2017高考物理考前知识专题带电粒子在电场和磁场中的运动复习题.docx

考题一　带电粒子在组合场中的运动 1.组合场模型 电场、磁场、重力场(或其中两种场)并存，但各自位于一定区域，并且互不重叠的情况. 2.带电粒子在组合场中运动的处理方法 (1)分别研究带电粒子在不同场区的运动规律.在匀强磁场中做匀速圆周运动.在匀强电场中，若速度方向与电场方向平行，则做匀变速直线运动；若速度方向与电场方向垂直，则做类平抛运动. (2)带电粒子经过磁场区域时利用圆周运动规律结合几何关系处理. (3)当粒子从一个场进入另一个场时，该位置粒子的速度大小和方向往往是解题的突破口. 例1　(2016•四川•11)如图1所示，图面内有竖直线DD′，过DD′且垂直于图面的平面将空间分成Ⅰ、Ⅱ两区域.区域Ⅰ有方向竖直向上的匀强电场和方向垂直图面的匀强磁场B(图中未画出)；区域Ⅱ有固定在水平地面上高h＝2l、倾角α＝π4的光滑绝缘斜面，斜面顶端与直线DD′距离s＝4l，区域Ⅱ可加竖直方向的大小不同的匀强电场(图中未画出)；C点在DD′上，距地面高H＝3l.零时刻，质量为m、带电荷量为q的小球P在K点具有大小v0＝gl、方向与水平面夹角θ＝π3的速度，在区域Ⅰ内做半径r＝3lπ的匀速圆周运动，经C点水平进入区域Ⅱ.某时刻，不带电的绝缘小球A由斜面顶端静止释放，在某处与刚运动到斜面的小球P相遇.小球视为质点，不计空气阻力及小球P所带电荷量对空间电磁场的影响.l已知，g为重力加速度. 图1 (1)求匀强磁场的磁感应强度B的大小； (2)若小球A、P在斜面底端相遇，求释放小球A的时刻tA； (3)若小球A、P在时刻t＝βlg(β为常数)相遇于斜面某处，求此情况下区域Ⅱ的匀强电场的场强E，并讨论场强E的极大值和极小值及相应的方向. 解析　(1)由题知，小球P在区域Ⅰ内做匀速圆周运动，有 mv 20r＝qv0B，代入数据解得B＝mπ3lqgl (2)小球P在区域Ⅰ做匀速圆周运动转过的圆心角为θ，运动到C点的时刻为tC，到达斜面底端时刻为t1，有 tC＝θrv0 ① s－htan α＝v0(t1－tC) ② 小球A释放后沿斜面运动加速度为aA，与小球P在时刻t1相遇于斜面底端， 有mgsin α＝maA ③ hsin α＝12aA(t1－tA)2 ④ 联立以上方程可得tA＝(3－22)lg (3)设所求电场方向向下，在tA′时刻释放小球A，小球P在区域Ⅱ运动加速度为aP，有 s＝v0(t－tC)＋12aA(t－tA′)2cos α ⑤ mg＋qE＝maP ⑥ H－h＋12aA(t－tA′)2sin α＝12aP(t－tC)2 ⑦ 联立相关方程解得E＝(11－β2)mgq(β－1)2 对小球P的所有运动情形讨论可得3≤β≤5 由此可得场强极小值为Emin＝0；场强极大值为Emax＝7mg8q，方向竖直向上. 答案　(1)πm3qlgl　(2)(3－22)lg (3)(11－β2)mgq(β－1)2　极大值7mg8q，方向竖直向上；极小值0 变式训练 1.如图2所示，在平面直角坐标系xOy的第二象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y轴负方向.在第一、四象限内有一个圆，圆心O′坐标为(r,0)，圆内有方向垂直于xOy平面向里的匀强磁场.一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子(不计粒子所受的重力)，从P(－2h，h)点，以大小为v0的速度沿平行于x轴正方向射入电场，通过坐标原点O进入第四象限，又经过磁场从x轴上的Q点离开磁场.求： 图2 (1)电场强度E的大小； (2)圆内磁场的磁感应强度B的大小； (3)带电粒子从P点进入电场到从Q点射出磁场的总时间t. 答案　(1)mv202qh　(2)mv0qr　(3)4h＋πr2v0 解析　(1)带电粒子在电场中做类平抛运动，有 水平方向：2h＝v0t1 ① 竖直方向：h＝12at 21 ② a＝Eqm ③ 由①②③式得E＝mv 202qh ④ (2)粒子进入磁场时沿y轴方向的速度vy＝at1＝v0 ⑤ 粒子进入磁场时的速度v＝v 20＋v 2y ⑥ 粒子在洛伦兹力作用下做圆周运动，有qvB＝mv2R ⑦ 由几何关系有R＝2r ⑧ 由③⑤⑥⑦⑧式得B＝mv0qr ⑨ (3)粒子在磁场中运动的时间t2＝14T ⑩ 粒子在磁场中做圆周运动的周期T＝2πmqB ⑪ 粒子从P点进入电场到Q点射出磁场的总时间t＝t1＋t2 ⑫ 由①⑨⑩⑪⑫解得t＝4h＋πr2v0 2.