【文档说明】【精准解析】【新高考】2021高考物理人教版：课练28带电粒子在复合场中的运动.pdf，共(25)页，870.641 KB，由小赞的店铺上传

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课练28带电粒子在复合场中的运动———[狂刷小题夯基础]———练基础小题1．如图所示，空间存在互相垂直的匀强电场和匀强磁场，图中虚线为匀强电场的等势线，一不计重力的带电粒子在M点以某一初速度垂直等势线进入正交电场、磁场中，运动轨迹如图所

示(粒子在N点的速度比在M点的速度大)，则下列说法正确的是()A．粒子一定带正电B．粒子的运动轨迹一定是抛物线C．电场线方向一定垂直等势线向左D．粒子从M点运动到N点的过程中电势能增大2.(多选)回旋加速器是用来加速带

电粒子的，其核心部分是两个D形金属盒，两盒分别和一高频交流电源两极相接，两盒间有一定的电势差U，使粒子每次穿过狭缝都被加速，两盒放在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面向里，粒子源置于盒的圆心附近，若粒子源射出的粒子带电荷量为q、质量为m，

盒间的窄缝宽度为d，粒子最大回旋半径为Rm，其运动轨迹如图所示．下列说法正确的是()A．D形金属盒的作用是屏蔽外电场，使盒内无电场B．忽略粒子在电场中运动的时间，则高频交流电源的频率为2πmqBC．粒子离开加速器时速度为

qBRmmD．考虑粒子在电场中运动的时间，则把静止粒子加速到最大动能所需时间为πBR2m2U3.[母题改编](多选)如图所示，在以R0为半径、O为圆心的圆形区域内存在磁场，直径MN左侧区域存在一方向垂直于纸面向外、磁感应强度大小为B1的匀强磁场(未画出)；M

N右侧区域存在一方向垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B2的匀强磁场(未画出)．现有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)从P点沿垂直于MN的方向射入磁场，通过磁场区域后从Q点离开磁场，离开磁场时粒子的运动方向仍垂直于MN.已知OP与MN的夹角为θ1，

OQ与MN的夹角为θ2，粒子在MN左侧区域磁场中的运动时间为t1，粒子在MN右侧区域磁场中的运动时间为t2，则()A.B2B1＝sinθ1sinθ2B.B2B1＝sinθ2sinθ1C.t1t2＝sinθ2sinθ1D.t1t2＝sinθ1sinθ24

．一个带电粒子沿垂直于磁场的方向射入一匀强磁场．粒子的一段径迹如图所示，径迹上的每一小段都可近似看成圆弧，由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小(带电荷量不变)，从图中情况可以确定()A．粒子从a到b，带正电B．粒子从a到b，带负电C．粒子从b到a，带正电D．粒子从b到a，带负电5.如图

所示，在倾角为α(α<45°)的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长为L、质量为m的直导体棒．当导体棒中的电流I垂直纸面向里时，欲使导体棒静止在斜面上，可加一平行于纸面的匀强磁场．当加匀强磁场的磁感应强度方向竖直向上时，磁感应强度大小为B1，现使匀强磁场的磁感应强度方向沿逆时针转过α角时，磁感应强度大小

为B2，再使匀强磁场的磁感应强度方向沿逆时针转过α角时，磁感应强度大小为B3，则()A．B1＝B3>B2B．B1<B2<B3C．B1＝B3<B2D．B1＝B2<B36．(多选)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的电场

强度大小恒定，且被限制在A、C板间，虚线中间不需要加电场，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(未画出)做匀速圆周运动，下列说法正确的是()A．带电粒子每运动一周被加速一次B．P1P2>P2P3C．带电粒子的最大速度与D形盒的尺寸无关

D．加速电场方向需要周期性变化7．(多选)如图所示，一个质量为m、电荷量为q的带负电小球以速度v0从距地面高为h的光滑水平平台上射入竖直向上的匀强磁场中(磁场紧靠平台右边缘)，以地面上水平向右为x轴正方向、垂

直纸面向里为y轴正方向、平台右边缘飞出点在地面上的投影为原点建立直角坐标系，小球的落地点的坐标为(0，h)，重力加速度为g，那么()A．经时间t＝2hg，小球落地B．磁场的磁感应强度大小B＝πmqg2hC．小球的入射速度大小v0＝π2gh2D．小球的落地速度大小v＝2gh练高考小题8．[

2018·北京卷，18]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9．[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．如图所示，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．则元件的()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eUa练模拟小题10．[2019·广东茂名一测]如图所示，匀强电场的电场强度方向与水平方向夹角为30°且斜向右上方，匀强磁场的方向垂直于纸面(图中未画出)．一质量为m、电荷量为q的带电小球(可视为质点)以与水平方向成30°角斜向左上方的速度v做匀速直线运动，重

