2025年高考物理复习考点解密追踪与预测（新高考）压轴题10 带电粒子在复合场中的运动（解析版）

压轴题10带电粒子在复合场中的运动考向分析本专题是磁场、力学、电场等知识的综合应用，高考往往以计算压轴题的形式出现．学习本专题，可以培养同学们的审题能力、推理能力和规范表达能力．针对性的专题训练，可以提高同学们解决难题、压轴题的信心．用到的知识主要有：动力学观点(牛顿运动定律)、运动学观点、能量观点(动能定理、能量守恒定律)、电场的观点(类平抛运动的规律)、磁场的观点(带电粒子在磁场中运动的规律)．本专题是磁场、力学、电场等知识的综合应用，高考往往以计算压轴题的形式出现．学习本专题，可以培养同学们的审题能力、推理能力和规范表达能力．针对性的专题训练，可以提高同学们解决难题、压轴题的信心．用到的知识主要有：动力学观点(牛顿运动定律)、运动学观点、能量观点(动能定理、能量守恒定律)、电场的观点(类平抛运动的规律)、磁场的观点(带电粒子在磁场中运动的规律)．压轴题要领一、带电粒子在组合场中运动的分析方法1．正确受力分析，除重力、弹力、摩擦力外要特别注意静电力和磁场力的分析。2．确定带电粒子的运动状态，注意运动情况和受力情况的结合。3．对于粒子连续通过几个不同区域、不同种类的场时，要分阶段进行处理。4．画出粒子运动轨迹，灵活选择不同的运动规律。二、带电粒子在叠加场中运动的分析方法1．带电体在叠加场中运动的归类分析（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（不计重力的微观粒子）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。2．带电粒子（带电体）在叠加场中运动的分析方法（1）弄清叠加场的组成。（2）进行受力分析。（3）确定带电粒子的运动状态，注意运动情况和受力情况的结合。（4）画出粒子运动轨迹，灵活选择不同的运动规律。①当带电粒子在叠加场中做匀速直线运动时，根据受力平衡列方程求解。②当带电粒子在叠加场中做匀速圆周运动时，应用牛顿定律结合圆周运动规律求解。③当带电粒子做复杂曲线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解。④对于临界问题，注意挖掘隐含条件。（5）记住三点：能够正确对叠加场中的带电粒子从受力、运动、能量三个方面进行分析①受力分析是基础：一般要从受力、运动、功能的角度来分析。这类问题涉及的力的种类多，含重力、电场力、磁场力、弹力、摩擦力等；②运动过程分析是关键：包含的运动种类多，含匀速直线运动、匀变速直线运动、类平抛运动、圆周运动以及其他曲线运动；③根据不同的运动过程及物理模型，选择合适的定理列方程（牛顿运动定律、运动学规律、动能定理、能量守恒定律等）求解。三、带电粒子在周期性的电场和磁场中的运动带电粒子在交变电场或磁场中运动的情况较复杂，运动情况不仅取决于场的变化规律，还与粒子进入场的的时候的时刻有关，一定要从粒子的受力情况着手，分析出粒子在不同时间间隔内的运动情况，若交变电压的变化周期远大于粒子穿越电场的时间，那么粒子在穿越电场的过程中，可看作匀强电场。注意：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过不同特点的电场，磁场或叠加的场，从而表现出多过程现象，其特点较为隐蔽。三、压轴题速练

1.如图1所示，空间某处存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，一个带负电的金属小球从M点水平射入场区，经一段时间运动到N点，关于小球由M到N的运动，下列说法正确的是()图1A．小球可能做匀变速运动 B．小球一定做变加速运动C．小球动能可能不变 D．小球机械能守恒答案BC解析小球从M到N，在竖直方向上发生了偏转，所以在M点受到的竖直向下的洛伦兹力、竖直向下的重力和竖直向上的电场力的合力不为零，且速度方向变化，则洛伦兹力方向变化，所以合力为变力，故不可能做匀变速运动，一定做变加速运动，A错误，B正确；若电场力和重力等大反向，则运动过程中电场力和重力做功之和为零，而洛伦兹力不做功，所以小球的动能可能不变，C正确；沿电场方向有位移，电场力一定做功，故小球的机械能不守恒，D错误．