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2019版高考物理通用版二轮复习讲义：第二部分第一板块第3讲吃透“三场特性”探秘复合场中的运动问题
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第3讲
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考法
学法
带电粒子在复合场中的运动问题是历年高考的热点，考查的难度从易到难都有。考查的题型既有选择题，又有计算题。考查的主要内容包括：①带电粒子在组合场中的运动；②带电粒子(体)在叠加场中的运动。该部分内容主要解决的是选择题中的带电粒子在复合场中的运动问题。用到的思想方法有：①比值定义法；
②假设法；③合成法；④正交分解法；⑤临界、极值问题的分析方法；⑥等效思想；⑦分解思想。
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[研一题]————————————————————————————————
[多选]如图所示，一质量为m的带电小球用长为L不可伸长的绝缘细线悬挂于O点，在O点下方存在一个水平向右、场强为E的匀强电场，小球静止时细线与竖直方向成45°角，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．若剪断细线，小球将做曲线运动
B．小球带负电，且电荷量为
C．若突然将电场方向变为水平向左，小球在最低点速率为
D．若突然将电场方向变为水平向左，小球一定能运动到O点右侧等高处
[解析] 若剪断细线，小球在恒力作用下将做直线运动，选项A错误；对小球受力分析，由平衡条件可知小球带负电，且qE＝mgtan 45°，解得q＝，选项B正确；将电场方向变为水平向左，小球从题图所示位置运动到最低点，由动能定理有mgL(1－cos 45°)＋EqLsin 45°＝mv2，解得v＝，选项C正确；将电场方向变为水平向左，小球运动到O点右侧与初始位置等高处时速度最大，则小球一定能运动到O点右侧等高处，选项D正确。
[答案] BCD
[悟一法]————————————————————————————————
解决电场力做功问题时的注意点
1．利用电场线的特点、等势面的特点来分析电场力做功情况。
2．应用公式WAB＝qUAB计算时，WAB、q、UAB一般都要带正、负号计算。
[通一类]————————————————————————————————
1.在竖直平面内有水平向右、场强为E的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线，一端固定在O点，另一端系一质量为m的带电小球，它静止时位于A点，此时细线与竖直方向成37°角，如图所示。现对小球施加一沿与细线方向垂直的瞬时冲量，小球能绕O点在竖直平面内做完整的圆周运动。下列对小球运动的分析正确的是(不考虑空气阻力，细线不会缠绕在O点上)( )
A．小球运动到C点时动能最小
B．小球运动到C点时细线拉力最小
C．小球运动到Q点时动能最大
D．小球运动到B点时机械能最大
解析：选D 由题意可知，小球所受的电场力与重力的合力沿OA方向，小球从A点开始无论向哪运动，合力对小球都做负功，小球动能将减小，所以运动到A点时动能最大，C错误；小球运动到与A点关于圆心对称的点时动能最小，在该点时细线的拉力最小，A、B错误；小球在运动过程中，运动到B点时电场力做功最多，因此机械能最大，D正确。
2.如图所示，平行板电容器水平放置，两极板间电场强度大小为E，中间用一光滑绝缘细杆垂直连接，杆上套有带正电荷的小球和绝缘弹簧，小球压在弹簧上，但与弹簧不拴接，开始时对小球施加一竖直向下的外力，将小球压至某位置使小球保持静止。撤去外力后小球从静止开始向上运动，上升h时恰好与弹簧分离，分离时小球的速度为v，小球上升过程不会撞击到上极板，已知小球的质量为m、带电荷量为q，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．与弹簧分离时小球的动能为mgh＋qEh
B．从开始运动到与弹簧分离，小球增加的机械能为mgh＋qEh
C．从开始运动到与弹簧分离，小球减少的电势能为
D．撤去外力时弹簧的弹性势能为mv2－(qE－mg)h
解析：选D 根据动能定理可知，合外力对小球所做的功等于小球动能的变化量，所以小球与弹簧分离时的动能为Ek＝qEh－mgh＋Ep，A错误；从开始运动到与弹簧分离，小球增加的机械能为ΔE＝mgh＋mv2＝qEh＋Ep，B错误；小球减少的电势能为qEh，故C错误；从撤去外力到小球与弹簧分离，由动能定理可知，Ep＋qEh－mgh＝mv2，所以Ep＝
mv2－(qE－mg)h，D正确。
3．[多选]如图所示，一光滑绝缘斜面的直角点A处固定一带电量为＋q、质量为m的绝缘小球甲，另一质量也为m、带电量也为＋q的小球乙置于斜面顶点B处，已知斜面长为L，∠BCA＝30°。现把小球乙从B处由静止自由释放，小球乙能沿斜面从B处运动到斜面底端C处(静电力常量为k，重力加速度为g)，下列结论正确的是( )
A．小球到达斜面中点D处时的速度大小为
B．小球运动到斜面底端C处时，对斜面的压力大小为mg－
C．小球从B处运动到C处时减少的重力势能等于增加的动能
D．小球从B处运动到C处电势能先增加后减少
解析：选ABD 由题意知，小球乙运动到D处时，由几何关系知AD＝AB，所以有φD＝φB，即UDB＝φD－φB＝0，由动能定理得：
mg·sin 30°＋qUDB＝mv2－0，解得：v＝ ，A正确；小球运动到C处时，受力分析如图所示，由平衡条件得：FN＋F库sin 30°＝mgcos 30°，F库＝，联立解得：FN＝mg－，B正确；小球从B处运动到C处重力势能减少，电势能减少，动能增加，减少的重力势能与电势能之和等于增加的动能，C错误；小球从B处运动到C处，先靠近A处后远离A处，电场力先做负功后做正功，电势能先增加后减少，D正确。
[点点探明]————————————————————————————————
题型1 组合磁场中带电粒子的运动
[例1] [多选]如图所示，在区域Ⅰ和区域Ⅱ内分别存在与纸面垂直但方向相反的匀强磁场，区域Ⅱ内磁感应强度是区域Ⅰ内磁感应强度的2倍，一带电粒子在区域Ⅰ左侧边界处以垂直边界的速度进入区域Ⅰ，粒子离开区域Ⅰ时速度方向改变了30°，然后进入区域Ⅱ，测得粒子在区域Ⅱ内的运动时间与区域Ⅰ内的运动时间相等，则下列说法正确的是( )
A．粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的速率之比为1∶1
B．粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的角速度之比为2∶1
C．粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的圆心角之比为1∶2
D．区域Ⅰ和区域Ⅱ的宽度之比为1∶1
[解析] 由于洛伦兹力对带电粒子不做功，故粒子在两区域中的运动速率相等，A正确；由洛伦兹力f＝qBv＝ma和a＝vω可知，粒子运动的角速度之比为ω1∶ω2＝B1∶B2＝
1∶2，B错误；由于粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ内的运动时间相等，由t＝可得t＝＝，且B2＝2B1，解得θ1∶θ2＝1∶2，C正确；由几何关系可知，粒子在区域Ⅰ中运动的圆心角为30°，则粒子在区域Ⅱ中运动的圆心角为60°，由R＝可知，粒子在区域Ⅰ中的运动半径是在区域Ⅱ中运动半径的2倍，设粒子在区域Ⅱ中的运动半径为r，作出粒子运动的轨迹如图所示，则由图可知，区域Ⅰ的宽度d1＝2rsin 30°＝r；区域Ⅱ的宽度d2＝rsin 30°＋rcos(180°－60°－60°)＝r，D正确。
[答案] ACD
题型2 叠加三场中带电小球的运动
