2021物理通用一轮练习：考点32带电粒子在组合场、复合场中的运动含解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精2021高考物理通用一轮练习：考点32带电粒子在组合场、复合场中的运动含解析考点32带电粒子在组合场、复合场中的运动题组一基础小题1．在如图所示的两平行金属板间存在匀强电场和匀强磁场，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()A．一定带正电B．速度v＝eq\f（E，B）C．若速度v>eq\f（E,B)，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，仍做直线运动答案B解析无论粒子带正电还是带负电,电场力和洛伦兹力都在竖直方向上，且方向相反，A错误；粒子做直线运动,则一定做匀速直线运动，由平衡条件有，qvB＝qE，解得速度v＝eq\f(E，B)，B正确；若速度v>eq\f(E，B),粒子不能沿虚线通过，但仍可能从板间射出,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，D错误。2。如图所示,某空间存在正交的匀强电场和匀强磁场,电场方向水平向右，磁场方向垂直纸面向里，一带电微粒由a点进入电磁场并刚好沿虚线ab向上运动。下列说法中正确的是(）A．该微粒一定带负电B．该微粒的动能一定减少C．该微粒的电势能一定增加D．该微粒的机械能不一定增加答案A解析微粒受到的重力和电场力是恒力，且该微粒沿直线运动，则可以判断出微粒受到的洛伦兹力也是恒定的,即该微粒做匀速直线运动,所以B错误；如果该微粒带正电，则受到竖直向下的重力、水平向右的电场力和向左下方的洛伦兹力，受力不平衡，所以不会沿直线运动，故该微粒一定带负电，电场力做正功，电势能一定减少，机械能一定增加,A正确,C、D错误。3.质量为m的带电小球在正交的匀强电场、匀强磁场中做匀速圆周运动，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，如图所示，由此可知(）A．小球带正电，沿顺时针方向运动B．小球带负电，沿顺时针方向运动C．小球带正电,沿逆时针方向运动D．小球带负电，沿逆时针方向运动答案B解析根据题意,小球做匀速圆周运动，其重力与电场力等大反向,故小球受到的电场力方向竖直向上，又电场方向竖直向下，可知小球带负电；已知磁场方向垂直圆周所在平面向里，带负电的小球受到的洛伦兹力指向圆心，小球一定沿顺时针方向运动.B正确。4。如图所示，空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，一带电液滴从静止开始自A点沿曲线ACB运动,到达B点时，速度为零,C点是运动的最低点,则以下叙述错误的是（)A．液滴一定带负电B．液滴在C点时动能最大C．液滴在C点时电势能最小D．液滴在C点时机械能最小答案C解析液滴偏转是由于受到洛伦兹力作用,根据左手定则可判断液滴一定带负电，A正确;液滴所受电场力向上，而液滴能够从静止向下运动，是因为重力大于电场力,由A→C过程中液滴所受重力和电场力的合力做正功，由C→B此合力做负功，故在C点液滴的动能最大,B正确；而由于A→C过程中液滴克服电场力做功最多，电势能增加最多，所以到达C点时电势能最大，又因为液滴的机械能与电势能的和不变，因此液滴在C点时机械能最小,C错误，D正确。5．（多选)如图所示,两个相同的半圆形光滑绝缘轨道分别竖直放置在匀强电场E和匀强磁场B中,轨道两端在同一高度上，两个相同的带正电小球a、b同时从轨道左端最高点由静止释放，在运动中都能通过各自轨道的最低点M、N，则（）A．两小球每次到达轨道最低点时的速度都有vN>vMB．两小球每次经过轨道最低点时对轨道的压力都有FN>FMC．小球b第一次到达N点的时刻与小球a第一次到达M点的时刻相同D．小球b能到达轨道的最右端,小球a不能到达轨道的最右端答案AD解析小球a滑到M点的过程中重力做正功，电场力做负功，小球b滑到N点的过程中只有重力做正功,由动能定理，有mgR－qER＝eq\f(1，2）mveq\o\al(2，M)－0，mgR＝eq\f（1，2)mveq\o\al(2，N)－0，所以vN〉vM，故A正确。