【文档说明】高考物理一轮复习 精选题辑含答案： 课练28 带电粒子在复合场中的运动.doc，共(13)页，552.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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课练28带电粒子在复合场中的运动1．(2018·江苏如皋质检)(多选)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答案：ABD解析：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．2．(2018·广东珠海一模)如图所示，从S处发出的电子经加速电压U加速后垂直进入相互垂直的匀强电场和匀强磁场中，发现电子向下极板偏转．设两极板间电场强度为E，磁感应强度为B.欲使电子沿直线从电场和磁场区域通过，只

采取下列措施，其中可行的是()A．适当减小电场强度EB．适当减小磁感应强度BC．适当增大加速电压UD．适当增大加速电场极板之间的距离答案：B解析：根据左手定则可知，电子所受的洛伦兹力的方向竖直向下，故电子向下极板偏转的原因是电场力小于洛伦兹力，要想使电子沿直线从电磁复合场区域通

过，则必须有Eq＝qvB，所以可以适当增大电场强度或适当减小磁感应强度，A错误，B正确；由Ue＝12mv2得v＝2Uem，可以适当减小加速电压来减小电子进入电磁复合场的速度v，从而使得Eq＝qvB，C错误；适当增大加速电场极板间的距离，但只要两板间电压不变，电子进入磁场的速度

就不变，则电子受到的电场力仍小于它受到的洛伦兹力，电子向下偏转，D错误．3．(2018·浙江杭州期末)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

表面电势低答案：A解析：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．4．(2018·陕西渭南一模)质谱仪是一种测定带电粒

子的质量和分析同位素的重要工具，它的构造原理如图所示．粒子源S产生一个质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，粒子的初速度很小，可以看成是静止的，粒子经过电压U加速进入磁感应强度为B的匀强磁场中，沿着半圆运

动轨迹打到底片P上，测得它在P上的位置到入口处S1的距离为x，则下列说法正确的是()A．对于给定的带电粒子，当磁感应强度B不变时，加速电压U越大，粒子在磁场中运动的时间越长B．对于给定的带电粒子，当磁感应强度B不变时，加速电压U越大，粒子在磁场中运动的时间越短C．当加速电压U和磁感应强度B

一定时，x越大，带电粒子的比荷qm越大D．当加速电压U和磁感应强度B一定时，x越大，带电粒子的比荷qm越小答案：D解析：在加速电场中由Uq＝12mv2得v＝2Uqm，在匀强磁场中由qvB＝mv2R得R＝mvqB，且R＝x2，联立解得qm＝8UB2x2，所以当加速电压U和磁感应

强度B一定时，x越大，带电粒子的比荷qm越小，C错误，D正确．粒子在磁场中运动的时间t＝T2＝πmqB，与加速电压U无关，A、B错误．5．(2018·江苏宜兴模拟)(多选)回旋加速器的工作原理示意图如图所示，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，两盒间的狭缝很小，粒

子穿过其的时间可忽略，它们接在电压为U、频率为f的交流电源上，若A处粒子源产生的质子在加速器中被加速，下列说法正确的是()A．若只增大交流电压U，则质子获得的最大动能增大B．若只增大交流电压U，则质子在回旋加速器中运动的时间会变短C

．若磁感应强度B增大，交流电频率f必须适当增大，回旋加速器才能正常工作D．不改变磁感应强度B和交流电频率f，该回旋加速器也能用于加速α粒子答案：BC解析：当质子从D形盒中射出时速度最大，根据qvmB＝mv2mR，得vm＝qBRm，则质子获得的最大功能Ekm＝q2B2R22m，质子的最大

动能与交流电压U无关，故A错误；根据T＝2πmBq，可知若只增大交流电压U，不会改变质子在回旋加速器中运动的周期，但加速次数会减少，则质子在回旋加速器中运动的时间变短，故B正确；根据T＝2πmBq，可知若磁感应强度B增大，则T减小，只有当交流电频率f适当增大，回旋加

速器才能正常工作，故C正确；带电粒子在磁场中运动的周期与在加速电场中运动的周期相等，根据T＝2πmBq知，换用α粒子，粒子的比荷变化，在磁场中运动的周期变化，回旋加速器需改变交流电的频率才能用于加速α粒