如图3所示，平面直角坐标系xOy在第一象限内存在水平向左的匀强电场，第二、四象限内存在垂直纸面向里的匀强磁场，第三象限内存在与x轴负方向成30°角斜向上的匀强电场.一质量为m、电荷量为q的带正电粒子以一定初速度从y轴上的A点与y轴正方向成60°角垂直磁场方向射入第二象限，粒子从x轴上的C点与x轴正方向成30°角进入第三象限.粒子到达y轴上的D点(未画出)时速度刚好减半，经第四象限内磁场偏转后又能垂直x轴进入第一象限内，最后恰好回到A点.已知OA＝3a，第二象限内匀强磁场的磁感应强度为B.粒子重力不计，求： 图3 (1)粒子初速度v0和第四象限内匀强磁场的磁感应强度B1的大小； (2)第一、三象限内匀强电场的电场强度E1和E2的大小； (3)粒子在第一、三象限内运行的时间比t1∶t3. 答案　(1)Bqam　34B　(2)B2qa6m　33B2qa16m　(3)94 解析　(1)粒子在第二象限内运动正好完成半个圆周，则 2R1cos 30°＝OA 解得R1＝a 而Bqv0＝mv 20R1，解得v0＝Bqam 粒子在第三象限中运动时有CD＝2R1tan 30°＝233a 粒子在第四象限中运动时有R2＝CDtan 30°＝23a 而B1qv1＝mv 21R2，v1＝12v0 解得B1＝34B (2)在第一象限内： OF＝R2＋R2sin 30°＝a 有OF＝12•qE1m•t 21 OA＝v1t1 解得E1＝B2qa6m，t1＝23mBq 在第三象限内：v 20－v 21＝2•qE2m•CD 代入解得E2＝33B2qa16m (3)在第三象限内有： v0－v1＝qE2m•t3 解得t3＝83m9Bq 所以t1t3＝94 考题二　带电粒子在叠加场中的运动 带电粒子在叠加场中运动的处理方法 (1)明种类：明确叠加场的种类及特征. (2)析特点：正确分析带电粒子的受力特点及运动特点. (3)画轨迹：画出运动过程示意图，明确圆心、半径与边角关系. (4)用规律：灵活选择不同的运动规律. ①两场共存时，电场与磁场中满足qE＝qvB或重力场与磁场中满足mg＝qvB或重力场与电场中满足mg＝qE，都表现为匀速直线运动或静止，根据受力平衡列方程求解. ②三场共存时，合力为零，受力平衡，粒子做匀速直线运动.其中洛伦兹力F＝qvB的方向与速度v垂直. ③三场共存时，粒子在叠加场中做匀速圆周运动.mg与qE相平衡，根据mg＝qE，由此可计算粒子比荷，判定粒子电性.粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，应用受力平衡和牛顿运动定律结合圆周运动规律求解，有qvB＝mrω2＝mv2r＝mr4π2T2＝ma. ④当带电粒子做复杂的曲线运动或有约束的变速直线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解. 例2　如图4所示，在无限长的水平边界AB和CD间有一匀强电场，同时在AEFC、BEFD区域分别存在水平向里和向外的匀强磁场，磁感应强度大小相同，EF为左右磁场的分界线.AB边界上的P点到边界EF的距离为(2＋3)L，一带正电微粒从P点正上方的O点由静止释放，从P点垂直AB边界进入电、磁场区域，且恰好不从AB边界飞出电、磁场.已知微粒在磁场中的运动轨迹为圆弧，重力加速度大小为g，电场强度大小E(E未知)和磁感应强度大小B(B未知)满足EB＝2gL，不考虑空气阻力，求： 图4 (1)O点距离P点的高度h多大； (2)若微粒从O点以v0＝3gL水平向左平抛，且恰好垂直下边界CD射出电、磁场，则微粒在磁场中运动的时间t多长？ 解析　(1)微粒在电磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，重力与电场力合力为零，则：qE＝mg， 粒子运动轨迹如图所示： 由几何知识可得：sin θ＝32，r1＋r1sin θ＝(2＋3)L， 解得：r1＝2L， 微粒做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv1B＝mv 21r1， 由动能定理得：mgh＝12mv 21－0， 已知：EB＝2gL，解得：h＝12L； (2)微粒在进入电磁场前做平抛运动，x1＝v0t1， h＝12gt 21， 代入数据解得：t1＝Lg，x1＝3L， 微粒在M点的竖直分速度：v′＝gL， 速度：v＝2gL，速度与AB夹角为30°， 微粒运动轨迹如图所示： 微粒轨道半径：r2＝4L，由几何知识可知，微粒从M点偏转30°垂直打在EF边界上， 微粒在磁场中做圆周运动的周期：T＝2πr2v＝4πLg 由题意可知，微粒的运动时间：t＝t1′＋t2′＝30°360°T＋12kT＋14T＝112T＋12kT＋14T(k＝0、1、2、3、……) 解得：t＝2π(23＋k)Lg(k＝0、1、2、3、……) 答案　(1)12L　(2)2π(23＋k)Lg(k＝0、1、2、3、……) 变式训练 3.