设小球a、b受到的支持力大小分别为FM′、FN′，对M点，小球a经过M点时，FM′－mg＝meq\f(v\o\al（2，M），R)，且FM＝FM′,得FM＝mg＋meq\f（v\o\al(2，M),R)＝3mg－2Eq；对N点,F洛＝qvNB，当小球b向右运动通过N点时，FN′－mg－F洛＝meq\f（v\o\al（2，N），R)，且FN＝FN′，得FN＝mg＋meq\f(v\o\al（2，N），R)＋F洛＝3mg＋Bqeq\r（2gR），FN>FM，当小球b在磁场中向左运动通过N点时，FN′－mg＋F洛＝meq\f(v\o\al（2,N)，R)，且FN＝FN′,得FN＝mg＋meq\f（v\o\al(2,N），R)－F洛＝3mg－Bqeq\r(2gR),由于Bqeq\r（2gR)与2Eq大小关系不能确定，所以FN与FM大小关系不能确定,B错误。电场力沿轨道切线分量阻碍小球a的下滑,则小球a第一次到达M点的时间大于小球b第一次到达N点的时间，故C错误。小球b向右运动过程中机械能守恒,能到达轨道的最右端，小球a向右运动过程中机械能减小，不能到达轨道的最右端，故D正确。6．（多选）如图所示，在水平匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场中，有一竖直足够长固定绝缘杆MN,小球P套在杆上，已知P的质量为m、电荷量为＋q(q〉0），电场强度为E,磁感应强度为B，P与杆间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。小球由静止开始下滑直到稳定的过程中()A．小球的加速度一直减小B．小球的机械能和电势能的总和保持不变C．下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是v＝eq\f(2μqE－mg,2μqB)D．下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是v＝eq\f(2μqE＋mg，2μqB)答案CD解析对小球受力分析如图所示，则mg－μ（qE－qvB）＝ma,随着v的增加,小球加速度先增大，当qE＝qvB时达到最大值,amax＝g,继续运动，mg－μ（qvB－qE)＝ma，随着v的增大，a逐渐减小，所以A错误。因为有摩擦力做功，小球的机械能与电势能总和在减小，B错误。若小球的加速度在达到最大前达到最大加速度的一半，则mg－μ(qE－qvB)＝meq\f(g,2），得v＝eq\f（2μqE－mg，2μqB）；若小球的加速度在达到最大后达到最大加速度的一半，则mg－μ(qvB－qE）＝meq\f（g，2)，得v＝eq\f（2μqE＋mg，2μqB），故C、D正确。7．如图所示，两导体板水平放置，两板间的电势差为U，带电粒子以某一初速度v0沿平行于两板的方向从两板正中间射入，穿过两板后又垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场。则粒子射入磁场和射出磁场的M、N两点间的距离d随着U和v0的变化而变化的情况为（）A．d随v0的增大而增大，d与U无关B．d随v0的增大而增大，d随U的增大而增大C．d随U的增大而增大，d与v0无关D．d随v0的增大而增大，d随U的增大而减小答案A解析设粒子从M点进入磁场时的速度大小为v，该速度与水平方向的夹角为θ，故有v＝eq\f(v0,cosθ)。粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，qvB＝meq\f(v2,r),解得粒子做圆周运动的轨迹半径为r＝eq\f(mv，qB），而MN之间的距离为d＝2rcosθ，联立解得d＝eq\f(2mv0,qB)，故A正确，B、C、D错误。8．如图所示，厚度为h、宽度为d的金属导体，当磁场方向与电流方向垂直时，在导体上、下表面会产生电势差，这种现象称为霍尔效应。下列说法正确的是（）A．上表面的电势高于下表面的电势B．仅增大h时，上、下表面的电势差增大C．仅增大d时，上、下表面的电势差减小D．仅增大电流I时，上、下表面的电势差减小答案C解析因电流方向向右，则金属导体中的自由电子是向左运动的，根据左手定则可知上表面带负电，则上表面的电势低于下表面的电势，A错误;当电子受力达到平衡时，电场力等于洛伦兹力,即eeq\f(U，h)＝evB，又I＝nevhd(n为导体单位体积内的自由电子数）,得U＝eq\f（IB,ned），则仅增大h时，上、下表面的电势差不变；仅增大d时，上、下表面的电势差减小;仅增大I时,上、下表面的电势差增大，故C正确，B、D错误.9。