子，故D错误．6．(2018·北京海淀区期末)(多选)将一块长方体形状的半导体材料样品的表面垂直磁场方向置于磁场中，当此半导体材料中通有与磁场方向垂直的电流时，在半导体材料与电流和磁场方向垂直的两个侧面会出现一定的电压，这种现象称为霍尔效应，产生的电压称为霍尔电压，相应的将

具有这样性质的半导体材料样品称为霍尔元件．如图所示，利用电磁铁产生磁场，毫安表检测输入霍尔元件的电流，毫伏表检测霍尔元件输出的霍尔电压．已知图中的霍尔元件是P型半导体，与金属导体不同，它内部形成电流的“载流

子”是空穴(空穴可视为能自由移动带正电的粒子)．图中的1、2、3、4是霍尔元件上的四个接线端．当开关S1、S2闭合后，电流表A和电表B、C都有明显示数，下列说法中正确的是()A．电表B为毫伏表，电表C为毫安表B．接线端2的电势高于接线端4的电势C．若调整电路，使通过电磁铁和霍尔元件的电流与原电流

方向相反，但大小不变，则毫伏表的示数将保持不变D．若减小R1、增大R2，则毫伏表示数一定增大答案：BC解析：电表B测量的是输入霍尔元件的电流，电表C测量的是霍尔元件输出的电压，所以电表B为毫安表，电表C为毫伏表，A错误；由铁芯上的线圈绕向可知，霍尔元件处的磁

场方向为自上而下，输入霍尔元件的电流方向为由1到3，由左手定则可知，载流子(空穴)受到洛伦兹力的作用将会偏向接线端2，所以接线端2的电势高于接线端4的电势，B正确；若使通过电磁铁和霍尔元件的电流与原电流方向相反，但大小不变，则产生的霍尔电压的大小和方向均不变，毫伏表的示数将保持

不变，C正确；若减小R1，则通过霍尔元件的磁感应强度B变大，增大R2，通过霍尔元件的电流I减小，对于霍尔元件有UHdq＝Bvq，I＝nqSv，联立得UH＝BdInqS，因不知B和I的具体变化量，无法确定毫伏表示数的变化，D错误．7．(多选)如图甲所示，一个带正

电荷的物块m，由静止开始从斜面上A点下滑，滑到水平面BC上的D点停下来．已知物块与斜面及水平面间的动摩擦因数相同，且不计物块经过B处时的机械能损失．先在ABC所在空间加竖直向下的匀强电场，第二次让物块m从A点由静止开始下滑，结果物块在

水平面上的D′点停下来，如图乙．后又撤去电场，在ABC所在空间加水平向里的匀强磁场，再次让物块m从A点由静止开始下滑，结果物块沿斜面滑下并在水平面上的D″点停下来，如图丙．则以下说法中正确的是()A．D

′点一定在D点左侧B．D′点一定与D点重合C．D″点一定在D点右侧D．D″点一定与D点重合答案：BC解析：设AB斜面与水平面的夹角为α，从A点至D点过程中，以物块为研究对象进行受力分析，由动能定理有mgh－μmgs1cosα－μmgs2＝0，化简解得h－

μs1cosα－μs2＝0.由题意知，A点距水平面的高度h、物块与斜面及水平面间的动摩擦因数μ、斜面倾角α、斜面长度s1为定值，所以s2与重力大小无关，而在ABC所在空间加竖直向下的匀强电场后，相当于把重力增大了，s2不变，D′点一定与D点重

合，选项A错误、B正确．在ABC所在空间加水平向里的匀强磁场后，洛伦兹力垂直于接触面向上，正压力变小，摩擦力变小，重力做的功不变，所以D″点一定在D点右侧，选项C正确、D错误．8.(多选)如图所示为一个质量为m、带电荷量为＋q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀

强磁场中．现给圆环向右的初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的v－t图象可能是下图中的()答案：AD解析：由左手定则可判断洛伦兹力方向向上，圆环还受到竖直向下的重力、垂直于细杆的弹力及向左的摩擦力．当Bqv0＝mg时，

圆环做匀速直线运动，选项A正确．当Bqv0<mg时，N＝mg－Bqv0，此时μN＝ma，所以圆环做加速度逐渐增大的减速运动，直至停止，其v－t图象的斜率应该逐渐增大，选项B、C错误．当Bqv0>mg时，N＝Bqv0