[例2] [多选]如图所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。在该区域中，有一个竖直放置的光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球。O点为圆环的圆心，a、b、c、d为圆环上的四个点，a点为最高点，c点为最低点，b、O、d三点在同一水平线上。已知小球所受电场力与重力大小相等。现将小球从a点由静止释放，下列判断正确的是( )
A．小球能越过d点并继续沿圆环向上运动
B．当小球运动到d点时，不受洛伦兹力
C．小球从d点运动到b点的过程中，重力势能减少，电势能减少
D．小球从b点运动到c点的过程中，经过弧bc的中点时速度最大
[解析] 电场力与重力大小相等，结合题图可知二者的合力指向左下方45°，由于合力是恒力，可视为等效重力，所以弧ad的中点相当于竖直圆环的等效最高点，其关于圆心对称的位置(即弧bc的中点)就是等效最低点；由于a、d两点关于等效最高点与等效最低点的连线对称，若小球从a点由静止释放，最高运动到d点，故A错误；当小球运动到d点时，速度为零，故不受洛伦兹力，故B正确；由于d、b等高，故小球从d点运动到b点的过程中，重力势能不变，故C错误；由于等效重力指向左下方45°，弧bc的中点是等效最低点，故小球从b点运动到c点的过程中，经过弧bc的中点时速度最大，故D正确。
[答案] BD
[系统通法]————————————————————————————————
电偏转和磁偏转的比较
电偏转
磁偏转
示意图
偏转条件
v⊥E
v⊥B
受力情况
只受恒定的电场力
只受大小恒定的洛伦兹力
运动轨迹
抛物线
圆弧
物理规律
类平抛运动规律、牛顿第二定律
牛顿第二定律、向心力公式
基本
公式
L＝vt y＝at2
a＝ tan θ＝
qvB＝ r＝
T＝ t＝
sin θ＝
做功
情况
电场力既改变速度方向，也改变速度大小，对电荷做功
洛伦兹力只改变速度方向，不改变速度大小，对电荷不做功
[题题过关]————————————————————————————————
1．(2018·北京高考)某空间存在匀强磁场和匀强电场。一个带电粒子(不计重力)以一定初速度射入该空间后，做匀速直线运动；若仅撤除电场，则该粒子做匀速圆周运动。下列因素与完成上述两类运动无关的是( )
A．磁场和电场的方向 B．磁场和电场的强弱
C．粒子的电性和电量 D．粒子入射时的速度
解析：选C 这是“速度选择器”模型，带电粒子在匀强磁场和匀强电场的叠加区域内做匀速直线运动，则粒子受到的洛伦兹力与电场力平衡，大小满足qvB＝qE，故v＝，即磁场和电场的强弱决定粒子入射时的速度大小；洛伦兹力与电场力的方向一定相反，结合左手定则可知，磁场和电场的方向一定互相垂直，粒子入射时的速度方向同时垂直于磁场和电场，且不论粒子带正电还是带负电，入射时的速度方向相同，而不是电性相反时速度方向也要相反。总之粒子是否在“速度选择器”中做匀速直线运动，与粒子的电性、电量均无关，而是取决于磁场和电场的方向、强弱，以及粒子入射时的速度。撤除电场时，粒子速度方向仍与磁场垂直，满足做匀速圆周运动的条件，C正确。
2.如图所示，ABCDEF为一正六边形的六个端点，现正六边形处于垂直于纸面向里的匀强磁场和平行于BA向右的匀强电场中，一带电粒子从A点射入场中，恰好沿直线AE做匀速直线运动。撤去磁场，粒子仍从A点以原速度射入场中，粒子恰好从F点射出。若撤去电场而保留磁场，粒子仍以原速度从A点射入，则粒子将从哪条边射出(不计粒子重力)( )
A．AB B．BC
C．CD D．DE
解析：选B 只有电场时带电粒子向右偏转，则粒子带正电，根据左手定则可知，只有磁场时，粒子受到的洛伦兹力的方向向左，粒子将向左偏转。开始时粒子在复合场中做匀速直线运动，则有：qE＝qvB，设正六边形的边长为L，只有电场时，粒子做类平抛运动，竖直向上的方向上有：vt＝Lcos 30°＝L，水平方向上有：·t2＝Lsin 30°＝L；当只有磁场时，洛伦兹力提供向心力，则有：qvB＝，联立可得：r＝L，由几何关系可知：＝L，而L<2r
A．微粒在ab区域的运动时间为
B．微粒在bc区域中做匀速圆周运动，轨迹半径为2d
C．微粒在bc区域中做匀速圆周运动，运动时间为
D．微粒在ab、bc区域中运动的总时间为
解析：选ABD 粒子在电场中的运动沿水平和竖直方向正交分解，水平分运动为初速度为零的匀加速运动，竖直分运动为末速度为零的匀减速运动，根据运动学公式，水平方向有v0＝axt1，竖直方向有0＝v0－gt1，解得ax＝g，t1＝，故A正确；微粒在bc区域所受电场力竖直向上，因为qE＝max＝mg，故微粒在bc区域做匀速圆周运动，其轨迹半径r＝，又v02＝2gd，B＝，解得r＝2d，故B正确；设微粒在bc区域转过的角度为θ，由几何关系知 θ＝30°，所以微粒在bc区域做匀速圆周运动的时间为t2＝＝＝，故C错误；微粒在ab区域运动的时间为t1＝＝，微粒在ab、bc区域中运动的总时间为t＝t1＋t2＝，故D正确。
4．[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。
[知能全通]————————————————————————————————
质谱仪、速度选择器、磁流体发电机、电磁流量计、回旋加速器、霍尔效应等都是带电粒子在复合场中的运动实例，这类问题模型成熟固定，解题时只要抓住各种模型的特点即可，常见实例如下。
1．速度选择器
带电粒子束射入正交的匀强电场和匀强磁场组成的区域中，满足平衡条件qE＝qvB的带电粒子可以沿直线通过速度选择器。速度选择器只对粒子的速度大小和方向做出选择，而对粒子的电性、电荷量不能进行选择。
2．回旋加速器
(1)用途：加速带电粒子。
(2)原理：带电粒子在电场中加速，在磁场中偏转，交变电压的周期与带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期相同。
(3)粒子获得的最大动能Ek＝，其中rn表示D形盒的最大半径。
3．质谱仪
(1)用途：测量带电粒子的质量和分析同位素。
(2)原理：由粒子源S发出速度几乎为零的粒子，经过加速电场U加速后，以速度v＝ 进入偏转磁场中做匀速圆周运动，运动半径为r＝ ，粒子经过半个圆周运动后打到照相底片D上，通过测量D与入口间的距离d，进而求出粒子的比荷＝或粒子的质量m＝。
[题点全练]————————————————————————————————
1．(2019届高三·大连六校联考)随着电子技术的发展，霍尔传感器被广泛应用在汽车的各个系统中。其中霍尔转速传感器在测量发动机转速时，情景简化如图甲所示，被测量转子的轮齿(具有磁性)每次经过霍尔元件时，都会使霍尔电压发生变化，传感器的内置电路会将霍尔电压调整放大；输出一个脉冲信号，霍尔元件的原理如图乙所示。下列说法正确的是( )
A．霍尔电压是由于元件中定向移动的载流子受到电场力作用发生偏转而产生的
B．若霍尔元件的前端电势比后端低，则元件中的载流子为负电荷
C．在其他条件不变的情况下，霍尔元件的厚度c越大，产生的霍尔电压越高
D．若转速表显示1 800 r/min，转子上轮齿数为150个，则霍尔传感器每分钟输出12个脉冲信号
解析：选B 霍尔电压是由于元件内载流子受到洛伦兹力和电场力的作用产生的，故A错误；根据左手定则，负电荷载流子向前端偏转，前端带负电，后端带正电，所以前端的电势低，符合要求，则元件中的载流子为负电荷，故B正确；当电场力和洛伦兹力平衡时，有：q＝qvB，I＝nqvS＝nqvbc，解得：U＝Bvb＝B，故c越大，U越低，故C错误；转速n＝1 800 r/min, 则霍尔传感器每分钟输出的脉冲信号个数为150×1 800＝270 000个，故D错误。
2.如图所示，含有H、H、He的带电粒子束从小孔O1处射入速度选择器，沿直线O1O2运动的粒子在小孔O2处射出后垂直进入偏转磁场，最终打在P1、P2两点。则( )
A．粒子在偏转磁场中运动的时间都相等
B．打在P1点的粒子是He