(多选)为了测量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流量计，该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a、b、c，左、右两端开口，在垂直于前、后面的方向加磁感应强度为B的匀强磁场，在上、下两个面的内侧固定有金属板M、N作为电极，污水充满管口从左向右流经该装置时，电压表将显示两个电极间的电压U,若用Q表示污水流量（单位时间内流出的污水体积)，下列说法中正确的是()A．M板电势一定高于N板的电势B．污水中离子浓度越高,电压表的示数越大C．污水流动的速度越大，电压表的示数越大D．电压表的示数U与污水流量Q成正比答案ACD解析根据左手定则知负离子所受洛伦兹力方向向下，正离子所受洛伦兹力方向向上，所以M板电势一定高于N板的电势,故A正确;最终离子处于平衡，故电场力等于洛伦兹力，qvB＝qeq\f(U，c)，解得U＝Bvc，所以电压与离子的浓度无关，与污水流动的速度成正比，故B错误，C正确;根据污水流量Q＝vbc，则v＝eq\f(Q,bc)，故U＝eq\f（QB，b），故电压表的示数U与污水流量Q成正比,故D正确。10。(多选）如图是质谱仪的工作原理示意图.带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器。速度选择器内相互正交的匀强磁场的磁感应强度和匀强电场的电场强度分别为B和E。平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2。平板S下方有磁感应强度为B0A．质谱仪是分析同位素的重要工具B．速度选择器中的磁场方向垂直于纸面向外C．能通过狭缝P的带电粒子的速率等于eq\f（E,B)D．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷越小答案ABC解析质谱仪是分析同位素的重要工具，A正确；在速度选择器中，带电粒子所受电场力和洛伦兹力在粒子沿直线运动时应等大反向，结合左手定则可知B正确；由qE＝qvB可得v＝eq\f（E,B），C正确;粒子在平板S下方的匀强磁场中做匀速圆周运动，由qvB＝eq\f(mv2，R)得R＝eq\f(mv,qB0），则粒子的比荷eq\f（q,m)＝eq\f（v,B0R),可知粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，半径R越小,粒子的比荷越大，D错误。11．如图所示，空间存在足够大、正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度为E、方向竖直向下，磁感应强度为B、方向垂直纸面向里。从电、磁场中某点P由静止释放一个质量为m、电荷量为＋q的粒子(粒子受到的重力忽略不计)，其运动轨迹如图中虚线所示。对于带电粒子在电、磁场中下落的最大高度H，下面给出了四个表达结果，用你已有的知识计算可能会有困难，但你可以用学过的知识对下面的四个结果作出判断。你认为正确的是()A。eq\f(2mE，B2q) B。eq\f(4mE2，B2q)C.eq\f(2mB，E2q） D。eq\f(mB,2Eq)答案A解析根据量纲法,可得A为正确答案。即eq\f（2mE，B2q）＝eq\f（2mEq，B2q2)＝eq\f(2mEqv2,F2)，qE单位为N，mv2单位为J，即N·m，F2单位为N2，所以A项的单位为m。同理可得选项B、C、D的单位不是m。题组二高考小题12．(2018·北京高考）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．粒子入射时的速度答案C解析由题可知,当带电粒子在复合场内做匀速直线运动时，有Eq＝qvB，则v＝eq\f（E，B），若仅撤除电场，粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动,说明要满足题意需要对磁场与电场的方向以及强弱程度、粒子入射时速度都有要求，但是对粒子的电性和电量无要求，故C正确，A、B、D错误。13．