问题]
[多选]如图所示，已知一带电小球在光滑绝缘的水平面上从静止开始经电压U加速后，水平进入互相垂直的匀强电场E和匀强磁场B的复合场中(E和B已知)，小球在此空间的竖直面内做匀速圆周运动，则下列说法中正确的是(　　)
A．小球可能带正电
B．小球做匀速圆周运动的半径为r＝
C．小球做匀速圆周运动的周期为T＝
D．若电压U增大，则小球做匀速圆周运动的周期变大
解析：选BC　小球在竖直平面内做匀速圆周运动，故重力等于电场力，洛伦兹力提供向心力，所以mg＝qE，由于电场力的方向与场强的方向相反，故小球带负电，故A错误；由于洛伦兹力提供向心力，故有qvB＝，解得r＝，又由于qU＝mv2，解得v＝ ，所以r＝ ＝ ，故B正确；由于洛伦兹力提供向心力做圆周运动，故有运动周期T＝＝＝，故C正确；显然运动周期与加速电压无关，电压U增大时，小球做匀速圆周运动的周期不变，故D错误。
释疑4大考点

考点一　带电粒子在电场中的运动
本考点是历年高考的主干和重点，带电粒子在电场中的运动有两种情况：一是直线运动，主要考查运动学规律和动能定理(如诊断卷第1、3题)；二是偏转运动，主要应用运动的合成与分解来解决(如诊断卷第2题)。考生失分的原因主要有两种：一是不能正确分析带电粒子的受力情况，如是否考虑重力，电场力方向判断不清；二是对带电粒子在电场中的运动过程分析错误。建议对本考点重点攻坚。


(一)带电粒子在电场中做直线运动的解题思路

如诊断卷第1题，对粒子受力分析可知，电场力只能垂直极板向上，电场力与重力的合力与速度方向反向，粒子做匀减速直线运动。
(二)利用“两个分运动”求解带电粒子在电场中的偏转问题
1．把偏转运动分解为两个独立的直线运动——平行于极板的匀速直线运动，L＝v0t；垂直于极板的匀加速直线运动，a＝，vy＝at，偏转距离y＝at2，速度偏转角tan θ＝。
2．根据动能定理，带电粒子的动能变化量ΔEk＝Uq。
(三)分时分段处理带电粒子在交变电场中的运动
当粒子平行电场方向射入时，粒子可做周期性的直线运动，当粒子垂直于电场方向射入时，沿初速度方向的分运动为匀速直线运动，沿电场方向的分运动可能具有周期性，如诊断卷第3题，先由牛顿第二定律求出加速度，再由运动学公式求出末速度和位移，由题设条件得出u1和u2的关系。
[题点全练]
1．[多选](2018·湖南永州三模)如图所示为静电除尘机理图，废气先经过一个机械过滤装置再进入静电除尘区，放电极和集尘极加上高压电场，使尘埃带上负电，尘埃只在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，达到除尘目的，图中虚线为电场线(方向未标出)。不考虑尘埃在迁移过程中的相互作用和电荷量变化，则(　　)

A．电场线方向由集尘极指向放电极
B．图中A点场强小于B点场强
C．尘埃在迁移过程中电势能减小
D．沿水平方向进入的尘埃在迁移过程中可以做类平抛运动
解析：选AC　由题带负电的尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移，则知集尘极带正电荷，是正极，所以电场线方向由集尘极指向放电极，故A正确。电场线的疏密程度表示电场强度的大小，由题图可知A点的电场线更密，故A点的电场强度大于B点的电场强度，故B错误。带电尘埃所受的电场力方向与位移方向相同，做正功，所以在迁移过程中电势能减小，故C正确。放电极与集尘极间建立非匀强电场，尘埃所受的电场力是变化的，故不能做类平抛运动，故D错误。
2．[多选]如图所示，一带电荷量为q的带电粒子以一定的初速度由P点射入匀强电场，入射方向与电场线垂直。粒子从Q点射出电场时，其速度方向与电场线成30°角。已知匀强电场的宽度为d，P、Q两点的电势差为U，不计重力作用，设P点的电势为零。则下列说法正确的是(　　)
A．带电粒子带负电
B．带电粒子在Q点的电势能为－Uq
C．此匀强电场的电场强度大小为E＝
D．此匀强电场的电场强度大小为E＝
解析：选BC　由题图看出粒子的轨迹向上，则所受的电场力向上，与电场方向相同，所以该粒子带正电。粒子从P到Q，电场力做正功，为W＝qU，则粒子的电势能减少了qU，P点的电势为零，则知带电粒子在Q点的电势能为－Uq，故A错误，B正确。设带电粒子在P点时的速度为v0，在Q点建立直角坐标系，垂直于电场线为x轴，平行于电场线为y轴，由平抛运动的规律和几何知识求得粒子在y轴方向的分速度为vy＝v0。粒子在y轴方向上的平均速度为y＝v0，粒子在y轴方向上的位移为y0，粒子在电场中的运动时间为t，则竖直方向有：y0＝yt＝v0t; 水平方向有：d＝v0t；可得y0＝d; 所以场强为E＝，联立解得E＝＝，故C正确，D错误。
3．[多选](2018·唐山五校联考)如图所示，P、Q为两个等量的异种电荷，以靠近电荷P的O点为原点，沿两电荷的连线建立x轴，沿直线向右为x轴正方向，一带正电的粒子从O点由静止开始仅在电场力作用下运动到A点，已知A点与O点关于P、Q两电荷连线的中点对称，粒子的重力忽略不计。在从O点到A点的运动过程中，下列关于粒子的运动速度v和加速度a随时间的变化、粒子的动能Ek和运动径迹上电势φ随位移x的变化图线可能正确的是(　　)

