2019高考物理二輪復習 專題三 電場與磁場 第3講 帶電粒子在復合場中的運動學案

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1、第3講　帶電粒子在復合場中的運動 [做真題·明考向]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　真題體驗　透視命題規(guī)律 授課提示：對應學生用書第47頁 [真題再做] 1.(2016·高考全國卷Ⅰ，T15)現代質譜儀可用來分析比質子重很多倍的離子，其示意圖如圖所示，其中加速電壓恒定．質子在入口處從靜止開始被加速電場加速，經勻強磁場偏轉后從出口離開磁場．若某種一價正離子在入口處從靜止開始被同一加速電場加速，為使它經勻強磁場偏轉后仍從同一出口離開磁場，需將磁感應強度增加到原來的12倍．此離子和質子的質量比約為(　　) A．11　　　　　　　　　 B.12 C．121 D．144 解析：帶電粒

2、子在加速電場中運動時，有qU＝mv2，在磁場中偏轉時，其半徑r＝，由以上兩式整理得r＝.由于質子與一價正離子的電荷量相同，B1∶B2＝1∶12，當半徑相等時，解得＝144，選項D正確． 答案：D 2.(2017·高考全國卷Ⅰ，T16)如圖，空間某區(qū)域存在勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向上(與紙面平行)，磁場方向垂直于紙面向里．三個帶正電的微粒a、b、c電荷量相等，質量分別為ma、mb、mc.已知在該區(qū)域內，a在紙面內做勻速圓周運動，b在紙面內向右做勻速直線運動，c在紙面內向左做勻速直線運動．下列選項正確的是(　　) A．ma>mb>mc B．mb>ma>mc C．mc>ma>mb D

3、．mc>mb>ma 解析：該空間區(qū)域為勻強電場、勻強磁場和重力場的疊加場，a在紙面內做勻速圓周運動，可知其重力與所受到的電場力平衡，洛倫茲力提供其做勻速圓周運動的向心力，有mag＝qE，解得ma＝.b在紙面內向右做勻速直線運動，由左手定則可判斷出其所受洛倫茲力方向豎直向上，可知mbg＝qE＋qvbB，解得mb＝＋.c在紙面內向左做勻速直線運動，由左手定則可判斷出其所受洛倫茲力方向豎直向下，可知mcg＋qvcB＝qE，解得mc＝－.綜上所述，可知mb>ma>mc，選項B正確． 答案：B 3.(2016·高考天津卷，T11)如圖所示，空間中存在著水平向右的勻強電場，電場強度大小E＝5N/C，

4、同時存在著水平方向的勻強磁場，其方向與電場方向垂直，磁感應強度大小B＝0.5 T．有一帶正電的小球，質量m＝1×10－6 kg，電荷量q＝2×10－6 C，正以速度v在圖示的豎直面內做勻速直線運動，當經過P點時撤掉磁場(不考慮磁場消失引起的電磁感應現象)，取g＝10 m/s2.求： (1)小球做勻速直線運動的速度v的大小和方向； (2)從撤掉磁場到小球再次穿過P點所在的這條電場線經歷的時間t. 解析：(1)小球勻速直線運動時受力如圖，其所受的三個力在同一平面內，合力為零，有qvB＝① 代入數據解得 v＝20m/s② 速度v的方向與電場E的方向之間的夾角θ滿足 tanθ＝③

5、代入數據解得tanθ＝ θ＝60°④ (2)解法一： 撤去磁場，小球在重力與電場力的合力作用下做類平拋運動，設其加速度為a，有a＝⑤ 設撤掉磁場后小球在初速度方向上的分位移為x，有 x＝vt⑥ 設小球在重力與電場力的合力方向上分位移為y，有 y＝at2⑦ a與mg的夾角和v與E的夾角相同，均為θ，又 tanθ＝⑧ 聯立④⑤⑥⑦⑧式，代入數據解得t＝2s＝3.5s⑨ 解法二： 撤去磁場后，由于電場力垂直于豎直方向，它對豎直方向的分運動沒有影響，以P點為坐標原點，豎直向上為正方向，小球在豎直方向上做勻減速運動，其初速度為 vy＝vsinθ⑤ 若使小球再次穿過P點所在的電

6、場線，僅需小球的豎直方向上分位移為零，則有vyt－gt2＝0⑥ 聯立⑤⑥式，代入數據解得t＝2s＝3.5s⑦ 答案：(1)見解析　(2)3.5s 4．(2018·高考全國卷Ⅰ，T25)如圖，在y＞0的區(qū)域存在方向沿y軸負方向的勻強電場，場強大小為E；在y＜0的區(qū)域存在方向垂直于xOy平面向外的勻強磁場．一個氕核H和一個氘核H先后從y軸上y＝h點以相同的動能射出，速度方向沿x軸正方向．已知H進入磁場時，速度方向與x軸正方向的夾角為60°，并從坐標原點O處第一次射出磁場.H的質量為m，電荷量為q.不計重力．求： (1)H第一次進入磁場的位置到原點O的距離； (2)磁場的磁感應強度大?。?

