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新高考物理一轮复习精练题专题12.3带电粒子在组合场、复合场中的运动（含解析）
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这是一份新高考物理一轮复习精练题专题12.3带电粒子在组合场、复合场中的运动（含解析），共20页。
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc2406" 一．练基础题型 PAGEREF _Tc2406 1
\l "_Tc7563" 二．练规范解答 PAGEREF _Tc7563 9
一．练基础题型
1.质谱仪的原理如图所示，虚线AD上方区域处在垂直纸面向外的匀强磁场中，C、D间有一荧光屏。同位素离子源产生a、b两种电荷量相同的离子，无初速度进入加速电场，经同一电场加速后，垂直进入磁场，a离子恰好打在荧光屏C点，b离子恰好打在D点，离子重力不计。则( )
A.a离子质量比b的大
B.a离子质量比b的小
C.a离子在磁场中的运动时间比b的长
D.a、b离子在磁场中的运动时间相等
【答案】 B
【解析】 设离子进入磁场的速度为v，在电场中qU＝eq \f(1,2)mv2，在磁场中qvB＝meq \f(v2,r)，联立解得r＝eq \f(mv,qB)＝eq \f(1,B)eq \r(\f(2mU,q))，由题图知，b离子在磁场中运动的轨道半径较大，a、b为同位素，电荷量相同，所以b离子的质量大于a离子的质量，所以A错误，B正确；在磁场中运动的时间均为半个周期，即t＝eq \f(T,2)＝eq \f(πm,qB)，由于b离子的质量大于a离子的质量，故b离子在磁场中运动的时间较长，C、D错误。
2.(2021·山东济南市5月高考模拟)如图所示，两平行金属板水平放置，板长和板间距均为L，两板间接有直流电源，极板间有垂直纸面向外的匀强磁场。一带电微粒从板左端中央位置以速度v0＝eq \r(gL)垂直磁场方向水平进入极板，微粒恰好做匀速直线运动。若保持a板不动，让b板向下移动0.5L，微粒从原位置以相同速度进入，恰好做匀速圆周运动，重力加速度为g，则该微粒在极板间做匀速圆周运动的时间为( )
A.eq \f(π\r(gL),3g) B.eq \f(π\r(gL),2g)
C.eq \f(π\r(gL),g) D.eq \f(2π\r(gL),g)
【答案】 A
【解析】 微粒恰好做匀速直线运动时，有qeq \f(E,L)＝qv0B＋mg，恰好做匀速圆周运动时，有qeq \f(E,\f(3,2)L)＝mg，联立解得eq \f(mg,2)＝qv0B，即v0＝eq \f(mg,2qB)，由题意可知v0＝eq \r(gL)，则有eq \f(mg,2qB)＝eq \r(gL)，由公式qv0B＝meq \f(veq \\al(2,0),R)，
得R＝eq \f(mv0,qB)，联立解得R＝2L，微粒运动轨迹如图所示，由几何关系可得∠MON＝30°，所以微粒在磁场中运动的时间为t＝eq \f(30°,360°)×eq \f(2π×2L,\r(gL))＝eq \f(π\r(gL),3g)，故A正确，B、C、D错误。
3.(多选)(2021·吉林市第二次调研)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的大小为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，且三种粒子均带正电
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】 根据粒子在磁场B2中的偏转方向，由左手定则知三种粒子均带正电，在速度选择器中，粒子所受的洛伦兹力向左，电场力向右，知电场方向向右，故A正确；三种粒子在速度选择器中做匀速直线运动，受力平衡，有qE＝qvB1，得v＝eq \f(E,B1)，故B错误；粒子在磁场区域B2中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB2＝meq \f(v2,R)得R＝eq \f(mv,qB2)，三种粒子的电荷量相等，半径与质量成正比，故打在P3点的粒子质量最大，故C正确；打在P1、P3间距Δx＝2R3－2R1＝eq \f(2m3v,qB2)－eq \f(2m1v,qB2)＝eq \f(2v,qB2)(m3－m1)＝eq \f(2E,qB1B2)Δm，解得Δm＝eq \f(qB1B2Δx,2E)，故D正确。
4.如图所示，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 ( )
A.eq \f(7πd,2v0) B.eq \f(d,v0)(2＋5π)
C.eq \f(d,v0)(2＋eq \f(3π,2)) D.eq \f(d,v0)(2＋eq \f(7π,2))
【答案】 D
【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＝eq \r(2)v0，这一过程的时间t1＝eq \f(d,\f(v0,2))＝eq \f(2d,v0)，根据几何关系可得带电粒子在磁场中的偏转轨道半径r＝2eq \r(2)d，带电粒子在第Ⅰ象限中运动的圆心角为eq \f(3π,4)，故带电粒子在第Ⅰ象限中的运动时间t2＝eq \f(3,8)T＝eq \f(3,8)·eq \f(2πr,v)＝eq \f(3πd,2v0)，带电粒子在第Ⅳ象限中运动的时间t3＝eq \f(πr,v)＝eq \f(2πd,v0)，故t总＝t1＋t2＋t3＝eq \f(d,v0)(2＋eq \f(7π,2))，D正确．
5.(多选)如图所示是回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D形金属盒，分别与高频交流电源连接，两个D形金属盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两个D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，下列说法中正确的是( )
A.加速电压越大，粒子最终射出时获得的动能就越大
B.粒子射出时的最大动能与加速电压无关，与D形金属盒的半径和磁感应强度有关
C.若增大加速电压，粒子在金属盒间的加速次数将减少，在回旋加速器中运动的时间将减小
D.粒子第5次被加速前、后的轨道半径之比为eq \r(5)∶eq \r(6)