解析：选CD　等量异种电荷的电场线如图所示。根据沿着电场线方向电势逐渐降低，电场强度E＝，由图可知E先减小后增大，所以φ­x图像切线的斜率先减小后增大，故A错误。沿两点电荷连线从O到A，电场强度先变小后变大，一带正电的粒子从O点由静止开始在电场力作用下运动到A点的过程中，电场力一直做正功，粒子的速度一直在增大。电场力先变小后变大，则加速度先变小后变大。v­t图像切线的斜率先变小后变大，故C、D可能，故C、D正确。粒子的动能Ek＝qEx，电场强度先变小后变大，则Ek­x切线的斜率先变小后变大，则B图不可能，故B错误。
考点二　带电粒子在匀强磁场中的运动
带电粒子在匀强磁场中的运动历来都是高考命题的热点问题，高考对此部分内容的考查以带电粒子在各类有界匀强磁场中的运动为主，其解题的基本方法是“物理搭台，数学唱戏”，即通过试题搭建物理情境，结合物理中的匀速圆周运动知识，运用数学工具进行解决。其一般的解题思路：首先根据粒子的运动情况画出粒子在磁场中的运动轨迹，然后通过几何知识求半径，进而由r＝或T＝求解其他的物理量。建议对本考点重点攻坚。
(一)掌握解题流程


(二)破除解题障碍
解题的难点是挖掘隐含的几何关系，画出轨迹图，寻找轨迹半径r与磁场宽度的几何关系。如图展示了最常用的几何知识：粒子速度的偏向角φ等于圆心角α，且等于AB弦与切线的夹角(弦切角θ)的2倍，即φ＝α＝2θ＝ωt。相对的弦切角(θ)相等，与相邻的弦切角(β)互补，θ＋β＝180°。


(三)依据题型灵活应对
1．单边界磁场问题的对称性
带电粒子在单边界匀强磁场中的运动一般都具有对称性，如诊断卷第4题，粒子进入磁场和离开磁场时速度方向与磁场边界的夹角不变，可总结为：单边进出(即从同一直线边界进出)，等角进出，如图所示。
2．缩放圆法的应用技巧
当带电粒子以任一速度沿特定方向射入匀强磁场时，它们的速度v0越大，在磁场中做圆周运动的轨道半径也越大，它们运动轨迹的圆心在垂直速度方向的直线PP′上，此时可以用“缩放圆法”分析——以入射点为定点，圆心位于直线PP′上，将半径缩放作粒子的运动轨迹，从而探索出临界条件，如诊断卷第6题。
3．带电粒子在磁场中运动产生多解的原因

[题点全练]
1．(2018·贵州适应考试)如图所示，aefc和befd是垂直于纸面向里的匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的边界。磁场Ⅰ、Ⅱ的磁感应强度分别为B1、B2，且B2＝2B1。一质量为m、电荷量为q的带电粒子垂直边界ae从P点射入磁场Ⅰ，后经f点进入磁场Ⅱ，并最终从fc边界射出磁场区域。不计粒子重力，该带电粒子在磁场中运动的总时间为(　　)
A.　　　　　　　　 　B.
C. D.
解析：选B　粒子在磁场Ⅰ中的运动周期T1＝，在磁场Ⅱ中的运动周期T2＝＝；由题意可知，粒子先在磁场Ⅰ中做个圆周运动，再进入磁场Ⅱ中做个圆周运动，再进入磁场Ⅰ中做个圆周运动，最后从fc边界射出磁场区域，则该带电粒子在磁场中运动的总时间为t＝T1＋T2＝，故B正确。