(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、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>mc B．mb>ma>mcC．mc>ma〉mb D．mc〉mb>ma答案B解析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。14。(2016·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．11 B．12C．121 D．144答案D解析设质子和离子的质量分别为m1和m2，原磁感应强度为B1，改变后的磁感应强度为B2。在加速电场中qU＝eq\f（1,2)mv2，在磁场中qvB＝meq\f(v2,R），联立两式得m＝eq\f(R2B2q,2U）,故有eq\f(m2，m1)＝eq\f(B\o\al（2，2），B\o\al（2,1))＝144，选项D正确。题组三模拟小题15。(2019·天津和平区高三上学期期末)如图所示为一速度选择器，两极板P1、P2之间存在电场强度为E的匀强电场和磁感应强度为B的匀强磁场。一束带电粒子流以速度v从S1沿直线运动到S2，则下列说法正确的是（）A．该粒子流的粒子一定带正电B．粒子从S1到S2一定做匀速直线运动C．粒子运动的速度大小一定等于eq\f（B，E）D．若粒子以速度v从S2向上运动，一定能沿直线到达S1答案B解析粒子受洛伦兹力和电场力作用，假设粒子带正电，则所受洛伦兹力向右，电场力向左，若粒子带负电,则所受洛伦兹力向左，电场力向右，这两种情况粒子所受洛伦兹力与电场力均可以平衡，故粒子可以带正电，也可以带负电，A错误；洛伦兹力与电场力平衡，即qE＝qvB，解得v＝eq\f（E，B），粒子做匀速直线运动，B正确，C错误；如果这束粒子流从S2以速度v向上运动，电场力方向不变,洛伦兹力反向,故电场力与洛伦兹力方向相同，不再平衡，合力与速度不共线，粒子开始做曲线运动，一定不能运动到S1处，D错误。16。（2019·漳州高三二模)（多选)在竖直放置的固定的光滑绝缘圆环中，套有一个电荷量为－q(q>0）、质量为m的小环,整个装置放在如图所示的正交匀强电磁场中,磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向里，电场强度E＝eq\f（3mg,4q）,方向水平向右，重力加速度为g.当小环从大环顶端无初速度下滑时，则小环（）A．运动到最低点时的速度最大B．不能做完整的圆周运动C．对轨道的最大压力为Nmax＝eq\f(23,4）mgD．受到的最大洛伦兹力Fmax＝eq\f(3,2)qBeq\r（2gR）答案BD解析将重力场和电场等效为一个等效场，小环只有运动到等效最低点时速度才最大，A错误；小环所受电场力方向水平向左,可知该等效最低点在左下侧，其等效最高点在环的右上侧，小环开始时的位置在等效最高点以下，由能量守恒定律可知小环无法到达等效最高点，不能做完整的圆周运动,B正确；小环从大环顶端滑到等效最低点的过程中，由动能定理可得mgR＋eq\r（Eq2＋mg2）·R＝eq\f（1,2)mveq\o\al(2，max）,解得vmax＝eq\f（3，2）eq\r（2gR)，受到的最大洛伦兹力Fmax＝eq\f(3，2）qBeq\r（2gR),D正确；由左手定则可知，在等效最低点时小环所受洛伦兹力的方向与重力和电场力的合力方向相同,此时小环对轨道的压力最大,由牛顿第三定律知，此时圆环对小环的支持力N′达到最大,对小环,由牛顿第二定律有Nmax′－eq\r(Eq2＋mg2)－Fmax＝eq\f（mv\o\al（2，max）,R)，可知Nmax′＝eq\f(23,4）mg＋eq\f(3，2）qBeq\r(2gR)，由牛顿第三定律知，Nmax＝eq\f(23,4)mg＋eq\f(3，2)qBeq\r（2gR），C错误。17.(2019·佛山顺德区高三学情调研）（多选)如图所示，xOy坐标系内存在着方向竖直向下的匀强电场，同时在以O1为圆心的圆形区域内有方向垂直纸面向里的有界匀强磁场，电子从原点O以初速度v沿平行于x轴正方向射入场区,若撤去磁场，电场保持不变，则电子进入场区后从P点飞出，所用时间为t1；若撤去电场,磁场保持不变，则电子进入场区后将向下偏转并从Q点飞出，所用时间为t2，若P、Q两个点关于x轴对称，下列判断正确的是（)A．t1〉t2B．t1〈t2C．