力加速度为g.则()A．匀强磁场的方向可能垂直于纸面向外B．小球可能带正电荷C．电场强度大小为2mgqD．磁感应强度的大小为B＝3mgqv11．[2019·浙江嘉兴一中期末]如图所示，空间中存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，在正交的

电磁场空间中有一足够长的固定粗糙绝缘杆，与电场方向成60°角且处于竖直平面内，一质量为m、带电荷量为q(q>0)的小球套在绝缘杆上，当小球沿杆向下的初速度大小为v0时，小球恰好做匀速直线运动，已知重力加速度大小为g，磁

感应强度大小为B，电场强度大小为E＝3mgq，小球电荷量保持不变，则以下说法正确的是()A．小球的初速度v0＝mg2qBB.若小球沿杆向下的初速度为mgqB，则小球将沿杆做加速度不断增大的减速运动，最后停止C．若小球沿杆向下的初速度为3mgqB，则小球将沿杆做加速度不断减小的减速运动，最后

停止D．若小球沿杆向下的初速度为4mgqB，则小球从开始运动到稳定过程中，克服摩擦力做的功为4m3g2q2B212．[名师原创](多选)CT是医院的一种检查仪器，CT的重要部件之一就是回旋加速器．回旋加速器的结构如图所示，有一磁感应强度为B的匀强磁场(未画出)垂直于回旋加速器．在回旋加

速器的O点可逸出初速度为零、质量为m、电荷量为q的粒子，加速电压为U，D形盒半径为R.两D形盒间的缝隙间距d很小，可忽略不计，不考虑相对论效应和重力影响，则下列说法正确的是()A．粒子在回旋加速器中运动的圈数为qB2R24mUB．粒子在回旋加速器中运动的时间为πBR2UC．回旋加速器所加

交流电压的频率为qB4πmD．粒子第1次与第n次在上方D形盒中运动的轨迹半径之比为12n－113．[新情境题](多选)如图所示为一种质谱仪的工作原理示意图，此质谱仪由以下几部分构成：离子源、加速电场、静电分析器、磁分析器、收集器．静电分析器通道中心线MN所在圆的半径为R，通道内有

均匀辐射的电场，中心线处的电场强度大小为E；磁分析器中分布着方向垂直于纸面，磁感应强度为B的匀强磁场，磁分析器的左边界与静电分析器的右边界平行．由离子源发出一个质量为m、电荷量为q的正离子(初速度为零，

重力不计)，经加速电场加速后进入静电分析器，沿中心线MN做匀速圆周运动，而后由P点进入磁分析器中，最终经过Q点进入收集器(进入收集器时速度方向与O2P平行)．下列说法正确的是()A．磁分析器中匀强磁场的方向垂直于纸

面向内B．加速电场中的加速电压U＝12ERC．磁分析器中轨迹圆心O2到Q点的距离d＝1BmERqD．任何离子若能到达P点，则一定能进入收集器14.[2019·安徽省合肥模拟]为监测某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的长方体流量计．该装置由绝缘材

料制成，其长、宽、高分别为a、b、c，左右两端开口．在垂直于上下底面方向加一匀强磁场，前后两个内侧面分别固定有金属板作为电极．污水充满管口从左向右流经该装置时，接在M、N两端间的电压表将显示两个电极间

的电压U.若用Q表示污水流量(单位时间内排出的污水体积)，下列说法中正确的是()A．M端的电势比N端的高B．电压表的示数U与a、b均成正比，与c无关C．电压表的示数U与污水的流量Q成正比D．若污水中正负离子数相同，

则电压表的示数为015.[2019·安徽师大附中模拟](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做直线运动，则小球带正电，且一定做匀速运动C．若沿ac做直线运动，则小球带负电，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16.如图所示，在粗糙的足够长的竖直木杆上套有一个带正电小球，整个装置处在有水平匀强电场

和垂直于纸面向里的匀强磁场组成的足够大的复合场中，小球由静止开始下滑，在整个运动过程中，下列关于描述小球运动的v—t图象中正确的是()———[综合测评提能力]———一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分

)1．如图所示是电视机显像管及其偏转线圈的示意图．初速度不计的电子经加速电场加速后进入有限边界的匀强磁场中发生偏转，最后打在荧光屏上．如果发现电视画面幅度与正常的相比偏小，则引起这种现象可能的原因是()A．电子枪发射能力减弱，电子数量减少B．加速电场的电压过低，电子速率偏小C．偏转线