C．打在P2点的粒子是H和He
D．O2P2的长度是O2P1长度的4倍
解析：选C 粒子在偏转磁场中运动的周期T＝＝，三种粒子的比荷不相同，所以粒子在偏转磁场中运动的时间不相等，故A错误；粒子在沿直线通过速度选择器时，电场力与洛伦兹力大小相等、方向相反，即qvB1＝qE，所以v＝，可知从速度选择器射出的粒子具有相等的速度，粒子在偏转磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB2＝m，r＝＝·，可知粒子的比荷越大，圆周运动的半径越小，所以打在P1点的粒子是H，打在P2点的粒子是H和He，故B错误，C正确；H的比荷是H和He的比荷的2倍，所以H做圆周运动的半径是H和He的半径的，即O2P2的长度是O2P1长度的2倍，故D错误。
3.[多选](2018·泰州模拟)为测量化工厂的污水排放量，技术人员在排污管末端安装了流量计(流量Q为单位时间内流过某截面流体的体积)如图所示，长方体绝缘管道的长、宽、高分别为a、b、c，左右两端开口，所在空间有垂直于前后面、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在上、下两个面的内侧固定有金属板M、N，污水充满管道从左向右匀速流动，测得M、N间电压为U，污水流过管道时受到的阻力大小为f＝kLv2，k是比例系数，L为污水沿流速方向的长度，v为污水的流速，则( )
A．污水的流量Q＝
B．M的电势不一定高于N的电势
C．电压U与污水中离子浓度无关
D．左、右两侧管道的压强差Δp＝
解析：选CD 污水中离子最终在电场力和洛伦兹力作用下受力平衡，有qvB＝q，得v＝，则有污水的流量Q＝vS＝vbc＝bc＝，故A错误；根据左手定则，正离子向上表面偏转，负离子向下表面偏转，知上表面的电势一定高于下表面的电势，即M的电势一定高于N的电势，故B错误；由qvB＝q，解得U＝vBc，电压U与污水中离子浓度无关，故C正确；根据平衡条件，有Δpbc＝f＝kLv2＝kav2，解得Δp＝，故D正确。
[专题强训提能]
1.如图所示，在竖直向下的匀强电场E中，一带电油滴在电场力和重力的作用下，沿虚线所示的运动轨迹从a运动到b。若油滴在运动过程中动能和重力势能之和为E1，重力势能和电势能之和为E2，则E1、E2的变化情况是( )
A．E1增加，E2增加 B．E1增加，E2减小
C．E1不变，E2减小 D．E1不变，E2不变
解析：选B 根据题图所示的运动轨迹可知，油滴带负电，受到向上的电场力大于重力，合力做正功，动能增加，所以油滴在运动过程中电势能和重力势能之和E2减小，电场力做正功，电势能减小，所以重力势能和动能之和E1增加，B正确。
2.(2018·全国名校模拟)如图所示，表面光滑的绝缘细杆倾斜固定放置，Q点处固定一点电荷。一带电小圆环套在该绝缘细杆上，从细杆上P点处由静止释放，沿细杆上滑到O点时静止。带电小圆环可视为点电荷，则( )
A．小圆环所带电荷和固定点电荷一定是同种电荷
B．小圆环所带电荷和固定点电荷一定是异种电荷
C．小圆环上滑过程中，电势能不变
D．小圆环上滑过程中，电势能增大
解析：选A 小圆环从P点由静止释放，沿细杆上滑到O点时静止，说明固定点电荷与小圆环之间为排斥力，A项正确，B项错误；排斥力使小圆环沿细杆上滑，电场力做正功，电势能减小，C、D项错误。
3.(2018·自贡模拟)如图所示，两竖直平行板间同时存在匀强电场和匀强磁场，电场的电场强度大小为E、方向水平向左，磁场的磁感应强度大小为B、方向与电场垂直且水平向里。一带正电液滴以竖直向下的初速度v0＝进入电、磁场区域，最终能飞出该区域。则带电液滴在电、磁场区域中( )
A．做匀速直线运动 B．做匀变速曲线运动
C．运动速度逐渐减小 D．机械能逐渐减小
解析：选D 带电液滴进入电、磁场中时，由题意可知，带电液滴受电场力、重力、洛伦兹力，电场力等于洛伦兹力，所以重力使其做加速运动，随着速度的增大，洛伦兹力的大小增大，方向随速度方向的变化而变化，所以带电液滴将向右做变加速曲线运动，故A、B错误；由题意可知，带电液滴向右偏离并射出电、磁场，则运动速度逐渐增大，故C错误；由上述分析可知，电场力做负功，电势能增加，则机械能减小，故D正确。
4．(2019届高三·黄冈中学模拟)质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具。如图所示铅盒A中的放射源放出大量的带正电粒子(可认为初速度为零)，从狭缝S1进入电压为U的加速电场区加速后，再通过狭缝S2，最后从小孔G垂直于MN射入偏转磁场，该偏转磁场是以直线MN为切线、磁感应强度为B、方向垂直于纸面向外、半径为R的圆形匀强磁场。现在MN上的F点(图中未画出)接收到该粒子，且GF＝R。则该粒子的比荷为(粒子的重力忽略不计)( )
A. B.
C. D.
解析：选C 粒子进入匀强磁场的运动轨迹如图所示。设粒子被加速后获得的速度为v，由动能定理有，qU＝mv2，由几何关系可得，粒子在磁场中做圆周运动的偏转角θ＝60°，则粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径r＝，又Bqv＝m，解得＝，故C
正确。
5．[多选]如图所示，带等量异种电荷的平行金属板a、b处于匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。不计重力的带电粒子沿OO′方向从左侧垂直于电、磁场射入，从右侧射出a、b板间区域时动能比射入时小；要使粒子射出a、b板间区域时的动能比射入时大，可采用的措施是( )
A．适当减小两金属板的正对面积
B．适当增大两金属板间的距离
C．适当减小匀强磁场的磁感应强度
D．使带电粒子的电性相反
解析：选AC 粒子在电、磁场中，动能逐渐减小，说明电场力做负功，因洛伦兹力不做功，则电场力小于洛伦兹力，若减小两金属板的正对面积，场强E＝，S减小，Q不变，E增大，电场力变大，当电场力大于洛伦兹力时，粒子向电场力方向偏转，电场力做正功，射出时动能变大，A项正确；当增大两金属板间的距离时，场强不变，B项错误；当减小磁感应强度时洛伦兹力减小，可能小于电场力，粒子可能向电场力方向偏转，电场力做正功，射出时动能变大，C项正确；当改变粒子电性时，其所受电场力、洛伦兹力大小不变，方向均反向，所以射出时动能仍然减小，D项错误。
6．[多选](2018·全国名校模拟)如图所示，区域Ⅰ中有正交的匀强电场和匀强磁场，区域Ⅱ中只有匀强磁场，不同的离子(不计重力)从左侧进入两个区域，在区域Ⅰ中都没有发生偏转，在区域Ⅱ中做圆周运动的轨迹都相同，则关于这些离子说法正确的是( )
A．离子一定都带正电
B．这些离子进入区域Ⅰ的初速度相等
C．离子的比荷一定相同
D．这些离子的初动量一定相同
解析：选BC 由题意知，不同的离子通过区域Ⅰ时都不偏转，说明受到的电场力与洛伦兹力相等，即Eq＝B1qv，故离子的初速度相等，若为正离子，则电场力向下，洛伦兹力向上；若为负离子，则电场力向上，洛伦兹力向下，选项A错误，B正确；不同的离子进入区域Ⅱ后，其偏转半径相同，由公式R＝可知，它们的比荷相同，选项C正确；由于离子的质量不一定相等，所以无法判断初动量是否相等，选项D错误。
7.如图所示为一种获得高能粒子的装置——环形加速器，环形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场。质量为m、电荷量为＋q的粒子在环中做半径为R的圆周运动。A、B为两块中心开有小孔的极板，原来电势都为零，每当粒子飞经A板时，A板电势升高为＋U，B板电势仍保持为零，粒子在两极板间的电场中加速。每当粒子离开电场区域时，A板电势又降为零，粒子在电场中一次次加速，动能不断增大，而在环形区域内绕行半径不变(设极板间距远小于R)。下列关于环形加速器的说法正确的是( )
A．环形区域内的磁感应强度大小Bn与加速次数n之间的关系为＝
B．环形区域内的磁感应强度大小Bn与加速次数n之间的关系为＝
C．A、B板之间的电压可以始终保持为U