【答案】 BC
【解析】 粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律得qvmB＝meq \f(veq \\al(2,m),R)，解得vm＝eq \f(qBR,m)，则粒子获得的最大动能为Ekm＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)＝eq \f(q2B2R2,2m)，知粒子获得的最大动能与加速电压无关，与D形金属盒的半径R和磁感应强度B有关，故A错误，B正确；对粒子，由动能定理得nqU＝eq \f(q2B2R2,2m)，加速次数n＝eq \f(qB2R2,2mU)，增大加速电压U，粒子在金属盒间的加速次数将减少，粒子在回旋加速器中运动的时间t＝eq \f(n,2)T＝eq \f(nπm,qB)将减小，故C正确；对粒子，由动能定理得nqU＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,n)，解得vn＝eq \r(\f(2nqU,m))，粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律得qvnB＝meq \f(veq \\al(2,n),rn)，解得rn＝eq \f(1,B)eq \r(\f(2nmU,q))，则粒子第5次被加速前、后的轨道半径之比为eq \f(r4,r5)＝eq \f(\r(4),\r(5))，故D错误。
6．(多选)(2021·浙江名校联考)质量为m、电荷量为q的微粒以速度v与水平方向成θ角从O点进入方向如图所示的正交的匀强电场和匀强磁场组成的混合场区，该微粒在电场力、洛伦兹力和重力的共同作用下，恰好沿直线运动到A，下列说法中正确的是(重力加速度为g)( )
A．该微粒一定带负电荷
B．微粒从O到A的运动可能是匀变速运动
C．该磁场的磁感应强度大小为eq \f(mg,qvcs θ)
D．该电场的电场强度大小为eq \f(mg,qtan θ)
【答案】 AC
【解析】 若微粒带正电荷，它受竖直向下的重力mg、水平向左的电场力qE和垂直OA斜向右下方的洛伦兹力qvB，知微粒不能做直线运动，据此可知微粒应带负电荷，它受竖直向下的重力mg、水平向右的电场力qE和垂直OA斜向左上方的洛伦兹力qvB，又知微粒恰好沿着直线运动到A，可知微粒应该做匀速直线运动，故A正确，B错误；由平衡条件得qvBcs θ＝mg，qvBsin θ＝qE，得磁场的磁感应强度大小B＝eq \f(mg,qvcs θ)，电场的电场强度大小E＝eq \f(mgtan θ,q)，故C正确，D错误．
7.(2021·福建厦门市期末质量检测)美国物理学家劳伦斯于1932年发明了回旋加速器，利用带电粒子在磁场中做圆周运动的特点，使粒子在较小的空间范围内经过电场的多次加速获得较大的能量，由此，人类在获得高能粒子方面前进了一大步。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场强大小恒定，且被限制在MN板间，两虚线中间区域无电场和磁场，带正电粒子从 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形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动，下列说法正确的( )
A.D形盒中的磁场方向垂直纸面向外
B.加速电场方向需要做周期性的变化
C.增大板间电压，粒子最终获得的最大动能不变
D.粒子每运动一周直径的增加量都相等
【答案】 C
【解析】 由左手定则可知，D形盒中的磁场方向垂直纸面向里，选项A错误；根据此加速器的结构可知，加速电场方向总是竖直向下的，选项B错误；根据qvB＝meq \f(v2,R)，则最大动能Ek＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(q2B2R2,2m)，可知增大板间电压，粒子最终获得的最大动能不变，选项C正确；根据nqU＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,n)，则Rn＝eq \f(mvn,qB)＝eq \f(1,B)eq \r(\f(2nmU,q))，粒子每运动一周，动能的变化量相同，但是直径的增加量不相等，选项D错误。
8.(2021·安徽安庆市模拟)如图所示，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( )
A．液滴带正电
B．液滴比荷eq \f(q,m)＝eq \f(E,g)
C．液滴沿顺时针方向运动
D．液滴运动速度大小v＝eq \f(Rg,BE)
【答案】 C
【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eq \f(q,m)＝eq \f(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方向转动，选项C正确；对液滴，有qE＝mg，qvB＝meq \f(v2,R)，得v＝eq \f(RBg,E)，故选项D错误．
9.(2021·江苏海门中学第二次质调)如图所示，甲是回旋加速器，乙是磁流体发电机，丙是速度选择器，丁是霍尔元件，下列说法正确的是( )
A.甲图要增大粒子的最大动能，可增加电压U
B.乙图可判断出A极板是发电机的负极
C.丙图可以判断出带电粒子的电性，粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是v＝eq \f(E,B)
D.丁图中若载流子带负电，稳定时C板电势高
【答案】 B
【解析】 根据公式r＝eq \f(mv,qB)得v＝eq \f(qBr,m)，故最大动能Ekm＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(q2B2r2,2m)，与加速电压无关，故A错误；由左手定则知正离子向下偏转，所以下极板带正电，A板是电源的负极，B板是电源的正极，故B正确；电场的方向与B的方向垂直，带电粒子进入复合场，受电场力和洛伦兹力，且二力是平衡力，即qE＝qvB，所以v＝eq \f(E,B)，不管粒子带正电还是带负电都可以匀速直线通过，所以无法判断粒子的电性，故C错误；若载流子带负电，由左手定则可知，负粒子向C端偏转，所以稳定时C板电势低，故D错误。
10.(多选)(2021·辽宁沈阳市调研)如图所示，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( )