如图5所示，在真空中半径为r＝0.1 m的圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场及水平向左的匀强电场，磁感应强度B＝0.01 T，ab和cd是两条相互垂直的直径，一束带正电的粒子流连续不断地以速度v＝1×103 m/s从c点沿cd方向射入场区，粒子将沿cd方向做直线运动，如果仅撤去磁场，带电粒子经过a点，如果撤去电场，使磁感应强度变为原来的12，不计粒子重力，下列说法正确的是(　　) 图5 A.电场强度的大小为10 N/C B.带电粒子的比荷为1×106 C/kg C.撤去电场后，带电粒子在磁场中运动的半径为0.1 m D.带电粒子在磁场中运动的时间为7.85×10－5 s 答案　AC 解析　粒子沿直线运动，则Bqv＝Eq，解得E＝Bv＝0.01×103 N/C＝10 N/C，选项A正确；如果仅撤去磁场，则粒子在水平方向r＝12Eqmt2，竖直方向r＝vt，解得：qm＝2v2Er＝2×10610×0.1 C/kg＝2×106 C/kg，选项B错误；撤去电场后，带电粒子在磁场中运动的半径为R＝mvqB2＝1032×106×12×0.01 m＝0.1 m，选项C正确；带电粒子在磁场中运动的时间为t＝T4＝πmqB＝3.142×106×0.01 s＝1.57×10－4 s，选项D错误；故选A、C. 4.(2016•天津•11)如图6所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E＝53 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： 图6 (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　方向与电场方向成60°角斜向上 (2)3.5 s 解析　(1)小球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＝q2E2＋m2g2 ① 代入数据解得v＝20 m/s ② 速度v的方向与电场E的方向之间的夹角满足 tan θ＝qEmg ③ 代入数据解得tan θ＝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，如图所示，设其加速度为a，有 a＝q2E2＋m2g2m ⑤ 设撤去磁场后小球在初速度方向上的分位移为x，有 x＝vt ⑥ 设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y，有 y＝12at2 ⑦ tan θ＝yx ⑧ 联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得 t＝23 s≈3.5 s ⑨ 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，其初速度为 vy＝vsin θ ⑤ 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－12gt2＝0 ⑥ 联立⑤⑥式，代入数据解得t＝23 s≈3.5 s. 考题三　带电粒子在交变电磁场中的运动 带电粒子在交变电磁场中运动的处理方法 (1)若交变电压的变化周期远大于粒子穿越电场的时间或粒子穿越电场的时间极短可忽略时，则粒子在穿越电场的过程中，电场可看做匀强电场. (2)空间存在的电场或磁场是随时间周期性变化的，一般呈现“矩形波”的特点.交替变化的电场及磁场会使带电粒子顺次经历不同特点的电场或磁场或叠加场，从而表现出“多过程”现象.其运动特点既复杂又隐蔽.分析时应该注意以下三点：①仔细分析并确定各场的变化特点及相应的时间，其变化周期一般与粒子在电场或磁场中的运动周期相关联.有一定的联系，应抓住变化周期与运动周期之间的联系作为解题的突破口；②必要时，可把粒子的运动过程还原成一个直观的运动轨迹草图进行分析；③把粒子的运动分解成多个运动阶段分别进行处理，根据每一阶段上的受力情况确定粒子的运动规律.