－mg，此时μN＝ma，所以圆环做加速度逐渐减小的减速运动，直到Bqv＝mg时，圆环开始做匀速运动，选项D正确．9．(多选)如图所示，两虚线之间的空间内存在着正交或平行的匀强电场E和匀强磁场B，有一个带正电的小球(电荷量为＋q、质量为m)从电、磁复合场上方的某一高度处自由落下，那么，带

电小球可能沿直线通过电、磁复合场的是()答案：CD解析：A图中小球受重力、向左的电场力、向右的洛伦兹力，下降过程中速度一定变大，故洛伦兹力一定增大，不可能一直与电场力平衡，故合力不可能一直向下，故一定做曲线运动，故A错误．B图中小球受重力、向上的电场

力、垂直纸面向外的洛伦兹力，合力与速度方向一定不共线，故一定做曲线运动，故B错误．C图中小球受重力、向左上方的电场力、水平向右的洛伦兹力，若三力平衡，则小球做匀速直线运动，故C正确．D图中小球受向下的重力和向上的电场力，合力一定与速度共线，故小球一定做直线运动，故

D正确．10．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答案：D解析：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．11．(2018·河南开封一模)如图所示，真空中有一以O点为圆心的圆形匀强磁场区域，半径R＝0.5m，磁场垂直于纸面向里．在y>R的区域存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度E＝1.

0×105V/m.在坐标原点M点有一带正电的粒子以速率v＝1.0×106m/s沿x轴正方向射入磁场，粒子穿出磁场进入电场，速度减小到0后又返回磁场，最终又从磁场离开．已知粒子的比荷为qm＝1.0×10

7C/kg，粒子的重力不计．求：(1)圆形磁场区域磁感应强度的大小；(2)该粒子从进入磁场到再次穿出磁场所运动的路程．答案：(1)0.2T(2)2.57m解析：(1)沿x轴正方向射入磁场的粒子进入电场

后，速度减小到0，粒子一定是从如图所示的P点射出磁场，逆着电场线方向运动，所以粒子在磁场中做圆周运动的半径r＝R＝0.5m．根据Bqv＝mv2R，得B＝mvqR，代入数据解得B＝0.2T.(2)粒子返回磁场后，经磁场偏转后从N点射出磁场，MN为直径，粒子在磁场中的路程为二分之

一圆周的周长s1＝πR，设在电场中的路程为s2，根据动能定理得Eqs22＝12mv2，s2＝mv2Eq，总路程s＝s1＋s2＝πR＋mv2Eq，代入数据解得s＝2.57m.12．(2018·河北衡水中学三调)如图所示，质量M为5.0kg

的小车以2.0m/s的速度在光滑的水平面上向左运动，小车上AD部分是表面粗糙的水平轨道，DC部分是14光滑圆弧轨道，整个轨道都是由绝缘材料制成的，小车所在空间内有竖直向上的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，电场强度E大小为50N/C，磁

感应强度B大小为2.0T．现有一质量m为2.0kg、带负电且电荷量为0.10C的滑块以10m/s的水平速度向右冲上小车，当它运动到D点时速度为5m/s.滑块可视为质点，g取10m/s2，计算结果保留两位有效数字．(1)求滑块从A到D的过程中，小车与滑块组成的系统损失的

机械能．(2)如果滑块刚过D点时对轨道的压力为76N，求圆弧轨道的半径r.(3)当滑块通过D点时，立即撤去磁场，要使滑块冲出圆弧轨道，求此圆弧轨道的最大半径．答案：(1)85J(2)1m(3)0.71m解析：(1)

设滑块运动到D点时的速度大小为v1，小车在此时的速度大小为v2，滑块从A运动到D的过程中，系统动量守恒，以向右为正方向，有mv0－Mv＝mv1＋Mv2，解得v2＝0.设小车与滑块组成的系统损失的机械能为ΔE，则有Δ

E＝12mv20＋12Mv2－12mv21，解得ΔE＝85J.(2)设滑块刚过D点时受到轨道的支持力为FN，则由牛顿第三定律可得FN＝76N，由牛顿第二定律可得FN－(mg＋qE＋qv1B)＝mv21r，解得r＝1m.(3)设滑块圆弧

轨道上升到最大高度时，滑块与小车具有共同的速度v′，由动量守恒定律可得mv1＝(m＋M)v′，解得v′＝107m/s.设圆弧轨道的最大半径为Rm，由能量守恒定律有12mv21＝12(m＋M)v′2＋(mg＋qE)Rm，解得Rm＝0.71m.刷题加餐练刷高考真题——找规律1．(2017