A．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．
11.(多选)(2021·山东滨州市上学期期末)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，不计空气阻力，则以下说法中正确的是( )
A．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；重力向下，电场力向上，且重力大于电场力，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，电势能增大，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．
12.(2021·浙江选考模拟)电磁流量计如图甲所示，它是利用磁场对电荷的作用测出流过容器液体的流量，其原理可以简化为如图乙所示模型，液体内含有大量正、负离子，从容器左侧流入，右侧流出。在竖直向下的匀强磁场作用下，下列说法正确的是( )
A.带电粒子受到竖直方向的洛伦兹力
B.带负电离子与带正电粒子受力方向相同
C.上下两侧面有电势差
D.前后两侧面有电势差
【答案】 D
【解析】 带电粒子在磁场中运动会受到洛伦兹力，根据左手定则判断，带正电离子受到向后的洛伦兹力的作用，带负电离子受到向前的洛伦兹力作用，从而积聚在前后两个侧面，形成电势差，故D正确。
二．练规范解答
1.(2021·1月广东学业水平选择考适应性测试，13)如图所示，M、N两金属圆筒是直线加速器的一部分，M与N的电势差为U；边长为2L的立方体区域abcda′b′c′d′内有竖直向上的匀强磁场。一质量为m、电量为＋q的粒子，以初速度v0水平进入圆筒M左侧的小孔。粒子在每个筒内均做匀速直线运动，在两筒间做匀加速直线运动。粒子自圆筒N出来后，从正方形add′a′的中心垂直进入磁场区域，最后由正方形abb′a′中心垂直飞出磁场区域，忽略粒子受到的重力。求：
(1)粒子进入磁场区域时的速率；
(2)磁感应强度的大小。
【答案】 (1)eq \r(\f(2qU,m)＋veq \\al(2,0)) (2)eq \f(\r(m（mveq \\al(2,0)＋2qU）),qL)
【解析】 (1)粒子在电场中加速，由动能定理可得
qU＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
解得v＝eq \r(\f(2qU,m)＋veq \\al(2,0))。
(2)根据题意从正方形add′a′的中心垂直进入磁场区域，最后由正方形abb′a′中心垂直飞出磁场区域，粒子在磁场中运动的轨道半径R＝L
在磁场中运动时洛伦兹力提供了向心力
qBv＝meq \f(v2,R)
解得B＝eq \f(\r(m（mveq \\al(2,0)＋2qU）),qL)。
2.(2021·北京市房山区第一次模拟)回旋加速器原理如图所示，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，它们接在交流电源上，位于D1圆心处的离子源A能不断产生正离子，它们在两盒之间被电场加速，当正离子被加速到最大动能Ek后，再设法将其引出。已知正离子的电荷量为q，质量为m，加速时电极间电压大小恒为U，磁场的磁感应强度为B，D型盒的半径为R，狭缝之间的距离为d。设正离子从离子源出发时的初速度为零。
(1)试计算上述正离子被第一次加速后进入D2中运动的轨道半径；
(2)计算正离子飞出时的最大动能；
(3)设该正离子在电场中的加速次数与回旋半周的次数相同，试证明当R≫d时，正离子在电场中加速的总时间相对于在D形盒中回旋的时间可忽略不计(正离子在电场中运动时，不考虑磁场的影响)。
【答案】 (1)eq \f(1,B)eq \r(\f(2mU,q)) (2)eq \f(q2B2R2,2m) (3)见解析
【解析】 (1)设正离子第1次经过狭缝被加速后的速度为v1，根据动能定理可得qU＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)
解得v1＝eq \r(\f(2qU,m))
在磁场中，洛伦兹力提供向心力，则有qv1B＝meq \f(veq \\al(2,1),r1)
解得r1＝eq \f(1,B)eq \r(\f(2mU,q))。
(2)离子射出加速器时qvmB＝meq \f(veq \\al(2,m),R)
解得vm＝eq \f(qBR,m)
离子动能为Ek＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(q2B2R2,2m)。
(3)在电场中运动可以看做连续的匀加速直线运动，设离子射出时速度为v。
根据平均速度公式可得在电场中运动时间为
t1＝eq \f(nd,\f(v,2))＝eq \f(2nd,v)
离子在D形盒中运动的周期为T＝eq \f(2πR,v)
粒子在磁场中回旋的时间为t2＝eq \f(n,2)T＝eq \f(nπR,v)(n＝1，2，3，………)
有eq \f(t1,t2)＝eq \f(\f(2nd,v),\f(nπR,v))＝eq \f(2d,πR)
当d≪R时，t1≪t2，即电场中运动时间可以忽略。
3.(2021·山东省等级考试模拟)如图所示，在第一象限内，存在垂直于xOy平面向外的匀强磁场Ⅰ，第二象限内存在水平向右的匀强电场，第三、四象限内存在垂直于xOy平面向外、磁感应强度大小为B0的匀强磁场Ⅱ。一质量为m，电荷量为＋q的粒子，从x轴上M点以某一初速度垂直于x轴进入第四象限，在xOy平面内，以原点O为圆心做半径为R0的圆周运动；随后进入电场运动至y轴上的N点，沿与y轴正方向成45°角离开电场；在磁场Ⅰ中运动一段时间后，再次垂直于x轴进入第四象限。不计粒子重力。求：
(1)带电粒子从M点进入第四象限时初速度的大小v0；
(2)电场强度的大小E；
(3)磁场Ⅰ的磁感应强度的大小B1。
【答案】 (1)eq \f(qB0R0,m) (2)eq \f(qBeq \\al(2,0)R0,2m) (3)eq \f(1,2)B0
【解析】 (1)粒子从x轴上M点进入第四象限，在xOy平面内，以原点O为圆心做半径为R0的圆周运动，由洛伦兹力提供向心力qv0B0＝meq \f(veq \\al(2,0),R0)
解得v0＝eq \f(qB0R0,m)。
(2)粒子在第二象限内做类平抛运动，沿着x轴方向
qE＝ma，veq \\al(2,x)－0＝2aR0
