【文档说明】(全国版)高考物理一轮复习课时练习选修3-1 第九章 专题突破 (含解析).doc，共(26)页，697.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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专题突破带电粒子在复合场中的运动突破一带电粒子在组合场中的运动1．组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，电场、磁场交替出现。2．分析思路(1)划分过程：将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选取不同的规律处理。(2)找关键点：确定带电粒子在场区边界的速度(包括大小和方

向)是解决该类问题的关键。(3)画运动轨迹：根据受力分析和运动分析，大致画出粒子的运动轨迹图，有利于形象、直观地解决问题。3．组合场中的两种典型偏转【例1】(2018·全国卷Ⅰ，25)如图1，在y>0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电

场，场强大小为E；在y<0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场。一个氕核11H和一个氘核21H先后从y轴上y＝h点以相同的动能射出，速度方向沿x轴正方向。已知11H进入磁场时，速度方向与x轴正方向的夹角为60°，并从坐标原点O处

第一次射出磁场。11H的质量为m，电荷量为q。不计重力。求(1)11H第一次进入磁场的位置到原点O的距离；(2)磁场的磁感应强度大小；(3)21H第一次离开磁场的位置到原点O的距离。解析(1)11H在电场中做类平抛运动，在磁场中做圆周运动，

运动轨迹如图所示。设11H在电场中的加速度大小为a1，初速度大小为v1，它在电场中的运动时间为t1，第一次进入磁场的位置到原点O的距离为s1。由运动学公式有s1＝v1t1①h＝12a1t21②由题给条件，11H进入磁场时速度的方向与x轴正方向夹角θ1＝60°。11H进入磁场时

速度的y分量的大小为a1t1＝v1tanθ1③联立以上各式得s1＝233h④(2)11H在电场中运动时，由牛顿第二定律有qE＝ma1⑤设11H进入磁场时速度的大小为v1′，由速度合成法则有v1′＝v21＋（a1t1）

2⑥设磁感应强度大小为B，11H在磁场中运动的圆轨道半径为R1，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qv1′B＝mv1′2R1⑦由几何关系得s1＝2R1sinθ1⑧联立以上各式得B＝6mEqh⑨(3)设21H在电

场中沿x轴正方向射出的速度大小为v2，在电场中的加速度大小为a2，由题给条件得12(2m)v22＝12mv21○10由牛顿第二定律有qE＝2ma2○11设21H第一次射入磁场时的速度大小为v2′，速度的方向与x轴正方向夹角为θ2，入射点到原点

的距离为s2，在电场中运动的时间为t2。由运动学公式有s2＝v2t2○12h＝12a2t22○13v2′＝v22＋（a2t2）2○14sinθ2＝a2t2v2′○15联立以上各式得s2＝s1，θ2＝θ1，v2′＝22v1′○16设21H在磁场中做

圆周运动的半径为R2，由⑦○16式及粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公式得R2＝（2m）v2′qB＝2R1○17所以出射点在原点左侧。设21H进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点的距离为s2′，由几何关

系有s2′＝2R2sinθ2○18联立④⑧○16○17○18式得，21H第一次离开磁场时的位置到原点O的距离为s2′－s2＝233(2－1)h○19答案(1)233h(2)6mEqh(3)233(2－1)h1．如图

2所示，在第Ⅱ象限内有沿x轴正方向的匀强电场，电场强度为E，在第Ⅰ、Ⅳ象限内分别存在如图所示的匀强磁场，磁感应强度大小相等。有一个带电粒子以垂直于x轴的初速度v0从x轴上的P点进入匀强电场中，并且恰好与y轴的正方向

成45°角进入磁场，又恰好垂直于x轴进入第Ⅳ象限的磁场。已知O、P之间的距离为d，则带电粒子在磁场中第二次经过x轴时，在电场和磁场中运动的总时间为()图2A.7πd2v0B.dv0(2＋5π)C.dv0(2＋3π2)D.dv0(2＋7π2)解析

