2018年高考考点完全题物理考点通关练：考点34 带电粒子在复合场中的运动

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考点细研究：(1)带电粒子在复合场中的运动；(2)质谱仪和回旋加速器等。其中考查到的如：2016年全国卷Ⅰ第15题、2016年天津高考第11题、2016年浙江高考第25题、2016年江苏高考第15题、2015年重庆高考第9题、2015年福建高考第22题、2015年天津高考第12题、2015年山东高考第24题、2015年浙江高考第25题、2015年江苏高考第15题、2014年四川高考第10题、2014年大纲卷第25题、2014年重庆高考第9题等。
备考正能量：本部分内容综合性较强，经常以压轴题的形式出现。试题综合考查力与运动以及运用数学解决物理问题的能力，尤其是对高新科技仪器物理原理的考查，对考生物理建模及信息迁移的能力要求较高。今后本部分知识仍为出题的热点和难点，需要着重关注带电粒子在电磁交变场中的运动。
一、基础与经典
1. 如图所示，某空间存在正交的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，磁场方向垂直纸面向里，一带电微粒由a点进入电磁场并刚好沿虚线ab向上运动。下列说法中正确的是( )
A．该微粒一定带负电
B．该微粒的动能一定减少
C．该微粒的电势能一定增加
D．该微粒的机械能不一定增加
答案 A
解析 微粒受到的重力和电场力是恒力，沿直线运动，则可以判断出微粒受到的洛伦兹力也是恒定的，即该微粒做匀速直线运动，所以B错误；如果该微粒带正电，则受到向右的电场力和向左下方的洛伦兹力，所以不会沿直线运动，故该微粒一定带负电，电场力做正功，电势能一定减少，机械能增加，A正确，C、D错误。
2. 质量为m的带电小球在正交的匀强电场、匀强磁场中做匀速圆周运动，轨道平面在竖直平面内，电场方向竖直向下，磁场方向垂直圆周所在平面向里，如图所示，由此可知( )
A．小球带正电，沿顺时针方向运动
B．小球带负电，沿顺时针方向运动
C．小球带正电，沿逆时针方向运动
D．小球带负电，沿逆时针方向运动
答案 B
解析 根据题意，可知小球受到的电场力方向向上，大小等于重力，又电场方向竖直向下，可知小球带负电；已知磁场方向垂直圆周所在平面向里，带负电的小球受到的洛伦兹力指向圆心，小球一定沿顺时针方向运动。B正确。
3. 如图，在两水平极板间存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下，磁场方向垂直于纸面向里。一带电粒子以某一速度沿水平直线通过两极板。若不计重力，下列四个物理量中哪一个改变时，粒子运动轨迹不会改变 ( )
A．粒子速度的大小 B．粒子所带的电荷量
C．电场强度 D．磁感应强度
答案 B
解析 粒子受到电场力和洛伦兹力作用而平衡，即qE＝qvB，所以只要当粒子速度v＝eq \f(E,B)时，粒子运动轨迹就是一条直线，与粒子所带的电荷量q无关，选项B正确；当粒子速度的大小、电场强度、磁感应强度三个量中任何一个改变时，运动轨迹都会改变，选项A、C、D不符合题意。
4. 如图所示，无磁场时，一带负电滑块以一定初速度冲上绝缘粗糙斜面，滑块刚好能到达A点。若加上一个垂直纸面向里的匀强磁场，则滑块以相同初速度冲上斜面时，下列说法正确的是( )
A．刚好能滑到A点
B．能冲过A点
C．不能滑到A点
D．因不知磁感应强度大小，所以不能确定能否滑到A点
答案 C
解析 滑块冲上斜面时，由左手定则可知滑块受到垂直斜面向下的洛伦兹力作用，滑块对斜面的正压力增大，斜面对滑块的滑动摩擦力增大，所以滑块不能滑到A点，选项C正确。
5．质量为m，带电荷量为＋q的小球套在水平固定且足够长的绝缘杆上，如图所示，整个装置处于磁感应强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场中，现给球一个水平向右的初速度v0使其开始运动，不计空气阻力，则球运动克服摩擦力做的功不可能的是( )
A.eq \f(1,2)mveq \\al(2,0) B．0
C．mveq \\al(2,0) D.eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(mv\\al(2,0)－\f(m3g2,q2B2)))
答案 C