2．如图2所示，空间存在垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场和水平向左、场强为E的匀强电场．有一质量为m、电荷量大小为q的微粒垂直于磁场且以与水平方向成45°角的速度v做直线运动，重力加速度为g.则下列说法正确的是()图2A．微粒可能做匀加速直线运动B．微粒可能只受两个力作用C．匀强磁场的磁感应强度B＝eq\f(mg,qv)D．匀强电场的电场强度E＝eq\f(mg,q)答案D解析微粒受重力、电场力、洛伦兹力作用，若v发生变化，则洛伦兹力发生变化且洛伦兹力与速度方向垂直，微粒不可能做直线运动，所以重力、电场力和洛伦兹力三力平衡，微粒做匀速直线运动，故A、B错误；根据平衡条件，有：qE＝mgtan45°，qvB＝eq\r(mg2＋qE2)，联立解得：E＝eq\f(mg,q)，B＝eq\f(\r(2)mg,qv)，故C错误，D正确．3.(多选)如图3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，不计摩擦阻力，则以下说法中正确的是()图3A．液滴一定带正电B．液滴在C点时的动能最大C．从A到C过程液滴的电势能增大D．从C到B过程液滴的机械能增大答案BCD解析从题图中可以看出，带电液滴由静止开始向下运动，说明重力和电场力的合力向下，洛伦兹力指向弧线内侧，根据左手定则可知，液滴带负电，故A错误；从A到C的过程中，重力做正功，而电场力做负功，洛伦兹力不做功，合力做正功，液滴动能增大，从C到B的过程中，重力做负功，电场力做正功，洛伦兹力不做功，合力做负功，液滴动能减小，所以液滴在C点时的动能最大，故B正确；从A到C过程液滴克服电场力做功，电势能增加，故C正确；从C到B的过程中，电场力做正功，洛伦兹力不做功，机械能增大，故D正确．4.一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4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4(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．答案(1)见解析图(2)eq\f(2El′,Bl)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)(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；粒子进入磁场的速度大小为v，方向与电场方向的夹角为θ，如图(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＝vcosθ④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＝eq\f(mv2,R)⑤由几何关系得l＝2Rcosθ⑥联立①②③④⑤⑥式得v0＝eq\f(2El′,Bl)5．如图5，在平面直角坐标系xOy中，x轴上方存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度为E，x轴下方存在垂直坐标系平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B.一个静止的带正电粒子位于y轴正半轴的A(0，h)点，某时刻由于内部作用，分裂成两个电荷量都为＋q的粒子a和b，分别沿x轴正方向和负方向进入电场．已知粒子a的质量为m，粒子a进入第一象限的动量大小为p.设分裂过程不考虑外力的作用，在电场与磁场中的运动过程不计粒子重力和粒子间的相互作用．求：图5(1)粒子a第一次通过x轴时离原点O的距离x；(2)粒子a第二次通过x轴时与第一次通过x轴时两点间的距离L.