高考物理总复习 第八章 磁场 专题突破1 带电粒子在复合场中的运动教案

专题突破1 带电粒子在复合场中的运动
带电粒子在组合场中的运动
“磁偏转”和“电偏转”的比较
电偏转
磁偏转
偏转条件
带电粒子以v ⊥E 进入匀强电场(不
计重力)
带电粒子以v ⊥B 进入匀强磁场
(不计重力)
受力情况 只受恒定的电场力F ＝Eq
只受大小恒定的洛伦兹力F ＝qvB
运动情况
类平抛运动 匀速圆周运动
运动轨迹
抛物线
圆弧
求解方法
利用类平抛运动的规律x ＝v 0t ，y
＝12at 2，a ＝qE m ，tan θ＝at v 0
牛顿第二定律、向心力公式r ＝
mv qB ，T ＝2πm qB ，t ＝θT
2π
的矩形匀强磁场区域，高为4d ，宽为d ，中间两个磁场区域间隔为2d ，中轴线与磁场区域两侧相交于O 、O ′点，各区域磁感应强度大小相等。

某粒子质量为m 、电荷量＋q ，从O 沿轴线射入磁场。

当入射速度为v 0时，粒子从O 上方d
2处射出磁场。

取
sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。

图11
(1)求磁感应强度大小B ；
(2)入射速度为5v 0时，求粒子从O 运动到O ′的时间t ；
(3)入射速度仍为5v 0，通过沿轴线OO ′平移中间两个磁场(磁场不
重叠)，可使粒子从O 运动到O ′ 的时间增加Δt ，求Δt 的最大值。

解析 (1)粒子圆周运动的半径r 0＝mv 0
qB
，
由题意知r 0＝d
4，解得B ＝4mv 0
qd
(2)设粒子在矩形磁场中的偏转角为α，如图甲所示，
甲
由d ＝r sin α，得sin α＝4
5，即α＝53°
在一个矩形磁场中的运动时间t 1＝α360°2πm
qB
，
解得t 1＝53πd
720v 0
直线运动的时间t 2＝2d v ，解得t 2＝2d
5v 0
则t ＝4t 1＋t 2＝⎝
⎛⎭⎪⎫53π＋72180d
v 0
(3)将中间两磁场分别向中央移动距离x ，如图乙所示，
乙
粒子向上的偏移量y ＝2r (1－cos α)＋x tan α 由y ≤2d ，解得x ≤3
4d
则当x m ＝3
4
d 时，Δt 有最大值
粒子直线运动路程的最大值s m ＝2x m
cos α＋(2d －2x m )＝3d
增加路程的最大值Δs m ＝s m －2d ＝d 增加时间的最大值Δt m ＝Δs m v ＝d
5v 0
答案 (1)4mv 0qd (2)⎝ ⎛⎭⎪⎫53π＋72180d v 0
(3)d 5v 0
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】 (2018·江苏苏州市高三第一次模拟)如图2所示，在竖直平面内建立平面直角坐标系xOy ，y 轴正方向竖直向上。

在第一、
第四象限内存在沿x 轴负方向的匀强电场，其大小E 1＝3mg
3q ；在
第二、第三象限内存在着沿y 轴正方向的匀强电场和垂直于xOy 平
面向外的匀强磁场，电场强度大小E 2＝mg
q
，磁感应强度大小为B 。

现将一质量为m 、电荷量为q 的带正电小球从x 轴上距坐标原点为
d 的P 点由静止释放。

图2
(1)求小球从P 点开始运动后，第一次经过y 轴时速度的大小； (2)求小球从P 点开始运动后，第二次经过y 轴时的坐标； (3)若小球第二次经过y 轴后，第一、第四象限内的电场强度变为E 1′＝3mg
q
，求小球第三次经过y 轴时的坐标。