圈局部短路，线圈匝数减少D．偏转线圈中电流过大，偏转线圈的磁感应强度增强2．[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、m

b、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>mcB．mb>ma>mcC．mc>ma>mbD．mc>mb>ma3．如图所示，下端封闭、上端开口、内壁光滑的细玻璃管竖直放置，管底有一带电的小球．整

个装置水平向右匀速运动，垂直于磁场方向进入方向水平向里的匀强磁场，由于外力的作用，玻璃管在磁场中的速度保持不变，最终小球从上端飞出，则从进入磁场到小球飞出上端前的过程中，下列说法不正确的是()A．小球带正电荷B．小球做类平

抛运动C．洛伦兹力对小球做正功D．管壁的弹力对小球做正功4．[2019·辽宁五校联考]如图所示，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ是竖直平面内三个相同的半圆形光滑轨道，K1、K2、K3分别为三个轨道的最低点，Ⅰ处于匀强磁场中，Ⅱ和Ⅲ分别处于场强大小均为E、方向相反的两个匀强电场中，三个完全相同的带正电小球a

、b、c从轨道最高点自由下滑至第一次到达最低点的过程中，下列说法正确的是()A．在最低点球a速率最大B．在最低点球b对轨道的压力最大C．球b需要的时间最长D．球c机械能损失最多5．质谱仪又称质谱计，是分离和检测不同同位素的仪器．

工作原理如图所示，电荷量均为＋q、质量不同的离子初速度几乎为零地进入电压为U0的加速电场．这些离子经加速后通过狭缝O沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度大小为B的匀强磁场中，最后打在底片上．已知放置底片的区域MN长度为L，且OM＝L.

某次测量发现MN中左侧23区域MQ损坏，检测不到离子，但右侧13区域QN仍能正常检测到离子．在适当调节加速电压后，原本打在MQ的离子即可在QN检测到．为使原本打在MN中点P的离子能打在QN区域，则加速电压U的值不可能为()A.16U09B.100U

081C.140U081D．2U06．[2019·浙江杭州检测]利用霍尔效应制作的霍尔元件，被广泛应用于测量和自动控制等领域．霍尔元件一般由半导体材料制成，有的半导体中的载流子(即自由电荷)是电子，有的半导体中的载流子是空穴(相当于正电荷)．如图所示，将扁平

长方体形状的霍尔元件水平放置接入电路，匀强磁场垂直于霍尔元件的水平面竖直向下，闭合开关，让电流从霍尔元件的左侧流向右侧，则其前、后两表面会形成电势差．现有载流子是电子的霍尔元件1和载流子是空穴的霍尔元件2，两

元件均按图示方式接入电路(闭合开关)，则关于前、后两表面电势高低的判断，下列说法中正确的是()A．若接入元件1时，前表面电势高；若接入元件2时，前表面电势低B．若接入元件1时，前表面电势低；若接入元件2时，前表面电势高C．不论接入哪个元件，都是前表面电势高D．不论接入哪个元件，都

是前表面电势低7．如图所示，空间存在足够大、正交的匀强电场和磁场，电场强度大小为E、方向竖直向下，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里．从电场、磁场中某点P由静止释放一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子(粒子的重力

忽略不计)，其运动轨迹如图虚线所示．对于带电粒子在电场、磁场中下落的最大高度H，下列给出了四个表达式，可能正确的是()A.2mEB2qB.4mE2B2qC.2mBE2qD.mB2Eq8．如图甲，一带电物块无初速度地放在皮带轮底端，皮带轮以恒定大小的速

率沿顺时针转动，该装置处于垂直于纸面向里的匀强磁场中，物块由底端E运动至皮带轮顶端F的过程中，其v－t图象如图乙所示，物块全程运动的时间为4.5s，关于带电物块及运动过程的说法正确的是()A．该物块带负电B．皮带

轮的传动速度大小一定为1m/sC．若已知皮带的长度，可求出该过程中物块与皮带发生的相对位移D．在2～4.5s内，物块与皮带仍可能有相对运动二、多项选择题(本题共2小题，每小题4分，共8分)9．[2019·江苏质检]如图所

示为磁流体发电机的发电原理：将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量带正电和带负电的微粒，而从整体来说呈电中性)沿图示方向喷射入磁场，磁场中有两块金属板A、B，这时金属板上就会聚集电荷．在磁极配置如图中所示的情况下，下列说法正确的是()A．A板带负电B．有电流

从b经用电器流向aC．金属板A、B间的电场方向向下D．等离子体发生偏转的原因是离子所受的洛伦兹力大于所受的静电力10．[2019·合肥质检]如图所示，一根固定的绝缘竖直长杆位于范围足够大且相互正交的匀强电

场和匀强磁场中，电场强度大小为E＝2mgq，磁感应强度大小为B.一质量为m、电荷量为q的带正电小圆环套在杆上，环与杆间的动摩擦因数为μ.现使圆环以初速度v0向下运动，经时间t0圆环回到出发点．若圆环回到出发点之前已经开始做匀速直线运动，不计空气阻力，重力加速度为g.