D．粒子每次绕行一圈所需的时间tn与加速次数n之间的关系为＝
解析：选B 因粒子每绕行一圈，其增加的能量为qU，所以绕行第n圈时获得的总动能为mvn2＝nqU，得第n圈的速度vn＝ 。在磁场中，由牛顿第二定律得qBnvn＝m，解得Bn＝ ，所以＝ ，A项错误，B项正确；如果A、B板之间的电压始终保持为U，粒子在A、B两极板之间飞行时，电场对其做功qU，从而使之加速，在磁场内飞行时，电场又对粒子做功－qU，从而使之减速，粒子绕行一周电场对其所做总功为零，动能不会增加，达不到加速效果，C项错误；根据t＝得tn＝2πR，得
＝ ，D项错误。
8．[多选](2018·北京燕博园模拟)如图甲所示，一质量m＝0.5 kg、电荷量q＝＋1×10－2 C的物块静止在绝缘的粗糙水平面上，在物块所在的足够大的空间内，加一与水平方向夹角
θ＝37°、斜向右下方的匀强电场，电场强度E＝1×103 V/m。物块在电场力的作用下开始运动，物块运动后还受到空气阻力，其大小与速度的大小成正比。物块的加速度a与时间t的关系如图乙所示。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2。以下判断正确的是( )
A．物块与水平面间的动摩擦因数为
B．t＝2 s时物块的动能为56.25 J
C．t＝3 s时物块受到的空气阻力为5 N
D．前5 s内合外力对物块做的功为100 J
解析：选ABD 由题图乙可知，t＝0时物块的加速度a0＝10 m/s2，且t＝0时物块受到的空气阻力为零，对物块进行受力分析可得，Eqcos θ－μ(mg＋Eqsin θ)＝ma0，解得μ＝，故A选项正确；t＝2 s时物块的速度由题图乙中图线与坐标轴围成的面积可得，v＝×2×
(10＋5)m/s＝15 m/s，物块的动能Ek＝mv2＝56.25 J，故B选项正确；由题图乙可知t＝3 s时物块的加速度大小a1＝2.5 m/s2，对物块进行受力分析可得，Eqcos θ－μ(mg＋Eqsin θ)－
Ff＝ma1，解得Ff＝3.75 N，故C选项错误；由题图乙可知t＝4 s时物块的加速度减为零，此后物块做匀速直线运动，由题图乙中图线与坐标轴围成的面积可得，物块的最大速度vm＝
20 m/s，由动能定理可知，合外力对物块做的功等于物块动能的变化量，即W＝ΔEk＝mvm2＝100 J，故D选项正确。
9．[多选]质量为m、电荷量为q的带正电小球(可视为质点)，从倾角为θ的粗糙绝缘斜面(动摩擦因数μ
B．小球在斜面上运动时做加速度增大、速度也增大的变加速直线运动
C．小球最终在斜面上做匀速运动
D．小球在斜面上下滑过程中，对斜面压力刚好为零时小球的速率为
解析：选BD 由μ
A．根据单位时间内的脉冲数和自行车车轮的半径即可获知车速大小
B．自行车的车速越大，霍尔电势差越高
C．图乙中霍尔元件的电流I是由正电荷定向移动形成的
D．如果长时间不更换传感器的电源，霍尔电势差将减小
解析：选AD 根据单位时间内的脉冲数可知车轮转动的转速，若再已知自行车车轮的半径，根据v＝2πrn即可获知车速大小，选项A正确；根据霍尔效应传感器原理可知q＝Bqv，U＝Bdv，即霍尔电势差只与磁感应强度、霍尔元件的厚度以及电子(即导体内的自由电荷)定向移动的速率有关，与车速无关，选项B错误；题图乙中霍尔元件的电流I是由电子定向移动形成的，选项C错误；如果长时间不更换传感器的电源，则会导致电子定向移动的速率减小，故霍尔电势差将减小，选项D正确。
11．[多选]如图所示，在x轴上方存在方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在x轴下方存在方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为的匀强磁场。一带负电的粒子(不计重力)从原点O与x轴成30°角斜向上射入磁场，且在x轴上方运动的半径为R。则( )
A．粒子经偏转一定能回到O点
B．粒子完成一次周期性运动的时间为
C．粒子射入磁场后，第二次经过x轴时与O点的距离为3R
D．粒子在x轴上方和下方的磁场中运动的半径之比为 1∶2
解析：选CD 根据左手定则判断洛伦兹力的方向可知，粒子运动的过程中始终处于磁场内，且离O点越来越远，粒子一定不能回到O点，A错误；由几何关系可知，粒子在一次周期性运动时间内，在x轴上方运动的时间t1＝T＝，在x轴下方运动的时间t2＝T′＝，粒子完成一次周期性运动的时间为t1＋t2＝，B错误；根据Bqv＝m得：r＝，易知在x轴下方的轨迹半径是在x轴上方的2倍，即r＝2R，由粒子在磁场中运动时的偏转角及几何关系可知，粒子射入磁场后第一次经过x轴时与O点的距离为R，第二次经过x轴时与第一次经过x轴时的距离为2R，所以第二次经过x轴时与O点的距离为3R，C、D
正确。
12．[多选]如图所示，长为L、倾角为θ的光滑绝缘斜面处于电场中，一带电荷量为＋q、质量为m的小球，以初速度v0从斜面底端A点开始沿斜面上滑，当到达斜面顶端B点时，速度仍为v0，则下列说法正确的是( )
A．若电场是匀强电场，则该电场的电场强度的最小值一定为
B．A、B两点间的电压一定等于
C．小球在B点的电势能一定大于在A点的电势能
D．若该电场是斜面中点正上方某点的点电荷Q产生的，则Q一定是正电荷
解析：选AB 小球沿斜面从A运动到B的过程中有，qU－mgLsin θ＝mv02－mv02，可得U＝，B正确；若电场为匀强电场，由公式U＝Ed知，当两点间的电压一定时，间距越大，电场强度越小，故电场强度的最小值为E＝＝，A正确；小球沿斜面上滑过程中，重力做负功，故电场力做正功，电势能减小，小球在A点的电势能大于在B点的电势能，C错误；若该电场是斜面中点正上方某点的点电荷Q产生的，离电荷远的A点电势高，所以Q一定是负电荷，D错误。
13.[多选]如图所示，空间存在方向垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，场内有一绝缘的足够长的直杆，它与水平面的倾角为θ，一带电量为－q、质量为m的带电小球套在直杆上，从A点由静止沿杆下滑，小球与杆之间的动摩擦因数为μ，在小球以后的运动过程中，下列说法正确的是( )
A．小球下滑的最大速度为vm＝
B．小球下滑的最大加速度为am＝gsin θ
C．小球的加速度一直在减小
D．小球的速度先增大后不变
解析：选BD 小球开始下滑时有mgsin θ－μ(mgcos θ－qvB)＝ma，随v增大，a增大，当v＝时，a达到最大值gsin θ，此时洛伦兹力等于mgcos θ，支持力等于0；此后随着v增大，洛伦兹力增大，支持力增大，下滑过程中有mgsin θ－μ(qvB－mgcos θ)＝ma，随v增大，a减小，当vm＝时，a＝0，此时小球受力平衡，速度不变，所以小球在整个运动过程中，v先增大后不变；a先增大后减小，所以B、D正确。
14.[多选]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于轨道平面向里。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，使小球能以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的大小保持不变
D．小球从C到D的过程中，外力F的功率逐渐增大
解析：选AD 小球从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洛＝qBv＝qB，故A正确；由左手定则可知，小球向右运动到C点时受到的洛伦兹力的方向向上，则有
N＋qvB－mg＝，解得N＝3mg－qB，故B错误；小球从C到D的过程中速率不变，由受力分析得mgsin θ＝Fcos θ，速度方向与水平方向夹角θ变大，重力沿切线方向的分力增大，所以水平外力F的大小增大，故C错误；小球从C到D的过程中，速率不变，而洛伦兹力和支持力不做功，所以外力F的功率与小球克服重力做功的功率大小相等，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，所以小球克服重力做功的功率增大，外力F的功率也增大，故D正确。