沿与y轴正方向成45°角离开电场，所以vx＝vy＝v0
解得电场强度E＝eq \f(qBeq \\al(2,0)R0,2m)。
(3)粒子的运动轨迹如图所示：
第二象限，沿着x轴方向R0＝eq \f(vx＋0,2)t
沿着y轴方向ON＝v0t
所以ON＝2R0
由几何关系知，三角形OO′N为等腰直角三角形。带电粒子在磁场Ⅰ中运动的轨道半径R＝eq \r(2)ON＝2eq \r(2)R0
由洛伦兹力提供向心力qvB1＝meq \f(v2,R)
粒子在N点离开电场时的速度v＝eq \r(2)v0
所以磁场Ⅰ的磁感应强度的大小B1＝eq \f(1,2)B0。
4.(2021·山东济宁市期末质量检测)如图所示，水平虚线AA′和CC′间距为L，中间存在着方向向右且与虚线平行的匀强电场，CC′的下侧存在一半径为R的圆形磁场区域，磁场方向垂直纸面向外(图中未画出)，圆形磁场与边界CC′相切于点M。一质量为m、带电量为q(q>0)的粒子由电场上边界AA′上的S点以初速度v0垂直射入电场，一段时间后从M点离开电场进入磁场，粒子进入磁场的速度大小为eq \r(2)v0，且其运动轨迹恰好过圆形磁场的圆心O。粒子所受重力忽略不计，求：
(1)电场强度E的大小；
(2)圆形磁场区域磁感应强度B的大小。
【答案】 (1)eq \f(mveq \\al(2,0),qL) (2)eq \f(2mv0,qR)
【解析】 (1)粒子在整个过程的运动轨迹，如图所示。
粒子在电场从S到M做类平抛运动，在垂直于电场方向
t1＝eq \f(L,v0)
粒子在M点沿着电场方向速度vx＝eq \r(（\r(2)v0）2－veq \\al(2,0))＝v0
所以粒子沿着电场方向的位移d＝eq \f(vx,2)×t1＝eq \f(L,2)
粒子从S点到M点，由动能定理
qEd＝eq \f(1,2)m(eq \r(2)v0)2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
解得E＝eq \f(mveq \\al(2,0),qL)
(2)设粒子在M处的速度与电场方向夹角为θ，则
sin θ＝eq \f(v0,\r(2)v0)
解得θ＝45°
所以三角形OO′M为等腰直角三角形，设带电粒子做匀速圆周运动的半径为r。
由几何关系得r＝eq \f(\r(2),2)R
由牛顿第二定律qB(eq \r(2)v0)＝meq \f(（\r(2)v0）2,r)
解得B＝eq \f(2mv0,qR)
5.(2021·山东临沂市下学期一模)如图，第一象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E；第二、三、四象限存在方向垂直xOy平面向外的匀强磁场，其中第二象限的磁感应强度大小为B，第三、四象限磁感应强度大小相等。一带正电的粒子，从x轴负方向上的P点沿与x轴正方向成α＝60°角平行xOy平面入射，经过第二象限后恰好由y轴上的Q点(0，d)垂直y轴进入第一象限，然后又从x轴上的N点进入第四象限，之后经第四、三象限重新回到P点，回到P点的速度方向与入射时相同。不计粒子重力。求：
(1)粒子从P点入射时的速度v0；
(2)粒子进入第四象限时在x轴上的N点到坐标原点O距离；
(3)粒子在第三、四象限内做圆周运动的半径(用已知量d表示结果)。
【答案】 (1)eq \f(E,3B) (2)eq \f(2\r(3),3)d (3)eq \f(5,3)d
【解析】 (1)粒子在第二象限做圆周运动的半径为r1，圆心为O1，有qv0B＝meq \f(veq \\al(2,0),r1)
r1－r1sin 30°＝d
由上两式解得B＝eq \f(mv0,2dq)
粒子在第四、三象限中做圆周运动，由几何关系可知
β＝α＝60°
设粒子在x轴上N点的速度为v，有v＝eq \f(v0,cs β)＝2v0
又qEd＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
解得E＝eq \f(3mveq \\al(2,0),2dq)
所以v0＝eq \f(E,3B)
(2)设P点的纵坐标为(－xP，0)，由几何关系得xP＝eq \r(3)d
设粒子在电场中运动的时间为t，N点横坐标为xN，则有d＝eq \f(v0tan β,2)t
xN＝v0t
解得xN＝eq \f(2\r(3),3)d
(3)粒子在第四、三象限中运动半径为r2，圆心为O2，则
2r2cs 30°＝eq \r(3)d＋eq \f(2\r(3),3)d
解得r2＝eq \f(5,3)d
6. (2021·山东威海市模拟考试)如图所示，在平面直角坐标系xOy中，第一、二象限存在着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，第四象限存在着沿y轴正方向的匀强电场，场强大小未知。一带正电的粒子从y轴上的M点以速度v0沿x轴正方向开始运动，从x轴上的N点进入磁场后恰好经O点再次进入电场，已知MN两点的连线与x轴的夹角为θ，且tan θ＝eq \f(1,2)，带电粒子的质量为m，电荷量为q，不计带电粒子的重力。求：
(1)粒子第一次经过N点的速度v；
(2)粒子从N点运动到O点的过程中，洛伦兹力的冲量I；
(3)电场强度E的大小；
(4)粒子连续两次通过x轴上同一点的时间间隔Δt。
【答案】 (1)eq \r(2)v0，速度方向与x轴正方向成45°角
(2)2mv0，方向沿y轴负方向 (3)eq \f(v0B,2) (4)eq \f(（3π＋4）m,qB)
【解析】 (1)设带电粒子从M运动到N的过程中，水平位移为x，竖直位移为y，则有
tan θ＝eq \f(y,x)
x＝v0t
y＝eq \f(vy,2)t
粒子第一次经过N点的速度v＝eq \r(veq \\al(2,0)＋veq \\al(2,y))
解得v＝eq \r(2)v0
设粒子第一次经过N点的速度与x轴夹角为α，
则tan α＝eq \f(vy,v0)
解得α＝45°
即速度方向与x轴正方向成45°角。
(2)粒子从N点运动到O点的过程中，利用动量定理有
I＝mΔv＝2mv0，方向沿y轴负方向。
(3)由向心力公式和牛顿第二定律得qvB＝eq \f(mv2,R)
由几何知识得x＝eq \r(2)R
y＝eq \f(\r(2),2)R
由运动学公式得veq \\al(2,y)＝2ay
由牛顿第二定律得qE＝ma
解得E＝eq \f(v0B,2)。
(4)带电粒子在复合场中的运动轨迹如图所示。
由周期公式得T＝eq \f(2πR,v)
带电粒子在磁场中的运动时间t1＝eq \f(3,2)T