例3　如图7甲所示，在直角坐标系0≤x≤L区域内有沿y轴正方向的匀强电场，右侧有一个以点(3L,0)为中心、边长为2L的正方形区域，其边界ab与x轴平行，正方形区域与x轴的交点分别为M、N.在该正方形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，现有一质量为m、带电量为e的电子，从y轴上的A点以速度v0沿x轴正方向射入电场，飞出电场后从M点以与x轴夹角为30°的方向进入正方形区域，并恰好从d点射出.
图7 (1)求匀强电场E的大小； (2)求匀强磁场B的大小； (3)若当电子到达M点时，在正方形区域换加如图乙所示周期性变化的磁场(以垂直于纸面向外为磁场正方向)，最后电子运动一段时间后从N点飞出，求正方形磁场区域磁感应强度B0大小的表达式、磁场变化周期T与B0的关系式.
[思维规范流程] 步骤1：在电场中做平抛运动 分方向列方程 在M点速度分解 (1)在E中： L＝v0t ① vy＝eEmt ② tan 30°＝vyv0 ③ 得：E＝3mv 203eL ④
步骤2：在磁场中： 由几何关系得： 列F洛＝Fn方程 (2)R＝L2cos 30° ⑤ BevM＝mv 2MR ⑥ vM＝v0cos 30° ⑦ 得：B＝2mv0eL ⑧
步骤3：从N点射出的几种情景图： 根据几何关系，由图得出T、B0的关系： (3)n•r＝2L(n＝1,2,3……) ⑨ r＝mvMeB0＝23mv03eB0 ⑩ 得B0＝n•3mv03eL(n＝1,2,3……) ⑪ T0＝2πmeB0 ⑫ T06＝T2 ⑬ 得：T＝2πm3eB0 ⑭
④⑧⑨⑪⑫⑭每式各2分，其余各式1分. 变式训练 5.如图8甲所示，在竖直边界MN的左侧存在与水平方向成θ＝60°斜向右上方的匀强电场.其电场强度大小E1＝3 N/C，在MN的右侧有竖直向上的匀强电场，其电场强度大小E2＝1.5 N/C，同时，在MN的右侧还有水平向右的匀强电场E3和垂直纸面向里的匀强磁场B(图甲中均未画出)，E3和B随时间变化的情况如图乙所示.现有一带正电的微粒，带电荷量q＝1×10－5 C，从左侧电场中距MN边界x1＝3 m的A点无初速度释放后，微粒水平向右进入MN右侧场区，设此时刻t＝0，取g＝10 m/s2.求： 图8 (1)带电微粒的质量m； (2)带电微粒在MN右侧场区中运动了1.5 s时的速度v(取25＝4.5)； (3)带电微粒从A点运动到MN右侧场区中计时为1.5 s的过程中，各电场对带电微粒做的总功W.(取3π＝10) 答案　(1)1.5×10－6 kg　(2)5 m/s，方向水平向左 (3)4.125×10－5 J 解析　(1)MN左侧匀强电场的电场强度为E1，方向与水平方向夹角为θ，带电微粒受力如图所示. 沿竖直方向有：qE1sin θ＝mg 解得：m＝1.5×10－6 kg. (2)在MN左侧，对带电微粒沿水平方向有： qE1cos θ＝ma1 解得：a1＝1033 m/s2 对水平方向的匀加速运动有：v 20＝2a1x1 解得刚到MN时v0＝4.5 m/s 带电微粒在MN右侧场区始终满足：qE2＝mg 在0～1 s时间内，带电微粒在E3电场中有： a2＝qE3m＝1×10－5×0.0751.5×10－6 m/s2＝0.5 m/s2 带电微粒在1 s时的速度大小为： v＝v0＋a2t＝5 m/s 在1～1.5 s时间内，带电微粒在磁场B中做匀速圆周运动，周期为 T＝2πmqB＝2π×1.5×10－61×10－5×0.3π s＝1 s 在1～1.5 s时间内，带电微粒在磁场B中正好运动了半个圆周，所以带电微粒在MN右侧场区中运动了1.5 s时的速度大小为5 m/s，方向水平向左. (3)带电微粒在磁场B中做圆周运动的半径为 r＝mvqB＝1.5×10－6×51×10－5×0.3π m＝7.53π m＝0.75 m W－mg•2r＝12mv2 解得：W＝4.125×10－5 J. 