2.[多选](2018·河南淮滨中学模拟)如图所示，边长为L的正三角形abc区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，质量为m，电荷量均为q的三个粒子A、B、C以大小不等的速度从a点沿与ab边成30°角的方向垂直射入磁场后从ac边界穿出，穿出ac边界时与a点的距离分别为、、L。不计粒子的重力及粒子间的相互作用，下列说法正确的是(　　)
A．粒子C在磁场中做圆周运动的半径为L
B．A、B、C三个粒子的初速度大小之比为3∶2∶1
C．A、B、C三个粒子从磁场中射出的方向均与ab边垂直
D．仅将磁场的磁感应强度减小，则粒子B从c点射出
解析：选ACD　由圆周运动的对称性可知，同一直线边界以30°的弦切角进入磁场，射出时的速度也与边界成30°，而圆心角为60°，则圆心和入射点以及出射点构成等边三角形，由几何关系可知rA＝，rB＝，rC＝L，故A正确。根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，可知v＝，可得初速度之比vA∶vB∶vC＝1∶2∶3，B错误。由于三粒子从ac边出射时速度与边界的夹角为30°，而∠cab＝60°，故出射速度的反向延长线必与ab边垂直构成直角三角形，故C正确。由r＝可知将B改为，半径将变为rB′＝L×＝L，而其他条件不变，故由几何关系可知B粒子将从c点出射，D正确。
3．[多选](2018·东北三省三校联考)如图所示，半径为R的圆形区域位于正方形ABCD的中心，圆心为O，与正方形中心重合。圆形区域内、外有垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度大小相等、方向相反。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子以速率v0沿纸面从M点平行于AB边沿半径方向射入圆形磁场，并从N点射出，且恰好没射出正方形磁场区域，粒子重力忽略不计，已知磁感应强度大小为，则(　　)
A．粒子由M点运动到N点时速度偏转角为90°
B．正方形区域的边长为3R
C．粒子再次回到M点时所经历的时间为
D．粒子再次回到M点时所经历的时间为
解析：选AC　粒子在圆形磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示，设轨道半径为r1，则洛伦兹力充当向心力，qv0B＝m，解得r1＝R；由几何关系可知，粒子由M点运动到N点时速度偏转角为90°，选项A正确。粒子在圆形磁场外运动的轨道半径为r2，粒子恰好不从AB边射出则有：qv0B＝m，解得r2＝＝R；则正方形的边长L＝2r1＋2r2＝4R，选项B错误。粒子在圆形磁场中做圆周运动的周期T1＝，在圆形磁场中运动时间t1＝＝；粒子在圆形以外的磁场区域做圆周运动的周期T2＝，在圆形以外的磁场中运动时间t2＝T2＝；则再次回到M点的时间t＝t1＋t2＝，选项C正确，D错误。
考点三　电磁场与现代科技
速度选择器、质谱仪、回旋加速器、磁流体发电机、电磁流量计、霍尔效应等应用实例问题的实质还是属于带电粒子在复合场中的运动问题。因此解决此类问题的关键在于准确把握各种应用实例的工作原理。
理清原理准确解题