则下列说法正确的是()A．环经过t02时间刚好到达最低点B．环的最大加速度为am＝g＋μqv0BmC．环在t0时间内损失的机械能为12m(v20－m2g2μ2q2B2)D．环下降过程和上升过程系统因摩擦产生的内能相等三、非

选择题(本题共3小题，共32分)11.(10分)[2019·株洲模拟]如图所示，在xOy平面内，在0<x<1.5l的范围内充满垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ，在x≥1.5l，y>0的区域内充满垂直纸面向外的匀强磁场Ⅱ，两

磁场的磁感应强度大小都为B.有一质量为m，电荷量为＋q的带电粒子，从坐标原点O以某一初速度沿与x轴正方向成θ＝30°射入磁场Ⅰ，粒子刚好经过P点进入磁场Ⅱ，后经过x轴上的M点(图中未标出)射出磁场Ⅱ.已知P点坐标为(1.5l，32l)，不计重力的影响

，求：(1)粒子的初速度大小．(2)M点在x轴上的位置．12．(12分)[2019·全国卷Ⅰ]如图，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外．一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后，沿平行于x轴的

方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出．已知O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴的夹角为30°，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d，不计重力．求(1)带电粒子的比荷；(2)带电粒子从射入磁场到运动至x轴的

时间．13．(15分)如图甲所示，虚线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的带正电小球(视为质点)，以大小为v0的水平初速度沿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点时的速度与PQ连线成60°角．已知D、Q间的距离为(3＋1)L，t0小于小球在磁场中做圆周运动的周期，重力加速度大小为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，当小球运动的周期最大

时，求此时磁感应强度的大小B0及运动的最大周期Tm.课练28带电粒子在复合场中的运动[狂刷小题夯基础]1．C根据粒子在电场、磁场中的运动轨迹和左手定则可知，粒子一定带负电，选项A错误；由于洛伦兹力方向始终与速度方向垂直，故粒子受到的合力是变力，而物体只有在恒力作用下做曲线运动时，轨迹才是抛物线，选

项B错误；由于空间只存在电场和磁场，粒子的速度增大，说明在此过程中电场力对带电粒子做正功，则电场线方向一定垂直等势线向左，选项C正确；电场力做正功，电势能减小，选项D错误．2．AC根据静电屏蔽的相关知识可知，D形金属盒的作用是屏蔽外电场，使盒内无电场，选项A正确．粒子

在电场中运动时间极短，因此高频交流电源频率等于粒子回旋频率，由T＝2πmqB，得回旋频率即高频交流电源频率为f＝1T＝qB2πm，选项B错误．粒子旋转半径最大时，由牛顿第二定律得qvmB＝mv2mRm，解得vm＝qBRmm，选项C正确．粒子最大动能Ekm＝12mv2m＝q2B2R2m

2m，粒子在电场中做匀加速直线运动，粒子每旋转一周能量增加2qU，粒子的能量提高到Ekm，则旋转周数n＝qB2R2m4mU，粒子在磁场中运动的时间t磁＝nT＝πBR2m2U，旋转周数n，在电场中运动的距

离为2nd，由2nd＝12vmt电，解得t电＝BRmdU，把静止粒子加速到最大动能所需时间为t＝t电＋t磁＝BRmdU＋πBR2m2U，选项D错误．3．AD设粒子的速度为v，它在MN左侧磁场中的运动轨迹为圆弧PS，圆弧对应的圆心为O1，半径为R1，如图所示，则qvB

1＝mv2R1，且O1P平行于MN；粒子进入MN右侧磁场中的运动轨迹为圆弧SQ，圆弧对应的圆心为O2，半径为R2，如图所示，则qvB2＝mv2R2，且O2Q平行于MN，连接O1S、SO2，则O1、S、O2在同一条直线上，设∠PO1S＝∠QO2S＝α，由几何关系可得OP＝OQ＝R0，O1S