解析 (1)设小球在第一、四象限中的加速度为a ， 由牛顿第二定律（mg ）2
＋（qE 1）2
＝ma ， 得a ＝233
g 。

设加速度的方向与qE 1方向成α角 tan α＝
mg
qE 1
＝3，α＝60° 粒子第一次到达y 轴上的A 点，由几何关系
OA ——
＝OP ——
tan α＝3d
PA ＝d /cos α＝2d
由v 2
－v 2
0＝2ax 知，粒子第一次经过y 轴时的速度
v ＝
83gd
3
(2)小球第一次经过y 轴后，在第二、三象限内有
qE 2＝mg ，
故粒子做匀速圆周运动
设轨道半径为R ，由牛顿第二定律qvB ＝m v 2
R
R ＝mv qB ＝m qB
83gd
3
由几何知识，三角形AO ′B 为等边三角形，
AB ——
＝R
小球第二次过y 轴的B 点纵坐标
y 2＝AB ——
－OA ——＝
m
qB
83gd
3
－3d (3)小球第二次经过y 轴到第三次过y 轴的过程中， 设小球的加速度为a ′，
由牛顿第二定律（qE 1′）2
＋（mg ）2
＝ma ′，a ′＝2g 设加速度方向与qE 1′方向成β角，
tan β＝mg qE 1′＝3
3
，β＝30°
由几何知识知，a ′方向与v 方向垂直，即小球做类平抛运动 速度方向上l ＝vt ′，垂直速度方向上L ＝12
a ′t ′2
由几何关系tan 30°＝L l
，BC ——＝L 2＋l 2
BC ——
＝1639
d
小球第三次经过y 轴时的纵坐标
y 3＝y 2－BC ——＝
m
qB
83gd 3－253
9
d 答案 (1)
83gd 3 (2)m
qB
83gd
3
－3d (3)m
qB 83gd 3－253
9
d 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
先读图 看清、并明白场的变化情况 受力分析 分析粒子在不同的变化场区的受力情况 过程分析 分析粒子在不同时间内的运动情况 找衔接点 找出衔接相邻两过程的物理量 选规律
联立不同阶段的方程求解
【例30≤x ≤l 、0≤y ≤2l 的矩形区域中存在一个如图乙所示的交变磁场(B 0和T 0未知)，磁场方向向里为正。

一个比荷为c 的带正电的粒子从原点O 以初速度v 0沿＋x 方向入射，不计粒子重力。

图3
(1)若粒子从t ＝0时刻入射，在t ＜T 02的某时刻从点(l ，l
2
)射出磁
场，求B 0大小；
(2)若B 0＝2v 0cl ，且粒子从0≤t ≤T 0
2的任一时刻入射时，粒子离开磁
场时的位置都不在y 轴上，求T 0的取值范围；
(3)若B 0＝2v 0
cl
，在x ＞l 的区域施加一个沿－x 方向的匀强电场，粒
子在t ＝0时刻入射，将在T 0时刻沿＋x 方向进入电场，并最终从(0，2l )沿－x 方向离开磁场，求电场强度的大小以及粒子在电场中运动的路程。

解析 (1)如图甲所示，
甲
在磁场中，qv 0B 0＝m v 20
R
由几何关系，有R 2
＝l 2
＋⎝
⎛⎭⎪⎫R －l 22
，解得
R ＝5
4
l
因此B 0＝4v 0
5cl
(2)根据qv 0B 0＝mv 20
R ′，粒子运动的半径为R ′＝l 2
，临界情况为粒子
从t ＝0时刻入射，并且轨迹恰好与y 轴相切，如图乙所示。

乙
圆周运动的周期T ＝2πm qB 0＝πl
v 0
由几何关系知，在t ＝T 0
2内，粒子转过的圆心角为5π6
对应运动时间t 1＝5π62πT ＝5
12T
应满足t 1≥
T 0
2
联立可得T 0≤5πl
6v 0
(3)运动轨迹如图丙所示
丙
由题意知，12·2πm
qB 0＝T 0
得到T 0＝πl
2v 0
在电场中，qE ＝ma 往返一次用时Δt ＝
2v 0
a
应有Δt ＝⎝
⎛⎭⎪⎫
n ＋12T 0
可得E ＝8v 2
（2n ＋1）πcl ，(n ＝0，1，2…)
在电场中运动路程为
x ＝12v 0·Δt 2·2＝（2n ＋1）πl 8
(n ＝0，1，2…)
答案 (1)4v 05cl (2)T 0≤5πl 6v 0 (3)8v 2
0（2n ＋1）πcl (n ＝0，1，2…)
（2n ＋1）πl
8
(n ＝0，1，2…)
带电粒子在复合场中的运动实例——质谱仪
[题源：人教版选修3－1·P 100例题]
一个质量为m 、电荷量为q 的粒子，从容器A 下方的小孔S 1飘入电势差为U 的加速电场，其初速度几乎为0，然后经过S 3沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B 的匀强磁场中，最后打到照相底片
D 上(图3.6－4)。