[注意]
1．不同的回旋加速器原理不同，粒子加速及旋转的情况也不相同。如诊断卷第8题，粒子在板间加速后向右侧旋转过程中不再被加速，粒子每周被加速一次，因此板间电场的方向不发生变化。
2．霍尔元件的材料不同，霍尔效应结果也不相同。如诊断卷第9题，Ⅱ型超导体的载流子为电子，其电流是由内部电子定向移动形成的，应根据电子所受的洛伦兹力的方向判断偏转情况。
[题点全练]
1.[多选](2018·云南宣威十中模拟)质谱仪最初是由汤姆生的学生阿斯顿设计的，他用质谱仪证实了同位素的存在。如图所示，容器A中有质量分别为m1、m2，电荷量相同的两种粒子(不考虑粒子重力及粒子间的相互作用)，它们从容器A下方的小孔S1不断飘入电压为U的加速电场(粒子的初速度可视为零)，沿直线S1S2(S2为小孔)与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场中，最后打在水平放置的照相底片上。由于实际加速电压的大小在U±ΔU范围内微小变化，这两种粒子在底片上可能发生重叠。对此，下列判断正确的有(　　)
A．两粒子均带正电
B．打在M处的粒子质量较小
C．若U一定，ΔU越大越容易发生重叠
D．若ΔU一定，U越大越容易发生重叠
解析：选ABC　根据左手定则知两粒子均带正电，故A正确；粒子在电场中加速qU＝mv2，在磁场中做圆周运动有：qvB＝，解得R＝ ，知半径小的粒子的质量也较小，故B正确；假设m2的质量大，m1最大半径为R1＝ ，m2最小半径为R2＝ ；两轨迹不发生重叠，有R1＜R2，解得＜ ，若U一定，ΔU越大两个半径越容易相等，越容易发生重叠，故C正确，D错误。
2.[多选]随着人民生活水平的提高，环境保护越来越受到重视。如图所示为污水监测仪的核心部分，两块宽度为b的矩形金属极板平行正对置于排液口的上下表面，排液口上下表面高度为d，有一垂直于侧面向里的磁感应强度为B的匀强磁场。已知污水中含有大量的带电荷量为q的正离子，当污水水流的速度为v时，在导体的上下表面间用电压表测得的电压为UH，则下列判断正确的是(　　)
A．液体内离子只受洛伦兹力作用
B．用电压表测UH时，电压表的“＋”接线柱接下表面
C．高度d越大，UH越大
D．根据两极板间的电压值可以测出污水的流速
解析：选CD　定向移动的离子受到洛伦兹力作用发生偏转，在上下表面间形成电势差，最终离子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，故选项A错误；由题图可知，磁场方向向里，电流方向向右，根据左手定则，离子向上表面偏转，则上表面得到离子带正电，那么下表面带负电，所以电压表的“＋”接线柱接上表面，故选项B错误；根据电场力与洛伦兹力平衡，有q＝qBv，解得UH＝Bdv，则厚度d越大，UH越大，故选项C正确；根据UH＝Bdv以及B、d已知，如果测得UH，就可以得到污水流速，故选项D正确。
3.磁流体发电是一种全新的发电技术，它能将物体的内能直接转化为电能。如图所示为磁流体发电机的示意图。平行板MN间有垂直于纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，两板间的距离为d，将电阻率为ρ的等离子体以速度v水平向右喷射入磁场中，M、N两板上就会产生电压。将两板与外电路连接，就可以给外电路供电。图中电压表为理想电表，外电路中R0为定值电阻，R为滑动变阻器，开始时开关S断开，下列判断正确的是(　　)
A．M板是电源的正极
B．闭合开关S，电压表的示数为Bdv
C．闭合开关S，电压表的示数减小
D．闭合开关S，将滑动变阻器的滑片向下移，电源的输出功率一定增大
解析：选C　由左手定则可知正离子向N板偏转，负离子向M板偏转，即金属板M为电源负极，N为电源正极，故A错误；等离子体稳定运动时，洛伦兹力与电场力平衡，即Bqv＝q，解得E＝Bdv，闭合开关S时，电压表测得的是路端电压，故电压表的示数小于Bdv，故B错误；闭合开关S前，电压表测的是电源电动势，闭合开关S后，电压表测的是路端电压，则电压表的示数减小，故C正确；因为不知道内阻与外电阻的大小关系，故无法判断电流的输出功率如何变化，故D错误。
考点四　带电粒子(体)在复合场中的运动
带电粒子(体)在复合场中的运动问题可分为“组合场”和“叠加场”两种情况，近两年的高考物理试题中，对组合场和叠加场的考查频繁，应该引起重视。建议考生对本考点重点攻坚。
(一)组合场问题——“分与合”
1．先把带电粒子的运动按照组合场的顺序分解为一个个独立的过程，并分析每个过程中带电粒子的受力情况和运动情况，然后用衔接速度把这些过程关联起来，列方程解题。
2．带电粒子的常见运动类型及求解方法

　(2018·全国卷Ⅱ)一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在xOy平面内的截面如图所示：中间是磁场区域，其边界与y轴垂直，宽度为l，磁感应强度的大小为B，方向垂直于xOy平面；磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为l′，电场强度的大小均为E，方向均沿x轴正方向；M、N为条状区域边界上的两点，它们的连线与y轴平行。一带正电的粒子以某一速度从M点沿y轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从M点入射的速度从N点沿y轴正方向射出。不计重力。
(1)定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹；
(2)求该粒子从M点入射时速度的大小；
(3)若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x轴正方向的夹角为，求该粒子的比荷及其从M点运动到N点的时间。
[思维流程]