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考法
学法
带电粒子在复合场中的运动问题是历年高考的热点，考查的难度从易到难都有。考查的题型既有选择题，又有计算题。考查的主要内容包括：①带电粒子在组合场中的运动；②带电粒子(体)在叠加场中的运动。该部分内容主要解决的是选择题中的带电粒子在复合场中的运动问题。用到的思想方法有：①比值定义法；
②假设法；③合成法；④正交分解法；⑤临界、极值问题的分析方法；⑥等效思想；⑦分解思想。
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[研一题]————————————————————————————————
[多选]如图所示，一质量为m的带电小球用长为L不可伸长的绝缘细线悬挂于O点，在O点下方存在一个水平向右、场强为E的匀强电场，小球静止时细线与竖直方向成45°角，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．若剪断细线，小球将做曲线运动
B．小球带负电，且电荷量为
C．若突然将电场方向变为水平向左，小球在最低点速率为
D．若突然将电场方向变为水平向左，小球一定能运动到O点右侧等高处
[解析] 若剪断细线，小球在恒力作用下将做直线运动，选项A错误；对小球受力分析，由平衡条件可知小球带负电，且qE＝mgtan 45°，解得q＝，选项B正确；将电场方向变为水平向左，小球从题图所示位置运动到最低点，由动能定理有mgL(1－cos 45°)＋EqLsin 45°＝mv2，解得v＝，选项C正确；将电场方向变为水平向左，小球运动到O点右侧与初始位置等高处时速度最大，则小球一定能运动到O点右侧等高处，选项D正确。
[答案] BCD
[悟一法]————————————————————————————————
解决电场力做功问题时的注意点
1．利用电场线的特点、等势面的特点来分析电场力做功情况。
2．应用公式WAB＝qUAB计算时，WAB、q、UAB一般都要带正、负号计算。
[通一类]————————————————————————————————
1.在竖直平面内有水平向右、场强为E的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线，一端固定在O点，另一端系一质量为m的带电小球，它静止时位于A点，此时细线与竖直方向成37°角，如图所示。现对小球施加一沿与细线方向垂直的瞬时冲量，小球能绕O点在竖直平面内做完整的圆周运动。下列对小球运动的分析正确的是(不考虑空气阻力，细线不会缠绕在O点上)( )
A．小球运动到C点时动能最小
B．小球运动到C点时细线拉力最小
C．小球运动到Q点时动能最大
D．小球运动到B点时机械能最大
解析：选D 由题意可知，小球所受的电场力与重力的合力沿OA方向，小球从A点开始无论向哪运动，合力对小球都做负功，小球动能将减小，所以运动到A点时动能最大，C错误；小球运动到与A点关于圆心对称的点时动能最小，在该点时细线的拉力最小，A、B错误；小球在运动过程中，运动到B点时电场力做功最多，因此机械能最大，D正确。
2.如图所示，平行板电容器水平放置，两极板间电场强度大小为E，中间用一光滑绝缘细杆垂直连接，杆上套有带正电荷的小球和绝缘弹簧，小球压在弹簧上，但与弹簧不拴接，开始时对小球施加一竖直向下的外力，将小球压至某位置使小球保持静止。撤去外力后小球从静止开始向上运动，上升h时恰好与弹簧分离，分离时小球的速度为v，小球上升过程不会撞击到上极板，已知小球的质量为m、带电荷量为q，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．与弹簧分离时小球的动能为mgh＋qEh
B．从开始运动到与弹簧分离，小球增加的机械能为mgh＋qEh
C．从开始运动到与弹簧分离，小球减少的电势能为
D．撤去外力时弹簧的弹性势能为mv2－(qE－mg)h
解析：选D 根据动能定理可知，合外力对小球所做的功等于小球动能的变化量，所以小球与弹簧分离时的动能为Ek＝qEh－mgh＋Ep，A错误；从开始运动到与弹簧分离，小球增加的机械能为ΔE＝mgh＋mv2＝qEh＋Ep，B错误；小球减少的电势能为qEh，故C错误；从撤去外力到小球与弹簧分离，由动能定理可知，Ep＋qEh－mgh＝mv2，所以Ep＝
mv2－(qE－mg)h，D正确。
3．[多选]如图所示，一光滑绝缘斜面的直角点A处固定一带电量为＋q、质量为m的绝缘小球甲，另一质量也为m、带电量也为＋q的小球乙置于斜面顶点B处，已知斜面长为L，∠BCA＝30°。现把小球乙从B处由静止自由释放，小球乙能沿斜面从B处运动到斜面底端C处(静电力常量为k，重力加速度为g)，下列结论正确的是( )
A．小球到达斜面中点D处时的速度大小为
B．小球运动到斜面底端C处时，对斜面的压力大小为mg－
C．小球从B处运动到C处时减少的重力势能等于增加的动能
D．小球从B处运动到C处电势能先增加后减少
解析：选ABD 由题意知，小球乙运动到D处时，由几何关系知AD＝AB，所以有φD＝φB，即UDB＝φD－φB＝0，由动能定理得：
mg·sin 30°＋qUDB＝mv2－0，解得：v＝ ，A正确；小球运动到C处时，受力分析如图所示，由平衡条件得：FN＋F库sin 30°＝mgcos 30°，F库＝，联立解得：FN＝mg－，B正确；小球从B处运动到C处重力势能减少，电势能减少，动能增加，减少的重力势能与电势能之和等于增加的动能，C错误；小球从B处运动到C处，先靠近A处后远离A处，电场力先做负功后做正功，电势能先增加后减少，D正确。
[点点探明]————————————————————————————————
题型1 组合磁场中带电粒子的运动
[例1] [多选]如图所示，在区域Ⅰ和区域Ⅱ内分别存在与纸面垂直但方向相反的匀强磁场，区域Ⅱ内磁感应强度是区域Ⅰ内磁感应强度的2倍，一带电粒子在区域Ⅰ左侧边界处以垂直边界的速度进入区域Ⅰ，粒子离开区域Ⅰ时速度方向改变了30°，然后进入区域Ⅱ，测得粒子在区域Ⅱ内的运动时间与区域Ⅰ内的运动时间相等，则下列说法正确的是( )
A．粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的速率之比为1∶1
B．粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的角速度之比为2∶1
C．粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的圆心角之比为1∶2
D．区域Ⅰ和区域Ⅱ的宽度之比为1∶1
[解析] 由于洛伦兹力对带电粒子不做功，故粒子在两区域中的运动速率相等，A正确；由洛伦兹力f＝qBv＝ma和a＝vω可知，粒子运动的角速度之比为ω1∶ω2＝B1∶B2＝
1∶2，B错误；由于粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ内的运动时间相等，由t＝可得t＝＝，且B2＝2B1，解得θ1∶θ2＝1∶2，C正确；由几何关系可知，粒子在区域Ⅰ中运动的圆心角为30°，则粒子在区域Ⅱ中运动的圆心角为60°，由R＝可知，粒子在区域Ⅰ中的运动半径是在区域Ⅱ中运动半径的2倍，设粒子在区域Ⅱ中的运动半径为r，作出粒子运动的轨迹如图所示，则由图可知，区域Ⅰ的宽度d1＝2rsin 30°＝r；区域Ⅱ的宽度d2＝rsin 30°＋rcos(180°－60°－60°)＝r，D正确。
[答案] ACD
题型2 叠加三场中带电小球的运动
[例2] [多选]如图所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。在该区域中，有一个竖直放置的光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球。O点为圆环的圆心，a、b、c、d为圆环上的四个点，a点为最高点，c点为最低点，b、O、d三点在同一水平线上。已知小球所受电场力与重力大小相等。现将小球从a点由静止释放，下列判断正确的是( )