带电粒子在电场中的运动时间t2＝2eq \f(x,v0)
所以Δt＝t1＋t2＝eq \f(（3π＋4）m,qB)。
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc2406" 一．练基础题型 PAGEREF _Tc2406 1
\l "_Tc7563" 二．练规范解答 PAGEREF _Tc7563 9
一．练基础题型
1.质谱仪的原理如图所示，虚线AD上方区域处在垂直纸面向外的匀强磁场中，C、D间有一荧光屏。同位素离子源产生a、b两种电荷量相同的离子，无初速度进入加速电场，经同一电场加速后，垂直进入磁场，a离子恰好打在荧光屏C点，b离子恰好打在D点，离子重力不计。则( )
A.a离子质量比b的大
B.a离子质量比b的小
C.a离子在磁场中的运动时间比b的长
D.a、b离子在磁场中的运动时间相等
【答案】 B
【解析】 设离子进入磁场的速度为v，在电场中qU＝eq \f(1,2)mv2，在磁场中qvB＝meq \f(v2,r)，联立解得r＝eq \f(mv,qB)＝eq \f(1,B)eq \r(\f(2mU,q))，由题图知，b离子在磁场中运动的轨道半径较大，a、b为同位素，电荷量相同，所以b离子的质量大于a离子的质量，所以A错误，B正确；在磁场中运动的时间均为半个周期，即t＝eq \f(T,2)＝eq \f(πm,qB)，由于b离子的质量大于a离子的质量，故b离子在磁场中运动的时间较长，C、D错误。
2.(2021·山东济南市5月高考模拟)如图所示，两平行金属板水平放置，板长和板间距均为L，两板间接有直流电源，极板间有垂直纸面向外的匀强磁场。一带电微粒从板左端中央位置以速度v0＝eq \r(gL)垂直磁场方向水平进入极板，微粒恰好做匀速直线运动。若保持a板不动，让b板向下移动0.5L，微粒从原位置以相同速度进入，恰好做匀速圆周运动，重力加速度为g，则该微粒在极板间做匀速圆周运动的时间为( )
A.eq \f(π\r(gL),3g) B.eq \f(π\r(gL),2g)
C.eq \f(π\r(gL),g) D.eq \f(2π\r(gL),g)
【答案】 A
【解析】 微粒恰好做匀速直线运动时，有qeq \f(E,L)＝qv0B＋mg，恰好做匀速圆周运动时，有qeq \f(E,\f(3,2)L)＝mg，联立解得eq \f(mg,2)＝qv0B，即v0＝eq \f(mg,2qB)，由题意可知v0＝eq \r(gL)，则有eq \f(mg,2qB)＝eq \r(gL)，由公式qv0B＝meq \f(veq \\al(2,0),R)，
得R＝eq \f(mv0,qB)，联立解得R＝2L，微粒运动轨迹如图所示，由几何关系可得∠MON＝30°，所以微粒在磁场中运动的时间为t＝eq \f(30°,360°)×eq \f(2π×2L,\r(gL))＝eq \f(π\r(gL),3g)，故A正确，B、C、D错误。
3.(多选)(2021·吉林市第二次调研)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的大小为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，且三种粒子均带正电
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】 根据粒子在磁场B2中的偏转方向，由左手定则知三种粒子均带正电，在速度选择器中，粒子所受的洛伦兹力向左，电场力向右，知电场方向向右，故A正确；三种粒子在速度选择器中做匀速直线运动，受力平衡，有qE＝qvB1，得v＝eq \f(E,B1)，故B错误；粒子在磁场区域B2中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB2＝meq \f(v2,R)得R＝eq \f(mv,qB2)，三种粒子的电荷量相等，半径与质量成正比，故打在P3点的粒子质量最大，故C正确；打在P1、P3间距Δx＝2R3－2R1＝eq \f(2m3v,qB2)－eq \f(2m1v,qB2)＝eq \f(2v,qB2)(m3－m1)＝eq \f(2E,qB1B2)Δm，解得Δm＝eq \f(qB1B2Δx,2E)，故D正确。
4.如图所示，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 ( )
A.eq \f(7πd,2v0) B.eq \f(d,v0)(2＋5π)
C.eq \f(d,v0)(2＋eq \f(3π,2)) D.eq \f(d,v0)(2＋eq \f(7π,2))
【答案】 D
【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＝eq \r(2)v0，这一过程的时间t1＝eq \f(d,\f(v0,2))＝eq \f(2d,v0)，根据几何关系可得带电粒子在磁场中的偏转轨道半径r＝2eq \r(2)d，带电粒子在第Ⅰ象限中运动的圆心角为eq \f(3π,4)，故带电粒子在第Ⅰ象限中的运动时间t2＝eq \f(3,8)T＝eq \f(3,8)·eq \f(2πr,v)＝eq \f(3πd,2v0)，带电粒子在第Ⅳ象限中运动的时间t3＝eq \f(πr,v)＝eq \f(2πd,v0)，故t总＝t1＋t2＋t3＝eq \f(d,v0)(2＋eq \f(7π,2))，D正确．
5.(多选)如图所示是回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D形金属盒，分别与高频交流电源连接，两个D形金属盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两个D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，下列说法中正确的是( )
A.加速电压越大，粒子最终射出时获得的动能就越大
B.粒子射出时的最大动能与加速电压无关，与D形金属盒的半径和磁感应强度有关
C.若增大加速电压，粒子在金属盒间的加速次数将减少，在回旋加速器中运动的时间将减小
D.粒子第5次被加速前、后的轨道半径之比为eq \r(5)∶eq \r(6)
【答案】 BC