图3.6－4
(1)求粒子进入磁场时的速率；
(2)求粒子在磁场中运动的轨道半径。

解析 (1)由动能定理得
qU ＝1
2
mv 2－0 v ＝
2qU
m
(2)在磁场中qvB ＝mv 2
R
R ＝1
B
2mU
q
答案 (1)
2qU
m
(2)
1B 2mU
q
拓展1 (2016·全国卷Ⅰ，15)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4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( )
图4
A.11
B.12
C.121
D.144
解析 设质子的质量和电荷量分别为m 1、q 1，一价正离子的质量和电荷量为m 2、q 2。

对于任意粒子，在加速电场中，由动能定理得 qU ＝12
mv 2
－0，得v ＝
2qU m
①
在磁场中qvB ＝m v 2
r
②
由①②式联立得m ＝B 2r 2q
2U
，由题意知，两种粒子在磁场中做匀速圆
周运动的半径相同，加速电压U 不变，其中B 2＝12B 1，q 1＝q 2，可
得m 2m 1＝B 22
B 21
＝144，故选项D 正确。

答案 D
拓展2 (2017·江苏单科，15)一台质谱仪的工作原理如图5所示。

大量的甲、乙两种离子飘入电压为U 0的加速电场，其初速度几乎为0，经加速后，通过宽为L 的狭缝MN 沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B 的匀强磁场中，最后打到照相底片上。

已知甲、乙两种离子的电荷量均为＋q ，质量分别为2m 和m ，图中虚线为经过狭缝左、右边界M 、N 的甲种离子的运动轨迹。

不考虑离子间的相互作用。

图5
(1)求甲种离子打在底片上的位置到N 点的最小距离x ；
(2)在图中用斜线标出磁场中甲种离子经过的区域，并求该区域最窄处的宽度d ；
(3)若考虑加速电压有波动，在(U 0－ΔU )到(U 0＋ΔU )之间变化，要使甲、乙两种离子在底片上没有重叠，求狭缝宽度L 满足的条件。

解析 (1)设甲种离子在磁场中的运动半径为r 1，
电场加速qU 0＝12·2mv 2，且qvB ＝2m v 2r 1
解得 r 1＝2B mU 0q
根据几何关系x ＝2r 1－L ，
解得x ＝4B mU 0q
－L 。

(2)如图最窄处位于过两虚线交点的垂线上
d ＝r 1－
r 21－（L 2）2 解得d ＝2B mU 0q －4mU 0qB 2－L 2
4 (3)设乙种离子在磁场中的运动半径为r 2，
r 1的最小半径r 1min ＝
2B m （U 0－ΔU ）q ， r 2的最大半径r 2max ＝1B 2m （U 0＋ΔU ）
q ，
由题意知2r 1min －2r 2max ＞L ， 即4B m （U 0－ΔU ）q －2B
2m （U 0＋ΔU ）q ＞L ， 解得L ＜
2B m q [2（U 0－ΔU ）－2（U 0＋ΔU ）] 答案 (1)4B
mU 0q
－L (2)见解析
2B mU 0q －4mU 0qB 2－L 24 (3)L ＜2B m q
[2（U 0－ΔU ）－2（U 0＋ΔU ）] 1.(2018·江苏清江中学冲刺模拟)在高能粒子研究中，往往要把一束含有大量质子和α粒子的混合粒子分离开，如图6所示，初速度可忽略的质子和α粒子，经电压为U 的电场加速后，进入分离区，如果在分离区使用匀强电场或匀强磁场把粒子进行分离，所加磁场方向垂直纸面向里，所加电场方向竖直向下，则下列可行的方法是( )
图6
A.电场和磁场都不可以
B.电场和磁场都可以
C.只能用电场
D.只能用磁场
解析 在加速电场中，由动能定理得qU ＝12
mv 20 ，若分离区加竖直向下的电场，设偏转电场的宽度为L ，则在电场中偏转时有：沿电
场方向y ＝12at 2＝12qE m ⎝ ⎛⎭⎪⎫L v 02＝qEL 2
2mv 20，联立得粒子在分离区偏转距离y ＝EL 2
4U
，可知，加速电压U 相同，偏转电场的E 和L 相同，y 相同，所以不能将质子和α粒子进行分离；若分离区加垂直纸面向里的
磁场，粒子进入偏转磁场时，轨迹半径r ＝mv 0qB ＝1B 2mU q ，由于质
子和α粒子的比荷不同，运动的半径r 也不同，所以能将两种粒子分离，故A 、B 、C 项错误，D 项正确。