答案见解析解析(1)如图所示，粒子a在电场中只受电场力，做类平抛运动由平抛运动规律可得：x＝v0t①h＝eq\f(1,2)at2②qE＝ma③p＝mv0④联立①②③④解得：x＝peq\r(\f(2h,mEq))(2)粒子a进入磁场时，设速度为v，与x轴正方向成θ角，y轴方向的速度为vy，则vy＝at⑤vy＝vsinθ⑥粒子a在磁场中做匀速圆周运动，设轨迹半径为r，有qvB＝eq\f(mv2,r)⑦由几何知识得：L＝2rsinθ⑧联立②③⑤⑥⑦⑧式解得：L＝eq\f(2,B)eq\r(\f(2mEh,q))6．如图6甲所示，以O为坐标原点建立坐标系，等边三角形OMN内存在垂直纸面向里的匀强磁场，三角形外侧有沿x轴负方向的匀强电场．现有质量m＝1×10－18kg、电荷量q＝＋1×10－15C的带电微粒从坐标为(0，－0.5m)的Q点，以某一初速度v0沿某一方向入射，从x轴上的P点以v＝200m/s的速度垂直x轴进入三角形区域．若此时将三角形外侧的电场换成垂直纸面向外的匀强磁场(如图乙所示)，两磁场的磁感应强度大小相等．已知三角形的边长L＝4m，O、P两点间距离为d＝1m，重力不计．求：图6(1)匀强电场的电场强度大小及带电微粒的初速度大小；(2)若两磁场的磁感应强度大小B0＝0.2T，求该微粒在乙图中运动一个周期的时间t；(3)乙图中若微粒能再次回到P点，则两匀强磁场的磁感应强度大小B应满足什么条件．答案(1)320V/m200eq\r(17)m/s(2)6.28×10－2s(3)B＝(0.4n＋0.2)T，(n＝0,1,2,3…)解析(1)在匀强电场中，微粒在电场力作用下，做类平抛运动的逆运动水平方向：OP＝eq\f(qE,2m)t2竖直方向：OQ＝vt水平分速度vx＝eq\f(qE,m)t微粒的初速度v0＝eq\r(v2＋vx2)联立解得E＝320V/m，v0＝200eq\r(17)m/s；(2)粒子在两磁场中均做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律知qvB0＝meq\f(v2,r)，解得r＝eq\f(mv,qB0)＝1mT＝eq\f(2πr,v)，解得T＝3.14×10－2s粒子的运动轨迹如图所示，故t＝3×eq\f(T,6)＋3×eq\f(T,2)＝6.28×10－2s(3)由对称性可知，粒子能再次回到P点，则粒子运动的半径应满足r(2n＋1)＝OP(n＝0,1,2,3…)且r＝eq\f(mv,qB)，联立可得B＝(0.4n＋0.2)T，(n＝0,1,2,3…)．7．在如图1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1A．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，可得qvB＝qE，解得速度v＝eq\f(E,B)，选项B正确；若速度v＞eq\f(E,B)，粒子可能会从板间射出，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．8．(多选)医用回旋加速器的核心部分是两个D形金属盒，如图2所示，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连．现分别加速氘核(eq\o\al(2,1)H)和氦核(eq\o\al(4,2)He)并通过线束引出加速器．下列说法中正确的是()图2A．加速两种粒子的高频电源的频率相同B．两种粒子获得的最大动能相同C．两种粒子在D形盒中运动的周期相同D．增大高频电源的电压可增大粒子的最大动能答案AC解析回旋加速器加速粒子时，粒子在磁场中运动的周期应和交流电的周期相同．带电粒子在磁场中运动的周期T＝eq\f(2πm,qB)，两粒子的比荷eq\f(q,m)相等，所以周期相同，故加速两种粒子的高频电源的频率也相同，A、C正确；根据qvB＝meq\f(v2,R)，得v＝eq\f(qBR,m)，最大动能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(q2B2R2,2m)，与加速电压无关，两粒子的比荷eq\f(q,m)相等，电荷量q不相等，所以最大动能不等，故B、D错误．9.