＝R1，SO2＝R2，R1sinα＝R0sinθ1，R2sinα＝R0sinθ2，联立解得B2B1＝R1R2＝sinθ1sinθ2，选项A正确，B错误；粒子在MN左侧区域磁场中的运动时间为t1＝α2πT1＝α2π·2πmqB1＝mαqB1，粒子在MN右侧区域磁场中

的运动时间为t2＝α2πT2＝α2π·2πmqB2＝mαqB2，t1t2＝B2B1＝sinθ1sinθ2，选项D正确，C错误．4．C由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小，速度逐渐减小，根据粒子在磁场中运动的半径公式r＝mv

qB，可知，粒子运动的轨迹半径是逐渐减小的，所以粒子的运动轨迹是从b到a，选项A、B错误；再根据左手定则可知，粒子带正电，选项C正确，D错误．5．A当加匀强磁场的磁感应强度方向竖直向上时，由共点力平衡可知，B1ILcosα＝mgsinα，解得

B1＝mgtanαIL，匀强磁场的磁感应强度方向沿逆时针转过α角时，由共点力平衡可知，B2IL＝mgsinα，解得B2＝mgsinαIL，使匀强磁场的磁感应强度方向再沿逆时针转过α角时，由共点力平衡可知，B3ILcosα＝mgsinα，解得B3＝mgtanαIL，故B1＝B3>B2，A正确．6

．AB根据题述，在虚线之间没有加电场，所以带电粒子每运动一周被加速一次，加速电场不需要周期性变化，选项A正确，D错误；设加速电场的电压为U，带电粒子的电荷量为q、质量为m，由动能定理有，qU＝12mv21－12mv20，qU＝12mv22－

12mv21，qU＝12mv23－12mv22，设P0P1＝2r1，P0P2＝2r2，P0P3＝2r3，又qv1B＝mv21r1，qv2B＝mv22r2，qv3B＝mv23r3，联立解得r1＝mv1qB＝mqB2qUm＋v20，r2＝mv2qB＝mqB4qUm＋v20，r3

＝mv3qB＝mqB6qUm＋v20.P1P2＝P0P2－P0P1＝2(r2－r1)＝2(mqB4qUm＋v20－mqB2qUm＋v20)，P2P3＝P0P3－P0P2＝2(r3－r2)＝2mqB6qUm＋v20－mqB4qUm＋v20，由计算可知P1P2>P2P

3，选项B正确；由r＝mvmaxqB可知，带电粒子的最大速度与D形盒的半径(尺寸)成正比，选项C错误．7．ABC因为竖直方向只受重力，所以小球下落的时间t＝2hg，小球在水平面内做匀速圆周运动，且只运动了半周，所以半径R＝12h，t＝2hg＝π

mqB，B＝πmqg2h，又qv0B＝mv20R，则v0＝π2gh2，落地速度大小v＝v20＋2gh，所以A、B、C三项正确，D项错误．8．C在匀强磁场和匀强电场的叠加区域内，一个带电粒子射入后做匀速直线运动，则它受的洛伦兹力和

电场力大小相等、方向相反，即qvB＝qE，故v＝EB，因此粒子的运动，与粒子的电性和电量均无关，故选项C正确．9．D根据左手定则判断出电子受力情况，可知电子偏转到后表面，前表面电势高于后表面电势，故A项错误．再由Ee＝Bev＝F洛，E＝Ua，解得U＝Bva，F洛＝eUa，

U与v成正比、U与c无关，故B、C项错误，D项正确．10．D小球做匀速直线运动，受到的合力为零，假设小球带正电，则小球的部分受力情况如图1所示，小球受到的洛伦兹力沿虚线但方向未知，小球受到的重力与电场力的合力与洛伦兹力

不可能平衡，所以小球不可能做匀速直线运动，假设不成立，则小球一定带负电，故B项错误；小球受力情况如图2所示，小球受到的洛伦兹力一定斜向右上方，根据左手定则，匀强磁场的方向一定垂直于纸面向里，故A项错误；根据几何关系，电场力大小qE＝

mg，洛伦兹力大小qvB＝3mg，解得E＝mgq，B＝3mgqv，故C项错误，D项正确．11．B对小球进行受力分析有，电场力的大小F＝Eq＝3mg，由于重力的方向竖直向下，电场力的方向水平向左，二者垂直，故重力和电场力的合力F合＝F2＋mg2＝2mg，由几何关系可知，

重力和电场力的合力与杆的方向垂直，所以重力和电场力的合力不会对小球做功，而洛伦兹力的方向与速度的方向垂直，也不会对小球做功，所以，当小球做匀速直线运动时，不可能存在摩擦力，没有摩擦力，说明小球与杆之间就没有支持力的作用，则洛伦兹力的大小与重力、电场力的合力大小相等、