带电粒子的运动轨迹如图所示，带电粒子出电场时，速度v＝2v0，这一过程的时间t1＝dv02＝2dv0，根据几何关系可得带电粒子在磁场中的偏转轨道半径r＝22d，带电粒子在第Ⅰ象限中运动的圆心角为3π4，故带电粒子在第Ⅰ象限中的运动

时间t2＝3πm4Bq＝32πd2v＝3πd2v0，带电粒子在第Ⅳ象限中运动的时间t3＝2πdv0，故t总＝dv0(2＋7π2)，D正确。答案D2．(2018·南昌十校二模)如图3所示，半径r＝0.06m的半圆形无场区的圆心在

坐标原点O处，半径R＝0.1m、磁感应强度大小B＝0.075T的圆形有界磁场区的圆心坐标为(0，0.08m)，平行金属板M、N长L＝0.3m，间距d＝0.1m，极板间所加电压U＝6.4×102V，其中N极板上收集的粒子被全部中和吸收。一位于O处的粒子源向第Ⅰ

、Ⅱ象限均匀地发射速度大小v＝6.0×105m/s的带正电粒子，经圆形磁场偏转后，从第Ⅰ象限出射的粒子速度方向均沿x轴正方向。若粒子重力不计、比荷qm＝108C/kg，不计粒子间的相互作用力及电场的边缘效应，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8

.求：图3(1)粒子在磁场中的运动半径R0；(2)从坐标(0，0.18m)处射出磁场的粒子在O点入射方向与y轴夹角θ；(3)N板收集到的粒子占所有发射粒子的比例η。解析(1)带电粒子在磁场中做圆周运动，有qvB＝mv2R0解得R0＝mvqB＝0.0

8m(2)如图所示，设从y＝0.18m处出射的粒子对应入射方向与y轴夹角为θ，由几何关系可得sinθ＝0.8故θ＝53°(3)如图所示，设恰能从下极板右端出射的粒子射出磁场时的纵坐标为y，则y＝UqL22mdv2＝0.08m设此粒子入射时速度方

向与x轴夹角为α，则有y＝rsinα＋R0－R0cosα解得tanα＝43，即α＝53°比例η＝53°180°×100%＝29%答案(1)0.08m(2)53°(3)29%“五步”突破带电粒子在组合场中的运动问题突破二带电粒子在叠加场中的运动1．磁场

力、重力并存(1)若重力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动。(2)若重力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒。2．电场力、磁场力并存(不计重力)(1)若电场力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动。(

2)若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电体做复杂的曲线运动，可用动能定理求解。3．电场力、磁场力、重力并存(1)若三力平衡，带电体做匀速直线运动。(2)若重力与电场力平衡，带电体做匀速圆周运动。(3)若合力不为零，带电体可能做复杂的曲线运动，可用能量

守恒定律或动能定理求解。【例2】如图4所示，位于竖直平面内的坐标系xOy，在其第三象限空间有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝0.5T，还有沿x轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E＝2N/C。在其第一象限空间有沿y轴负方向的、电场强度大小也为E

的匀强电场，并在y＞h＝0.4m的区域有磁感应强度也为B的垂直于纸面向里的匀强磁场。一个带电荷量为q的油滴从图中第三象限的P点得到一初速度，恰好能沿PO做匀速直线运动(PO与x轴负方向的夹角为θ＝45°)，并从原点O进入第一象限。已知重力加

速度g＝10m/s2，问：图4(1)油滴在第三象限运动时受到的重力、电场力、洛伦兹力三力的大小之比，并指出油滴带何种电荷；(2)油滴在P点得到的初速度大小；(3)油滴在第一象限运动的时间。解析(1)根据受力分析(如图)可知油滴带负电荷，设油滴质量为m，由平衡条件得，mg∶qE∶F＝1∶1∶2。(

2)由第(1)问得，mg＝qE，qvB＝2qE，解得v＝2EB＝42m/s。(3)进入第一象限，电场力和重力平衡，知油滴先做匀速直线运动，进入y≥h的区域后做匀速圆周运动，轨迹如图，最后从x轴上的N点离开第一象限。由O→A匀速运动的位移为s1＝hsin45°＝2h；其运动时间t