(多选)如图3所示是磁流体发电机的示意图，两平行金属板P、Q之间有一个很强的磁场．一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量正、负带电离子)沿垂直于磁场的方向喷入磁场．把P、Q与电阻R相连接．下列说法正确的是()图3A．Q板的电势高于P板的电势B．R中有由a向b方向的电流C．若只改变磁场强弱，R中电流保持不变D．若只增大离子入射速度，R中电流增大答案BD解析等离子体进入磁场，根据左手定则，正离子向上偏，打在上极板上，负离子向下偏，打在下极板上，所以上极板带正电，下极板带负电，则P板的电势高于Q板的电势，流过电阻R的电流方向由a到b，故A错误，B正确；依据电场力等于洛伦兹力，即qeq\f(U,d)＝qvB，则有U＝Bdv，再由闭合电路欧姆定律I＝eq\f(U,R＋r)＝eq\f(Bdv,R＋r)，电流与磁感应强度成正比，故C错误；由以上分析可知，若只增大离子的入射速度，R中电流会增大，故D正确．10.(多选)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4所示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，当元件中通入图示方向的电流I时，C、D两侧面会形成一定的电势差U.下列说法中正确的是()图4A．若C侧面电势高于D侧面，则元件中形成电流的载流子带负电B．若C侧面电势高于D侧面，则元件中形成电流的载流子带正电C．在地球南、北极上方测地磁场强弱时，元件工作面竖直放置时U最大D．在地球赤道上方测地磁场强弱时，元件工作面竖直放置且与地球经线垂直时，U最大答案AD解析若元件的载流子带负电，由左手定则可知，载流子受到洛伦兹力向D侧面偏，则C侧面的电势高于D侧面的电势，故A正确；若元件的载流子带正电，由左手定则可知，载流子受到洛伦兹力向D侧面偏，则D侧面的电势高于C侧面的电势，故B错误；在测地球南、北极上方的地磁场强弱时，因磁场方向竖直，则元件的工作面保持水平时U最大，故C错误；地球赤道上方的地磁场方向水平，在测地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持竖直，当与地球经线垂直时U最大，故D正确．11．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5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＝eq\f(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相交于点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PQ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：图5(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q与质量m之比)；(3)粒子在磁场中运动的最短时间．答案(1)45°(2)eq\f(U,2L2B2)(3)eq\f(3πBL2,16U)解析(1)设质量为m、电荷量为q的粒子通过孔S2的速度为v0，则：qU＝eq\f(1,2)mv02粒子在平行板e、f间做类平抛运动：L＝v0t，vx＝eq\f(qE,m)t，tanθ＝eq\f(v0,vx)联立可得：tanθ＝1，则θ＝45°，故其速度方向与边界ab间的夹角为θ＝45°.(2)粒子在偏转电场中沿场强方向的位移x＝eq\f(1,2)vxt＝eq\f(L,2)，故粒子从e板下端与水平方向成45°角斜向下射入匀强磁场，如图所示，设质量为m、电荷量为q的粒子射入磁场时的速度为v，做圆周运动的轨道半径为r，则v＝eq\r(v02＋vx2)＝eq\r(2)v0＝2eq\r(\f(qU,m))由几何关系：r2＋r2＝(4L)2则r＝2eq\r(2)LqvB＝meq\f(v2,r)，则r＝eq\f(mv,qB)联立解得：eq\f(q,m)＝eq\f(U,2L2B2).