[解析]　(1)粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中为圆弧，上下对称，如图(a)所示。
(2)设粒子从M点射入时速度的大小为v0，进入磁场的速度大小为v，方向与电场方向的夹角为θ[如图(b)]，速度v沿电场方向的分量为v1。

根据牛顿第二定律有
qE＝ma ①
由运动学公式有
l′＝v0t ②
v1＝at ③
v1＝vcos θ ④
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为R，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得
qvB＝ ⑤
由几何关系得
l＝2Rcos θ ⑥
联立①②③④⑤⑥式得
v0＝。 ⑦
(3)由运动学公式和题给数据得
v1＝v0cot ⑧
联立①②③⑦⑧式得
＝ ⑨
设粒子由M点运动到N点所用的时间为t′，则
t′＝2t＋T ⑩
式中T是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期，
T＝ ⑪
由②⑦⑨⑩⑪式得
t′＝。 ⑫
[答案]　(1)见解析　(2)
(3)　
(二)叠加场问题——“三步曲”

1．带电体在电场和重力场的叠加场中运动问题，关键是分析带电体的受力情况，分析水平及竖直方向的运动性质，搞清物理过程，灵活选用物理规律求解，如诊断卷第11题，在电场上方做平抛运动，可由运动的合成与分解分析；进入电场后M做直线运动，N运动情况未知，由于给出了两球离开电场时的动能关系，应从能量守恒方面着手分析。
2．带电小球受磁场、电场和重力场共同作用，若在竖直平面内做匀速圆周运动，一定有重力等于电场力，洛伦兹力提供向心力，如诊断卷第12题。
　如图所示，虚线MN左侧有水平向右的匀强电场，右侧有竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。比荷为k的带电小球从水平面上a点由静止释放，过b点进入MN右侧后能沿半径为R的半圆形轨道bcd运动且对轨道始终无压力，小球从d点再次进入MN左侧后正好落在b点，不计一切摩擦，重力加速度为g。求：
(1)小球沿水平面经过b点时的速度大小v；
(2)MN左侧的电场强度的大小E1；
(3)小球释放点a到b点的距离x。
[思维流程]