1＝s1v＝0.1s由qvB＝mv2r，T＝2πrv得T＝2πmqB，油滴从A→C的圆周运动时间为t2＝14T＝πE2gB≈0.628s由对称性知，从C→N的时间t3＝t1；在第一象限运动的总时间t＝t1＋t2＋t3＝2×0.1s＋0.628s＝0.828

s。答案(1)1∶1∶2油滴带负电荷(2)42m/s(3)0.828s“三步”解决带电粒子在叠加场中的运动问题1．(2017·全国卷Ⅰ，16)如图5，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()图5A．ma＞mb＞mcB．mb＞ma＞

mcC．mc＞ma＞mbD．mc＞mb＞ma解析由题意知，三个带电微粒受力情况：mag＝qE，mbg＝qE＋qvB，mcg＋qvB＝qE，所以mb>ma>mc，故选项B正确，A、C、D错误。答案B2．如图6所示，在正交的匀强电磁场中有质量、电荷量都相同的两油滴，A静止

，B做半径为R的匀速圆周运动。若B与A相碰并结合在一起，则它们将()图6A．以B原速率的一半做匀速直线运动B．以R2为半径做匀速圆周运动C．仍以R为半径做匀速圆周运动D．做周期为B的一半的匀速圆周运动解析由A、B相碰时动量守恒得mv＝2mv′，有v′

＝v2。据题意碰后A、B合成的大油滴仍受重力与电场力平衡，合外力是洛伦兹力，所以继续做匀速圆周运动，且有r＝2mv′2qB＝mv2qB＝R2，T＝2π·2m2qB＝2πmqB，选项B正确。答案B突破三带电粒子

在交变电磁场中的运动解决带电粒子在交变电磁场中的运动问题的基本思路【例3】如图7甲所示，宽度为d的竖直狭长区域内(边界为L1、L2)，存在垂直纸面向里的匀强磁场和竖直方向的周期性变化的电场(如图乙所示)，电场强度的大小为E0，E＞0表示电场方向

竖直向上。t＝0时，一带正电、质量为m的微粒从左边界上的N1点以水平速度v射入该区域，沿直线运动到Q点后，做一次完整的圆周运动，再沿直线运动到右边界上的N2点。Q为线段N1N2的中点，重力加速度为g。上述d、E0、m、v、g为已知量。图7(1)

求微粒所带电荷量q和磁感应强度B的大小；(2)求电场变化的周期T；(3)改变宽度d，使微粒仍能按上述运动过程通过相应宽度的区域，求T的最小值。解析(1)微粒做直线运动，则mg＋qE0＝qvB，①微粒做圆周运动，则mg＝q

E0②联立①②得q＝mgE0③B＝2E0v④(2)设微粒从N1运动到Q的时间为t1，做圆周运动的周期为t2，则d2＝vt1⑤qvB＝mv2R⑥2πR＝vt2⑦联立③④⑤⑥⑦得t1＝d2vt2＝πvg⑧

电场变化的周期T＝t1＋t2＝d2v＋πvg⑨(3)若微粒能完成题述的运动过程，要求d≥2R⑩联立③④⑥得R＝v22g○11设在N1Q段直线运动的最短时间为t1min由⑤⑩○11得t1min＝Rv＝v2g因

t2不变，T的最小值为Tmin＝t1min＋t2＝（2π＋1）v2g答案(1)mgE02E0v(2)d2v＋πvg(3)（2π＋1）v2g1．(多选)某一空间存在着磁感应强度为B且大小不变、方向随时间t做周期性

变化的匀强磁场(如图8甲所示)，规定垂直纸面向里的磁场方向为正。为使静止于该磁场中的带正电的粒子能按a―→b―→c―→d―→e―→f的顺序做横“∞”字曲线运动(即如图乙所示的轨迹)，下列办法可行的是(粒子只受