7、 (3)H第一次離開磁場的位置到原點O的距離． 解析：(1)H在電場中做類平拋運動，在磁場中做勻速圓周運動，運動軌跡如圖所示．設H在電場中的加速度大小為a1，初速度大小為v1，它在電場中的運動時間為t1，第一次進入磁場的位置到原點O的距離為s1.由運動學公式有s1＝v1t1① h＝a1t② 由題給條件，H進入磁場時速度的方向與x軸正方向夾角θ1＝60°.H進入磁場時速度的y分量的大小為a1t1＝v1tanθ1③ 聯立以上各式得s1＝h④ (2)H在電場中運動時，由牛頓第二定律有 qE＝ma1⑤ 設H進入磁場時速度的大小為v1′，由速度合成法則有v1′＝⑥ 設磁感應強度大小為B，

8、H在磁場中運動的圓軌道半徑為R1，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有 qv1′B＝⑦ 由幾何關系得s1＝2R1sinθ1⑧ 聯立以上各式得B＝⑨ (3)設H在電場中沿x軸正方向射出的速度大小為v2，在電場中的加速度大小為a2，由題給條件得 (2m)v＝mv⑩ 由牛頓第二定律有qE＝2ma2? 設H第一次射入磁場時的速度大小為v2′，速度的方向與x軸正方向夾角為θ2，入射點到原點的距離為s2，在電場中運動的時間為t2.由運動學公式有 s2＝v2t2? h＝a2t? v2′＝? sin θ2＝? 聯立以上各式得s2＝s1，θ2＝θ1，v2′＝v1′? 設H在磁場中做圓周運動的

9、半徑為R2，由⑦?式及粒子在勻強磁場中做圓周運動的半徑公式得 R2＝＝R1? 所以出射點在原點左側．設H進入磁場的入射點到第一次離開磁場的出射點的距離為s2′，由幾何關系有s2′＝2R2sinθ2? 聯立④⑧???式得，H第一次離開磁場時的位置到原點O的距離為s2′－s2＝(－1)h? 答案：(1)h　(2) 　(3)(－1)h [考情分析] ■命題特點與趨勢——怎么考 1．帶電粒子在復合場中的運動在高考全國卷中屬于冷考點，近幾年高考涉及的題目多為較簡單的選擇題．但在自主命題地區(qū)的高考中是命題熱點，題目多為綜合性較強的計算題． 2．從近幾年全國卷和地方卷的試題可以看出，命題點多

10、集中在帶電粒子在電場和磁場的組合場中運動，重在考查曲線運動的處理方法及幾何關系的應用．也有考查重力場、電場、磁場的疊加場中的運動問題，重在考查在受力分析及動力學規(guī)律的應用． 3．2019年高考題會以組合場為主，要關注以磁與現代科技為背景材料的題目． ■解題要領——怎么做 　解決此類問題一定要分清復合場的組成、帶電體在場中的受力特點、滿足的運動規(guī)律(如類平拋運動、圓周運動、勻變速直線運動等)，同時要做好運動過程分析，將一個復雜的運動分解成若干簡單的運動，并能找出它們之間的聯系． [建體系·記要點]　　　　　　　　　　　　　　　　　　知識串聯　熟記核心要點 授課提示：對應學生用書第48頁

11、 [網絡構建] [要點熟記] 1．做好“兩個區(qū)分” (1)正確區(qū)分重力、電場力、洛倫茲力的大小、方向特點及做功特點．重力、電場力做功只與初、末位置有關，與路徑無關，而洛倫茲力不做功． (2)正確區(qū)分“電偏轉”和“磁偏轉”的不同．“電偏轉”是指帶電粒子在電場中做類平拋運動，而“磁偏轉”是指帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動． 2．抓住“兩個技巧” (1)按照帶電粒子運動的先后順序，將整個運動過程劃分成不同特點的小過程． (2)善于畫出幾何圖形處理邊、角關系，要有運用數學知識處理物理問題的習慣． 3．熟記帶電粒子在復合場中的三種運動 (1)靜止或勻速直線運動：當帶電粒子在復合場

12、中所受合外力為零時，將處于靜止狀態(tài)或做勻速直線運動． (2)勻速圓周運動：當帶電粒子所受的重力與電場力大小相等、方向相反時，帶電粒子在洛倫茲力的作用下，在垂直于勻強磁場的平面內做勻速圓周運動． (3)非勻變速曲線運動：當帶電粒子所受的合外力的大小和方向均變化，且與初速度方向不在同一條直線上時，粒子做非勻變速曲線運動，這時粒子運動軌跡既不是圓弧，也不是拋物線． [研考向·提能力]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　考向研析　掌握應試技能 授課提示：對應學生用書第48頁 考向一　帶電粒子在組合場中的運動 [典例展示1]　(2018·福建龍巖上學期期末)如圖所示，在空間有xOy坐標