·新课标全国卷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、mb、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＞ma答案：B解析：本题考查带电粒子在复合场中的运动．因微粒a做匀速圆周运动，则微粒重力不能忽

略且与电场力平衡：mag＝qE；由左手定则可以判定微粒b、c所受洛伦兹力的方向分别是竖直向上与竖直向下，则对b、c分别由平衡条件可得mbg＝qE＋Bqvb>qE、mcg＝qE－Bqvc<qE，故有mb>ma>mc，B正确．2．(2016·新课标全国卷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．11B．12C．121D．144答案：D解析：带电粒子在加速电场中运动时，有qU＝12mv2，在磁场中偏转时，其半径r＝mvqB，由以上两式整理得：r＝1B2mUq.由于质子与一价正离子的电荷量相同，B1B2＝112，当半径相等时，解得：m2m1＝144，选项D正

确．刷仿真模拟——明趋向3．(2018·甘肃西北师范大学附中模拟)(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，两小球的电荷量始终不变，关于小球的运动，下列说法正确的是()A．沿ab、a

c方向抛出的小球都可能做直线运动B．若小球沿ab方向做直线运动，则小球带正电，且一定是匀速运动C．若小球沿ac方向做直线运动，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守恒答案：AB解析：沿ab方向抛出的小球，根据左手定则及平衡条件可知，小球

只有带正电才能受力平衡做直线运动，而沿ac方向抛出的小球，同理分析可知，小球只有带负电才能做直线运动，因小球运动的速度影响其受到的洛伦兹力大小，所以小球做直线运动时一定是匀速运动，故A、B正确，C错误；小球在运动过程中，因电场力做功，所以

小球的机械能不守恒，故D错误．4．(2018·四川模拟)(多选)如图所示为一种获得高能粒子的装置原理图，环形管内存在垂直于纸面、磁感应强度大小可调的匀强磁场(环形管的宽度非常小)，质量为m、电荷量为q的带正电粒子可

在环中做半径为R的圆周运动．A、B为两块中心开有小孔且小孔距离很近的平行极板，原来电势均为零，每当带电粒子经过A板刚进入A、B之间时，A板电势升高到＋U，B板电势仍保持为零，粒子在两板间的电场中得到加速，每当粒子离开B板时，A

板电势又降为零，粒子在电场中一次一次地加速使得动能不断增大，而在环形区域内，通过调节磁感应强度大小可使粒子运行半径R不变，已知极板间距远小于R，则下列说法正确的是()A．环形区域内匀强磁场的磁场方向垂直于纸面向里B．粒子从A板小孔处由静止开始在电场力作

用下加速，绕行N圈后回到A板时获得的总动能为NqUC．粒子在绕行的整个过程中，A板电势变化的周期不变D．粒子绕行第N圈时，环形区域内匀强磁场的磁感应强度为1R2NmUq答案：BD解析：粒子在A、B之间加速，故粒子是沿顺

时针运动，在磁场中洛伦兹力提供向心力，故磁场方向垂直纸面向外，A错误；粒子在电场中加速，根据动能定理，有EN＝NqU，故B正确；粒子在加速，根据T＝2πRv，周期要减小，故C错误；由动能定理知NqU＝12mv2N，得到vN＝2NqUm，由牛顿第二定律，则有mv2NR＝qvNBN，解得BN＝mvN

qR，联立解得B＝1R2NmUq，故D正确．5．(2018·兰州诊断)(多选)如图所示，粗糙的足够长竖直绝缘杆上套有一带电小球，整个装置处在由水平向右匀强电场和垂直于纸面向外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，则下列说法正确的是()A．小球的加速度先增大后减小B．小球的加速度一直减小C．小球的速度先增大后减小D．小球的速度一直增大，最后保持不变答案：AD解析：本题考查力和运动的关系．假设小球带正电，小

球在水平方向受向右的电场力、向左的洛伦兹力和弹力，在竖直方向受重力和摩擦力，洛伦兹力随着速度的增大而增大，当洛伦兹力等于电场力之后，弹力方向改变，所以弹力是先减小后增大，摩擦力也是先减小后增大，故小球的加速度先增大后减小，