(3)设粒子在磁场中运动的时间为t，偏转角为α，则t＝eq\f(αm,qB)，r＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(2,B)eq\r(\f(mU,q))联立可得：t＝eq\f(αBr2,4U)因为粒子在磁场中运动的偏转角α＝eq\f(3,2)π，所以粒子打在P处时间最短，此时半径为r′，由几何关系知：r′2＋r′2＝L2，则r′＝eq\f(\r(2),2)L联立可得：tmin＝eq\f(\f(3,2)πB\f(L2,2),4U)＝eq\f(3πBL2,16U).12．(多选)空间虚线上方存在匀强磁场，磁感应强度为B；一群电子以不同速率从边界上的P点以相同的方向射入磁场．其中某一速率v0的电子从Q点射出，如图1所示．已知电子入射方向与边界夹角为θ，则由以上条件可判断()图1A．该匀强磁场的方向垂直纸面向里B．所有电子在磁场中的轨迹相同C．速率大于v0的电子在磁场中运动时间长D．所有电子的速度方向都改变了2θ答案AD解析电子在P点受到的洛伦兹力方向沿P→O，如图所示，根据左手定则判断得知：匀强磁场的方向垂直纸面向里，故A正确．电子进入磁场后受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,r)，则r＝eq\f(mv,qB)误．根据圆的对称性可知，所有电子离开磁场时速度方向与PQ线的夹角都是θ，则所有电子的速度方向都改变了2θ，由几何知识得知，所有电子轨迹对应的圆心角都是2θ，则所有电子在磁场中运动的时间都相同，故C错误，D正确．13.如图2所示，在xOy直角坐标系的第一象限中，以坐标原点为圆心的四分之一圆内，有垂直于坐标平面向里的匀强磁场，圆的半径为R，磁场的磁感应强度为B，一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子从坐标原点O沿x轴正方向射入磁场，粒子出磁场时速度方向刚好沿y轴正方向，则粒子在磁场中运动的速度大小为(粒子在磁场中仅受洛伦兹力)()图2A.eq\f(qBR,2m) B.eq\f(qBR,m)C.eq\f(\r(2)qBR,m) D.eq\f(\r(2)qBR,2m)答案D解析粒子运动的轨迹如图所示，由几何关系可知粒子运动的轨道半径为r＝eq\f(\r(2),2)R洛伦兹力提供向心力，则qvB＝meq\f(v2,r)可得v＝eq\f(\r(2)qBR,2m)，故选D.14.如图3所示，空间有一圆柱形匀强磁场区域，O点为圆心．磁场方向垂直于纸面向外．一带正电的粒子从A点沿图示箭头方向以速率v射入磁场，θ＝30°，粒子在纸面内运动，经过时间t离开磁场时速度方向与半径OA垂直．不计粒子重力．若粒子速率变为eq\f(v,2)，其他条件不变，粒子在圆柱形磁场中运动的时间为()图3A.eq\f(t,2)B．tC.eq\f(3t,2)D．2t答案C解析粒子在磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力可得qvB＝meq\f(v2,R)解得R＝eq\f(mv,qB)则周期T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(2πm,qB)粒子在纸面内运动，经过时间t离开磁场时速度方向与半径OA垂直，作出粒子运动轨迹如图甲所示由几何关系可得α＝120°，R＝OA所以粒子以速率v在磁场中运动的时间为t＝eq\f(α,360°)T＝eq\f(2πm,3qB)当粒子速率变为eq\f(v,2)时，由R＝eq\f(mv,2qB)可知，粒子运动半径变为R′＝eq\f(R,2)＝eq\f(OA,2)周期T′＝T＝eq\f(2πm,qB)作出此时粒子运动的轨迹如图乙所示根据几何知识可知粒子转过的圆心角α′＝180°则粒子以速率eq\f(v,2)在磁场中运动的时间为t′＝eq\f(α′,360°)T′＝eq\f(πm,qB)所以t′＝eq\f(3,2)t故A、B、D错误，C正确．15．(多选)如图4所示，在半径为R的圆形区域内有匀强磁场，在边长为2R的正方形区域内也有匀强磁场．