【解析】 粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律得qvmB＝meq \f(veq \\al(2,m),R)，解得vm＝eq \f(qBR,m)，则粒子获得的最大动能为Ekm＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)＝eq \f(q2B2R2,2m)，知粒子获得的最大动能与加速电压无关，与D形金属盒的半径R和磁感应强度B有关，故A错误，B正确；对粒子，由动能定理得nqU＝eq \f(q2B2R2,2m)，加速次数n＝eq \f(qB2R2,2mU)，增大加速电压U，粒子在金属盒间的加速次数将减少，粒子在回旋加速器中运动的时间t＝eq \f(n,2)T＝eq \f(nπm,qB)将减小，故C正确；对粒子，由动能定理得nqU＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,n)，解得vn＝eq \r(\f(2nqU,m))，粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律得qvnB＝meq \f(veq \\al(2,n),rn)，解得rn＝eq \f(1,B)eq \r(\f(2nmU,q))，则粒子第5次被加速前、后的轨道半径之比为eq \f(r4,r5)＝eq \f(\r(4),\r(5))，故D错误。
6．(多选)(2021·浙江名校联考)质量为m、电荷量为q的微粒以速度v与水平方向成θ角从O点进入方向如图所示的正交的匀强电场和匀强磁场组成的混合场区，该微粒在电场力、洛伦兹力和重力的共同作用下，恰好沿直线运动到A，下列说法中正确的是(重力加速度为g)( )
A．该微粒一定带负电荷
B．微粒从O到A的运动可能是匀变速运动
C．该磁场的磁感应强度大小为eq \f(mg,qvcs θ)
D．该电场的电场强度大小为eq \f(mg,qtan θ)
【答案】 AC
【解析】 若微粒带正电荷，它受竖直向下的重力mg、水平向左的电场力qE和垂直OA斜向右下方的洛伦兹力qvB，知微粒不能做直线运动，据此可知微粒应带负电荷，它受竖直向下的重力mg、水平向右的电场力qE和垂直OA斜向左上方的洛伦兹力qvB，又知微粒恰好沿着直线运动到A，可知微粒应该做匀速直线运动，故A正确，B错误；由平衡条件得qvBcs θ＝mg，qvBsin θ＝qE，得磁场的磁感应强度大小B＝eq \f(mg,qvcs θ)，电场的电场强度大小E＝eq \f(mgtan θ,q)，故C正确，D错误．
7.(2021·福建厦门市期末质量检测)美国物理学家劳伦斯于1932年发明了回旋加速器，利用带电粒子在磁场中做圆周运动的特点，使粒子在较小的空间范围内经过电场的多次加速获得较大的能量，由此，人类在获得高能粒子方面前进了一大步。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场强大小恒定，且被限制在MN板间，两虚线中间区域无电场和磁场，带正电粒子从 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形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动，下列说法正确的( )
A.D形盒中的磁场方向垂直纸面向外
B.加速电场方向需要做周期性的变化
C.增大板间电压，粒子最终获得的最大动能不变
D.粒子每运动一周直径的增加量都相等
【答案】 C
【解析】 由左手定则可知，D形盒中的磁场方向垂直纸面向里，选项A错误；根据此加速器的结构可知，加速电场方向总是竖直向下的，选项B错误；根据qvB＝meq \f(v2,R)，则最大动能Ek＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(q2B2R2,2m)，可知增大板间电压，粒子最终获得的最大动能不变，选项C正确；根据nqU＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,n)，则Rn＝eq \f(mvn,qB)＝eq \f(1,B)eq \r(\f(2nmU,q))，粒子每运动一周，动能的变化量相同，但是直径的增加量不相等，选项D错误。
8.(2021·安徽安庆市模拟)如图所示，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( )
A．液滴带正电
B．液滴比荷eq \f(q,m)＝eq \f(E,g)
C．液滴沿顺时针方向运动
D．液滴运动速度大小v＝eq \f(Rg,BE)
【答案】 C
【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eq \f(q,m)＝eq \f(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方向转动，选项C正确；对液滴，有qE＝mg，qvB＝meq \f(v2,R)，得v＝eq \f(RBg,E)，故选项D错误．
9.(2021·江苏海门中学第二次质调)如图所示，甲是回旋加速器，乙是磁流体发电机，丙是速度选择器，丁是霍尔元件，下列说法正确的是( )
A.甲图要增大粒子的最大动能，可增加电压U
B.乙图可判断出A极板是发电机的负极
C.丙图可以判断出带电粒子的电性，粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是v＝eq \f(E,B)
D.丁图中若载流子带负电，稳定时C板电势高
【答案】 B
【解析】 根据公式r＝eq \f(mv,qB)得v＝eq \f(qBr,m)，故最大动能Ekm＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(q2B2r2,2m)，与加速电压无关，故A错误；由左手定则知正离子向下偏转，所以下极板带正电，A板是电源的负极，B板是电源的正极，故B正确；电场的方向与B的方向垂直，带电粒子进入复合场，受电场力和洛伦兹力，且二力是平衡力，即qE＝qvB，所以v＝eq \f(E,B)，不管粒子带正电还是带负电都可以匀速直线通过，所以无法判断粒子的电性，故C错误；若载流子带负电，由左手定则可知，负粒子向C端偏转，所以稳定时C板电势低，故D错误。
10.(多选)(2021·辽宁沈阳市调研)如图所示，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( )
A．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．