专题规范练 1.利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域.如图1是霍尔元件的工作原理示意图，磁感应强度B垂直于霍尔元件的工作面向下，通入图示方向的电流I，C、D两侧面会形成电势差UCD，下列说法中正确的是(　　) 图1 A.电势差UCD仅与材料有关 B.若霍尔元件的载流子是自由电子，则电势差UCD＜0 C.仅增大磁感应强度时，电势差UCD可能不变 D.在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持水平 答案　B 解析　由题意可知，CD间存在电势差，即存在电场，载流子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，设霍尔元件的长、宽、高分别为a、b、c，有qUCDb＝qvB，I＝nqvS＝nqvbc，则UCD＝BInqc.故A、C错误；根据左手定则，电子向C侧面偏转，C表面带负电，D表面带正电，所以D表面的电势高，则UCD＜0，B正确；在测定地球赤道上方地磁场强弱时，应将元件的工作面保持竖直，让磁场垂直通过.故D错误. 2.(多选)如图2所示，一足够长的绝缘细杆处于磁感应强度为B＝0.5 T的匀强磁场中，杆与磁场垂直且与水平方向的夹角为θ＝37°.一质量为m＝0.1 g、电荷量为q＝5×10－4 C的带正电圆环套在该绝缘细杆上，圆环与杆之间的动摩擦因数为μ＝0.4.现将圆环从杆上的某一位置无初速度释放.则下列判断中正确的是(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取重力加速度g＝10 m/s2)(　　) 图2 A.圆环下滑过程中洛伦兹力始终做正功 B.当圆环下滑的速度达到2.4 m/s时，圆环与细杆之间的弹力为零 C.圆环下滑过程中的最大加速度为6 m/s2 D.圆环下滑过程中的最大速度为9.2 m/s 答案　CD 解析　当FN＝0时，qvB＝mgcos θ，得v＝3.2 m/s， 此时，F合＝mgsin θ＝mam，得 am＝6 m/s2， 当mgsin θ＝μ(qvmB－mgcos θ)时 得vm＝9.2 m/s. 3.(多选)如图3所示，空间有相互正交的匀强电场和匀强磁场区域，匀强电场方向竖直向下，大小为E，匀强磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B.一质量为m的带电小球(可视为质点)恰好能在竖直面内做半径为r的匀速圆周运动，已知重力加速度为g，则下列说法中正确的是(　　) 图3 A.该小球带正电荷 B.该小球的带电荷量为mgE C.该小球一定沿顺时针方向做匀速圆周运动 D.该小球做圆周运动的线速度大小为BgrE 答案　BD 解析　因小球做匀速圆周运动，所以mg＝qE，得E＝mgq，电场力向上，所以带负电，A错误，B正确；由于小球带负电，由左手定则可知，小球一定沿逆时针方向运动，选项C错误；设小球做圆周运动的线速度大小为v，则qvB＝mv2r，解得v＝Bqrm，又因为q＝mgE，所以v＝BgrE，选项D正确. 4.(多选)如图4所示，两块水平放置的平行金属板，板长为2d，相距为d.现将一质量为m、电荷量为q的带电小球以某一水平速度靠近上板下表面的P点射入，刚好从下板边缘射出，若在两板间加入竖直向下的匀强电场，再次将该带电小球以相同速度从P点射入，小球刚好水平向右沿直线运动；若保持电场，再加一垂直纸面的匀强磁场，再次将该带电小球以相同速度从P点射入，小球刚好垂直打在板上.