方向相反，所以qv0B＝2mg，所以v0＝2mgqB，故A项错误；若小球沿杆向下的初速度v0＝mgqB，则洛伦兹力F洛＝qv0B＝mg<F合＝2mg，则存在摩擦力，小球将沿杆做加速度不断增大的减速运动，最后停止运动，故B项正确；若小球沿杆向下运动的初速度大小为v0＝3mgqB，则洛伦兹力F洛＝

qv0B＝3mg>F合＝2mg，则存在摩擦力，小球将沿杆做加速度不断减小的减速运动，最后，当小球速度减小到2mgqB时，小球开始做匀速直线运动，故C项错误；若小球沿杆向下运动的初速度大小为v0＝4mgqB，同理，小球也受摩擦力，小球将沿杆做加速度不断减小的减速运

动，最后，当速度减小到2mgqB时，小球开始做匀速直线运动，故小球克服摩擦力做的功W＝12m×(4mgqB)2－12m×(2mgqB)2＝6m3g2q2B2，故D错误．12．AD设粒子在磁场中转动的圈数为n，因每加速一次粒子获得的能量为qU，每圈有两次加速，则Ekmax＝12mv2max

，R＝mvmaxqB，Ekn＝2nqU，联立解得n＝qB2R24mU，故A项正确；粒子在回旋加速器中运动的时间t＝nT＝qB2R24mU·2πmqB＝πBR22U，故B项错误；由T＝2πmqB，f＝1T知，回旋加速器所加交流电压的频率为f＝qB2πm，故C项错误；粒子从O点经电场加速1

次后，以速度v1第1次进入上方D形盒，由动能定理得，qU＝12mv21，得r1＝mv1qB＝mqB2qUm，粒子在电场加速3次后，以速度v2第2次进入上方D形盒，3qU＝12mv22，得r2＝mv2qB＝

mqB3×2qUm，以此类推，粒子在电场加速(2n－1)次后，以速度vn第n次进入上方D形盒，同理可得rn＝mvnqB＝mqB2n－1×2qUm，所以r1rn＝12n－1，D项正确．13．BC该正离子在磁分析器中沿顺时针方

向转动，所受洛伦兹力指向圆心，根据左手定则可知，磁分析器中匀强磁场的方向垂直于纸面向外，A项错误；该正离子在静电分析器中做匀速圆周运动，有qE＝mv2R，在加速电场加速的过程中有qU＝12mv2，联立解得U＝12E

R，B项正确；该正离子在磁分析器中做匀速圆周运动，有qvB＝mv2r，又qE＝mv2R，可得r＝1BmERq，该正离子经Q点进入收集器，故d＝r＝1BmERq，C项正确；任一初速度为零的正离子，质量、电荷量分别记为mx、qx，经U＝12ER的电场后，在静电分析器中做匀速圆周

运动的轨迹半径Rx＝R，即一定能到达P点，而在磁分析器中运动的轨迹半径rx＝1BmxERqx，rx的大小与离子的质量、电荷量有关，不一定有rx＝d，故能到达P点的离子不一定能进入收集器，D项错误．14．C根据左手定则，知负离子所受的洛伦兹力方向向外，则向外偏转，正离子所受的洛伦兹力向里，向里偏

转，因此M板带负电，N板带正电，则M板的电势比N板电势低，故A错误；最终离子在电场力和洛伦兹力作用下平衡，有：qvB＝qUb，解得U＝Bbv，与离子浓度无关，故B、D错误；因v＝UBb，则流量Q＝vbc＝UcB，因此U＝BQc，与污水流量成正比，故C正确．15．AB沿ab方向抛出的带电小球

，根据左手定则，及正电荷所受的电场力的方向与电场强度方向相同可知，只有带正电，受力才可能平衡，而沿ac方向抛出的带电小球，带负电时，才能做直线运动，因速度影响洛伦兹力大小，所以做直线运动时必然是做匀速直线运动，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．16．C在小球下滑的过程中，对小球进行受力分析，如图所示，小球受到重力mg、电场力qE、洛伦兹力qvB、摩擦力f，还有木杆对小球的支持力N.开始时，小球的速度较小，

洛伦兹力qvB较小，支持力N较大，随着速度的增大，支持力N在减小，可以知道摩擦力f减小，竖直方向上的合力增大，小球的加速度增大；当速度增大到一定的程度时，洛伦兹力qvB和电场力qE相等，此时支持力N为零，摩擦力f为零，小球的加速度为g，加速度达到最大；当速度继续增大时，支持力N要反向增大，摩