[解析]　(1)小球进入MN右侧电磁场区域后能沿半圆形轨道bcd运动且始终对轨道无压力，表明重力与电场力平衡，洛伦兹力充当小球做匀速圆周运动的向心力，即qvB＝m
代入＝k，解得v＝kBR。
(2)小球再次进入左侧电场后，在水平方向上先做匀减速运动，然后向右做匀加速运动，落在b点时
0＝vt－a1t2
而a1＝
在竖直方向上做自由落体运动，则2R＝gt2
联立以上三式解得E1＝B。
(3)小球从a点由静止释放运动到b点，由动能定理得
qE1x＝mv2
解得x＝。
[答案]　(1)kBR　(2)B　(3)
[题点全练]
1．[多选](2019届高三·银川模拟)如图所示，竖直虚线边界左侧为一半径为R的光滑半圆轨道，O为圆心，A为最低点，C为最高点，右侧同时存在竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场。一电荷量为q、质量为m的带电小球从半圆轨道的最低点A以某一初速度开始运动恰好能到最高点C，进入右侧区域后恰好又做匀速圆周运动回到A点，空气阻力不计，重力加速度为g。则(　　)
A．小球在最低点A开始运动的初速度大小为
B．小球返回A点后可以第二次到达最高点C
C．小球带正电，且电场强度大小为
D．匀强磁场的磁感应强度大小为
解析：选ACD　小球恰能经过最高点C，则mg＝m，解得vC＝，从A到C由动能定理：－mg·2R＝mvC2－mvA2，解得vA＝，选项A正确；小球在复合场中以速度做匀速圆周运动，再次过A点时的速度为，则小球不能第二次到达最高点C，选项B错误；小球在复合场中受向下的重力和向上的电场力而平衡，可知小球带正电，满足mg＝qE，解得E＝，选项C正确；由qvB＝m，其中v＝，解得B＝，选项D正确。
2.(2018·咸阳模拟)在现代科技中，人们常常利用电场、磁场和重力场来控制带电微粒的运动。如图所示，直角坐标系位于竖直平面内，y轴上的A点有一带正电的小球，小球的质量为m、电荷量为q，＝ C/kg。若将小球从A点由静止释放，小球在x轴下方场强为E1、方向平行于坐标平面的匀强电场和重力场的作用下沿直线做匀加速运动到x轴上的B点。在x轴的上方，小球在场强为E2、磁感应强度为B＝ T的磁场和重力场作用下做匀速圆周运动，轨迹关于y轴对称，已知A、B两点坐标分别为A(0，－1 m)、B( m,0)，g取10 m/s2，求：
(1)场强E2的大小和方向；
(2)场强E1的大小和方向。(结果可以保留根式)
解析：(1)小球在x轴上方做匀速圆周运动，所以洛伦兹力充当向心力，电场力和重力平衡，qE2＝mg
解得E2＝10 N/C，方向竖直向上。
(2)在△AOB中，∠ABO＝30°，设小球在x轴上方做匀速圆周运动的轨道半径为R，圆心为O1，半径O1B与x轴成60°，所以Rcos 60°＝OB
解得R＝2 m
根据牛顿第二定律，粒子做圆周运动时有qvB＝
解得v＝2 m/s
从A到B做匀加速直线运动，则v2＝2ax
解得a＝10 m/s2
根据平行四边形定则，
有qE1＝2mgcos 30°
解得E1＝30 N/C，与x轴正方向成60°角斜向上。
答案：(1)10 N/C　方向竖直向上
(2)30 N/C　与x轴正方向成60°角斜向上
3.(2018·全国卷Ⅰ)如图，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。一个氕核和一个氘核先后从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。的质量为m，电荷量为q。不计重力。求：
(1) 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) 第一次离开磁场的位置到原点O的距离。
解析：(1) 在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示。在电场中由运动学公式有
s1＝v1t1 ①
h＝a1t12 ②
进入磁场时速度在y轴方向的分量大小为
v1tan θ1＝a1t1 ③
联立以上各式得
s1＝h。 ④
(2) 在电场中运动时，由牛顿第二定律有
qE＝ma1 ⑤
进入磁场时速度的大小为
v＝ ⑥
在磁场中运动时由牛顿第二定律有
qvB＝m ⑦
由几何关系得
s1＝2R1sin θ1 ⑧
联立以上各式得B＝ 。 ⑨
(3) 与初动能相等
(2m)v22＝mv12 ⑩
在电场中运动时有
qE＝2ma2 ⑪
s2＝v2t2 ⑫
h＝a2t22 ⑬
进入磁场时v2tan θ2＝a2t2 ⑭
v′＝ ⑮
qv′B＝2m ⑯
联立以上各式得
s2＝s1，θ2＝θ1，R2＝R1 ⑰
所以第一次离开磁场的出射点在原点左侧，设出射点到入射点的距离为s2′，由几何关系有
s2′＝2R2sin θ2 ⑱
联立④⑧⑰⑱式得，第一次离开磁场时的位置到原点O的距离为
s2′－s2＝(－1)h。 ⑲
答案：(1)h　(2) 　(3)(－1)h