若电场和磁场同时存在,电子将偏向y轴正方向做曲线运动D．若电场和磁场同时存在，电子将偏向y轴负方向做曲线运动答案BC解析设P、Q两点的横坐标为x，电子在电场中做类平抛运动，有t1＝eq\f(x，v)；在磁场中做匀速圆周运动,水平分速度小于v，水平分位移为x，故t2＞eq\f（x，v），则t2＞t1，B正确，A错误；电子在电场中运动时,有x＝vt1，y＝eq\f(1，2)·eq\f（eE,m）teq\o\al(2,1），故y＝eq\f(1,2)·eq\f(eE,m）（eq\f(x，v）)2，电子在磁场中做圆周运动时,轨迹如图所示,结合几何关系，有x＝rsinθ，y＝r－rcosθ,其中r＝eq\f（mv，eB)，联立得到eq\f（E，Bv)＝eq\f(21－cosθ,sin2θ)＝eq\f（21－cosθ，1－cos2θ）＝eq\f（2,1＋cosθ）〉1,故当电场和磁场同时存在时,eE＞evB，即电场力大于洛伦兹力，则电子将向上偏转，即电子将偏向y轴正方向做曲线运动,故C正确,D错误。18.（2019·武汉部分市级示范高中联考)（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．加速电场方向需要做周期性的变化答案AB解析根据题述,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，加速电场不需要做周期性的变化,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＝eq\f（1，2）mveq\o\al（2，1)－eq\f（1，2）mveq\o\al（2,0),qU＝eq\f（1，2）mveq\o\al（2,2)－eq\f（1,2）mveq\o\al（2，1），qU＝eq\f（1，2)mveq\o\al(2,3)－eq\f(1，2）mveq\o\al(2,2），设P0P1＝2r1，P0P2＝2r2，P0P3＝2r3，qv1B＝meq\f（v\o\al(2，1）,r1)，qv2B＝meq\f（v\o\al（2，2),r2),qv3B＝meq\f(v\o\al（2,3）,r3）,联立解得r1＝eq\f(mv1，qB)＝eq\f(m，qB)eq\r(\f(2qU,m）＋v\o\al（2,0））,r2＝eq\f(mv2,qB）＝eq\f(m，qB）eq\r（\f(4qU,m)＋v\o\al（2，0）)，r3＝eq\f（mv3，qB）＝eq\f(m，qB）eq\r(\f(6qU,m)＋v\o\al（2，0）).P1P2＝P0P2－P0P1＝2(r2－r1）＝2（eq\f（m，qB）eq\r（\f(4qU，m）＋v\o\al（2，0)）－eq\f（m，qB)eq\r(\f(2qU，m)＋v\o\al（2，0)）),P2P3＝P0P3－P0P2＝2（r3－r2）＝2（eq\f(m,qB)eq\r（\f(6qU，m)＋v\o\al（2,0）)－eq\f（m，qB）eq\r(\f(4qU,m）＋v\o\al(2,0))）,由计算可知P1P2〉P2P3,B正确。由r＝eq\f(mvmax,qB)可知,带电粒子的最大速度与D形盒的半径（尺寸）成正比,C错误。19.（2019·广东广州二中等六校联考）(多选）质谱仪是用来分析同位素的装置,如图为质谱仪的示意图,其由竖直放置的速度选择器、偏转磁场构成。由三种不同粒子组成的粒子束以某速度沿竖直向下的方向射入速度选择器，该粒子束沿直线穿过底板上的小孔O进入偏转磁场,最终三种粒子分别打在底板MN上的P1、P2、P3三点。已知底板MN上、下两侧的匀强磁场方向均垂直纸面向外，且磁感应强度的大小分别为B1、B2，速度选择器中匀强电场的电场强度大小为E。不计粒子的重力以及它们之间的相互作用，则（）A．速度选择器中的电场方向向右B．三种粒子的速度大小均为eq\f（E，B2）C．如果三种粒子的电荷量相等，则打在P3点的粒子质量最大D．如果三种粒子电荷量均为q,且P1、P3的间距为Δx，则打在P1、P3两点的粒子质量差为eq\f（qB1B2Δx，2E)答案ACD解析三种粒子在B2磁场中的偏转方向相同，则电性相同，根据左手定则知粒子带正电，则粒子在B1磁场中受到的洛伦兹力向左，则电场力向右，场强向右，故A正确；粒子在两板中做匀速直线运动，有qvB1＝Eq，则粒子的速度v＝eq\f(E,B1）,故B错误；根据qvB2＝meq\f(v2，r)可得m＝eq\f(qB2r，v），三种粒子的电荷量相等，则轨迹半径越大，质量越大，即打在P3点的粒子质量最大,故C正确；因为2r3－2r1＝Δx，粒子的速度v＝eq\f（E，B1)，则两粒子的质量之差Δm＝eq\f（qB1B2Δx，2E)，故D正确.