已知重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　) 图4 A.小球从P点射入的初速度为2gd B.小球带正电，所加匀强电场E＝mgq C.所加匀强磁场方向垂直纸面向里，B＝m2qd2dg D.加入匀强磁场后，带电小球在板间运动时间为π4 2dg 答案　AD 解析　小球从P点射入后做平抛运动，根据平抛运动规律有：2d＝v0t，d＝12gt2，联立解得：v0＝2gd，故A正确；加电场后做匀速直线运动，故：qE＝mg，解得：E＝mgq，电场力向上，场强向下，故小球带负电，故B错误；再加磁场后，做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，小球刚好垂直打在板上，故轨道半径为d，根据牛顿第二定律，有：qv0B＝mv 20d，解得：B＝mqd2dg；根据左手定则，磁场方向垂直纸面向里，故C错误；加入匀强磁场后，带电小球在板间运动时间为四分之一个周期，为：t＝π2dv0＝π4 2dg，故D正确. 5.(多选)如图5所示，M、N为两块带等量异种电荷的平行金属板，两板间电压可取从零到某一最大值之间的各种数值.静止的带电粒子带电荷量为＋q，质量为m(不计重力)，从点P经电场加速后，从小孔Q进入N板右侧的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，CD为磁场边界上的一绝缘板，它与N板的夹角为θ＝30°，孔Q到板的下端C的距离为L，当M、N两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD板上，则下列说法正确的是(　　) 图5 A.两板间电压的最大值Um＝qB2L22m B.CD板上可能被粒子打中区域的长度s＝23L C.粒子在磁场中运动的最长时间tm＝πmqB D.能打到N板上的粒子的最大动能为q2B2L218m 答案　ACD 解析　M、N两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD板上，所以其轨迹圆心在C点，CH＝QC＝L， 故轨迹半径R1＝L 又由牛顿第二定律得 qv1B＝mv 21R1 粒子在MN间加速时，有 qUm＝12mv 21 所以联立得Um＝qB2L22m，选项A正确； 打在QC间的粒子在磁场中运动的时间最长，均为半个周期.粒子运动的周期为T＝2πmqB 所以最长时间tm＝T2＝πmqB，选项C正确；设轨迹与CD板相切于K点，半径为R2，在△AKC中： AC＝2R2，CK＝3R2 又QC＝QA＋AC＝R2＋2R2＝3R2＝L，所以CK＝33L 故HK的长度s＝(1－33)L，选项B错误；能达到N板上的粒子最大半径为R2，根据qvB＝mv2R2，最大动能为：Ekm＝12mv2＝B2q2L218m，选项D正确. 6.(多选)如图6所示是选择密度相同、大小不同纳米粒子的一种装置.待选粒子带正电且电量与表面积成正比.待选粒子从O1进入小孔时可认为速度为零，加速电场区域Ⅰ的板间电压为U，粒子通过小孔O2射入正交的匀强电场、磁场区域Ⅱ，其中磁场的磁感应强度大小为B，左右两极板间距为d.区域Ⅱ出口小孔O3与O1、O2在同一竖直线上.若半径为r0，质量为m0、电量为q0的纳米粒子刚好能沿直线通过，不计纳米粒子重力，则(　　) 图6 A.区域Ⅱ的电场与磁场的强度比值为 2q0Um0 B.区域Ⅱ左右两极板的电势差U1＝Bdq0Um0 C.