一、高考真题集中演练——明规律
1.(2017·全国卷Ⅰ)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
解析：选B　该空间区域为匀强电场、匀强磁场和重力场的叠加场，a在纸面内做匀速圆周运动，可知其重力与所受到的电场力平衡，洛伦兹力提供其做匀速圆周运动的向心力，有mag＝qE，解得ma＝。b在纸面内向右做匀速直线运动，由左手定则可判断出其所受洛伦兹力方向竖直向上，可知mbg＝qE＋qvbB，解得mb＝＋。c在纸面内向左做匀速直线运动，由左手定则可判断出其所受洛伦兹力方向竖直向下，可知mcg＋qvcB＝qE，解得mc＝－。综上所述，可知mb>ma>mc，选项B正确。
2.(2017·全国卷Ⅱ)如图，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点，大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点，在纸面内沿不同方向射入磁场。若粒子射入速率为v1，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为v2，相应的出射点分布在三分之一圆周上。不计重力及带电粒子之间的相互作用。则v2∶v1为(　　)
A.∶2 B.∶1
C.∶1 D．3∶
解析：选C　由于是相同的粒子，粒子进入磁场时的速度大小相同，由qvB＝m可知，R＝，即粒子在磁场中做圆周运动的半径相同。若粒子运动的速度大小为v1，如图所示，通过旋转圆可知，当粒子在磁场边界的出射点A离P点最远时，则AP＝2R1；同样，若粒子运动的速度大小为v2，粒子在磁场边界的出射点B离P点最远时，则BP＝2R2，由几何关系可知，R1＝，R2＝Rcos 30°＝R，则＝＝，C项正确。
3.(2016·全国卷Ⅲ)平面OM和平面ON之间的夹角为30°，其横截面(纸面)如图所示，平面OM上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。一带电粒子的质量为m，电荷量为q(q>0)。粒子沿纸面以大小为v的速度从OM的某点向左上方射入磁场，速度与OM成30°角。已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，并从OM上另一点射出磁场。不计重力。粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为(　　)
A.　　　　　　　　 B.
C. D.
解析：选D　如图所示，粒子在磁场中运动的轨迹半径为R＝。设入射点为A，出射点为B，圆弧与ON的交点为P。由粒子运动的对称性及粒子的入射方向知，AB＝R。由几何关系知，AP＝R，则AO＝AP＝3R，所以OB＝4R＝。故选项D正确。
4.(2018·全国卷Ⅲ)如图，从离子源产生的甲、乙两种离子，由静止经加速电压U加速后在纸面内水平向右运动，自M点垂直于磁场边界射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场左边界竖直。已知甲种离子射入磁场的速度大小为v1，并在磁场边界的N点射出；乙种离子在MN的中点射出；MN长为l。不计重力影响和离子间的相互作用。求：
(1)磁场的磁感应强度大小；
(2)甲、乙两种离子的比荷之比。
解析：(1)设甲种离子所带电荷量为q1、质量为m1，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R1，磁场的磁感应强度大小为B，由动能定理有
q1U＝m1v12 ①
由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
q1v1B＝m1 ②
由几何关系知
2R1＝l ③
由①②③式得
B＝。 ④
(2)设乙种离子所带电荷量为q2、质量为m2，射入磁场的速度为v2，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R2。同理有
q2U＝m2v22 ⑤
q2v2B＝m2 ⑥
由题给条件有
2R2＝ ⑦
由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙两种离子的比荷之比为
∶＝1∶4。 ⑧
答案：(1)　(2)1∶4
5.(2017·全国卷Ⅲ)如图，空间存在方向垂直于纸面(xOy平面)向里的磁场。在x≥0区域，磁感应强度的大小为B0；x<0区域，磁感应强度的大小为λB0(常数λ>1)。一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴正向射入磁场，此时开始计时，当粒子的速度方向再次沿x轴正向时，求：(不计重力)
(1)粒子运动的时间；
(2)粒子与O点间的距离。
解析：(1)在匀强磁场中，带电粒子做圆周运动。设在x≥0区域，圆周半径为R1；在x＜0区域，圆周半径为R2。由洛伦兹力公式及牛顿定律得
qB0v0＝m ①
qλB0v0＝m ②
粒子速度方向转过180°时，所需时间t1为
t1＝ ③
粒子再转过180°时，所需时间t2为
t2＝ ④
联立①②③④式得，所求时间为
t0＝t1＋t2＝1＋。 ⑤
(2)由几何关系及①②式得，所求距离为
d0＝2(R1－R2)＝。 ⑥
答案：(1)　(2)
二、名校模拟重点演练——知热点
6.(2018·滁州一中调考)如图所示，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度θ，两极板与一直流电源相连。若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，关于该粒子下列说法错误的是(　　)
A．电势能逐渐增加 B．动能逐渐减小
C．粒子所受重力小于电场力 D．粒子做匀加速直线运动