A．小球能越过d点并继续沿圆环向上运动
B．当小球运动到d点时，不受洛伦兹力
C．小球从d点运动到b点的过程中，重力势能减少，电势能减少
D．小球从b点运动到c点的过程中，经过弧bc的中点时速度最大
[解析] 电场力与重力大小相等，结合题图可知二者的合力指向左下方45°，由于合力是恒力，可视为等效重力，所以弧ad的中点相当于竖直圆环的等效最高点，其关于圆心对称的位置(即弧bc的中点)就是等效最低点；由于a、d两点关于等效最高点与等效最低点的连线对称，若小球从a点由静止释放，最高运动到d点，故A错误；当小球运动到d点时，速度为零，故不受洛伦兹力，故B正确；由于d、b等高，故小球从d点运动到b点的过程中，重力势能不变，故C错误；由于等效重力指向左下方45°，弧bc的中点是等效最低点，故小球从b点运动到c点的过程中，经过弧bc的中点时速度最大，故D正确。
[答案] BD
[系统通法]————————————————————————————————
电偏转和磁偏转的比较
电偏转
磁偏转
示意图
偏转条件
v⊥E
v⊥B
受力情况
只受恒定的电场力
只受大小恒定的洛伦兹力
运动轨迹
抛物线
圆弧
物理规律
类平抛运动规律、牛顿第二定律
牛顿第二定律、向心力公式
基本
公式
L＝vt y＝at2
a＝ tan θ＝
qvB＝ r＝
T＝ t＝
sin θ＝
做功
情况
电场力既改变速度方向，也改变速度大小，对电荷做功
洛伦兹力只改变速度方向，不改变速度大小，对电荷不做功
[题题过关]————————————————————————————————
1．(2018·北京高考)某空间存在匀强磁场和匀强电场。一个带电粒子(不计重力)以一定初速度射入该空间后，做匀速直线运动；若仅撤除电场，则该粒子做匀速圆周运动。下列因素与完成上述两类运动无关的是( )
A．磁场和电场的方向 B．磁场和电场的强弱
C．粒子的电性和电量 D．粒子入射时的速度
解析：选C 这是“速度选择器”模型，带电粒子在匀强磁场和匀强电场的叠加区域内做匀速直线运动，则粒子受到的洛伦兹力与电场力平衡，大小满足qvB＝qE，故v＝，即磁场和电场的强弱决定粒子入射时的速度大小；洛伦兹力与电场力的方向一定相反，结合左手定则可知，磁场和电场的方向一定互相垂直，粒子入射时的速度方向同时垂直于磁场和电场，且不论粒子带正电还是带负电，入射时的速度方向相同，而不是电性相反时速度方向也要相反。总之粒子是否在“速度选择器”中做匀速直线运动，与粒子的电性、电量均无关，而是取决于磁场和电场的方向、强弱，以及粒子入射时的速度。撤除电场时，粒子速度方向仍与磁场垂直，满足做匀速圆周运动的条件，C正确。
2.如图所示，ABCDEF为一正六边形的六个端点，现正六边形处于垂直于纸面向里的匀强磁场和平行于BA向右的匀强电场中，一带电粒子从A点射入场中，恰好沿直线AE做匀速直线运动。撤去磁场，粒子仍从A点以原速度射入场中，粒子恰好从F点射出。若撤去电场而保留磁场，粒子仍以原速度从A点射入，则粒子将从哪条边射出(不计粒子重力)( )
A．AB B．BC
C．CD D．DE
解析：选B 只有电场时带电粒子向右偏转，则粒子带正电，根据左手定则可知，只有磁场时，粒子受到的洛伦兹力的方向向左，粒子将向左偏转。开始时粒子在复合场中做匀速直线运动，则有：qE＝qvB，设正六边形的边长为L，只有电场时，粒子做类平抛运动，竖直向上的方向上有：vt＝Lcos 30°＝L，水平方向上有：·t2＝Lsin 30°＝L；当只有磁场时，洛伦兹力提供向心力，则有：qvB＝，联立可得：r＝L，由几何关系可知：＝L，而L<2r
A．微粒在ab区域的运动时间为
B．微粒在bc区域中做匀速圆周运动，轨迹半径为2d
C．微粒在bc区域中做匀速圆周运动，运动时间为
D．微粒在ab、bc区域中运动的总时间为
解析：选ABD 粒子在电场中的运动沿水平和竖直方向正交分解，水平分运动为初速度为零的匀加速运动，竖直分运动为末速度为零的匀减速运动，根据运动学公式，水平方向有v0＝axt1，竖直方向有0＝v0－gt1，解得ax＝g，t1＝，故A正确；微粒在bc区域所受电场力竖直向上，因为qE＝max＝mg，故微粒在bc区域做匀速圆周运动，其轨迹半径r＝，又v02＝2gd，B＝，解得r＝2d，故B正确；设微粒在bc区域转过的角度为θ，由几何关系知 θ＝30°，所以微粒在bc区域做匀速圆周运动的时间为t2＝＝＝，故C错误；微粒在ab区域运动的时间为t1＝＝，微粒在ab、bc区域中运动的总时间为t＝t1＋t2＝，故D正确。
4．[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。
[知能全通]————————————————————————————————
质谱仪、速度选择器、磁流体发电机、电磁流量计、回旋加速器、霍尔效应等都是带电粒子在复合场中的运动实例，这类问题模型成熟固定，解题时只要抓住各种模型的特点即可，常见实例如下。
1．速度选择器
带电粒子束射入正交的匀强电场和匀强磁场组成的区域中，满足平衡条件qE＝qvB的带电粒子可以沿直线通过速度选择器。速度选择器只对粒子的速度大小和方向做出选择，而对粒子的电性、电荷量不能进行选择。
2．回旋加速器
(1)用途：加速带电粒子。
(2)原理：带电粒子在电场中加速，在磁场中偏转，交变电压的周期与带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期相同。
(3)粒子获得的最大动能Ek＝，其中rn表示D形盒的最大半径。
3．质谱仪
(1)用途：测量带电粒子的质量和分析同位素。
(2)原理：由粒子源S发出速度几乎为零的粒子，经过加速电场U加速后，以速度v＝ 进入偏转磁场中做匀速圆周运动，运动半径为r＝ ，粒子经过半个圆周运动后打到照相底片D上，通过测量D与入口间的距离d，进而求出粒子的比荷＝或粒子的质量m＝。
[题点全练]————————————————————————————————
1．(2019届高三·大连六校联考)随着电子技术的发展，霍尔传感器被广泛应用在汽车的各个系统中。其中霍尔转速传感器在测量发动机转速时，情景简化如图甲所示，被测量转子的轮齿(具有磁性)每次经过霍尔元件时，都会使霍尔电压发生变化，传感器的内置电路会将霍尔电压调整放大；输出一个脉冲信号，霍尔元件的原理如图乙所示。下列说法正确的是( )
A．霍尔电压是由于元件中定向移动的载流子受到电场力作用发生偏转而产生的
B．若霍尔元件的前端电势比后端低，则元件中的载流子为负电荷
C．在其他条件不变的情况下，霍尔元件的厚度c越大，产生的霍尔电压越高
D．若转速表显示1 800 r/min，转子上轮齿数为150个，则霍尔传感器每分钟输出12个脉冲信号
解析：选B 霍尔电压是由于元件内载流子受到洛伦兹力和电场力的作用产生的，故A错误；根据左手定则，负电荷载流子向前端偏转，前端带负电，后端带正电，所以前端的电势低，符合要求，则元件中的载流子为负电荷，故B正确；当电场力和洛伦兹力平衡时，有：q＝qvB，I＝nqvS＝nqvbc，解得：U＝Bvb＝B，故c越大，U越低，故C错误；转速n＝1 800 r/min, 则霍尔传感器每分钟输出的脉冲信号个数为150×1 800＝270 000个，故D错误。
2.如图所示，含有H、H、He的带电粒子束从小孔O1处射入速度选择器，沿直线O1O2运动的粒子在小孔O2处射出后垂直进入偏转磁场，最终打在P1、P2两点。则( )
A．粒子在偏转磁场中运动的时间都相等
B．打在P1点的粒子是He
C．打在P2点的粒子是H和He
D．O2P2的长度是O2P1长度的4倍