两个磁场的磁感应强度大小相同，两个相同的带电粒子以相同的速率分别从M、N两点射入匀强磁场．在M点射入的带电粒子，其速度方向指向圆心；在N点射入的带电粒子，速度方向与边界垂直，且N点为正方形边长的中点，则下列说法正确的是()图4A．带电粒子在磁场中飞行的时间可能相同B．带电粒子在磁场中飞行的时间一定相同C．从N点射入的带电粒子可能先飞出磁场D．从N点射入的带电粒子不可能比M点射入的带电粒子先飞出磁场答案AD解析带电粒子垂直于磁场方向进入匀强磁场，粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有qvB＝meq\f(v2,r)，解得r＝eq\f(mv,qB)，两粒子相同、两粒子的速率相同，则两粒子的轨道半径r相同，粒子做圆周运动的周期T＝eq\f(2πm,qB)相等，磁场圆的直径恰好等于正边形边长，故圆内切于正方形；作出粒子在磁场中的运动轨迹如图所示由图示可知，当粒子轨道半径r＝R时，即轨迹2，两粒子在磁场中的运动时间相等，都等于eq\f(1,4)T，故A正确；由图示可知，当粒子轨道半径r≠R时，粒子在圆形磁场中做圆周运动转过的圆心角都小于在正方形区域中做圆周运动转过的圆心角，则粒子在圆形磁场中的运动时间小于在正方形磁场中的运动时间，即从M点射入的粒子在磁场中的运动时间小于从N点射入的粒子在磁场中的运动时间，故D正确，B、C错误．16.如图5所示圆形区域内，有垂直于纸面方向的匀强磁场，一束质量和电荷量都相同的带电粒子，以不同的速率，沿着相同的方向，正对圆心O射入匀强磁场，又都从该磁场中射出，这些粒子在磁场中的运动时间有的较长，有的较短，若带电粒子只受磁场力的作用，则在磁场中运动时间越短的带电粒子()图5A．在磁场中的周期一定越小B．在磁场中的速率一定越小C．在磁场中的轨道半径一定越大D．在磁场中通过的路程一定越小答案C解析质量和电荷量都相同的带电粒子，其比荷eq\f(q,m)相同，根据带电粒子在磁场中运动周期T＝eq\f(2πm,qB)可知，它们进入匀强磁场后做匀速圆周运动的周期相同，选项A错误；如图所示为带电粒子的运动轨迹，设这些粒子在磁场中的运动轨迹所对应的圆心角为θ，则运动时间t＝eq\f(θ,360°)T在磁场中运动时间越短的带电粒子，圆心角越小，轨迹半径越大，根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,r)，则r＝eq\f(mv,qB)，所以轨迹半径越大，则速率一定越大，选项B错误，选项C正确；通过的路程即圆弧的长度L＝rθ，与半径r和圆心角θ有关，所以运动时间越短，轨迹半径越大，路程也越大，选项D错误．17．(多选)磁流体发电是一项新兴技术．如图6所示，平行金属板之间有一个很强的磁场，将一束含有大量正、负带电粒子的等离子体，沿图中所示方向喷入磁场，图中虚线框部分相当于发电机，把两个极板与用电器相连，则()图6A．用电器中的电流方向从A到BB．用电器中的电流方向从B到AC．若只增大带电粒子电荷量，发电机的电动势增大D．若只增大喷入粒子的速度，发电机的电动势增大答案AD解析首先对等离子体进行动态分析：开始时由左手定则判断正离子所受洛伦兹力方向向上(负离子所受洛伦兹力方向向下)，则正离子向上极板聚集，负离子则向下极板聚集，两极板间产生了电势差，即两金属板变为一电源，且上极板为正极下极板为负极，所以通过用电器的电流方向从A到B，故A正确，B错误；此后的正离子除受到向上的洛伦兹力f外还受到向下的电场力F，最终两力达到平衡，即最终等离子体将匀速通过磁场区域，因f＝qvB，F＝qeq\f(E,d)，则qvB＝qeq\f(E,d)，解得E＝Bdv，所以电动势E与速度v及磁感应强度B成正比，所以C错误，D正确．18．(多选)1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图7所示，此加速器由两个半径均为R的铜质D形盒D1、D2构成，其间留有空隙．比荷为k的质子由加速器的中心附近飘入加速器，以最大速度vm射出加速器．氘核的比荷是质子比荷的eq\f(1,2).下列说法正确的是()图7A．