解析 (1)当qv0B＝mg时，圆环不受支持力和摩擦力，摩擦力做功为零。
(2)当qv0B(3)当qv0B>mg时，圆环先做减速运动，当qvB＝mg，即当qvB＝mg，v＝eq \f(mg,qB)时，不受摩擦力，做匀速直线运动。根据动能定理得：－W＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，代入解得：W＝eq \f(1,2)meq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(v\\al(2,0)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(mg,qB)))2))。所以只有选项C不可能。
6. (多选)质谱仪的构造原理如图所示。从粒子源S出来时的粒子速度很小，可以看作初速为零，粒子经过电场加速后进入有界的垂直纸面向里的匀强磁场区域，并沿着半圆周运动而达到照相底片上的P点，测得P点到入口的距离为x，则以下说法正确的是( )
A．粒子一定带正电
B．粒子一定带负电
C．x越大，则粒子的质量与电量之比一定越大
D．x越大，则粒子的质量与电量之比一定越小
答案 AC
解析 根据左手定则，知粒子带正电，故A正确，B错误；根据半径公式r＝eq \f(mv,qB)知，x＝2r＝eq \f(2mv,qB)，又qU＝eq \f(1,2)mv2，联立解得x＝eq \r(\f(8mU,qB2))，知x越大，质量与电量的比值越大，故C正确，D错误。
7. (多选)如图所示，长均为d的两正对平行金属板MN、PQ水平放置，板间距离为2d，板间有正交的匀强电场和匀强磁场，一带电粒子从MP的中点O垂直于电场和磁场方向以v0射入，恰沿直线从NQ的中点A射出；若撤去电场，则粒子从M点射出(粒子重力不计)。以下说法正确的是( )
A．该粒子带正电
B．该粒子带正电、负电均可
C．若撤去磁场，则粒子射出时的速度大小为2v0
D．若撤去磁场，则粒子射出时的速度大小为eq \r(5)v0
答案 AD
解析 若撤去电场，则粒子从M点射出，根据左手定则知粒子应带正电荷，故A正确，B错误；设粒子的质量为m，带电荷量为q，粒子射入电磁场时的速度为v0，则粒子沿直线通过场区时：Bqv0＝Eq。撤去电场后，在洛伦兹力的作用下，粒子做圆周运动，由几何知识知r＝eq \f(d,2)，由洛伦兹力提供向心力得，qv0B＝meq \f(v\\al(2,0),r)＝eq \f(2mv\\al(2,0),d)。撤去磁场，粒子做类平抛运动，设粒子的加速度为a，穿越电场所用时间为t，则有：Eq＝ma，y＝eq \f(1,2)at2，d＝v0t，联立解得：y＝d。设末速度为v，由动能定理得，qEd＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，解得：v＝eq \r(5)v0，故C错误，D正确。
8．(多选)粒子回旋加速器的工作原理如图甲、乙所示，置于真空中的D形金属盒的半径为R，两金属盒间的狭缝很小，磁感应强度为B的匀强磁场与金属盒盒面垂直，高频交流电的频率为f，加速电压为U，若中心粒子源处产生的质子质量为m，电荷量为＋e，在加速器中被加速。不考虑相对论效应，则下列说法正确的是( )
A．不改变磁感应强度B和交流电的频率f，该加速器也可以加速α粒子
B．加速的粒子获得的最大动能随加速电压U增大而增大
C．质子被加速后的最大速度不能超过2πRf
D．质子第二次和第一次经过D形盒间狭缝后轨道半径之比为 eq \r(2)∶1
答案 CD
解析 质子被加速后获得的最大速度受到D形盒最大半径制约，vm＝2πR/T＝2πRf，C正确；粒子旋转频率为f＝Bq/2πm，与被加速粒子的比荷有关，所以A错误；粒子被加速的最大动能Ekm＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)＝2mπ2R2f2，与电压U无关，B错误；由运动半径R＝mv/Bq，nUq＝mv2/2知半径之比为eq \r(2)∶1，D正确。
9．(多选)如图所示，一块长度为a、宽度为b、厚度为d的金属导体，当加有与侧面垂直的匀强磁场B，且通以图示方向的电流I时，用电压表测得导体上、下表面M、N间电压为U，已知自由电子的电量为e。下列说法中正确的是( )
A．导体的M面比N面电势高
B．导体单位体积内自由电子数越多，电压表的示数越大