解析：选C 粒子在偏转磁场中运动的周期T＝＝，三种粒子的比荷不相同，所以粒子在偏转磁场中运动的时间不相等，故A错误；粒子在沿直线通过速度选择器时，电场力与洛伦兹力大小相等、方向相反，即qvB1＝qE，所以v＝，可知从速度选择器射出的粒子具有相等的速度，粒子在偏转磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB2＝m，r＝＝·，可知粒子的比荷越大，圆周运动的半径越小，所以打在P1点的粒子是H，打在P2点的粒子是H和He，故B错误，C正确；H的比荷是H和He的比荷的2倍，所以H做圆周运动的半径是H和He的半径的，即O2P2的长度是O2P1长度的2倍，故D错误。
3.[多选](2018·泰州模拟)为测量化工厂的污水排放量，技术人员在排污管末端安装了流量计(流量Q为单位时间内流过某截面流体的体积)如图所示，长方体绝缘管道的长、宽、高分别为a、b、c，左右两端开口，所在空间有垂直于前后面、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在上、下两个面的内侧固定有金属板M、N，污水充满管道从左向右匀速流动，测得M、N间电压为U，污水流过管道时受到的阻力大小为f＝kLv2，k是比例系数，L为污水沿流速方向的长度，v为污水的流速，则( )
A．污水的流量Q＝
B．M的电势不一定高于N的电势
C．电压U与污水中离子浓度无关
D．左、右两侧管道的压强差Δp＝
解析：选CD 污水中离子最终在电场力和洛伦兹力作用下受力平衡，有qvB＝q，得v＝，则有污水的流量Q＝vS＝vbc＝bc＝，故A错误；根据左手定则，正离子向上表面偏转，负离子向下表面偏转，知上表面的电势一定高于下表面的电势，即M的电势一定高于N的电势，故B错误；由qvB＝q，解得U＝vBc，电压U与污水中离子浓度无关，故C正确；根据平衡条件，有Δpbc＝f＝kLv2＝kav2，解得Δp＝，故D正确。
[专题强训提能]
1.如图所示，在竖直向下的匀强电场E中，一带电油滴在电场力和重力的作用下，沿虚线所示的运动轨迹从a运动到b。若油滴在运动过程中动能和重力势能之和为E1，重力势能和电势能之和为E2，则E1、E2的变化情况是( )
A．E1增加，E2增加 B．E1增加，E2减小
C．E1不变，E2减小 D．E1不变，E2不变
解析：选B 根据题图所示的运动轨迹可知，油滴带负电，受到向上的电场力大于重力，合力做正功，动能增加，所以油滴在运动过程中电势能和重力势能之和E2减小，电场力做正功，电势能减小，所以重力势能和动能之和E1增加，B正确。
2.(2018·全国名校模拟)如图所示，表面光滑的绝缘细杆倾斜固定放置，Q点处固定一点电荷。一带电小圆环套在该绝缘细杆上，从细杆上P点处由静止释放，沿细杆上滑到O点时静止。带电小圆环可视为点电荷，则( )
A．小圆环所带电荷和固定点电荷一定是同种电荷
B．小圆环所带电荷和固定点电荷一定是异种电荷
C．小圆环上滑过程中，电势能不变
D．小圆环上滑过程中，电势能增大
解析：选A 小圆环从P点由静止释放，沿细杆上滑到O点时静止，说明固定点电荷与小圆环之间为排斥力，A项正确，B项错误；排斥力使小圆环沿细杆上滑，电场力做正功，电势能减小，C、D项错误。
3.(2018·自贡模拟)如图所示，两竖直平行板间同时存在匀强电场和匀强磁场，电场的电场强度大小为E、方向水平向左，磁场的磁感应强度大小为B、方向与电场垂直且水平向里。一带正电液滴以竖直向下的初速度v0＝进入电、磁场区域，最终能飞出该区域。则带电液滴在电、磁场区域中( )
A．做匀速直线运动 B．做匀变速曲线运动
C．运动速度逐渐减小 D．机械能逐渐减小
解析：选D 带电液滴进入电、磁场中时，由题意可知，带电液滴受电场力、重力、洛伦兹力，电场力等于洛伦兹力，所以重力使其做加速运动，随着速度的增大，洛伦兹力的大小增大，方向随速度方向的变化而变化，所以带电液滴将向右做变加速曲线运动，故A、B错误；由题意可知，带电液滴向右偏离并射出电、磁场，则运动速度逐渐增大，故C错误；由上述分析可知，电场力做负功，电势能增加，则机械能减小，故D正确。
4．(2019届高三·黄冈中学模拟)质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具。如图所示铅盒A中的放射源放出大量的带正电粒子(可认为初速度为零)，从狭缝S1进入电压为U的加速电场区加速后，再通过狭缝S2，最后从小孔G垂直于MN射入偏转磁场，该偏转磁场是以直线MN为切线、磁感应强度为B、方向垂直于纸面向外、半径为R的圆形匀强磁场。现在MN上的F点(图中未画出)接收到该粒子，且GF＝R。则该粒子的比荷为(粒子的重力忽略不计)( )
A. B.
C. D.
解析：选C 粒子进入匀强磁场的运动轨迹如图所示。设粒子被加速后获得的速度为v，由动能定理有，qU＝mv2，由几何关系可得，粒子在磁场中做圆周运动的偏转角θ＝60°，则粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径r＝，又Bqv＝m，解得＝，故C
正确。
5．[多选]如图所示，带等量异种电荷的平行金属板a、b处于匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。不计重力的带电粒子沿OO′方向从左侧垂直于电、磁场射入，从右侧射出a、b板间区域时动能比射入时小；要使粒子射出a、b板间区域时的动能比射入时大，可采用的措施是( )
A．适当减小两金属板的正对面积
B．适当增大两金属板间的距离
C．适当减小匀强磁场的磁感应强度
D．使带电粒子的电性相反
解析：选AC 粒子在电、磁场中，动能逐渐减小，说明电场力做负功，因洛伦兹力不做功，则电场力小于洛伦兹力，若减小两金属板的正对面积，场强E＝，S减小，Q不变，E增大，电场力变大，当电场力大于洛伦兹力时，粒子向电场力方向偏转，电场力做正功，射出时动能变大，A项正确；当增大两金属板间的距离时，场强不变，B项错误；当减小磁感应强度时洛伦兹力减小，可能小于电场力，粒子可能向电场力方向偏转，电场力做正功，射出时动能变大，C项正确；当改变粒子电性时，其所受电场力、洛伦兹力大小不变，方向均反向，所以射出时动能仍然减小，D项错误。
6．[多选](2018·全国名校模拟)如图所示，区域Ⅰ中有正交的匀强电场和匀强磁场，区域Ⅱ中只有匀强磁场，不同的离子(不计重力)从左侧进入两个区域，在区域Ⅰ中都没有发生偏转，在区域Ⅱ中做圆周运动的轨迹都相同，则关于这些离子说法正确的是( )
A．离子一定都带正电
B．这些离子进入区域Ⅰ的初速度相等
C．离子的比荷一定相同
D．这些离子的初动量一定相同
解析：选BC 由题意知，不同的离子通过区域Ⅰ时都不偏转，说明受到的电场力与洛伦兹力相等，即Eq＝B1qv，故离子的初速度相等，若为正离子，则电场力向下，洛伦兹力向上；若为负离子，则电场力向上，洛伦兹力向下，选项A错误，B正确；不同的离子进入区域Ⅱ后，其偏转半径相同，由公式R＝可知，它们的比荷相同，选项C正确；由于离子的质量不一定相等，所以无法判断初动量是否相等，选项D错误。
7.如图所示为一种获得高能粒子的装置——环形加速器，环形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场。质量为m、电荷量为＋q的粒子在环中做半径为R的圆周运动。A、B为两块中心开有小孔的极板，原来电势都为零，每当粒子飞经A板时，A板电势升高为＋U，B板电势仍保持为零，粒子在两极板间的电场中加速。每当粒子离开电场区域时，A板电势又降为零，粒子在电场中一次次加速，动能不断增大，而在环形区域内绕行半径不变(设极板间距远小于R)。下列关于环形加速器的说法正确的是( )
A．环形区域内的磁感应强度大小Bn与加速次数n之间的关系为＝
B．环形区域内的磁感应强度大小Bn与加速次数n之间的关系为＝
C．A、B板之间的电压可以始终保持为U
D．粒子每次绕行一圈所需的时间tn与加速次数n之间的关系为＝