答案 D
2.(2018·淮安模拟)如图7所示，一带电液滴在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中刚好做匀速圆周运动，其轨道半径为R ，已知该电场的电场强度为E ，方向竖直向下；该磁场的磁感应强度为B ，方向垂直纸面向里，不计空气阻力，设重力加速度为g ，则( )
图7
A.液滴带正电
B.液滴比荷q m ＝E g
C.液滴沿顺时针方向运动
D.液滴运动速度大小v ＝Rg BE
解析 液滴在重力场、匀强电场、匀强磁场的复合场中做匀速圆周
运动，可知qE ＝mg ，得q m ＝g E
，故选项B 错误；电场力方向竖直向
上，液滴带负电，选项A 错误；由左手定则可判断液滴沿顺时针转
动，选项C 正确；对液滴qE ＝mg ，qvB ＝m v 2R 得v ＝RBg E
，故选项D 错误。

答案 C
3.(2019·昆山校级月考)如图8有a 、b 、c 、d 四个离子，它们带等量同种电荷，质量不等有m a ＝m b ＜m c ＝m d ，以不等的速率v a ＜v b ＝v c ＜v d 进入速度选择器后，有两种离子从速度选择器中射出进入B 2磁场。

由此可判定( )
图8
A.射向P 1板的是a 离子
B.射向P 2板的是b 离子
C.射向A 1的是c 离子
D.射向A 2的是d 离子
解析 通过在磁场中偏转知，粒子带正电。

在速度选择器中，有
qE ＝qvB ，v ＝E B
，只有速度满足一定值的粒子才能通过速度选择器，所以只有b 、c 两粒子能通过速度选择器。

a 的速度小于b 的速度，所以a 的电场力大于洛伦兹力，a 向P 1板偏转，故A 正确，B 错误；
只有b 、c 两粒子能通过速度选择器进入磁场B 2，根据r ＝mv qB 2
，知质量大的半径大，可知射向A 1的是b 离子，射向A 2的是c 离子，故C 、D 错误。

答案A
4.(2019·江苏省泰州中学高三月考)(多选)如图9所示，虚线EF 下方存在着正交的匀强电场和匀强磁场，一个带电微粒从距离EF 为h的某处由静止开始做自由落体运动，从A点进入场区后，恰好做匀速圆周运动，然后从B点射出，C为圆弧的最低点，下面说法正确的有( )
图9
A.从B点射出后，微粒能够再次回到A点
B.如果仅使h变大，微粒从A点进入场区后将仍做匀速圆周运动
C.如果仅使微粒的电荷量和质量加倍，微粒将仍沿原来的轨迹运动
D.若仅撒去电场E，微粒到达轨迹最低点时受到的洛仑兹力一定大于它的重力
解析从B点射出后，微粒在重力作用下回落，根据左手定则可以知道，微粒向右方向偏转，不可能再回到A点，故选项A错误；带电微粒进入正交的匀强电场和匀强磁场中做匀速圆周运动，电场力与重力必定平衡，如果仅使h变大，不会改变电场力与重力平衡，因此仍做匀速圆周运动。

所以选项B正确；由题意知mg＝qE，洛
伦兹力提供向心力，则有qvB＝m v2
r
，v＝2gh则微粒做圆周运动
的半径为r＝E
B
2h
g
，若微粒的电荷量和质量加倍，不会影响运
动轨道的半径，所以选项C正确；当撤去电场E，微粒在洛伦兹力与重力作用下，当到达轨迹最低点时，仍做曲线运动，则洛伦兹力
大于它的重力，即运动轨迹偏向合力一侧。