题组一基础大题20.如图所示，电荷量为＋q、质量为m的物块从倾角θ＝37°的光滑绝缘斜面顶端由静止开始下滑，磁感应强度为B的匀强磁场垂直纸面向外，求物块在斜面上滑行的最大速度和在斜面上运动的最大位移。（斜面足够长,取sin37°＝0.6,cos37°＝0.8)答案eq\f（4mg，5qB)eq\f（8m2g，15q2B2)解析物块沿斜面运动过程中加速度不变,但随速度增大,垂直斜面向上的洛伦兹力增大,物块所受支持力逐渐减小，最后离开斜面.所以，当物块对斜面的压力刚好为零时，物块在斜面上滑行的速度达到最大,同时位移达到最大，即qvmB＝mgcosθ①物块沿斜面下滑过程中，由动能定理得：mgssinθ＝eq\f（1,2)mveq\o\al（2，m）－0②由①②得：vm＝eq\f（mgcosθ，qB）＝eq\f（4mg，5qB），s＝eq\f（v\o\al（2,m)，2gsinθ）＝eq\f（8m2g,15q2B2）.21．如图所示,空间中存在着水平向右的匀强电场,电场强度大小E＝5eq\r(3)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。5T。有一带正电的小球,质量m＝1.0×10－6kg，电荷量q＝2×10－6C，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)，g取10m/s2.求：(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）20m/s与电场E的方向之间的夹角为60°(2)3。5s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＝eq\r(q2E2＋m2g2)①代入数据解得v＝20m/s②速度v的方向与电场E的方向之间的夹角θ满足tanθ＝eq\f（qE,mg)③代入数据解得tanθ＝eq\r（3）θ＝60°。④(2）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，设其加速度为a，有a＝eq\f(\r（q2E2＋m2g2），m)⑤设撤掉磁场后小球在初速度方向上的分位移为x，有x＝vt⑥设小球在重力与电场力的合力方向上的分位移为y，有y＝eq\f（1,2)at2⑦a与mg的夹角和v与E的夹角相同,均为θ，又tanθ＝eq\f（y，x)⑧联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得t＝2eq\r(3）s≈3。5s。题组二高考大题22．(2018·全国卷Ⅲ)如图，从离子源产生的甲、乙两种离子，由静止经加速电压U加速后在纸面内水平向右运动,自M点垂直于磁场边界射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场左边界竖直。已知甲种离子射入磁场的速度大小为v1,并在磁场边界的N点射出；乙种离子在MN的中点射出;MN长为l。不计重力影响和离子间的相互作用。求：（1)磁场的磁感应强度大小；(2)甲、乙两种离子的比荷之比。答案（1）eq\f(4U，lv1)(2）1∶4解析（1)设甲种离子所带电荷量为q1、质量为m1，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R1，磁场的磁感应强度大小为B，由动能定理有q1U＝eq\f(1,2）m1veq\o\al(2,1）①由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有q1v1B＝m1eq\f（v\o\al(2,1）,R1)②由几何关系知2R1＝l③由①②③式得B＝eq\f（4U，lv1).④（2)设乙种离子所带电荷量为q2、质量为m2,射入磁场的速度为v2，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R2。