C．导体中自由电子定向移动的速度为v＝eq \f(U,Bd)
D．导体单位体积内的自由电子数为eq \f(BI,eUb)
答案 CD
解析 由于自由电子带负电，根据左手定则可知，M板电势比N板电势低，选项A错误；当上、下表面电压稳定时，有qeq \f(U,d)＝qvB，得U＝Bdv，与单位体积内自由电子数无关，选项B错误，C正确；再根据I＝neSv，可知选项D正确。
二、真题与模拟
10．2016·全国卷Ⅰ] 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约为( )
A．11 B．12 C．121 D．144
答案 D
解析 设质子和离子的质量分别为m1和m2，原磁感应强度为B1，改变后的磁感应强度为B2。在加速电场中qU＝eq \f(1,2)mv2 ①，在磁场中qvB＝meq \f(v2,R) ②，联立两式得m＝eq \f(R2B2q,2U)，故有eq \f(m2,m1)＝eq \f(B\\al(2,2),B\\al(2,1))＝144，选项D正确。
11．2015·山东高考](多选)如图甲所示，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～eq \f(T,3)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eq \r(2)v0 B．末速度沿水平方向
C．重力势能减少了eq \f(1,2)mgd D．克服电场力做功为mgd
答案 BC
解析 0～eq \f(T,3)微粒做匀速直线运动，则E0q＝mg。eq \f(T,3)～eq \f(2T,3)没有电场作用，微粒做平抛运动，竖直方向上a＝g。eq \f(2T,3)～T，由于电场作用，F＝2E0q－mg＝mg＝ma′，a′＝g，方向竖直向上。由于两段时间相等，故到达金属板边缘时，微粒速度为v0，方向水平，选项A错误，选项B正确；从微粒进入金属板间到离开，重力做功mgeq \f(d,2)，重力势能减少eq \f(1,2)mgd，选项C正确；由动能定理知WG－W电＝0，W电＝eq \f(1,2)mgd，选项D错误。
12．2014·江苏高考](多选)如图所示，导电物质为电子的霍尔元件位于两串联线圈之间，线圈中电流为I，线圈间产生匀强磁场，磁感应强度大小B与I成正比，方向垂直于霍尔元件的两侧面，此时通过霍尔元件的电流为IH，与其前后表面相连的电压表测出的霍尔电压UH满足：UH＝keq \f(IHB,d)，式中k为霍尔系数，d为霍尔元件两侧面间的距离。电阻R远大于RL，霍尔元件的电阻可以忽略，则( )
A．霍尔元件前表面的电势低于后表面
B．若电源的正负极对调，电压表将反偏
C．IH与I成正比
D．电压表的示数与RL消耗的电功率成正比
答案 CD
解析 根据霍尔元件中的电流方向及左手定则判断，霍尔元件中电子受到的洛伦兹力指向后侧面，因此后侧面带负电，电势低，A错误。若电源正负极对调，磁场方向反向，电流方向反向，根据左手定则判断，霍尔元件定向移动的电子受到的洛伦兹力的方向不变，霍尔元件前后面的电势高低不变，电压表的指针不会发生反偏，B错误。霍尔元件与R串联再与RL并联，由于霍尔元件的电阻不计，因此IHR＝(I－IH)RL，得IH＝eq \f(RL,R＋RL)·I，C正确。R远大于RL，因此RL中的电流近似等于I，因此RL消耗的功率P＝I2RL，霍尔电压UH＝keq \f(IHB,d)，B与I成正比，IH与I成正比，因此UH∝I2，可见P与霍尔电压(即电压表示数)成正比，D正确。
13. 2017·河北百校联考](多选)在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P＋和P3＋，经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域，如图所示。已知离子P＋在磁场中转过θ＝30°后从磁场右边界射出。在电场和磁场中运动时，离子P＋和P3＋( )
A．在电场中的加速度之比为1∶1
B．在磁场中运动的半径之比为eq \r(3)∶1
C．在磁场中转过的角度之比为1∶2
D．离开电场区域时的动能之比为1∶3
答案 BCD