所以选项D 正确。

答案 BCD
活页作业
(时间：40分钟)
一、单项选择题
1.(2018·苏北四市模拟)如图1所示，Q 为α粒子放射源，放射源释放出的α粒子初速度近似为零，经电压为U 的加速电场加速后垂直磁场边界MN 进入磁感应强度为B 的匀强磁场中，经磁场偏转后粒子从P 点射出磁场，设OP ＝x ，能正确反映x 与U 之间函数关系的x －U 图象是( )
图1
解析 设α粒子经电场加速后的速度为v ，根据动能定理得qU ＝12
mv 2，由牛顿第二定律得qvB ＝mv 2x 2
，解得x ＝2B 2mU q ，选项B 正确，
A 、C 、D 错误。

答案 B
2.如图2所示，空间的某个复合场区域内存在着竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。

质子由静止开始经一加速电场加速后，垂直于复合场的边界进入并沿直线穿过场区，质子(不计重力)穿过复合场区所用时间为t ，从复合场区穿出时的动能为E k ，则
( )
图2
A.若撤去磁场B，质子穿过场区时间大于t
B.若撒去电场E，质子穿过场区时间等于t
C.若撒去磁场B，质子穿出场区时动能大于E k
D.若撤去电场E，质子穿出场区时动能大于E k
解析质子在电场中是直线加速，进入复合场，电场力与洛伦兹力等大反向，质子做匀速直线运动。

若撤去磁场，只剩下电场，质子做类平抛运动，水平分运动是匀速直线运动，速度不变，故质子穿过场区时间不变，等于t，A错误；若撒去电场，只剩下磁场，质子做匀速圆周运动，速率不变，水平分运动的速度减小，故质子穿过场区时间增加，大于t，B错误；若撤去磁场，只剩下电场，质子做类平抛运动，电场力做正功，故末动能大于E k，C正确，若撤去电场，只剩下磁场，质子做匀速圆周运动，速率不变，末动能不变，仍为E k，D错误。

答案C
3.(2019·江苏省海安高级中学月考)如图3所示，从S处发出的热电子经加速电压U加速后垂直进入相互垂直的匀强电场和匀强磁场中，发现电子流向上极板偏转。

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( )
图3
A.适当减小加速电压U
B.适当减小电场强度E
C.适当增大加速电场极板之间的距离
D.适当减小磁感应强度B
解析 要使粒子在复合场中做匀速直线运动，故Eq ＝qvB 。

根据左手定则可知电子所受的洛伦兹力的方向竖直向下，故电子向上极板偏转的原因是电场力大于洛伦兹力，所以要么减小电场力，要么增
大洛伦兹力。

根据eU ＝12mv 2可得v ＝2eU m
，适当减小加速电压U ，可以减小电子在复合场中运动的速度v ，从而减小洛伦兹力，故A 项错误；适当减小电场强度E ，即可以减小电场力，故B 项正确；
适当增大加速电场极板之间的距离，根据eU ＝12mv 2可得v ＝2eU m
，由于粒子在两板间的电压没有变化，所以电子进入磁场的速率没有变化，因此没有改变电场力和洛伦兹力的大小，故C 项错误；适当减小磁感强度B ，可以减小洛伦兹力，故D 项错误。

答案 B
4.(2018·盐城模拟)如图4所示，半圆光滑绝缘轨道固定在竖直平面内，O 为其圆心，匀强磁场方向与轨道平面垂直。

现将一个带正电的小球自M 点由静止释放，它将沿轨道在MN 间做往复运动。

下列说法中正确的是( )
图4
A.小球在M 点的重力势能大于在N 点的重力势能
B.小球经过轨道最低点时所受合外力大小总相等
C.小球经过轨道最低点时对轨道的压力大小总相等
D.小球由M 到N 所用的时间大于由N 到M 所用的时间
解析 两个端点M 、N 与O 等高，小球由M 到N 与由N 到M 过程中重力对小球做的功相等，所以小球在M 点的重力势能等于在N 点的
重力势能，故A 错误；小球在最低点的速度大小相同，由F 合＝mv 2r 可知，F 合大小不变，故B 正确；小球在最低点时受重力、支持力
和洛伦兹力，从M 到N 时，洛伦兹力方向向上，故F 1－mg ＋F 洛＝mv 2r
，F 1＝mg －F 洛＋mv 2r
，小球从N 到M 时，洛伦兹力方向向下，故F 2－F 洛－mg ＝mv 2r ，F 2＝mg ＋F 洛＋mv 2r
，所以小球经过最低点时对轨道的压力大小不相等，故C 错误；由于洛伦兹力总是与运动方向垂直，由于没有摩擦力，故对其加速度大小有影响的只有重力，故无论小球从哪边滚下，其时间相等，故D 错误。