解析：选D　由于粒子做直线运动，受力分析可知粒子所受的电场力与重力的合力与速度方向反向，粒子做匀减速直线运动，动能减小，电场力垂直于极板向上，与速度方向的夹角为钝角，电场力对粒子做负功，则粒子的电势能增加，故A、B正确，D错误；电场力与重力的合力方向向左，由平行四边形定则知粒子所受重力小于电场力，故C正确。
7.[多选](2019届高三·桂林三校联考)如图所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带上等量异种电荷。一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么(　　)
A．若微粒带负电荷，则A板可能带正电荷
B．微粒从M点运动到N点电势能可能增加
C．微粒从M点运动到N点机械能一定增加
D．微粒从M点运动到N点动能一定增加
解析：选ABD　微粒在电场力和重力的合力作用下做类平抛运动，合力向下，电场力可能向上而小于重力，也可能向下，故无法判断A板的带电情况，故A正确；电场力可能向上，也可能向下，所以微粒从M点运动到N点过程，电场力可能做负功，也可能做正功，电势能可能增加，也可能减小，所以机械能不一定增加，故B正确，C错误；微粒在电场力和重力的合力作用下做类平抛运动，电场力和重力的合力向下，故微粒从M点运动到N点动能一定增加，故D正确。
8．[多选](2018·河南太康一中模拟)如图所示，一束质量、速度和电荷量不全相等的离子，经过由正交的匀强电场和匀强磁场组成的速度选择器后，进入另一个匀强磁场中并分裂为A、B两束，下列说法中正确的是(　　)
A．组成A、B两束的离子都带负电
B．A束离子的比荷大于B束离子的比荷
C．A束离子的比荷小于B束离子的比荷
D．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向里
解析：选BD　A、B两束离子进入磁场后都向左偏，根据左手定则可以判断A、B两束离子都带正电，故A错误；经过速度选择器后的离子速度相同，离子所受电场力和洛伦兹力平衡，满足qvB＝qE，即不发生偏转的离子具有共同的速度大小v＝，进入磁场区分开，轨道半径不等，根据公式R＝，可知半径大的比荷小，所以A束离子的比荷大于B束离子的比荷，故B正确，故C错误；在速度选择器中，电场方向水平向右，A、B离子所受电场力方向向右，所以洛伦兹力方向向左，根据左手定则可知，速度选择器中的磁场方向垂直纸面向里，故D正确。
9.[多选](2018·辽宁辽南联考)如图所示，宽2 cm的有界匀强磁场的纵向范围足够大，磁感应强度的方向垂直纸面向里，现有一群带正电粒子从O点以相同的速率沿纸面不同方向进入磁场，若粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径均为5 cm，则(　　)
A．右边界：－4 cm＜y＜4 cm有粒子射出
B．右边界：y＞4 cm和y＜－4 cm有粒子射出
C．左边界：y＞8 cm有粒子射出
D．左边界：0＜y＜8 cm有粒子射出
解析：选AD　粒子恰射出磁场的临界条件如图所示。根据几何关系可得：临界点距x轴的间距y＝ cm＝4 cm，可知A对，B错；左边界x轴上方带电粒子可达到y＝8 cm 处，x轴下方无粒子到达，C错，D对。
10.(2018·唐山二模)如图所示，在水平面内存在一半径为2R和半径为R两个同心圆，半径为R的小圆和半径为2R的大圆之间形成一环形区域。小圆和环形区域内分别存在垂直于水平面、方向相反的匀强磁场。小圆内匀强磁场的磁感应强度大小为B。位于圆心处的粒子源S沿水平面向各个方向发射速率为的正粒子，粒子的电荷量为q、质量为m，为了将所有粒子束缚在半径为2R的圆形内，环形区域磁感应强度大小至少为(　　)
A．B B.B
C.B D.B
解析：选C　粒子在小圆内做圆周运动的半径为r0＝＝R，由轨迹图可知，粒子从A点与OA成30°角的方向射入环形区域，粒子恰好不射出磁场时，轨迹圆与大圆相切，设半径为r，由几何知识可知∠OAO2＝120°，由余弦定理可知：(2R－r)2＝r2＋R2－2Rrcos 120°，解得r＝R，由qvB′＝m，得B′＝＝＝B，故C正确。
11.(2018·西藏拉萨中学月考)一圆筒的横截面如图所示，其圆心为O。筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。圆筒下面有相距为d的平行金属板M、N，其中M板带正电荷，N板带等量负电荷。质量为m、电荷量为q的带正电粒子自M板边缘的P处由静止释放，经N板的小孔S以速度v沿半径SO方向射入磁场中。粒子与圆筒发生两次碰撞后仍从S孔射出，设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失，且电荷量保持不变，在不计重力的情况下，求：
(1)M、N间电场强度E的大小；
(2)圆筒的半径R；
(3)保持M、N间电场强度E不变，仅将M板向上平移d，粒子仍从M板边缘的P处由静止释放，粒子自进入圆筒至从S孔射出期间，与圆筒的碰撞次数n。
解析：(1)设两极板间的电压为U，由动能定理得
qU＝mv2
由匀强电场中电势差与电场强度的关系得U＝Ed

联立上式可得E＝。
(2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，运用几何关系做出圆心O′， 轨迹半径为r，设第一次碰撞点为A，由于粒子与圆筒发生两次碰撞又从S孔射出，因此SA弧所对圆心角
∠AO′S＝。
由几何关系得r＝Rtan
粒子运动过程中洛伦兹力充当向心力，由牛顿第二定律得
qvB＝m
联立解得R＝。
(3)保持M、N间电场强度E不变，M板向上平移d后，设板间电压为U′，则U′＝＝
设粒子进入S孔时的速度为v′，由＝可得v′＝v
设粒子做圆周运动的半径为r′，r′＝
设粒子从S孔到第一次与圆筒碰撞期间的轨道所对圆心角为θ，比较两式得到r′＝R，可见θ＝
此时粒子经过圆周后与圆筒发生碰撞，所以粒子将在与圆筒发生三次碰撞后由S孔射出，所以n＝3。
答案：(1)　(2)　(3)3