擦力f增大，竖直方向上的合力减小，小球的加速度减小，当摩擦力f与重力mg相等时，竖直方向上的加速度为零，小球的速度达到最大．所以选项A、B、D所示的v—t图象不符合分析得到的小球的运动规律，C选项符合．[综合测

评提能力]1．C电视画面幅度比正常的偏小，是由于电子束的偏转角减小，即电子束的轨道半径增大．电子在磁场中偏转时的半径r＝mvqB，当电子枪发射能力减弱，发射的电子数量减少时，由于运动的电子速率及磁感应强度不变，所以不会影响电视画面幅度的大小，故A错误；当加速电场电压过低，电子速率偏小

时，会导致电子运动半径减小，从而使偏转角度增大，导致画面幅度与正常的相比偏大，故B错误；当偏转线圈局部短路，线圈匝数减少时，会导致偏转线圈的磁感应强度减弱，从而使电子运动半径增大，电子束的偏转角减小，则画面幅度与正常的相比偏小，故C正确；当偏转线圈中电流过大，

偏转线圈的磁感应强度增强时，会导致电子运动半径变小，所以画面幅度与正常的相比偏大，故D错误．2．B设三个微粒的电荷量均为q，a在纸面内做匀速圆周运动，说明洛伦兹力提供向心力，重力与电场力平衡，即mag＝qE①b在纸面内向右做匀速直线运动，三力平衡，则mbg

＝qE＋qvbB②c在纸面内向左做匀速直线运动，三力平衡，则mcg＋qvcB＝qE③比较①②③式得：mb>ma>mc，选项B正确．3．C本题考查带电小球在匀强磁场中的约束运动、受力分析、做功及其相关知识点．根据题述，最终小球从上端飞出，可知小球

所受的洛伦兹力一定有向上的分力，根据左手定则可知，小球带正电荷，选项A正确；在外力作用下，玻璃管在磁场中的速度不变，带电小球水平方向的分速度不变，根据左手定则，带电小球所受洛伦兹力在竖直方向的分力不变，所以小球在竖直方向向上做初速度为零的匀加速直线运动，水平方向做匀速直线运动，其合运

动为类平抛运动，选项B正确；小球在运动过程中受到与速度方向垂直的洛伦兹力、竖直向下的重力、垂直管壁向右的弹力，由于洛伦兹力方向与速度方向垂直，洛伦兹力对带电小球不做功，管壁的弹力方向与速度方向夹角小于90°，故管壁的弹力对带电小球做正功，选项C错误，D正确．4．C比

较三个小球在轨道上从最高点运动到最低点的过程中各力的做功情况，小球a只有重力做正功，小球b的重力做正功、电场力做负功，小球c的重力和电场力均做正功，故在最低点小球c的速率最大、机械能增量最大，选项A、D错误；三个小球在最低点的速率大小为vc

>va>vb，分析可知，在最低点处球c对轨道的压力最大，选项B错误；三个小球在沿轨道下滑时，加速度方向始终沿轨道的切线方向，分析可知小球a的加速度等于重力加速度g沿轨道切线方向的分量，小球b除重力加速度g沿轨道切线方向的分量外还有电场力的分力给的一个反方向的加速度，小球c

除重力加速度g沿轨道切线方向的分量外还有电场力的分力给的一个同方向的加速度，综合分析可知，除最高点外，在同一高度处，b的加速度最小，即球b下滑到最低点需要的时间最长，选项C正确．5．D由题意知，开始离子在电场中加速有，qU0＝12mv2，在磁场中做匀速圆周运动有，qvB＝mv2r

0，且r0＝34L，解得m＝9qB2L232U0.当加速电压为U时，qU＝12mv′2，qv′B＝mv′2r.离子打在Q点时，r＝56L，得U＝100U081；离子打在N点时，r＝L，得U＝16U09；则

加速电压U的范围为100U081≤U≤16U09，D项正确．6．A若接入元件1，载流子是电子，根据左手定则可知，电子向后表面偏转，故前表面电势高；若接入元件2，载流子是空穴，根据左手定则可知，正电荷向后表面偏转，故前表面电势低，

后表面电势高，A正确．7．A根据题意，由动能定理知粒子运动到最低点的过程中有，qEH＝12mv2，在最低点，洛伦兹力大于电场力，qE<qvB，故H>mE2qB2，且H的单位一定跟mE2qB2的单位相同，故A正确．8．D对物块进行受力分析可知，开始时物块受到重力、支持力和摩擦力的作用，设动摩擦因数