同理有q2U＝eq\f（1，2)m2veq\o\al（2，2)⑤q2v2B＝m2eq\f(v\o\al（2，2）,R2）⑥由题给条件有2R2＝eq\f(l,2）⑦由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙两种离子的比荷之比为eq\f（q1，m1)∶eq\f（q2,m2)＝1∶4。23．（2018·全国卷Ⅰ)如图,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eq\o\al（1，1)H和一个氘核eq\o\al（2,1)H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eq\o\al(1，1）H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。eq\o\al（1，1)H的质量为m，电荷量为q。不计重力。求：(1）eq\o\al(1，1)H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）eq\o\al（2，1）H第一次离开磁场的位置到原点O的距离。答案（1）eq\f（2\r（3)，3)h(2）eq\r（\f(6mE,qh))（3）eq\f(2\r(3)，3）(eq\r(2）－1)h解析(1)eq\o\al(1,1）H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eq\o\al(1，1)H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＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1）②由题给条件，eq\o\al(1，1）H进入磁场时速度的方向与x轴正方向夹角θ1＝60°。eq\o\al(1,1）H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＝eq\f（2\r(3)，3）h。④（2）eq\o\al（1,1）H在电场中运动时，由牛顿第二定律有qE＝ma1⑤设eq\o\al（1，1）H进入磁场时速度的大小为v1′，由速度合成法则有v1′＝eq\r(v\o\al(2,1）＋a1t12)⑥设磁感应强度大小为B，eq\o\al(1,1)H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＝eq\f（mv1′2,R1)⑦由几何关系得s1＝2R1sinθ1⑧联立以上各式得B＝eq\r(\f（6mE,qh))。⑨(3）设eq\o\al(2,1)H沿x轴正方向射入电场的速度大小为v2，在电场中的加速度大小为a2，由题给条件得eq\f（1，2）(2m)veq\o\al（2，2）＝eq\f(1,2）mveq\o\al（2,1)⑩由牛顿第二定律有qE＝2ma2⑪设eq\o\al（2，1)H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＝v2t2⑫h＝eq\f（1,2)a2teq\o\al(2，2）⑬v2′＝eq\r（v\o\al（2,2）＋a2t22）⑭sinθ2＝eq\f（a2t2，v2′）⑮联立以上各式得s2＝s1，θ2＝θ1，v2′＝eq\f(\r(2），2）v1′⑯设eq\o\al(2,1)H在磁场中做圆周运动的半径为R2,由⑦⑯式及粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公式得R2＝eq\f(2mv2′，qB）＝eq\r(2)R1⑰所以出射点在原点左侧.设eq\o\al(2，1)H第一次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′＝2R2sinθ2⑱联立④⑧⑯⑰⑱式得，eq\o\al（2，1)H第一次离开磁场时的位置到原点O的距离为s2′－s2＝eq\f(2\r(3)，3）（eq\r(2)－1)h.24．(2018·天津高考）如图所示,在水平线ab下方有一匀强电场，电场强度为E，方向竖直向下，ab的上方存在匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，磁场中有一内、外半径分别为R、eq\r（3)R的半圆环形区域,外圆与ab的交点分别为M、N。一