解析 两离子所带电荷量之比为1∶3，在电场中时由qE＝ma知a∝q，故加速度之比为1∶3，A错误；离开电场区域时的动能由Ek＝qU知Ek∝q，故D正确；在磁场中运动的半径由Bqv＝meq \f(v2,R)、Ek＝eq \f(1,2)mv2知R＝eq \f(1,B) eq \r(\f(2mU,q))∝eq \f(1,\r(q))，故B正确；设磁场区域的宽度为d，则有sinθ＝eq \f(d,R)∝eq \f(1,R)，即eq \f(sin30°,sinθ′)＝eq \f(1,\r(3))，故θ′＝60°＝2θ，C正确。
14．2016·武汉摸底](多选)图甲是回旋加速器的工作原理图。D1和D2是两个中空的半圆金属盒，它们之间有一定的电势差，A处的粒子源产生的带电粒子，在两盒之间被电场加速。两半圆盒处于与盒面垂直的匀强磁场中，所以粒子在半圆盒中做匀速圆周运动。若带电粒子在磁场中运动的动能Ek随时间t的变化规律如图乙所示，不计带电粒子在电场中的加速时间，不考虑由相对论效应带来的影响，下列判断正确的是( )
A．在Ek­t图中应该有tn＋1－tn＝tn－tn－1
B．在Ek­t图中应该有tn＋1－tnC．在Ek­t图中应该有En＋1－En＝En－En－1
D．在Ek­t图中应该有En＋1－En答案 AC
解析 根据带电粒子在匀强磁场中运动的周期与速度无关可知，在Ek­t图中应该有tn＋1－tn＝tn－tn－1，选项A正确，B错误；由于带电粒子在电场中加速，电场力做功相等，所以在Ek­t图中应该有En＋1－En＝En－En－1，选项C正确，D错误。
15．2017·江西八校联考] (多选)如图所示，在水平匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场中，有一竖直足够长固定绝缘杆MN，小球P套在杆上，已知P的质量为m、电荷量为＋q，电场强度为E，磁感应强度为B，P与杆间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。小球由静止开始下滑直到稳定的过程中( )
A．小球的加速度一直减小
B．小球的机械能和电势能的总和保持不变
C．下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是v＝eq \f(2μqE－mg,2μqB)
D．下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是v＝eq \f(2μqE＋mg,2μqB)
答案 CD
解析 对小球受力分析如图所示，则mg－μ(qE－qvB)＝ma，随着v的增加，小球加速度先增大，当qE＝qvB时达到最大值，amax＝g，继续运动，mg－μ(qvB－qE)＝ma，随着v的增大，a逐渐减小，所以A错误。因为有摩擦力做功，机械能与电势能总和在减小，B错误。若在前半段达到最大加速度的一半，则mg－μ(qE－qvB)＝meq \f(g,2)，得v＝eq \f(2μqE－mg,2μqB)；若在后半段达到最大加速度的一半，则mg－μ(qvB－qE)＝meq \f(g,2)，得v＝eq \f(2μqE＋mg,2μqB)，故C、D正确。
16．2016·衡水模拟](多选)带电小球以一定的初速度v0竖直向上抛出，能够达到的最大高度为h1；若加上水平方向的匀强磁场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h2；若加上水平方向的匀强电场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h3，若加上竖直向上的匀强电场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h4，如图所示。不计空气，则( )
A．一定有h1＝h3 B．一定有h1C．h2与h4无法比较 D．h1与h2无法比较
答案 AC
解析 第1个图：由竖直上抛运动的最大高度公式得：h1＝eq \f(v\\al(2,0),2g)。第3个图：当加上电场时，由运动的分解可知：在竖直方向上有，veq \\al(2,0)＝2gh3，所以h1＝h3，故A正确；而第2个图：洛伦兹力改变速度的方向，当小球在磁场中运动到最高点时，小球应有水平速度，设此时的球的动能为Ek，则由能量守恒得：mgh2＋Ek＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，又由于eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝mgh1，所以h1>h2，所以D错误。第4个图：因小球电性不知，则电场力方向不清，则高度可能大于h1，也可能小于h1，故C正确，B错误。