若纳米粒子的半径r＞r0，则刚进入区域Ⅱ的粒子仍将沿直线通过 D.若纳米粒子的半径r＞r0，仍沿直线通过，则区域Ⅱ的电场与原电场强度之比为r0r 答案　AD 解析　设半径为r0的粒子加速后的速度为v，则有：q0U＝12m0v2 设区域Ⅱ内电场强度为E，洛伦兹力等于电场力，即：q0vB＝q0E 联立①②解得：E＝B2q0Um0，则区域Ⅱ的电场与磁场的强度比值为2q0Um0，U1＝Ed＝Bd2q0Um0，故A正确，B错误；若纳米粒子的半径r＞r0，设半径为r的粒子的质量为m、带电量为q、被加速后的速度为v′，则m＝(rr0)3m0而q＝(rr0)2q0，由12mv′2＝qU解得：v′＝ 2q0Ur0m0r＝r0rv＜v，故洛伦兹力小于电场力，粒子带正电，故粒子向左偏转，故C错误；要使粒子直线通过需满足E＝vB，故区域Ⅱ的电场与原电场的电场强度之比为r0r；故D正确. 7.(多选)如图7所示为某种质谱仪的工作原理示意图.此质谱仪由以下几部分构成：粒子源N；P、Q间的加速电场；静电分析器；磁感应强度为B的有界匀强磁场，方向垂直纸面向外；胶片M.若静电分析器通道中心线半径为R，通道内有均匀辐射电场在中心线处的电场强度大小为E；由粒子源发出一质量为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，垂直场强方向进入静电分析器，在静电分析器中，离子沿中心线做匀速圆周运动，而后由S点沿着既垂直于静电分析器的左边界，又垂直于磁场方向射入磁场中，最终打到胶片上的某点.下列说法中正确的是(　　) 图7 A.P、Q间加速电压为12ER B.离子在磁场中运动的半径为 mERq C.若一质量为4m、电荷量为q的正离子加速后进入静电分析器，离子不能从S射出 D.若一群离子经过上述过程打在胶片上同一点，则这些离子具有相同的比荷 答案　AD 解析　直线加速过程，根据动能定理，有：qU＝12mv2 ① 电场中偏转过程，根据牛顿第二定律，有：qE＝mv2R ② 磁场中偏转过程，根据牛顿第二定律，有：qvB＝mv2r ③ 解得：U＝12ER， ④ r＝mqB qERm＝1B mERq ⑤ 由④式，只要满足R＝2UE，所有粒子都可以从辐射电场区通过； 由④⑤知，打到胶片上同一点的粒子的比荷一定相等. 8.如图8所示，在直角坐标系xOy平面内有a(4 cm,3 cm)、b(0,8 cm)两点，匀强磁场垂直于xOy平面向里.一电荷量为e＝1.6×10－19 C、质量为m＝9×10－31 kg的电子，以v0＝1.6×106 m/s的速度从原点O沿x轴正方向入射，不计电子重力，取sin 37°＝0.6. 图8 (1)已知电子能通过a点，求磁感应强度B的大小. (2)适当改变磁感应强度，再加入平行xOy平面的匀强电场，使得电子可先后经过a、b两点，动能分别变为在O点动能的4倍和5倍，求电场强度的大小. 答案　(1)2.16×10－4 T　(2)4.5×102 V/m 解析　(1)由几何关系： R2＝x 2a＋(R－ya)2 得R＝256 cm ev0B＝mv 20R 得B＝2.16×10－4 T (2)洛伦兹力不做功，电子从O点到a点由动能定理： eUaO＝Eka－EkO＝3×12mv 20 电子从O点到b点由动能定理： eUbO＝Ekb－EkO＝4×12mv 20，解得UaOUbO＝34 沿Ob方向电势均匀升高，设y轴上点c(0，yc)为a点的等势点：ycyb＝34 解得：yc＝6 cm，ac连线为匀强电场中的一条等势线 过O点作ac的垂线交于d点，由几何关系可知： ∠cOd＝37° O点到d点的距离：Od＝yccos 37° E＝UaOOd 代入数值得：E＝4.5×102 V/m

20 × 20