磁场力的作用，其他力不计)()图8A．若粒子的初始位置在a处，在t＝38T时给粒子一个沿切线方向水平向右的初速度B．若粒子的初始位置在f处，在t＝T2时给粒子一个沿切线方向竖直向下的初速度C．若粒子的初始位置在e处，在t＝118T时给粒子一个沿切线方

向水平向左的初速度D．若粒子的初始位置在b处，在t＝T2时给粒子一个沿切线方向竖直向上的初速度解析要使粒子的运动轨迹如题图所示，由左手定则知粒子做圆周运动的周期应为T0＝T2，若粒子的初始位置在a处时，对应时刻应为t＝34T0＝38T，

选项A正确；同理可判断选项D正确。答案AD2．如图9甲所示，空间存在水平方向的大小不变、方向周期性变化的电场，其变化规律如图乙所示(取水平向右为正方向)。一个质量为m、电荷量为＋q的粒子(重力不计)，开始处于图中的A点。在t＝0时刻将该粒子由静止释放，经过时间t0，刚好运动到B点，

且瞬时速度为零。已知电场强度大小为E0。试求；图9(1)电场变化的周期T应满足的条件；(2)A、B之间的距离；(3)若在t＝T6时刻释放该粒子，则经过时间t0粒子的位移为多大？解析(1)根据粒子的初状态和受力特点可知，粒子运动的v－t图象如图所示。可见，当t0＝nT时，粒

子的速度刚好为零，故有T＝t0n(n为正整数)。(2)由(1)图可知，A、B之间的距离x＝12a(T2)2×2n＝14n·qE0m·(t0n)2＝E0qt204mn。(3)若在t＝T6时刻释放该粒子，其v－t图象如图所示，此时t0时间内粒子的位移x

′＝n[12a(2×T6)2×2－12a(T6)2×2]＝E0qt2012mn。答案(1)T＝t0n(n为正整数)(2)E0qt204mn(3)E0qt2012mn社会态度与责任系列——复合场中的STSE问题实例一质谱仪装置原理

图规律质谱仪带电粒子由静止被加速电场加速qU＝12mv2，在磁场中做匀速圆周运动qvB＝mv2r，则比荷qm＝2UB2r21.(多选)质谱仪最初是由汤姆逊的学生阿斯顿设计的，他用质谱仪证实了同位素的存在。如图10所示，容

器A中有质量分别为m1、m2，电荷量相同的两种粒子(不考虑粒子重力及粒子间的相互作用)，它们从容器A下方的小孔S1不断飘入电压为U的加速电场(粒子的初速度可视为零)，沿直线S1S2(S2为小孔)与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场中，最后打在水平放置的照相底片上。由于实

际加速电压的大小在U±ΔU范围内微小变化，这两种粒子在底片上可能发生重叠。对此，下列说法正确的有()图10A．两种粒子均带正电B．打在M处的粒子质量较小C．若U一定，ΔU越大越容易发生重叠D．若ΔU一定，U越大越容易发生重叠解析根据左手定则判断出两

种粒子均带正电，选项A正确；设粒子质量为m，经电场加速有qU＝12mv2，得出v＝2qUm。粒子达到底片上的位置为x＝2r＝2mvBq＝2B2mUq，q相同时，x越小说明质量越小，选项B正确；若U一定，两种粒子打

到底片的理论位置确定，ΔU越大，两种粒子理论位置两侧宽度越大，越容易发生重叠，选项C正确；ΔU一定，两种粒子理论位置两侧宽度不变，U越大，两种粒子打到底片的理论位置距离越大，越不容易发生重叠，选项D错误。答

案ABC实例二回旋加速器装置原理图规律回旋加速器交变电流的周期和带电粒子做圆周运动的周期相同，带电粒子在圆周运动过程中每次经过D形盒缝隙都会被加速。由qvB＝mv2r得Ekm＝q2B2r22m2.(2019·名师原创预测)某回旋加