答案 B
5.(2019·徐州三中月考)如图5所示，表面粗糙的斜面固定于地面上，并处于方向垂直纸面向外、磁感应强度为B 的匀强磁场中，质量为m 、带电荷量为＋Q 的小滑块从斜面顶端由静止下滑。

在滑块下滑的过程中，下列判断正确的是( )
图5
A.滑块受到的摩擦力不变
B.滑块到达地面时的动能与B 的大小无关
C.滑块受到的洛伦兹力方向垂直斜面向下
D.B很大时，滑块可能静止于斜面上
解析据左手定则可知，滑块受到垂直斜面向下的洛伦兹力，C项正确；随着滑块速度的变化，洛伦兹力大小变化，它对斜面的压力大小发生变化，故滑块受到的摩擦力大小变化，A项错误；B越大，滑块受到的洛伦兹力越大，受到的摩擦力也越大，摩擦力做功越多，据动能定理，滑块到达地面时的动能就越小，B项错误；由于开始时滑块不受洛伦兹力就能下滑，故B再大，滑块也不可能静止在斜面上，D项错误。

答案C
二、多项选择题
6.(2018·南京市、盐城市一模)如图6所示，虚线所围的区域内存在电场强度为E的匀强电场和磁感应强度为B的匀强磁场。

从左方水平射入的电子，穿过该区域时未发生偏转。

则下列分析中可能正确的是( )
图6
A.E竖直向上，B垂直纸面向外，电子做匀速直线通过区域
B.E竖直向上，B垂直纸面向里，电子做匀速直线通过区域
C.E和B都是沿水平方向，电子做匀减速直线运动通过区域
D.E和B都是沿水平方向，电子做匀加速直线运动通过区域
解析若E竖直向上，B垂直于纸面向外，则电场力竖直向下，而磁场力由左手定则可得方向竖直向上，所以当两力大小相等时，电
子穿过此区域不会发生偏转，并且做匀速直线运动，故A项正确，B项错误；若E和B都沿水平方向，则电子所受电场力方向与运动方向在一条直线上，而由于电子运动方向与B方向在一条直线上，所以不受磁场力，因此穿过此区域不会发生偏转，如果电场方向与运动方向相同，则电子受力与运动方向相反，则电子匀减速通过，故C项正确；若电场线与运动方向相反，则电子受力与运动方向相同，做匀加速运动，故D项正确。

答案ACD
7.如图7所示为一个质量为m、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，不计空气阻力，现给圆环向右的初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的速度图象可能是图中的( )
图7
解析带电圆环在磁场中受到向上的洛伦兹力，当重力与洛伦兹力相等时，圆环将做匀速直线运动，选项A正确；当洛伦兹力大于重力时，圆环受到摩擦力的作用，并且随着速度的减小而减小，圆环将做加速度减小的减速运动，最后做匀速直线运动，选项D正确；如果重力大于洛伦兹力，圆环也受摩擦力作用，且摩擦力越来越大，圆环将做加速度增大的减速运动，故选项B、C错误。

答案AD
8.(2018·淮安模拟)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8
A.若粒子的初始位置在a 处，在t ＝38
T 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 ＝T 2
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 ＝118
T 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 ＝T 2
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T 0＝T 2
，若粒子的初始位置在a 处时，对应时刻应为t ＝34T 0＝38
T ，同理可判断选项A 、D 正确。

答案 AD
9.(2018·南京三模)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9所示，容器A 中有质量分别为m 1、m 2，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S 1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S 1S 2(S 2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9
A.两粒子均带正电
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 ＝12
mv 2，得出v ＝2qU m。