选项A正确、B错误；当摩擦力等于小球的重力之后，小球一直做匀速直线运动，在这之前，小球做加速运动，所以小球是先加速再匀速，选项C错误，选项D正确．6．(2018·昆明一中强化训练)(多选)如图所示，在正交的匀强电场、匀强磁场

中质量为m的带电小球做匀速圆周运动，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，由此可知()A．小球带正电B．小球带负电C．小球沿顺时针方向运动D．小球机械能守恒答案：BC解析：本题考查带电小球在复合场中的运动．小球做匀速圆周运动，洛

伦兹力提供向心力，则mg＝qE，小球所受电场力方向向上，故小球带负电，A错误，B正确；根据左手定则可得，小球沿顺时针方向运动，C正确；小球做匀速圆周运动的过程中，电场力做功，小球机械能不守恒，D错误．7．(2018·长沙市长郡中学月考

)(多选)如图所示，等腰直角三角形ACD的直角边长为2a，P为AC边的中点，Q为CD边上的一点，DQ＝a.在△ACD区域内，既有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，又有电场强度大小为E的匀强电场，一带正电的粒子自P点沿平行于AD的直线通过△ACD区域．不计粒子的重力，下列说法正确的有(

)A．粒子在复合场中做匀速直线运动，且速度大小为EBB．若仅撤去电场，粒子仍以原速度自P点射入磁场，从Q点射出磁场，则粒子的比荷为qm＝E3aB2C．若仅撤去电场，粒子仍以原速度自P点射入磁场，从Q点射出磁场，则粒子的比

荷为qm＝2E3aB2D．若仅撤去磁场，粒子仍以原速度自P点射入电场，则粒子在△ACD区域中运动的时间为3EaB答案：AB解析：本题考查带电粒子在复合场中的运动．带正电的粒子在复合场中做直线运动，且受到洛伦兹力作用，则粒子在复合场区受力

平衡，设粒子运动速度为v，则qE＝qvB，解得v＝EB，选项A正确；仅撤去电场时，则带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，设粒子做匀速圆周运动的半径为R，过点Q作半径OQ，与CA的延长线交于圆心O，作QH⊥CA，垂

足为H，则qvB＝mv2R，在Rt△HOQ中，由几何关系可得HO2＋HQ2＝R2，HQ＝2a－acos45°＝2－22a，HO＝OC－HC＝(R＋a)－HQ，联立解得R＝3a，qm＝E3aB2，选

项B正确、C错误；仅撤去磁场时，粒子沿初速度v方向做匀速直线运动：x＝vt，粒子沿电场方向做匀加速直线运动：y＝12·qEm·t2，由几何关系可得x＋y＝a，联立可得：EB2t2＋6aEBt－6a2＝0，解得：t＝15－3EaB，选项D

错误．刷最新原创——抓重点8．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.mB2Eq答案：A解析：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．9．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，则引起这种现象的可能原因是()A

．电子枪发射能力减弱，电子数减少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，偏转磁场增强答案：C解析：电视画面幅度比正常的偏小，是由于电子束的偏转角减小，

即轨道半径增大。而电子在磁场中偏转时的半径r＝mvqB，电子枪发射能力减弱，即发射的电子数减少，而运动的电子速率及磁场不变，因此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，则电子速率偏小，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，导致偏转磁场减弱，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，偏转磁场增强时，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．刷易错易误——排难点易错点1对物体受力分析和运动过程分析不清而导致错误10．(多选)如图所示，质量为m、电荷量为q的带正电小物块从半径为R的绝缘半圆槽顶点A由静止下滑，已

知半圆槽右半部分光滑，左半部分粗糙，整个装置处于正交的匀强电场与磁场中，电场强度大小为E＝mg2q，方向水平向右，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，g为重力加速度大小，则下列说法正确的是()A．物块最终停在A点B．物块最终停

在最低点C．物块做往复运动D．物块首次滑到最低点时对轨道的压力为2mg＋qBRg答案：CD解析：由于半圆槽右半部分光滑，左半部分粗糙，且在最低点受到的电场力方向向右，所以物块最终从最低点开始向右运动，到达某位置速度变为零，然后又向左运动，即物块做往复运动，C正确，A、B错误；物块从A点