速器的示意图如图11，两个半径均为R的D形盒置于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，并与高频电源两极相连，现对氚核(31H)加速，所需的高频电源的频率为f。已知元电荷为e。下列说法正确的是()图11A．D形盒可以用玻璃制成B．氚核的质量为eBf2πC．高频电源的电压越大，氚核从P处射出

的速度越大D．若对氦核(42He)加速，则高频电源的频率应调为32f解析为使D形盒内的带电粒子不受外电场的影响，D形盒应用金属材料制成，以实现静电屏蔽，A错误；为使回旋加速器正常工作，高频电源的频率应与带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的频

率相等，由T1＝2πm1eB和T1＝1f，得氚核的质量m1＝eB2πf，B错误；由evmB＝m1v2mR，得vm＝eBRm1，可见氚核从P处射出时的最大速度vm与电源的电压大小无关，C错误；结合T2＝2πm22eB和T2＝1f2，得f2＝2m1m2f，又m1m2＝34，得f2＝32f，D正确。答

案D实例三速度选择器装置原理图规律速度选择器若qv0B＝Eq，即v0＝EB，带电粒子做匀速运动3.在如图12所示的平行板器件中，电场强度E和磁感应强度B相互垂直。一带电粒子(重力不计)从左端以速度v沿虚线射入后做直线

运动，则该粒子()图12A．一定带正电B．速度v＝EBC．若速度v>EB，粒子一定不能从板间射出D．若此粒子从右端沿虚线方向进入，仍做直线运动解析粒子带正电和负电均可，选项A错误；由洛伦兹力等于电场力，即qvB＝qE，解得速度v＝EB，选项B正确；若速度v>EB，粒

子可能从板间射出，选项C错误；若此粒子从右端沿虚线方向进入，所受电场力和洛伦兹力方向相同，不能做直线运动，选项D错误。答案B实例四电磁流量计装置原理图规律电磁流量计UDq＝qvB，所以v＝UDB，所以Q＝vS＝UDBπ(D2)2＝πUD4B4.如图13甲所示为

海影号电磁推进试验舰艇，船体下部的大洞使海水前后贯通。舰艇沿海平面截面图如图乙所示，其与海水接触的两侧壁M和N分别连接舰艇内电源的正极和负极，舰艇内超导体在M、N间产生强磁场，使M、N间海水受到磁场力作用被推出，船因此前进。要使图乙中的舰艇向右前进，则所

加磁场的方向应为()图13A．水平向左B．水平向右C．竖直向上D．竖直向下解析图乙为俯视图，舰艇向右行驶，必须获得向右的作用力，由牛顿第三定律知，海水受到的安培力必须向左，M接正极，电流从M到N，由左手定则知

所加磁场方向必须竖直向上，选项C正确。答案C实例五霍尔元件装置原理图规律霍尔元件当磁场方向与电流方向垂直时，导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现电势差5.(多选)自行车速度计是利用霍尔效应传感器获知自行车的运动速率

。如图14甲所示，自行车前轮上安装一块磁铁，轮子每转一圈，这块磁铁就靠近传感器一次，传感器会输出一个脉冲电压。图乙为霍尔元件的工作原理图。当磁场靠近霍尔元件时，导体内定向运动的自由电荷在磁场力作用下偏转，最终使导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现电势差，即为霍尔电势差。下

列说法正确的是()图14A．根据单位时间内的脉冲数和自行车车轮的半径即可获知车速大小B．自行车的车速越大，霍尔电势差越高C．图乙中霍尔元件的电流I是由正电荷定向运动形成的D．如果长时间不更换传感器的电源，霍尔电势差将减小解析根据单位时间内的脉冲数可知车轮转动的转速，若再已知自行车车轮的半

径，根据v＝2πrn即可获知车速大小，选项A正确；根据霍尔原理可知qUd＝qvB，则U＝Bdv，即霍尔电压与磁感应强度、霍尔元件的厚度以及电子定向移动的速度有关，与车轮转速无关，故选项B错误；图乙中霍尔元件的电流I是由电子