粒子达到底片上的位置为x ＝2r ＝2mv Bq ＝2B 2mU q ，q 相同时，x 越小说明质量
越小，选项B 正确；若U 一定，两粒子打到底片的理论位置确定，ΔU 越大，两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，两粒子理论位置两侧宽度不变，U 越大，两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
三、计算题
10.(2018·江苏南通高三上学期第一次调研)如图10所示，两边界MN 、PQ 相互平行，相距为L ，MN 左侧存在平行边界沿纸面向下的匀强电场，PQ 右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场，电场和磁场的区域足够大，质量为m 、电荷量为＋q 的粒子从与边界MN 距离为2L 的O 点，以方向垂直于边界MN 、大小为v 0的初速度向右运动，粒子飞出电场时速度方向与MN 的夹角为45°，粒子还能回到O 点，忽略粒子的重力，求：
图10
(1)匀强电场的场强大小为E ；
(2)粒子回到O 点时的动能E k ；
(3)磁场的磁感应强度B 和粒子从O 点出发回到O 点的时间t 。

解析 (1)粒子向右通过电场的时间t 1＝2L v 0
，离开电场时沿电场方向的分速度
v y ＝v 0tan 45°
在电场中运动的加速度a ＝v y t 1，由牛顿第二定律qE ＝ma ，解得E ＝mv 2
02qL
(2)粒子向右通过电场和向左进入电场回到O 点的过程可统一看成
类平抛运动，则粒子两次经过边界MN 的位置间的距离h ＝12
a (2t 1)2，得h ＝4L
由动能定理有qEh ＝E k －12mv 20，解得E k ＝52
mv 20
(3)粒子进入磁场的速度v ＝2v 0，
设在磁场中运动半径为r ，由几何关系可知
2r cos 45°＝h ＋2L tan 45°
则能回到原点O ，在磁场中的运动半径r ＝32L ，
由qvB ＝m v 2r ，解得B ＝mv 03qL
粒子在磁场中运动时间t 2＝34·2πr v ，则t ＝2t 1＋t 2＋2L v 0
，解得t ＝3（4＋3π）L 2v 0
答案 (1)mv 202qL (2)52mv 20 (3)3（4＋3π）L 2v 0
11.(2018·江苏南京、盐城高三第二次模拟)如图11所示，在铅板A 上有小孔S ，放射源C 可通过S 在纸面内向各个方向射出速率v 0＝2.0×106
m/s 的某种带正电粒子，B 为金属网状栅极，M 为荧光屏，A 、B 、M 三者平行正对，且面积足够大，A 、B 间距离d 1＝1.0 cm ，电压U ＝1.5×104 V 且恒定不变，B 、M 间距离 d 2＝4.0 cm 。

该种带电粒子的比荷q m
＝4.0×108 C/kg ，忽略带电粒子与栅极的碰撞及粒子间的相互作用，不计带电粒子的重力。

求：
图11
(1)该带电粒子运动到荧光屏M 的速度大小；
(2)该带电粒子打在荧光屏M 上形成的亮线的长度；
(3)若在B 、M 间加一磁感应强度B ＝0.25 T 、方向垂直纸面向外的
匀强磁场，则该带电粒子打在荧光屏M 上的亮线的长度又变为多大？(设从磁场返回的粒子均被铅板吸收)
解析 (1)由动能定理Uq ＝12mv 2－12
mv 20， 解得v ＝v 2
0＋2qU m
＝4.0×106 m/s (2)考虑初速度平行于A 板进入电场的粒子做类平抛运动，到达B 板时垂直于B 板的速度
v Bx ＝v 2－v 2
0＝23×106 m/s
设粒子在电场中运动的时间为t 1，由d 1＝12
(0＋v Bx )t 1 可得t 1＝d 112
（0＋v Bx ）＝1.0×10－2
3×106 s ＝33×10－8 s 粒子在BM 间运动的时间 t 2＝d 2v Bx ＝4.0×10－223×106 s ＝233
×10－8 s 则粒子平行于板方向运动的最大位移
y m ＝v 0(t 1＋t 2)＝2 3 cm
所以该带电粒子打在荧光屏M 上形成的亮线的长度
l 1＝2y m ＝4 3 cm
(3)在B 、M 间加一垂直纸面向外的匀强磁场后，粒子在BM 间运动的轨迹为圆弧。