13、系，第三象限有磁感應強度為B的勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里，第四象限有沿y軸正方向的勻強電場．一個質量為m、電荷量為q的正離子，從A處沿與x軸成60°角的方向垂直射入勻強磁場中，結果離子正好從距O點為L的C處沿垂直電場方向進入勻強電場，最后離子打在x軸上距O點2L的D處，不計離子重力，求： (1)此離子在磁場中做圓周運動的半徑r； (2)離子從A處運動到D處所需的時間； (3)場強E的大?。? [解析]　(1)正離子的運動軌跡如圖所示，由幾何知識可得r＋rcos60°＝L 解得半徑為r＝ (2)根據洛倫茲力提供向心力有qv0B＝m 解得離子在磁場中運動的速度大小為v0＝

14、 離子在磁場中運動的周期為T＝＝ 根據軌跡得到離子在磁場中做圓周運動的時間為 t1＝T＝ 離子從C運動到D做類平拋運動，水平方向做勻速直線運動所需要的時間 t2＝＝ 故離子從A→C→D的總時間為 t＝t1＋t2＝＋ (3)在電場中L＝at，a＝ 電場的場強大小為E＝ [答案]　(1)　(2)＋　(3) 帶電粒子在組合場中運動的處理方法 (1)明性質：要清楚場的性質、方向、強弱、范圍等，如例題中磁場在第三象限且垂直紙面向里，電場在第四象限且豎直向上． (2)定運動：帶電粒子依次通過不同場區(qū)時，由受力情況確定粒子在不同區(qū)域的運動情況，如在磁場中受洛倫茲力做勻速圓周運動，

15、在電場中受電場力做類平拋運動． (3)畫軌跡：正確地畫出粒子的運動軌跡圖． (4)用規(guī)律：根據區(qū)域和運動規(guī)律的不同，將粒子運動的過程劃分為幾個不同的階段，對不同的階段選取不同的規(guī)律處理． (5)找關系：要明確帶電粒子通過不同場區(qū)的交界處時速度大小和方向的關系，上一個區(qū)域的末速度往往是下一個區(qū)域的初速度． 1．(2018·福建漳州一中模擬)如圖，在x軸下方的區(qū)域內存在方向與y軸正方向相同的勻強電場．在x軸上方以原點O為圓心、半徑為R的半圓形區(qū)域內存在勻強磁場，磁場的方向垂直于xOy平面并指向紙面外，磁感應強度為B.y軸負半軸上的A點與O點的距離為d，一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子

16、從A點由靜止釋放，經電場加速后從O點射入磁場．粒子重力不計，求： (1)要使粒子離開磁場時的速度方向與x軸平行，電場強度E0的大小； (2)若電場強度E＝E0，粒子仍從A點由靜止釋放，離開磁場后經過x軸時的位置與原點的距離． 解析：(1)粒子在電場中加速，由動能定理得 qE0d＝mv2① 粒子進入磁場后做圓周運動，有qvB＝m② 粒子離開磁場時的速度方向與x軸平行，運動情況如圖線①，可得R＝r③ 由以上各式解得E0＝ (2)當E＝E0時，同(1)中可得磁場中運動的軌道半徑r′＝④ 粒子運動情況如圖線②，圖中的角度α、β滿足 cosα＝＝ 即α＝30°⑤ β＝2α

17、＝60°⑥ 粒子經過x軸時的位置坐標為x＝r′＋⑦ 解得x＝R⑧ 答案：(1)　(2)R 2.如圖所示，平面直角坐標系的x軸上方存在豎直向上的勻強電場Ⅰ，場強為E1(未知)，第四象限內OC與x軸正方向成60°角，OC與x軸間存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B(未知)，OC與y軸間存在垂直O(jiān)C向下的勻強電場Ⅱ，場強為E2(未知)．一質量為m、帶電荷量為－q(q>0)的粒子從O點以與x軸正方向成30°角的初速度v0射入勻強電場E1中，經一段時間后從x軸上的Q點進入勻強磁場，經磁場偏轉后恰好垂直穿過OC且剛好能到達y軸上的D點，已知O、Q間的距離為L，粒子重力不計，求： (1)場強

18、E1、E2的大小及磁感應強度B的大??； (2)粒子從O點運動到D點所用的時間t. 解析：(1)粒子的運動軌跡如圖所示，粒子在勻強電場Ⅰ中做斜上拋運動，由運動的合成與分解知： y軸方向：v0sin30°＝a·，且a＝ x軸方向：L＝v0cos30°·t1，聯立得E1＝ 由對稱性可知粒子運動到Q點時的速度大小為v0，方向與x軸正方向成30°角斜向下，由幾何關系知粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑r＝OQ＝L 由Bqv0＝m得B＝ 粒子在OC線下方做勻減速直線運動，到D點時速度剛好為0 設粒子在電場Ⅱ中的位移為s，由幾何關系知： tan60°＝，得s＝ 而v＝2··s，聯立解得