11.(多选)(2021·山东滨州市上学期期末)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，不计空气阻力，则以下说法中正确的是( )
A．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；重力向下，电场力向上，且重力大于电场力，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，电势能增大，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．
12.(2021·浙江选考模拟)电磁流量计如图甲所示，它是利用磁场对电荷的作用测出流过容器液体的流量，其原理可以简化为如图乙所示模型，液体内含有大量正、负离子，从容器左侧流入，右侧流出。在竖直向下的匀强磁场作用下，下列说法正确的是( )
A.带电粒子受到竖直方向的洛伦兹力
B.带负电离子与带正电粒子受力方向相同
C.上下两侧面有电势差
D.前后两侧面有电势差
【答案】 D
【解析】 带电粒子在磁场中运动会受到洛伦兹力，根据左手定则判断，带正电离子受到向后的洛伦兹力的作用，带负电离子受到向前的洛伦兹力作用，从而积聚在前后两个侧面，形成电势差，故D正确。
二．练规范解答
1.(2021·1月广东学业水平选择考适应性测试，13)如图所示，M、N两金属圆筒是直线加速器的一部分，M与N的电势差为U；边长为2L的立方体区域abcda′b′c′d′内有竖直向上的匀强磁场。一质量为m、电量为＋q的粒子，以初速度v0水平进入圆筒M左侧的小孔。粒子在每个筒内均做匀速直线运动，在两筒间做匀加速直线运动。粒子自圆筒N出来后，从正方形add′a′的中心垂直进入磁场区域，最后由正方形abb′a′中心垂直飞出磁场区域，忽略粒子受到的重力。求：
(1)粒子进入磁场区域时的速率；
(2)磁感应强度的大小。
【答案】 (1)eq \r(\f(2qU,m)＋veq \\al(2,0)) (2)eq \f(\r(m（mveq \\al(2,0)＋2qU）),qL)
【解析】 (1)粒子在电场中加速，由动能定理可得
qU＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
解得v＝eq \r(\f(2qU,m)＋veq \\al(2,0))。
(2)根据题意从正方形add′a′的中心垂直进入磁场区域，最后由正方形abb′a′中心垂直飞出磁场区域，粒子在磁场中运动的轨道半径R＝L
在磁场中运动时洛伦兹力提供了向心力
qBv＝meq \f(v2,R)
解得B＝eq \f(\r(m（mveq \\al(2,0)＋2qU）),qL)。
2.(2021·北京市房山区第一次模拟)回旋加速器原理如图所示，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，它们接在交流电源上，位于D1圆心处的离子源A能不断产生正离子，它们在两盒之间被电场加速，当正离子被加速到最大动能Ek后，再设法将其引出。已知正离子的电荷量为q，质量为m，加速时电极间电压大小恒为U，磁场的磁感应强度为B，D型盒的半径为R，狭缝之间的距离为d。设正离子从离子源出发时的初速度为零。
(1)试计算上述正离子被第一次加速后进入D2中运动的轨道半径；
(2)计算正离子飞出时的最大动能；
(3)设该正离子在电场中的加速次数与回旋半周的次数相同，试证明当R≫d时，正离子在电场中加速的总时间相对于在D形盒中回旋的时间可忽略不计(正离子在电场中运动时，不考虑磁场的影响)。
【答案】 (1)eq \f(1,B)eq \r(\f(2mU,q)) (2)eq \f(q2B2R2,2m) (3)见解析
【解析】 (1)设正离子第1次经过狭缝被加速后的速度为v1，根据动能定理可得qU＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)
解得v1＝eq \r(\f(2qU,m))
在磁场中，洛伦兹力提供向心力，则有qv1B＝meq \f(veq \\al(2,1),r1)
解得r1＝eq \f(1,B)eq \r(\f(2mU,q))。
(2)离子射出加速器时qvmB＝meq \f(veq \\al(2,m),R)
解得vm＝eq \f(qBR,m)
离子动能为Ek＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(q2B2R2,2m)。
(3)在电场中运动可以看做连续的匀加速直线运动，设离子射出时速度为v。
根据平均速度公式可得在电场中运动时间为
t1＝eq \f(nd,\f(v,2))＝eq \f(2nd,v)
离子在D形盒中运动的周期为T＝eq \f(2πR,v)
粒子在磁场中回旋的时间为t2＝eq \f(n,2)T＝eq \f(nπR,v)(n＝1，2，3，………)
有eq \f(t1,t2)＝eq \f(\f(2nd,v),\f(nπR,v))＝eq \f(2d,πR)
当d≪R时，t1≪t2，即电场中运动时间可以忽略。
3.(2021·山东省等级考试模拟)如图所示，在第一象限内，存在垂直于xOy平面向外的匀强磁场Ⅰ，第二象限内存在水平向右的匀强电场，第三、四象限内存在垂直于xOy平面向外、磁感应强度大小为B0的匀强磁场Ⅱ。一质量为m，电荷量为＋q的粒子，从x轴上M点以某一初速度垂直于x轴进入第四象限，在xOy平面内，以原点O为圆心做半径为R0的圆周运动；随后进入电场运动至y轴上的N点，沿与y轴正方向成45°角离开电场；在磁场Ⅰ中运动一段时间后，再次垂直于x轴进入第四象限。不计粒子重力。求：
(1)带电粒子从M点进入第四象限时初速度的大小v0；
(2)电场强度的大小E；
(3)磁场Ⅰ的磁感应强度的大小B1。
【答案】 (1)eq \f(qB0R0,m) (2)eq \f(qBeq \\al(2,0)R0,2m) (3)eq \f(1,2)B0
【解析】 (1)粒子从x轴上M点进入第四象限，在xOy平面内，以原点O为圆心做半径为R0的圆周运动，由洛伦兹力提供向心力qv0B0＝meq \f(veq \\al(2,0),R0)
解得v0＝eq \f(qB0R0,m)。
(2)粒子在第二象限内做类平抛运动，沿着x轴方向
qE＝ma，veq \\al(2,x)－0＝2aR0
沿与y轴正方向成45°角离开电场，所以vx＝vy＝v0
解得电场强度E＝eq \f(qBeq \\al(2,0)R0,2m)。
(3)粒子的运动轨迹如图所示：
第二象限，沿着x轴方向R0＝eq \f(vx＋0,2)t
沿着y轴方向ON＝v0t