解析：选B 因粒子每绕行一圈，其增加的能量为qU，所以绕行第n圈时获得的总动能为mvn2＝nqU，得第n圈的速度vn＝ 。在磁场中，由牛顿第二定律得qBnvn＝m，解得Bn＝ ，所以＝ ，A项错误，B项正确；如果A、B板之间的电压始终保持为U，粒子在A、B两极板之间飞行时，电场对其做功qU，从而使之加速，在磁场内飞行时，电场又对粒子做功－qU，从而使之减速，粒子绕行一周电场对其所做总功为零，动能不会增加，达不到加速效果，C项错误；根据t＝得tn＝2πR，得
＝ ，D项错误。
8．[多选](2018·北京燕博园模拟)如图甲所示，一质量m＝0.5 kg、电荷量q＝＋1×10－2 C的物块静止在绝缘的粗糙水平面上，在物块所在的足够大的空间内，加一与水平方向夹角
θ＝37°、斜向右下方的匀强电场，电场强度E＝1×103 V/m。物块在电场力的作用下开始运动，物块运动后还受到空气阻力，其大小与速度的大小成正比。物块的加速度a与时间t的关系如图乙所示。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2。以下判断正确的是( )
A．物块与水平面间的动摩擦因数为
B．t＝2 s时物块的动能为56.25 J
C．t＝3 s时物块受到的空气阻力为5 N
D．前5 s内合外力对物块做的功为100 J
解析：选ABD 由题图乙可知，t＝0时物块的加速度a0＝10 m/s2，且t＝0时物块受到的空气阻力为零，对物块进行受力分析可得，Eqcos θ－μ(mg＋Eqsin θ)＝ma0，解得μ＝，故A选项正确；t＝2 s时物块的速度由题图乙中图线与坐标轴围成的面积可得，v＝×2×
(10＋5)m/s＝15 m/s，物块的动能Ek＝mv2＝56.25 J，故B选项正确；由题图乙可知t＝3 s时物块的加速度大小a1＝2.5 m/s2，对物块进行受力分析可得，Eqcos θ－μ(mg＋Eqsin θ)－
Ff＝ma1，解得Ff＝3.75 N，故C选项错误；由题图乙可知t＝4 s时物块的加速度减为零，此后物块做匀速直线运动，由题图乙中图线与坐标轴围成的面积可得，物块的最大速度vm＝
20 m/s，由动能定理可知，合外力对物块做的功等于物块动能的变化量，即W＝ΔEk＝mvm2＝100 J，故D选项正确。
9．[多选]质量为m、电荷量为q的带正电小球(可视为质点)，从倾角为θ的粗糙绝缘斜面(动摩擦因数μ
B．小球在斜面上运动时做加速度增大、速度也增大的变加速直线运动
C．小球最终在斜面上做匀速运动
D．小球在斜面上下滑过程中，对斜面压力刚好为零时小球的速率为
解析：选BD 由μ
A．根据单位时间内的脉冲数和自行车车轮的半径即可获知车速大小
B．自行车的车速越大，霍尔电势差越高
C．图乙中霍尔元件的电流I是由正电荷定向移动形成的
D．如果长时间不更换传感器的电源，霍尔电势差将减小
解析：选AD 根据单位时间内的脉冲数可知车轮转动的转速，若再已知自行车车轮的半径，根据v＝2πrn即可获知车速大小，选项A正确；根据霍尔效应传感器原理可知q＝Bqv，U＝Bdv，即霍尔电势差只与磁感应强度、霍尔元件的厚度以及电子(即导体内的自由电荷)定向移动的速率有关，与车速无关，选项B错误；题图乙中霍尔元件的电流I是由电子定向移动形成的，选项C错误；如果长时间不更换传感器的电源，则会导致电子定向移动的速率减小，故霍尔电势差将减小，选项D正确。
11．[多选]如图所示，在x轴上方存在方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在x轴下方存在方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为的匀强磁场。一带负电的粒子(不计重力)从原点O与x轴成30°角斜向上射入磁场，且在x轴上方运动的半径为R。则( )
A．粒子经偏转一定能回到O点
B．粒子完成一次周期性运动的时间为
C．粒子射入磁场后，第二次经过x轴时与O点的距离为3R
D．粒子在x轴上方和下方的磁场中运动的半径之比为 1∶2
解析：选CD 根据左手定则判断洛伦兹力的方向可知，粒子运动的过程中始终处于磁场内，且离O点越来越远，粒子一定不能回到O点，A错误；由几何关系可知，粒子在一次周期性运动时间内，在x轴上方运动的时间t1＝T＝，在x轴下方运动的时间t2＝T′＝，粒子完成一次周期性运动的时间为t1＋t2＝，B错误；根据Bqv＝m得：r＝，易知在x轴下方的轨迹半径是在x轴上方的2倍，即r＝2R，由粒子在磁场中运动时的偏转角及几何关系可知，粒子射入磁场后第一次经过x轴时与O点的距离为R，第二次经过x轴时与第一次经过x轴时的距离为2R，所以第二次经过x轴时与O点的距离为3R，C、D
正确。
12．[多选]如图所示，长为L、倾角为θ的光滑绝缘斜面处于电场中，一带电荷量为＋q、质量为m的小球，以初速度v0从斜面底端A点开始沿斜面上滑，当到达斜面顶端B点时，速度仍为v0，则下列说法正确的是( )
A．若电场是匀强电场，则该电场的电场强度的最小值一定为
B．A、B两点间的电压一定等于
C．小球在B点的电势能一定大于在A点的电势能
D．若该电场是斜面中点正上方某点的点电荷Q产生的，则Q一定是正电荷
解析：选AB 小球沿斜面从A运动到B的过程中有，qU－mgLsin θ＝mv02－mv02，可得U＝，B正确；若电场为匀强电场，由公式U＝Ed知，当两点间的电压一定时，间距越大，电场强度越小，故电场强度的最小值为E＝＝，A正确；小球沿斜面上滑过程中，重力做负功，故电场力做正功，电势能减小，小球在A点的电势能大于在B点的电势能，C错误；若该电场是斜面中点正上方某点的点电荷Q产生的，离电荷远的A点电势高，所以Q一定是负电荷，D错误。
13.[多选]如图所示，空间存在方向垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，场内有一绝缘的足够长的直杆，它与水平面的倾角为θ，一带电量为－q、质量为m的带电小球套在直杆上，从A点由静止沿杆下滑，小球与杆之间的动摩擦因数为μ，在小球以后的运动过程中，下列说法正确的是( )
A．小球下滑的最大速度为vm＝
B．小球下滑的最大加速度为am＝gsin θ
C．小球的加速度一直在减小
D．小球的速度先增大后不变
解析：选BD 小球开始下滑时有mgsin θ－μ(mgcos θ－qvB)＝ma，随v增大，a增大，当v＝时，a达到最大值gsin θ，此时洛伦兹力等于mgcos θ，支持力等于0；此后随着v增大，洛伦兹力增大，支持力增大，下滑过程中有mgsin θ－μ(qvB－mgcos θ)＝ma，随v增大，a减小，当vm＝时，a＝0，此时小球受力平衡，速度不变，所以小球在整个运动过程中，v先增大后不变；a先增大后减小，所以B、D正确。
14.[多选]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于轨道平面向里。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，使小球能以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的大小保持不变
D．小球从C到D的过程中，外力F的功率逐渐增大
解析：选AD 小球从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洛＝qBv＝qB，故A正确；由左手定则可知，小球向右运动到C点时受到的洛伦兹力的方向向上，则有
N＋qvB－mg＝，解得N＝3mg－qB，故B错误；小球从C到D的过程中速率不变，由受力分析得mgsin θ＝Fcos θ，速度方向与水平方向夹角θ变大，重力沿切线方向的分力增大，所以水平外力F的大小增大，故C错误；小球从C到D的过程中，速率不变，而洛伦兹力和支持力不做功，所以外力F的功率与小球克服重力做功的功率大小相等，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，所以小球克服重力做功的功率增大，外力F的功率也增大，故D正确。
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