19、E2＝. (2)由(1)知粒子在勻強電場Ⅰ中運動的時間 t1＝ 粒子在勻強磁場中運動的時間t2＝·＝ 粒子在勻強電場Ⅱ中運動的時間t3＝＝ 所以粒子從O點運動到D點所用的時間： t＝t1＋t2＋t3＝L. 答案：(1)　　　(2)L 考向二　帶電粒子在疊加場中的運動 [典例展示2]　如圖所示，平面OM和水平面ON之間的夾角為30°，兩平面之間同時存在勻強磁場和勻強電場，勻強磁場的磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向外；勻強電場的方向豎直向上．一帶電小球的質量為m，電荷量為q；帶電小球沿豎直平面以大小為v0的初速度從平面OM上的某點沿左上方射入磁場，速度方向與OM成30°角，

20、帶電小球進入磁場后恰好做勻速圓周運動．已知帶電小球在磁場中的運動軌跡與ON恰好相切，且?guī)щ娦∏蚰軓腛M上另一點P射出磁場(P未畫出)． (1)判斷帶電小球帶何種電荷？所加電場的電場強度E為多大？ (2)求出射點P到兩平面交點O的距離s. (3)帶電小球離開磁場后繼續(xù)運動，能打在左側豎直的光屏OO′上的T點，求T點到O點的距離s′. [解析]　(1)根據題意，帶電小球受到的電場力與重力平衡，則帶電小球帶正電荷． 由力的平衡條件得qE＝mg，解得E＝. (2)帶電小球在疊加場中，洛倫茲力充當向心力，做勻速圓周運動． 根據牛頓第二定律有，qv0B＝m，解得R＝ 根據題意，帶電小球在勻

21、強磁場中的運動軌跡如圖所示，Q點為運動軌跡與ON相切的點，I點為入射點，P點為出射點，小球離開磁場的速度方向與OM的夾角也為30°，由幾何關系可得，QP為圓軌道的直徑，故＝2R OP的長度s＝ 聯立以上各式得s＝. (3)帶電小球從P點離開磁場后做平拋運動，設其豎直位移為y，水平位移為x，運動時間為t. 則x＝v0t＝scos30°，豎直位移y＝gt2 聯立各式得s′＝2R＋y＝＋. [答案]　見解析 帶電粒子在疊加場中運動的處理方法 (1)弄清疊加場的組成特點． (2)正確分析帶電粒子的受力及運動特點． (3)畫出粒子的運動軌跡，如本題中在疊加場和重力場中的運動分

22、別是圓周運動和平拋運動，靈活選擇不同的運動規(guī)律． ①若只有兩個場，合力為零，則表現為勻速直線運動或靜止狀態(tài)．例如電場與磁場中滿足qE＝qvB時、重力場與磁場中滿足mg＝qvB時、重力場與電場中滿足mg＝qE時． ②若三場共存時，合力為零，粒子做勻速直線運動，其中洛倫茲力F＝qvB的方向與速度v垂直． ③若三場共存時，粒子做勻速圓周運動，則有mg＝qE，粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，即qvB＝m(如例題中小球在疊加場中的運動)． ④當帶電粒子做復雜的曲線運動或有約束的變速直線運動時，一般用動能定理或能量守恒定律求解． 3.(多選)如圖所示，空間存在水平向左的勻

23、強電場和垂直紙面向里的水平勻強磁場．在該區(qū)域中，有一個豎直放置的光滑絕緣圓環(huán)，環(huán)上套有一個帶正電的小球．O點為圓環(huán)的圓心，a、b、c、d為圓環(huán)上的四個點，a點為最高點，c點為最低點，b、O、d三點在同一水平線上．已知小球所受電場力與重力大小相等．現將小球從環(huán)的頂端a點由靜止釋放，下列判斷正確的是(　　) A．小球能越過d點并繼續(xù)沿環(huán)向上運動 B．當小球運動到d點時，不受洛倫茲力 C．小球從d點運動到b點的過程中，重力勢能減小，電勢能減小 D．小球從b點運動到c點的過程中，經過弧bc中點時速度最大 解析：電場力與重力大小相等，則二者的合力指向左下方45°，由于合力是恒力，故類似于新的重

24、力，所以ad弧的中點相當于豎直平面圓環(huán)的“最高點”．關于圓心對稱的位置(即bc弧的中點)就是“最低點”，速度最大；由于a、d兩點關于新的最高點對稱，若從a點靜止釋放，最高運動到d點，故A錯誤；當小球運動到d點時，速度為零，故不受洛倫茲力，故B正確；由于d、b等高，故小球從d點運動到b點的過程中，重力勢能不變，故C錯誤；由于等效重力指向左下方45°，弧bc中點是等效最低點，故小球從b點運動到c點的過程中，經過弧bc中點時速度最大，故D正確． 答案：BD 4.如圖所示是相互垂直的勻強電場和勻強磁場組成的疊加場，電場強度和磁感應強度分別為E和B，一個質量為m、帶正電荷量為q的油滴，以水平速度v0