运动到最低点，由动能定理得，mgR－qER＝12mv2－0，且E＝mg2q，联立得v＝gR，物块运动到最低点时，由牛顿第二定律得，N－mg－qvB＝mv2R，解得N＝2mg＋qBRg，由牛顿第三定律知，D正确．易错点2对粒子速度选择器的原理理解不

清导致错误11．(多选)如图所示，一对间距可变的平行金属板C、D水平放置，两板间有垂直于纸面向里的匀强磁场B.两板通过滑动变阻器与铅蓄电池相连，这种铅蓄电池能快速转换到“逆变”状态，即外界电压过低时能向外界提供一定的供电电压，当外界电压超过某

一限定值时可转换为充电状态，闭合开关S后，有一束不计重力的带正电粒子从左侧以一定的速度v0沿中心线射入两板间恰能做直线运动，则下列有关描述正确的是()A．若仅将带正电的粒子换成带负电的粒子，则粒子也能做直线运动B．若只增大两板间距到一定程度，则

可给铅蓄电池充电C．若将滑动变阻器触头P向a端滑动，则可提高C板的电势D．若只减小入射粒子的速度，则可给铅蓄电池充电答案：AB解析：由题意知带正电的粒子恰好做直线运动，则知其受到的电场力和洛伦兹力大小相等，设两板间距离为d，由Fdq＝qv0B，可知v0＝EBd，若换成带负电的粒子，

则电场力和洛伦兹力都反向，二者仍平衡，则粒子依然能做直线运动，故选项A正确；若增大两板间距，带正电粒子射入后因受到的洛伦兹力大于电场力而偏转堆积在极板上，将提高两板间电压，若此电压超过铅蓄电池的逆变电压，则铅蓄电池就会处于“逆变”状态而被充电，故选项B正确；调节触头P，C板电势不变，

故选项C错误；若减小入射粒子的速度，粒子所受洛伦兹力减小，有部分粒子可能会落在下极板，因此下极板的负电荷被正电荷中和，从而堆积的电荷会减少，对应的电势也会降低，不会给蓄电池充电，故选项D错误．刷综合大题—

—提能力12．(2018·南昌一模)容器A中装有大量的质量、电荷量不同但均带正电的粒子，粒子从容器下方的小孔S1不断飘入加速电场(初速度可视为零)做直线运动，通过小孔S2后从两平行板中央沿垂直电场方向射入偏转电场．

粒子通过平行板后沿垂直磁场方向进入磁感应强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场区域，最后打在感光片上，如图所示．已知加速电场中S1、S2间的加速电压为U，偏转电场极板长为L，两板间距也为L，板间匀强电场强度E＝2U

L，方向水平向左(忽略板间外的电场)，平行板f的下端与磁场边界ab相交为P，在边界ab上实线处固定放置感光片．测得从容器A中逸出的所有粒子均打在感光片上P、Q之间，且Q距P的长度为3L，不考虑粒子所受重力与粒子间的相互作用，求：(1)粒子射入磁场时，其

速度方向与边界ab间的夹角；(2)射到感光片Q处的粒子的比荷(电荷量与质量之比)；(3)粒子在磁场中运动的最短时间．答案：(1)π4(2)U2L2B2(3)3πBL216U解析：(1)设质量为m，电荷量为q的粒子通过孔S2的速度为v0qU＝12mv20粒子在平行板间：L

＝v0tvx＝qEmttanθ＝v0vx联立解得：tanθ＝1，θ＝π4粒子射入磁场时的速度方向与边界ab间的夹角θ＝π4(2)由(1)知，粒子均从e板下端与水平方向成45°的角射入匀强磁场．设质量为m0，电荷量为q0的粒子射入磁场时的速度为v′，做圆周运动的轨道半径为r0，

则v′＝v′0sin45°＝2v′0＝4q0Um0由几何关系知：r20＋r20＝(4L)2，得r0＝22L又r0＝m0v′q0B联立解得：q0m0＝U2L2B2(3)设粒子在磁场中运动的最短时间为tmin，在磁场中的偏转角为α，则tmin＝αm′q′B半径为r′＝m′v″q′B

＝m′q′B4q′Um′＝2Bm′Uq′联立解得：tmin＝αBr′24U因为所有粒子在磁场中运动的偏转角α＝32π，所以粒子打在P处在磁场中运动时间最短由几何关系知：r′2＋r′2＝L2，得r′＝22L联立解得tmin＝32πB×L224U＝3πBL216U