定向运动形成的，选项C错误；如果长时间不更换传感器的电源，则会导致电子定向移动的速率减小，故霍尔电势差将减小，选项D正确。答案AD讨论与电、磁场有关的实际问题，首先应通过分析将其提炼成纯粹的物理问题，然后用解决物理问题的方法进行分析。这里较多的是用分析力学问题的方

法，对于带电粒子在磁场中的运动，还应特别注意运用几何知识寻找关系。课时作业(时间：45分钟)基础巩固练1．如图1所示是一速度选择器，当粒子速度满足v0＝EB时，粒子沿图中虚线水平射出；若某一粒子以速度v射入该速度选择

器后，运动轨迹为图中实线，则关于该粒子的说法正确的是()图1A．粒子射入的速度一定是v＞EBB．粒子射入的速度可能是v＜EBC．粒子射出时的速度一定大于射入速度D粒子射出时的速度一定小于射入速度答案B2．(多选)目前世界上正研究的一种新型发电机叫磁流体发电机，如图2所示表示它的发电原理：将一束等

离子体(即高温下电离的气体，含有大量带正电和负电的粒子，而从整体来说呈中性)沿图中所示方向喷射入磁场，磁场中有两块金属板A、B，这时金属板上就聚集了电荷。在磁极配置如图中所示的情况下，下列说法正确的是()图2A．A板带正电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洛伦兹力大于所受电场力解析由左手定则，A板带负电，则电流从b经用电器流向a，金属板间的电场方向向上，故选项B、D正确。答案BD3．(多选)如图3所示，一带电小球在一正交电场、磁场区域里做匀速圆周运动，电场方向竖直向下，磁场方向垂直纸面向里，则下列

说法正确的是()图3A．小球一定带正电B．小球一定带负电C．小球的绕行方向为顺时针D．改变小球的速度大小，小球将不做圆周运动解析由于小球做匀速圆周运动，有qE＝mg，电场力方向竖直向上，所以小球一定带负电，故选项A错误，B正确；洛伦兹力提供小球做圆周运动的向心力

，由左手定则可判定小球绕行方向为顺时针，故选项C正确；改变小球速度大小，小球仍做圆周运动，选项D错误。答案BC4．如图4所示为研究某种带电粒子的装置示意图，粒子源射出的粒子束以一定的初速度沿直线射到荧光屏上的O点

，出现一个光斑。在垂直于纸面向里的方向上加一磁感应强度为B的匀强磁场后，粒子束发生偏转，沿半径为r的圆弧运动，打在荧光屏上的P点，然后在磁场区域再加一竖直向下、电场强度大小为E的匀强电场，光斑从P点又回到O点。关于该粒子(不计重力)，下列说法正确的是()图4A．粒子带负电B．初速

度为v＝BEC．比荷为qm＝B2rED．比荷为qm＝EB2r解析只存在磁场时，粒子打在P点，由左手定则知粒子带正电，选项A错误；因为qvB＝mv2r，所以qm＝vBr。加电场后满足Eq＝qvB，即v＝EB，代入上式得qm＝EB2r，选项D正确，B、C错误。答案D5．(多选)

回旋加速器在科学研究中得到了广泛应用，其原理如图5所示。D1和D2是两个中空的半圆形金属盒，置于与盒面垂直的匀强磁场中，它们接在电压为U、周期为T的交流电源上。位于D1的圆心处的质子源A能不断产生质子(初速度可以忽略)，它们在两盒之

间被电场加速。当质子被加速到最大动能Ek后，再将它们引出。忽略质子在电场中的运动时间，则下列说法正确的是()图5A．若只增大交变电压U，则质子的最大动能Ek会变大B．若只增大交变电压U，则质子在回旋加速器中运行

的时间会变短C．若只将交变电压的周期变为2T，仍可用此装置加速质子D．质子第n次被加速前、后的轨道半径之比为n－1∶n解析由r＝mvqB可知，质子经加速后的最大速度与回旋加速器的最大半径有关，而与交变电压U无