25、從a點射入，經一段時間后運動到b點．試計算： (1)油滴剛進入疊加場a點時的加速度大小． (2)若到達b點時，偏離入射方向的距離為d，此時速度大小為多大？ 解析：(1)油滴剛進入疊加場a點時，受到重力、豎直向下的電場力、豎直向上的洛倫茲力作用，由牛頓第二定律，有a＝. (2)選取油滴從a點到b點過程，根據動能定理，有 －mgd－qEd＝mv－mv 解得vb＝. 答案：(1)　(2) 5.(2018·甘肅武威第五次段考)如圖，豎直平面內，兩豎直虛線MN、PQ間(含邊界)存在豎直向上的勻強電場和垂直于豎直平面向外的勻強磁場，MN、PQ間距為d，電磁場上下區(qū)域足夠大．一個質量為

26、m，電荷量為q的帶正電小球從左側進入電磁場，初速度v與MN夾角θ＝60°，隨后小球做勻速圓周運動，恰能到達右側邊界PQ并從左側邊界MN穿出．不計空氣阻力，重力加速度為g.求： (1)電場強度大小E； (2)磁場磁感應強度大小B； (3)小球在電磁場區(qū)域運動的時間． 解析：(1)由小球在電磁場區(qū)域做勻速圓周運動，有qE＝mg 得E＝ (2)設小球做勻速圓周運動的半徑為r，有qvB＝m，解得B＝ 由幾何關系可得r＝2d 則磁場磁感應強度大小B＝ (3)小球做勻速圓周運動周期T＝ 小球在電磁場區(qū)域運動時間t＝T，解得t＝ 答案：(1)　(2)　(3) 考向三　磁與現代科技的應

27、用 　中學階段常見的帶電粒子在正交的勻強電場和勻強磁場中運動的幾種模型．①④⑤⑥的共同特征是粒子在其中只受電場力和洛倫茲力作用，并且最終電場力和洛倫茲力平衡，即qE＝qvB?v＝. 6．(多選)(2018·河南洛陽一模)如圖為一種改進后的回旋加速器示意圖，其中盒縫間的加速電場場強大小恒定，且被限制在AC板間，虛線中間不需加電場，帶電粒子從P0處以速度v0沿電場線方向射入加速電場，經加速后再進入D形盒中的勻強磁場做勻速圓周運動．對這種改進后的回旋加速器，下列說法正確的是(　　) A．加速粒子的最大速度與D形盒的尺寸無關 B．帶電粒子每運動一周被加速一次 C．帶電

28、粒子每運動一周P1P2等于P2P3 D．加速電場方向不需要做周期性的變化 解析：由于帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的半徑與速度成正比，所以加速粒子的最大速度與D形盒的尺寸有關，選項A錯誤；由于圖示中虛線中間不需加電場，帶電粒子每運動一周被加速一次，選項B正確；應用動能定理，經第一次加速后，qU＝mv－mv，解得v1＝.經第二次加速后，qU＝mv－mv，解得v2＝＝.而軌跡半徑r＝，顯然帶電粒子每運動一周P1P2大于P2P3，選項C錯誤；對于正粒子，加速電場方向為A指向C，對于負粒子，電場方向為C指向A，即加速電場方向不需要做周期性的變化，選項D正確． 答案：BD 7.如圖所示是速度

29、選擇器的原理圖，已知電場強度為E、磁感應強度為B并相互垂直分布，某一帶電粒子(重力不計)沿圖中虛線水平通過，則該帶電粒子(　　) A．一定帶正電 B．速度大小為 C．可能沿QP方向運動 D．若沿PQ方向運動的速度大于，將一定向下極板偏轉 解析：帶電粒子沿題圖中虛線水平通過，則粒子受到的電場力qE與洛倫茲力qvB等大反向，則速度v＝，即粒子做勻速直線運動，粒子可帶正電也可帶負電，故A錯誤，B正確；若粒子沿QP方向進入，電場力與洛倫茲力同向，不能做直線運動，故C錯誤；若速度v>，則粒子受到的洛倫茲力大于電場力，使粒子偏轉，若粒子帶正電，粒子將向上極板偏轉，若粒子帶負電荷，粒子將向下極板偏

30、轉，故D錯誤． 答案：B 8.為了測量化工廠的污水排放量，技術人員在排污管末端安裝了流量計(流量Q為單位時間內流過某截面流體的體積)．如圖所示，長方體絕緣管道的長、寬、高分別為a、b、c，左、右兩端開口，所在空間有垂直于前后面、磁感應強度大小為B的勻強磁場，在上、下兩個面的內側固定有金屬板M、N，污水充滿管道從左向右勻速流動，測得M、N間電壓為U，污水流過管道時受到的阻力大小是f＝kLv2，其中k為比例系數，L為污水沿流速方向的長度，v為污水的流速，則有(　　) A．污水的流量Q＝ B．金屬板M的電勢不一定高于金屬板N的電勢 C．電壓U與污水中的離子濃度有關 D．左、右兩側管口的壓