为μ，沿斜面的方向有μFN－mgsinθ＝ma①物块运动后，又受到洛伦兹力的作用，加速度逐渐减小，由①式可知，一定是FN逐渐减小，而开始时FN＝mgcosθ，后来F′N＝mgcosθ－f洛，即洛伦兹力的方向是向上的．物块沿皮带向上运动，由左手定则可知物块带正电，故A错误．物块向上运

动的过程中，洛伦兹力越来越大，则受到的支持力越来越小，结合①式可知，物块的加速度也越来越小，当加速度等于0时，物块达到最大速度，此时mgsinθ＝μ(mgcosθ－f洛)②由②式可知，只要皮带的速度大于或等于1m/s，则物块达到最大速度的条件与皮带的速度

无关，所以皮带的速度可能是1m/s，也可能大于1m/s，则物块可能相对于传送带静止，也可能相对于传送带运动，故B错误、D正确．由以上分析可知，皮带的速度无法判断，所以若已知皮带的长度，也不能求出该过程中物块与皮带发生的相对位移，故C错误．9．ABD根据左手定则可

知，正电荷向下偏转，负电荷向上偏转，则A板带负电，故A正确．因为B板带正电，A板带负电，所以电流的流向为从b经用电器流向a，故B正确．因为B板带正电，A板带负电，所以金属板间的电场方向向上，故C错误．等离子体发生偏转的原因是离子所受洛伦兹力大于所受电场力，故D正确．10．B

C带电圆环下落过程中由牛顿第二定律得a1＝Eq＋μBqv－mgm＝mg＋μBqvm，带电圆环上升过程中由牛顿第二定律得a2＝Eq－μBqv－mgm＝mg－μBqvm.由于下降过程的加速度大于上升过程的加速度，因此下降的时间应小

于上升的时间，A项错误；由以上分析可知，环的最大加速度应为am＝g＋μBqv0m，B项正确；环在上升的过程中，当其加速度等于零时，圆环开始做匀速直线运动，即a2＝mg－μBqv1m＝0，此时环的速度为v1＝mg

μBq，由能量守恒定律可知t0时间内环损失的机械能等于动能的减少量，即ΔE＝12mv20－12mv21＝12m(v20－m2g2μ2B2q2)，C项正确；定性分析，在除最低点外的任意同一位置处，环下降过程的速度大于环上升过程的速度，环下降过程的摩擦力大于环上升过程的

摩擦力，因此环下降过程比环上升过程因摩擦而产生的内能多，D项错误．11．答案：(1)qBlm(2)3l解析：(1)连接OP，过P作y轴垂线交y轴于点A，过O作初速度垂线OO1交PA于点O1，根据P点的

坐标值及初速度方向可得∠APO＝∠O1OP＝30°故O1为粒子在磁场中做圆周运动的圆心，OO1即为圆周半径r.由几何关系可得r＋rcos60°＝1.5l解得r＝l根据牛顿第二定律有qvB＝mv2r解得v＝qBlm.(2)粒子在匀强磁场Ⅱ中的运动半径与其在

匀强磁场Ⅰ中的运动半径相同．由对称性可知OM＝2×1.5l＝3l.12．答案：(1)4UB2d2(2)Bd24U(π2＋33)解析：(1)设带电粒子的质量为m，电荷量为q，加速后的速度大小为v.由动能定理有qU＝12mv2①设粒子在磁场中做匀速圆周

运动的半径为r，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qvB＝mv2r②由几何关系知d＝2r③联立①②③式得qm＝4UB2d2④(2)由几何关系知，带电粒子射入磁场后运动到x轴所经过的路程为s＝πr2＋rtan30°⑤带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为t＝

sv⑥联立②④⑤⑥式得t＝Bd24U(π2＋33)⑦13．答案：(1)mgq(2)439π(3)mv0qL4π＋63Lv0解析：(1)小球沿PQ向右做直线运动，受力平衡，则mg＝Eq，解得E＝mgq(2)小球能再次通过D点，其运动轨迹如图(a

)所示．设小球做匀速圆周运动的轨迹半径为r，则由几何关系有s＝rtan30°又知s＝v0t1圆弧轨迹所对的圆心角θ＝2π－(π－π3)＝43π则t0＝θrv0联立解得t0t1＝439π(3)当小球运动的周期最大时，其运动轨迹应与MN相切，小球运动一

个周期的轨迹如图(b)所示，由几何关系得R＋Rtan30°＝(3＋1)L解得R＝L由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qv0B0＝mv20R解得B0＝mv0qL小球在一个周期内运动的路程s1＝3×23×2πR＋6×Rtan30°＝(4π＋

63)L故Tm＝s1v0＝4π＋63Lv0