关，故选项A错误；增大交变电压，质子加速次数减小，所以质子在回旋加速器中的运行时间变短，选项B正确；为了使质子能在回旋加速器中加速，质子的运动周期应与交变电压的周期相同，选项C错误；由nqU＝12mv2n以及

rn＝mvnqB可得质子第n次被加速前、后的轨道半径之比为n－1∶n，选项D正确。答案BD6．如图6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，即中心线半径为R的四分之一圆形通道，通道内有均匀辐射电场，方向沿径向指向圆心O，且与圆心

O等距的各点电场强度大小相等；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。由粒子源发出的不同带电粒子，经加速电场加速后进入静电分析器，某些粒子能沿中心线通过静电分析器并经小孔S垂直磁场边界进入磁场，最终打到胶片上的某点。粒子从粒子源发出时的初速度不同，不计粒子所受重力。下列说法正确的是

()图6A．从小孔S进入磁场的粒子速度大小一定相等B．从小孔S进入磁场的粒子动能一定相等C．打到胶片上同一点的粒子速度大小一定相等D．打到胶片上位置距离O点越远的粒子，比荷越大解析从小孔S进入磁场，说明粒子在电场中运动半径相同，在静电分析器中，qE＝m

v2R，无法判断出粒子的速度和动能是否相等，选项A、B错误；打到胶片上同一点的粒子，在磁场中运动的半径相同，由qvB＝mv2r，得r＝mvqB，联立qE＝mv2R，可得r＝ERBv，所以打到胶片上同一点的粒子速度相等，与比荷无关，选项C正确，由qE＝mv2R和r＝mvqB可得r＝1BmER

q，比荷越小，打到胶片上的粒子位置距O点越远，选项D错误。答案C综合提升练7．(多选)如图7所示，质量为m、带电荷量为＋q的带电圆环套在足够长的绝缘杆上，杆与环之间的动摩擦因数为μ，杆处于正交的匀强电场和匀强磁场中，杆与水平电场的夹角为θ，若环能从静止开始下滑，则以下说法正确的是()图7A

．环在下滑过程中，加速度不断减小，最后为零B．环在下滑过程中，加速度先增大后减小，最后为零C．环在下滑过程中，速度不断增大，最后匀速D．环在下滑过程中，速度先增大后减小，最后为零解析对环进行受力分析，可

知环受重力、电场力、洛伦兹力、杆的弹力和摩擦力作用，由牛顿第二定律可知，加速度a1＝mgsinθ－qEcosθ－μ（mgcosθ＋qEsinθ－qvB）m，当速度v增大时，加速度也增大，当速度v增大到弹力反向后，加速度a2＝mgsinθ－qEcosθ－μ（qvB－mgcosθ－qEsinθ）m，

随速度v的增大而减小，当加速度减为零时，环做匀速运动，B、C正确。答案BC8．(2019·黑龙江牡丹江模拟)如图8所示为质谱仪的原理图，M为粒子加速器，电压为U1＝5000V；N为速度选择器，磁场与电场正交，磁感应强度为B1＝

0.2T，板间距离为d＝0.06m；P为一个边长为l的正方形abcd磁场区，磁感应强度为B2＝0.1T，方向垂直纸面向外，其中dc的中点S开有小孔，外侧紧贴dc放置一块荧光屏。今有一比荷为qm＝108C/kg的

正离子从静止开始经加速后，恰好通过速度选择器，从a孔以平行于ab方向进入abcd磁场区，正离子刚好经过小孔S打在荧光屏上。求：图8(1)粒子离开加速器时的速度v；(2)速度选择器的电压U2；(3)正方形abcd的边长l。解析(1)粒子经加速电场U1加速，

获得速度v，由动能定理得qU1＝12mv2，解得v＝2qU1m＝1×106m/s。(2)粒子在速度选择器中做匀速直线运动，则电场力与洛伦兹力平衡，得qE＝qvB1，且E＝U2d，解得U2＝B1dv＝1.2×104V。(3)粒子在B2中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB2＝mv2r，得