31、強差為 解析：已知污水在管道中的流速為v，則當M、N間電壓為U時，有qvB＝q，解得v＝，由于流量Q＝vbc，故Q＝，選項A錯誤；由左手定則可知，負離子受到的洛倫茲力方向豎直向下，故N板帶負電，M板帶正電，則金屬板M的電勢一定高于金屬板N的電勢，選項B錯誤；當M、N兩板間的電壓為U時，離子所受電場力和洛倫茲力大小相等，即qvB＝q，解得U＝Bcv，電壓U與污水中離子的濃度無關，選項C錯誤；由于污水的流速為v＝，污水流過該裝置時受到的阻力為f＝kav2，且污水勻速通過該裝置，所以左、右兩側管口受到的壓力差等于污水流過該裝置時受到的阻力，即Δp·S＝kav2，又因為S＝bc，故可解得Δp＝，選項

32、D正確． 答案：D 9.(2018·高考全國卷Ⅲ)如圖，從離子源產生的甲、乙兩種離子，由靜止經加速電壓U加速后在紙面內水平向右運動，自M點垂直于磁場邊界射入勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁場左邊界豎直．已知甲種離子射入磁場的速度大小為v1，并在磁場邊界的N點射出；乙種離子在MN的中點射出；MN長為l.不計重力影響和離子間的相互作用．求： (1)磁場的磁感應強度大小； (2)甲、乙兩種離子的比荷之比． 解析：(1)設甲種離子所帶電荷量為q1、質量為m1，在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R1，磁場的磁感應強度大小為B，由動能定理有 q1U＝m1v① 由洛倫茲力公式和牛頓第二定律

33、有 q1v1B＝m1② 由幾何關系知2R1＝l③ 由①②③式得B＝④ (2)設乙種離子所帶電荷量為q2、質量為m2，射入磁場的速度為v2，在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R2.同理有 q2U＝m2v⑤ q2v2B＝m2⑥ 由題給條件有2R2＝⑦ 由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙兩種離子的比荷之比為 ∶＝1∶4⑧ 答案：(1)　(2)1∶4 [限訓練·通高考]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　科學設題　拿下高考高分 單獨成冊　對應學生用書第141頁 (45分鐘) 一、單項選擇題 1．(2018·福建龍巖上學期期末)如圖所示，兩平行金屬板中間有相互垂直的勻強磁場和勻強電

34、場，不計重力的帶電粒子沿垂直于電場和磁場方向射入．有可能做直線運動的是(　　) 解析：A圖中，若粒子帶正電，則粒子受向下的電場力和向下的洛倫茲力，粒子不能沿直線運動；同理當粒子帶負電時也不能沿直線運動，選項A錯誤．B圖中，若粒子帶正電，粒子受向上的電場力和向上的洛倫茲力，粒子不能沿直線運動；同理當粒子帶負電時也不能沿直線運動，選項B錯誤；C圖中，若粒子帶正電，粒子受向下的電場力和向上的洛倫茲力，若二者相等，則粒子能沿直線運動；同理當粒子帶負電時也可能沿直線運動，選項C正確；D圖中，若粒子帶正電，粒子受向上的電場力和向上的洛倫茲力，粒子不能沿直線運動；同理當粒子帶負電時也不能沿直線運動

35、，選項D錯誤． 答案：C 2.質量為m、電荷量為q的微粒，以與水平方向成θ角的速度v從O點進入方向如圖所示的正交的勻強電場(場強大小為E)和勻強磁場(磁感應強度大小為B)組成的混合場區(qū)，該微粒在電場力、洛倫茲力和重力的作用下，恰好沿直線運動到A，重力加速度為g.下列說法中正確的是(　　) A．該微粒一定帶正電 B．微粒從O到A的運動可能是勻變速運動 C．該磁場的磁感應強度大小為 D．該電場的場強為Bvcosθ 解析：若微粒帶正電，電場力水平向左，洛倫茲力垂直O(jiān)A斜向右下方，則電場力、重力、洛倫茲力不能平衡，微粒不可能做直線運動，則微粒帶負電，A錯誤；微粒如果做勻變速運動，重力和電

36、場力不變，而洛倫茲力變化，微粒不能沿直線運動，與題意不符，B錯誤；由平衡條件得qvBcosθ＝mg，qvBsinθ＝qE，知C正確，D錯誤． 答案：C 3.如圖所示，空間的某個復合場區(qū)域內存在著豎直向下的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場．質子由靜止開始經一加速電場加速后，垂直于復合場的界面進入并沿直線穿過場區(qū)，質子(不計重力)穿過復合場區(qū)所用時間為t，從復合場區(qū)穿出時的動能為Ek，假設無論撤去磁場B還是撤去電場E，質子仍能穿出場區(qū)，則(　　) A．若撤去磁場B，質子穿過場區(qū)時間大于t B．若撤去電場E，質子穿過場區(qū)時間小于t C．若撤去磁場B，質子穿出場區(qū)時動能大于Ek