磁场的磁感应强度大小为eq\f(vm,kR)B．交变电压u的最大值越大，质子射出加速器的速度也越大C．此加速器可以直接用来加速氘核D．若此加速器中磁场的磁感应强度加倍，就可用来加速氘核答案AD解析设质子的质量为m、电荷量为q，则eq\f(q,m)＝k，由qvB＝meq\f(v2,r)，可得B＝eq\f(mv,qr)，当r＝R时，有v＝vm，联立解得B＝eq\f(vm,kR)，故A正确；由B＝eq\f(vm,kR)，可得vm＝BkR，可见vm与u的最大值无关，故B错误；回旋加速器正常工作时，要求交变电压的周期与粒子在加速器中运动的周期相等，即交变电压的周期T＝eq\f(2πm,qB)＝eq\f(2π,kB)，而氘核在回旋加速器中运动的周期T′＝eq\f(2π,\f(k,2)B)＝eq\f(4π,kB)＝2T，所以不可以直接加速氘核，故C错误；若此加速器中磁场的磁感应强度加倍，则氘核的周期变为T″＝eq\f(2π,\f(k,2)2B)＝eq\f(2π,kB)＝T，所以此时可用来加速氘核，故D正确．19.(多选)如图8所示，电荷量相等的两种离子氖20和氖22从容器下方的狭缝S1飘入(初速度为零)电场区，经电场加速后通过狭缝S2、S3垂直于磁场边界MN射入匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，离子经磁场偏转后发生分离，最终到达照相底片D上．不考虑离子间的相互作用，则()图8A．电场力对每个氖20和氖22做的功相等B．氖22进入磁场时的速度较大C．氖22在磁场中运动的半径较小D．若加速电压发生波动，两种离子打在照相底片上的位置可能重叠答案AD解析电场力对粒子做的功为W＝qU，则电场力对每个氖20和氖22做的功相等，A正确；根据qU＝eq\f(1,2)mv2，得v＝eq\r(\f(2qU,m))，所以氖22(质量较大)进入磁场时的速度较小，B错误；根据r＝eq\f(mv,qB)，及v＝eq\r(\f(2qU,m))，得r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))，因为氖22质量较大，所以氖22在磁场中运动的半径较大，C错误；加速电压发生波动，根据r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))，两种离子打在照相底片上的位置可能重叠(不同时刻)，D正确．20.三个α粒子a、b、c同时从同一点沿同一水平方向飞入偏转电场，出现了如图1所示的不同轨迹，不计粒子间的相互作用，由此可以判断下列说法不正确的是()图1A．在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上B．b和c同时飞离电场C．进电场时c的速度最大，a的速度最小D．动能的增加量c最小，a和b一样大答案B解析三个粒子的质量和电荷量都相同，则知加速度相同．a、b两粒子在竖直方向上的位移相等，根据y＝eq\f(1,2)at2，可知运动时间相等，故A正确．b、c在竖直方向上的位移不等，由题图知yc＜yb，根据y＝eq\f(1,2)at2，可知tc＜tb，即c先飞离电场，故B错误．在垂直于电场方向，三个粒子做匀速直线运动，则有：v＝eq\f(x,t)，因xc＝xb，tc＜tb，则v0c＞v0b，根据ta＝tb，xb＞xa，则v0b＞v0a，所以有v0c＞v0b＞v0a，故C正确．根据动能定理知，a、b两粒子运动过程中电场力做功一样多，所以动能增加量相等，c粒子运动过程中电场力做功最少，动能增加量最小，故D正确．21．(多选)如图2所示，一充电后与电源断开的平行板电容器的两极板水平放置，板长为L，板间距离为d，距板右端L处有一竖直屏M.一带电荷量为q、质量为m的质点以初速度v0沿中线射入两板间，最后垂直打在M上，已知重力加速度为g，下列结论正确的是()图2A．两极板间电场强度大小为eq\f(mg,q)B．两极板间电压为eq\f(2mgd,q)C．整个过程中质点的重力势能增加eq\f(3mg2L2,2v02)D．