粒子在B2磁场中做匀速圆周运动的半径r＝mvqB2＝0.1m。由几何关系可知r2－(l－r)2＝l24，解得正方形的边长l＝85r＝0.16m。答案(1)1×106m/s(2)1.2×104V(3)0.16m9．如图9所示，在

xOy平面内，有一半径为R、磁感应强度为B1(未知)、方向垂直纸面向里的圆形磁场区域与x轴相切于O点，圆心O1位于(0，R)；x轴下方有一直线CD，CD与x轴相距3R，x轴与直线CD之间的区域有一沿＋y

轴的匀强电场，电场强度E＝3mv202eR；在CD的下方有一矩形磁场区域，区域上边界紧靠CD直线，磁感应强度B2＝3mv02eR，方向垂直纸面向外。纸面内一束宽为R的平行电子束以速度v0平行于x轴射入圆形磁场，最下方电子速度正对O1点，偏转后所有电子都经过原点O进入x轴下方的电场。已知电子质量为m

，电荷量为e，不计电子重力。图9(1)求磁感应强度B1的大小；(2)求电子第一次到达CD直线的范围大小；(3)欲使所有电子都能达到x轴，求矩形磁场区域的最小面积和此时x轴上有电子到达的范围长度。解析(1)由图可知r1＝R，根据r

1＝mv0eB1，可得B1＝mv0eR(2)在电场中a＝eEm＝3v202R，由3R＝12at2，得t＝2Rv0，x＝v0t＝2R电子第一次到达CD直线的范围长度l1＝2R(3)在CD直线下方的磁场中r2＝mveB2＝43R进

入磁场时速度与CD直线夹角θ＝60°当电子速度与CD直线夹角为60°时，恰好能到达x轴由几何关系可得矩形磁场的最小面积S＝(r2cosθ＋r2)(2r2＋r2sinθ)＝4(4＋3)R2x轴上有电子到达的范围l2＝433＋83＋2R答案见解析10．

(2018·全国卷Ⅱ，25)一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在xOy平面内的截面如图10所示：中间是磁场区域，其边界与y轴垂直，宽度为l，磁感应强度的大小为B，方向垂直于xOy平面；磁场的

上、下两侧为电场区域，宽度均为l′，电场强度的大小均为E，方向均沿x轴正方向；M、N为条状区域边界上的两点，它们的连线与y轴平行。一带正电的粒子以某一速度从M点沿y轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好

以从M点入射的速度从N点沿y轴正方向射出。不计重力。图10(1)定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹；(2)求该粒子从M点入射时速度的大小；(3)若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x轴正方向的夹角为π6，求该粒子的比荷

及其从M点运动到N点的时间。解析(1)粒子运动的轨迹如图(a)所示。(粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中为圆弧，上下对称)图(a)(2)粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动。设粒子从M点射入时速度的大小为v0，在下侧电场中运动

的时间为t，加速度的大小为a；粒子进图(b)入磁场的速度大小为v，方向与电场方向的夹角为θ[见图(b)]，速度沿电场方向的分量为v1。根据牛顿第二定律有qE＝ma①式中q和m分别为粒子的电荷量和质量。由运动学公式有v1＝at②l′＝v0t③v1＝v

cosθ④粒子在磁场中做匀速圆周运动，设其运动轨道半径为R，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得qvB＝mv2R⑤由几何关系得l＝2Rcosθ⑥联立①②③④⑤⑥式得v0＝2El′Bl⑦(3)由运动学公式和题给数据得v1＝v0ta

nπ6⑧联立①②③⑦⑧式得qm＝43El′B2l2⑨设粒子由M点运动到N点所用的时间为t′，则t′＝2t＋2π2－π62πT⑩式中T是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期，T＝2πmqB○11由③⑦⑨⑩○11式得t′＝BlE1＋3πl18l′○12答案(1)见解

析(2)2El′Bl(3)43El′B2l2BlE1＋3πl18l′