17．2016·怀化二模] (多选)磁流体发电机可以把气体的内能直接转化为电能，是一种低碳环保发电机，有着广泛的发展前景，其发电原理示意图如图所示。将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量带正电和负电的微粒，整体上呈电中性)喷射入磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场区域有两块面积为S、相距为d的平行金属板与外电阻R相连构成一电路，设气流的速度为v，气体的电导率(电阻率的倒数)为g。则以下说法正确的是( )
A．上板是电源的正极，下板是电源的负极
B．两板间电势差为U＝Bdv
C．流经R的电流为I＝eq \f(Bdv,R)
D．流经R的电流为I＝eq \f(BdvSg,gSR＋d)
答案 AD
解析 等离子体射入匀强磁场，由左手定则，正粒子向上偏转，负粒子向下偏转，产生竖直向下的电场，正离子受向下的电场力和向上的洛伦兹力，当电场力和洛伦兹力平衡时，电场最强，即Eq＝Bqv，E＝Bv，两板间的电动势为Bvd，则通过R的电流为I＝eq \f(Bvd,R＋R气)，两极板间电势差为：U＝IR＝eq \f(BdvR,R＋R气)；作为电源对外供电时，I＝eq \f(Bdv,R＋R气)而R气＝eq \f(1,g)eq \f(d,s)，二式结合，I＝eq \f(BdvSg,gSR＋d)。故A、D正确。
18．2016·浙江三校模拟] (多选)如图所示，空间中存在正交的匀强电场E和匀强磁场B(匀强电场水平向右)，在竖直平面内从a点沿ab、ac方向抛出两带电小球(不考虑两带电球的相互作用，两球电荷量始终不变)，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．只有沿ab抛出的带电小球才可能做直线运动
C．若有小球能做直线运动，则它一定是匀速运动
D．两小球在运动过程中机械能均守恒
答案 AC
解析 沿ab方向抛出的带正电小球，或沿ac方向抛出的带负电的小球，在重力、电场力、洛伦兹力作用下，都可能做匀速直线运动，A正确，B错误。在重力、电场力、洛伦兹力三力都存在时的直线运动一定是匀速直线运动，C正确。两小球在运动过程中除重力做功外还有电场力做功，故机械能不守恒，D错误。
19．2016·吉林模拟] 如图所示，一带电塑料小球质量为m，用丝线悬挂于O点，并在竖直平面内摆动，最大摆角为60°，水平磁场垂直于小球摆动的平面。当小球自左方摆到最低点时，悬线上的张力恰为零，则小球自右方最大摆角处摆到最低点时悬线上的张力为( )
A．0 B．2mg C．4mg D．6mg
答案 C
解析 设小球自左方摆到最低点时速度为v，则eq \f(1,2)mv2＝mgL(1－cs60°)，此时qvB－mg＝meq \f(v2,L)，当小球自右方摆到最低点时，v大小不变，洛伦兹力方向发生变化，FT－mg－qvB＝meq \f(v2,L)，得FT＝4mg，故C正确。
一、基础与经典
20. 如图所示，带电荷量为＋q、质量为m的物块从倾角为θ＝37°的光滑绝缘斜面顶端由静止开始下滑，磁感应强度为B的匀强磁场垂直纸面向外，求物块在斜面上滑行的最大速度和在斜面上运动的最大位移。(斜面足够长，取sin37°＝0.6，cs37°＝0.8)
答案 vm＝eq \f(4mg,5qB) s＝eq \f(8m2g,15q2B2)
解析 经分析，物块沿斜面运动过程中加速度不变，但随速度增大，物块所受支持力逐渐减小，最后离开斜面。所以，当物块对斜面的压力刚好为零时，物块沿斜面的速度达到最大，同时位移达到最大，即qvmB＝mgcsθ①
物块沿斜面下滑过程中，由动能定理得：
mgssinθ＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)－0②
由①②得：vm＝eq \f(mgcsθ,qB)＝eq \f(4mg,5qB)。
s＝eq \f(v\\al(2,m),2gsinθ)＝eq \f(8m2g,15q2B2)。
21. 如图所示，坐标系xOy在竖直平面内。x轴下方有匀强电场和匀强磁场，电场强度为E、方向竖直向下，磁感应强度为B、方向垂直纸面向里。将一个带电小球从y轴上P(0，h)点以初速度v0竖直向下抛出，小球穿过x轴后，恰好做匀速圆周运动。不计空气阻力，已知重力加速度为g。求：