若仅增大两极板间距，该质点仍能垂直打在M上答案BD解析据题分析可知，质点在平行金属板间轨迹应向上偏转，做类平抛运动，飞出电场后，质点的轨迹向下偏转，才能最后垂直打在M屏上，前后过程质点的运动轨迹有对称性，如图，可见两次偏转的加速度大小相等，根据牛顿第二定律得：qE－mg＝mg，得到：E＝eq\f(2mg,q)，由U＝Ed可知两极板间电压为U＝eq\f(2mgd,q)，故A错误，B正确．质点在电场中向上偏转的距离为y＝eq\f(1,2)at2而a＝g，t＝eq\f(L,v0)解得：y＝eq\f(gL2,2v\o\al(02))故质点打在屏上的位置与P点的距离为：s＝2y＝eq\f(gL2,v\o\al(02))重力势能的增加量为：ΔEp＝mgs＝eq\f(mg2L2,v\o\al(02))，故C错误．仅增大两极板间的距离，因两极板上电荷量不变，根据E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)，而C＝eq\f(εrS,4πkd)，解得：E＝eq\f(4πkQ,εrS)，可知，板间场强不变，质点在电场中受力情况不变，则运动情况不变，故质点仍垂直打在屏上，故D正确．22.如图3所示，OO′为平行板电容器的中线，板间为匀强电场．在O点分别以v0、eq\f(v0,2)的速度水平抛出A、B两质量都为m且带同种电荷的小球，qA∶qB＝3∶1，两小球运动轨迹恰关于OO′对称，重力加速度为g，则A球受到电场力大小为()图3A.eq\f(15,7)mg B.eq\f(9,5)mgC.eq\f(3,2)mg D.eq\f(5,7)mg答案A解析两轨迹关于水平线对称，说明相同水平位移处，位移偏角相同，位移偏角为tanθ＝eq\f(ax,2v02)所以aA∶aB＝4∶1，即合外力之比为4∶1.两小球电性相同，所受电场力都向上，有(FA－mg)∶(mg－FB)＝4∶1且FA∶FB＝3∶1解得FA＝eq\f(15,7)mg，故选项A正确．23．(多选)如图4所示，M、N是组成电容器的两块水平放置的平行金属极板，M中间有一小孔．M、N分别接到电压恒定的电源上(图中未画出)．小孔正上方的A点与极板M相距h，与极板N相距3h.某时刻一质量为m、带电荷量为q的微粒从A点由静止下落，到达极板N时速度刚好为零，不计空气阻力，重力加速度为g.则()图4A．带电微粒在M、N两极板间往复运动B．两极板间电场强度大小为eq\f(3mg,2q)C．若将M向下平移eq\f(h,3)，微粒仍从A点由静止下落，进入电场后速度为零的位置与N的距离为eq\f(5,4)hD．若将N向上平移eq\f(h,3)，微粒仍从A由静止下落，进入电场后速度为零的位置与M的距离为eq\f(5,4)h答案BD解析由于微粒在电场中和在电场外受到的力都是恒力，可知微粒将在A点和下极板之间往复运动，选项A错误；由动能定理：mg·3h－Eq·2h＝0，解得E＝eq\f(3mg,2q)，选项B正确；若将M向下平移eq\f(h,3)，则板间场强变为E1＝eq\f(U,\f(5,3)h)＝eq\f(3U,5h)＝eq\f(6,5)E，设微粒速度为零时的位置与N极板相距Δh，由动能定理：mg·(3h－Δh)－E1q·(eq\f(5h,3)－Δh)＝0，解得Δh＝0，选项C错误；若将N向上平移eq\f(h,3)，则板间场强变为E2＝eq\f(U,\f(5,3)h)＝eq\f(3U,5h)＝eq\f(6,5)E，设微粒速度为零时的位置与M极板相距Δh′，由动能定理：mg·(h＋Δh′)－E2q·Δh′＝0，解得Δh′＝eq\f(5,4)h，选项D正确．24．(多选)匀强电场的场强随时间变化的图像如图5所示，在该匀强电场中有一个带电粒子，在t＝0时刻，由静止释放．若带电粒子只受电场力的作用，则电场力的作用和带电粒子的运动情况是()图5A．带电粒子将在电场中做有往复但总体上看不断向前的运动B．0～3s内电场力的冲量为零，电场力做功为零C．3s末带电粒子回到原出发点D．0～4s内电场力的冲量不等于零，而电场力做功却为零答案BC解析由题意可画出该粒子的速度－时间图像(取开始运动方向为正方向)：从v－t图像可看出，带电粒子将在电场中某段距离间做往复运动，故