37、 D．若撤去電場E，質子穿出場區(qū)時動能大于Ek 解析：質子進入復合場沿直線運動，則質子受到的電場力和洛倫茲力大小相等、方向相反，即eE＝Bev0，若撤去磁場B，質子在電場中做類平拋運動，由類平拋運動特點可知，穿過電場的時間t＝，因場區(qū)寬度x不變，則時間不變，質子豎直方向做初速度為0的勻加速直線運動，出電場時的速度必大于v0，動能大于Ek，則A錯誤，C正確．若撤去電場E，則質子在磁場中只受洛倫茲力作用，方向始終垂直于質子速度方向，所以洛倫茲力對質子不做功，質子速度大小不變，動能不變，但是洛倫茲力改變了質子運動方向，所以質子在磁場中運動軌跡變長，穿出場區(qū)時間變長，則B、D錯誤． 答案：C 4

38、.回旋加速器是加速帶電粒子的裝置，其核心部分是分別與高頻交流電極相連接的兩個D形金屬盒，兩盒間的狹縫中形成周期性變化的電場，使粒子在通過狹縫時都能得到加速，兩個D形金屬盒處于垂直于盒底的勻強磁場中，如圖所示．現用同一回旋加速器分別加速兩種同位素，關于高頻交流電源的周期和獲得的最大動能的大小，下列說法正確的是(　　) A．加速質量大的粒子交流電源的周期較大，加速次數少 B．加速質量大的粒子交流電源的周期較大，加速次數多 C．加速質量大的粒子交流電源的周期較小，加速次數多 D．加速質量大的粒子交流電源的周期較小，加速次數少 解析：D形盒間的交流電源的周期等于粒子做圓周運動的周期T＝，則加

39、速質量大的粒子時所需交流電源的周期較大，由qvB＝m，解得v＝，則粒子獲得的最大動能Ek＝mv2＝，故加速質量較大的粒子時獲得的最大動能較小，因加速一次粒子得到的動能相同，則加速質量較大的粒子加速的次數較少，故選項A正確． 答案：A 5.如圖所示，一個靜止的質量為m、帶電荷量為q的粒子(不計重力)，經電壓U加速后垂直進入磁感應強度為B的勻強磁場中，粒子在磁場中轉半個圓后打在P點，設OP＝x，能夠正確反應x與U之間的函數關系的是(　　) 解析：設粒子到達O點的速度為v，粒子通過電場的過程中，由動能定理得qU＝mv2，粒子在磁場中運動，由牛頓第二定律得qvB＝m，R＝，由以上三式解得

40、x＝，選項B正確，選項A、C、D錯誤． 答案：B 二、多項選擇題 6.如圖所示，質量為m、帶電荷量為＋q的三個相同的帶電小球A、B、C從同一高度以同一初速度水平拋出(小球運動過程中不計空氣阻力)，B球處于豎直向下的勻強磁場中，C球處于垂直紙面向里的勻強電場中，它們落地的時間分別為tA、tB、tC，落地時的速度大小分別為vA、vB、vC，則以下判斷正確的是(　　) A．tA＝tB＝tC　　　　　 B.tB

41、方向，且洛倫茲力不做功，故只有重力做功，所以B球豎直方向做自由落體運動，C球除受重力之外，還受到垂直紙面向里的電場力作用，故C球在豎直方向做自由落體運動，重力和電場力均對其做正功，所以三個球在豎直方向都做自由落體運動，由于下落的高度相同，故下落的時間相等，即有tA＝tB＝tC，A正確，B錯誤；根據動能定理可知，A、B兩球合力做的功相等，初速度相同，所以末速度大小相等，而C球的合力做的功比A、B兩球的合力做的功多，初速度又與A、B兩球的初速度相同，故C球的末速度比A、B兩球的末速度大，即vA＝vB

42、R＝0.50m的圓形絕緣光滑槽軌．槽軌處在垂直紙面向外的勻強磁場中，磁感應強度B＝0.50T．有一個質量為m＝0.10g、帶電荷量為q＝＋1.6×10－3C的小球在斜軌道上某位置由靜止自由下滑，若小球恰好能通過最高點，則下列說法中正確的是(重力加速度g取10m/s2)(　　) A．若小球到達最高點的線速度為v，小球在最高點時的關系式mg＋qvB＝m成立 B．小球滑下的初位置離軌道最低點高為h＝m C．小球在最高點只受到洛倫茲力和重力的作用 D．小球從初始位置到最高點的過程中機械能守恒 解析：小球在最高點時，根據左手定則可知，洛倫茲力的方向向上，所以mg－qvB＝m，選項A錯誤；從初位