所以ON＝2R0
由几何关系知，三角形OO′N为等腰直角三角形。带电粒子在磁场Ⅰ中运动的轨道半径R＝eq \r(2)ON＝2eq \r(2)R0
由洛伦兹力提供向心力qvB1＝meq \f(v2,R)
粒子在N点离开电场时的速度v＝eq \r(2)v0
所以磁场Ⅰ的磁感应强度的大小B1＝eq \f(1,2)B0。
4.(2021·山东济宁市期末质量检测)如图所示，水平虚线AA′和CC′间距为L，中间存在着方向向右且与虚线平行的匀强电场，CC′的下侧存在一半径为R的圆形磁场区域，磁场方向垂直纸面向外(图中未画出)，圆形磁场与边界CC′相切于点M。一质量为m、带电量为q(q>0)的粒子由电场上边界AA′上的S点以初速度v0垂直射入电场，一段时间后从M点离开电场进入磁场，粒子进入磁场的速度大小为eq \r(2)v0，且其运动轨迹恰好过圆形磁场的圆心O。粒子所受重力忽略不计，求：
(1)电场强度E的大小；
(2)圆形磁场区域磁感应强度B的大小。
【答案】 (1)eq \f(mveq \\al(2,0),qL) (2)eq \f(2mv0,qR)
【解析】 (1)粒子在整个过程的运动轨迹，如图所示。
粒子在电场从S到M做类平抛运动，在垂直于电场方向
t1＝eq \f(L,v0)
粒子在M点沿着电场方向速度vx＝eq \r(（\r(2)v0）2－veq \\al(2,0))＝v0
所以粒子沿着电场方向的位移d＝eq \f(vx,2)×t1＝eq \f(L,2)
粒子从S点到M点，由动能定理
qEd＝eq \f(1,2)m(eq \r(2)v0)2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
解得E＝eq \f(mveq \\al(2,0),qL)
(2)设粒子在M处的速度与电场方向夹角为θ，则
sin θ＝eq \f(v0,\r(2)v0)
解得θ＝45°
所以三角形OO′M为等腰直角三角形，设带电粒子做匀速圆周运动的半径为r。
由几何关系得r＝eq \f(\r(2),2)R
由牛顿第二定律qB(eq \r(2)v0)＝meq \f(（\r(2)v0）2,r)
解得B＝eq \f(2mv0,qR)
5.(2021·山东临沂市下学期一模)如图，第一象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E；第二、三、四象限存在方向垂直xOy平面向外的匀强磁场，其中第二象限的磁感应强度大小为B，第三、四象限磁感应强度大小相等。一带正电的粒子，从x轴负方向上的P点沿与x轴正方向成α＝60°角平行xOy平面入射，经过第二象限后恰好由y轴上的Q点(0，d)垂直y轴进入第一象限，然后又从x轴上的N点进入第四象限，之后经第四、三象限重新回到P点，回到P点的速度方向与入射时相同。不计粒子重力。求：
(1)粒子从P点入射时的速度v0；
(2)粒子进入第四象限时在x轴上的N点到坐标原点O距离；
(3)粒子在第三、四象限内做圆周运动的半径(用已知量d表示结果)。
【答案】 (1)eq \f(E,3B) (2)eq \f(2\r(3),3)d (3)eq \f(5,3)d
【解析】 (1)粒子在第二象限做圆周运动的半径为r1，圆心为O1，有qv0B＝meq \f(veq \\al(2,0),r1)
r1－r1sin 30°＝d
由上两式解得B＝eq \f(mv0,2dq)
粒子在第四、三象限中做圆周运动，由几何关系可知
β＝α＝60°
设粒子在x轴上N点的速度为v，有v＝eq \f(v0,cs β)＝2v0
又qEd＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
解得E＝eq \f(3mveq \\al(2,0),2dq)
所以v0＝eq \f(E,3B)
(2)设P点的纵坐标为(－xP，0)，由几何关系得xP＝eq \r(3)d
设粒子在电场中运动的时间为t，N点横坐标为xN，则有d＝eq \f(v0tan β,2)t
xN＝v0t
解得xN＝eq \f(2\r(3),3)d
(3)粒子在第四、三象限中运动半径为r2，圆心为O2，则
2r2cs 30°＝eq \r(3)d＋eq \f(2\r(3),3)d
解得r2＝eq \f(5,3)d
6. (2021·山东威海市模拟考试)如图所示，在平面直角坐标系xOy中，第一、二象限存在着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，第四象限存在着沿y轴正方向的匀强电场，场强大小未知。一带正电的粒子从y轴上的M点以速度v0沿x轴正方向开始运动，从x轴上的N点进入磁场后恰好经O点再次进入电场，已知MN两点的连线与x轴的夹角为θ，且tan θ＝eq \f(1,2)，带电粒子的质量为m，电荷量为q，不计带电粒子的重力。求：
(1)粒子第一次经过N点的速度v；
(2)粒子从N点运动到O点的过程中，洛伦兹力的冲量I；
(3)电场强度E的大小；
(4)粒子连续两次通过x轴上同一点的时间间隔Δt。
【答案】 (1)eq \r(2)v0，速度方向与x轴正方向成45°角
(2)2mv0，方向沿y轴负方向 (3)eq \f(v0B,2) (4)eq \f(（3π＋4）m,qB)
【解析】 (1)设带电粒子从M运动到N的过程中，水平位移为x，竖直位移为y，则有
tan θ＝eq \f(y,x)
x＝v0t
y＝eq \f(vy,2)t
粒子第一次经过N点的速度v＝eq \r(veq \\al(2,0)＋veq \\al(2,y))
解得v＝eq \r(2)v0
设粒子第一次经过N点的速度与x轴夹角为α，
则tan α＝eq \f(vy,v0)
解得α＝45°
即速度方向与x轴正方向成45°角。
(2)粒子从N点运动到O点的过程中，利用动量定理有
I＝mΔv＝2mv0，方向沿y轴负方向。
(3)由向心力公式和牛顿第二定律得qvB＝eq \f(mv2,R)
由几何知识得x＝eq \r(2)R
y＝eq \f(\r(2),2)R
由运动学公式得veq \\al(2,y)＝2ay
由牛顿第二定律得qE＝ma
解得E＝eq \f(v0B,2)。
(4)带电粒子在复合场中的运动轨迹如图所示。
由周期公式得T＝eq \f(2πR,v)
带电粒子在磁场中的运动时间t1＝eq \f(3,2)T
带电粒子在电场中的运动时间t2＝2eq \f(x,v0)
所以Δt＝t1＋t2＝eq \f(（3π＋4）m,qB)。
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