(1)小球到达O点时速度的大小；
(2)小球做圆周运动的半径；
(3)小球从P点到第二次经过x轴所用的时间。
答案 (1)eq \r(v\\al(2,0)＋2gh) (2)eq \f(E\r(v\\al(2,0)＋2gh),gB)
(3)eq \f(\r(v\\al(2,0)＋2gh)－v0,g)＋eq \f(πE,gB)
解析 (1)设小球经过O点时的速度为v，从P到O
v2－veq \\al(2,0)＝2gh，解得v＝eq \r(v\\al(2,0)＋2gh)。
(2)小球穿过x轴后恰好做匀速圆周运动，画出小球运动的轨迹示意图，如图所示，有qE＝mg，
从O到A，根据牛顿第二定律
qvB＝meq \f(v2,r)，
求出r＝eq \f(E\r(v\\al(2,0)＋2gh),gB)。
(3)从P到O，小球第一次经过x轴，所用时间为t1，v＝v0＋gt1，从O到A，小球第二次经过x轴，所用时间为t2，T＝eq \f(2πr,v)＝eq \f(2πm,qB)，t2＝eq \f(T,2)＝eq \f(πE,gB)，求出t＝t1＋t2＝eq \f(\r(v\\al(2,0)＋2gh)－v0,g)＋eq \f(πE,gB)。
二、真题与模拟
22．2016·天津高考] 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：
(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E夹角为60° (2)3.5 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)①
代入数据解得
v＝20 m/s②
速度v的方向与电场E的方向之间的夹角θ满足
tanθ＝eq \f(qE,mg)③
代入数据解得
tanθ＝eq \r(3)，θ＝60°。④
(2)解法一：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＝eq \f(\r(q2E2＋m2g2),m)⑤
设撤掉磁场后小球在初速度方向上的分位移为x，有
x＝vt⑥
设小球的重力与电场力的合力方向上分位移为y，有
y＝eq \f(1,2)at2⑦
a与mg的夹角和v与E的夹角相同，均为θ，又
tanθ＝eq \f(y,x)⑧
联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得
t＝2eq \r(3) s≈3.5 s⑨
解法二：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vy＝vsinθ⑤
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上分位移为零，则有
vyt－eq \f(1,2)gt2＝0⑥
联立⑤⑥式，代入数据解得t＝2eq \r(3) s≈3.5 s。
23．2016·浙江高考]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)＝sinαcsβ±csαsinβ，csα＝1－2sin2eq \f(α,2)。
答案 (1)eq \f(mv,qB) 逆时针方向 (2)eq \f(2π,3) eq \f(2π＋3\r(3)m,qB) (3)B′＝eq \f(\r(3)－1,2)B
解析 (1)峰区内圆弧半径r＝eq \f(mv,qB)，
旋转方向为逆时针方向。
(2)由对称性，峰区内圆弧的圆心角θ＝eq \f(2π,3)，
每个圆弧的长度l＝eq \f(2πr,3)＝eq \f(2πmv,3qB)，
每段直线长度L＝2rcseq \f(π,6)＝eq \r(3)r＝eq \f(\r(3)mv,qB)，
周期T＝eq \f(3l＋L,v)，
代入得T＝eq \f(2π＋3\r(3)m,qB)。
(3)谷区内的圆心角θ′＝120°－90°＝30°，
谷区内的轨道圆弧半径r′＝eq \f(mv,qB′)，
由几何关系rsineq \f(θ,2)＝r′sineq \f(θ′,2)，
由三角关系sineq \f(30°,2)＝sin15°＝eq \f(\r(6)－\r(2),4)，
代入得B′＝eq \f(\r(3)－1,2)B。