43、置到最高點的過程中運用動能定理得mg(h－2R)＝mv2，而mg－qvB＝m，代入數據解得h＝m，選項B正確；球恰好能通過最高點，說明軌道對小球沒有作用力，洛倫茲力和重力的合力提供向心力，即此時小球只受洛倫茲力和重力的作用，選項C正確；小球從初始位置到達最高點的過程中洛倫茲力和軌道的支持力都不做功，只有重力做功，機械能守恒，選項D正確． 答案：BCD 三、非選擇題 8.(2018·陜西漢中高三月考)如圖所示，虛線圓所圍的區(qū)域內有磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場和另一未知勻強電場(未畫)，一電子從A點沿直徑AO方向以速度v射入該區(qū)域．已知電子的質量為m，電荷量為e，不計電子所

44、受的重力． (1)若電子做直線運動，求勻強電場的電場強度E的大小和方向； (2)若撤掉電場，其他條件不變，電子束經過磁場區(qū)域后其運動方向與原入射方向的夾角為θ，求圓形磁場區(qū)域的半徑r和電子在磁場中運動的時間t. 解析：(1)若電子做直線運動，據evB＝eE得E＝vB，場強垂直O(jiān)A豎直向下． (2)若撤掉電場，電子在磁場中做勻速圓周運動，電子束經過磁場區(qū)域后其運動方向與原入射方向的夾角為θ，運動軌跡如圖所示，則evB＝m 解得R＝ 找出軌跡圓的圓心O′，如圖所示，由幾何關系得 α＝θ，tan＝，解得r＝tan 設電子做勻速圓周運動的周期為T， 有T＝＝ 電子在磁場中運動的

45、時間為t＝T，解得t＝ 答案：(1)vB　垂直O(jiān)A豎直向下 (2)tan　 9.如圖，在x<0的空間中，存在沿x軸負方向的勻強電場，電場強度E＝10N/C；在x>0的空間中，存在垂直于xOy平面、方向向外的勻強磁場，磁感應強度B＝0.5T．一帶負電的粒子(比荷＝160C/kg)，在距O點左側x＝0.06 m處的d點以v0＝8 m/s的初速度沿y軸正方向開始運動，不計帶電粒子的重力．求： (1)帶電粒子開始運動后第一次通過y軸時的速度大小和方向； (2)帶電粒子進入磁場后經多長時間返回電場； (3)帶電粒子運動的周期． 解析：(1)由題意知，帶電粒子在第二象限內做類平拋運動，加速度

46、a＝＝1600m/s2， 帶電粒子在第二象限內運動的時間t1＝＝s， 則帶電粒子通過y軸進入磁場時，沿x軸方向上的速度vx＝at1＝8m/s， 則帶電粒子第一次通過y軸時的速度 v＝＝16m/s， 設速度v與y軸正方向的夾角為θ 則tanθ＝＝，得θ＝60°. (2)作出帶電粒子在磁場內的運動軌跡，如圖所示，由幾何關系可知帶電粒子的運動軌跡所對應的圓心角α＝120°，則帶電粒子在磁場內運動的時間 t2＝T＝·＝s. (3)帶電粒子從磁場返回電場后的運動是此前由電場進入磁場運動的逆運動，則經歷時間t3＝t1，帶電粒子的速度變?yōu)関0，此后重復前面的運動．可見，粒子在電、磁場中

47、的運動具有周期性，其周期 T＝t1＋t2＋t3＝(＋)s. 答案：(1)16m/s　與y軸正方向成60°角 (2)s　(3)(＋)s 10.如圖所示，平面直角坐標系的第二象限內存在水平向左的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，一質量為m、帶電荷量為＋q的小球從A點以速度v0沿直線AO運動，AO與x軸負方向成37°角．在y軸與MN之間的區(qū)域Ⅰ內加一電場強度最小的勻強電場后，可使小球繼續(xù)做直線運動到MN上的C點，MN與PQ之間區(qū)域Ⅱ內存在寬度為d的豎直向上的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，小球在區(qū)域Ⅱ內做勻速圓周運動并恰好不能從右邊界飛出，已知小球在C點的速度大小為2v0，重力加速度為g，

48、sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求： (1)第二象限內電場強度E1的大小和磁感應強度B1的大??； (2)區(qū)域Ⅰ內最小電場強度E2的大小和方向； (3)區(qū)域Ⅱ內電場強度E3的大小和磁感應強度B2的大?。? 解析：(1)帶電小球在第二象限內受重力、電場力和洛倫茲力作用做直線運動，三力滿足如圖甲所示關系且小球只能做勻速直線運動． 由圖甲知tan37°＝，cos37°＝，解得E1＝， B1＝. (2)區(qū)域Ⅰ中小球做加速直線運動，電場強度最小，受力如圖乙所示(電場力方向與速度方向垂直)，小球做勻加速直線運動，由圖乙知cos37°＝， 解得E2＝ 方向與x軸正方向成53°角斜向上． (3)小球在區(qū)域Ⅱ內做勻速圓周運動， 所以mg＝qE3，得E3＝ 因小球恰好不從右邊界穿出，小球運動軌跡如圖丙所示 由幾何關系可知r＋r·cos53°＝d， 解得r＝d 由洛倫茲力提供向心力知B2q·2v0＝m， 聯立得B2＝. 答案：見解析 23