2020版高考物理大二轮复习专题四电场和磁场第二讲带电粒子在复合场中的运动教学案 34页

高考物理 第二讲　带电粒子在复合场中的运动 ‎[知识建构]‎ ‎(注1)……(注3)：详见答案部分 ‎[备考点睛]‎ ‎1.灵活选用力学规律 ‎(1)当带电粒子在复合场中做匀速直线运动时，应根据平衡条件列方程求解.‎ ‎(2)当带电粒子在复合场中做匀速圆周运动时，往往同时应用牛顿第二定律和平衡条件列方程联立求解.‎ ‎(3)当带电粒子在复合场中做非匀变速曲线运动时，应选用动能定理或能量守恒定律列方程求解.‎ ‎2.必须领会的“4种方法和2种物理思想”‎ ‎(1)对称法、合成法、分解法、临界法等；‎ ‎(2)等效思想、分解思想.‎ ‎3.易错点归纳 34‎ 高考物理 ‎(1)注意带电体的重力是否忽略；(2)注意霍尔效应中导电的是电子还是载流子(空穴)；(3)注意明确带电粒子通过不同场区的交界处时速度的大小，上一个区域的末速度才是下一个区域的初速度.‎ ‎[答案]　(1)速度选择器(如图)‎ 带电粒子束射入正交的匀强电场和匀强磁场组成的区域中，满足平衡条件qE＝qvB的带电粒子可以沿直线通过速度选择器．‎ ‎(2)电磁流量计 原理：如图所示，圆形导管直径为d，用非磁 性材料制成，导电液体在管中向左流动，导电液体中的自由电荷(正、负离子)在洛伦兹力的作用下横向偏转，a、b 34‎ 高考物理 间出现电势差，形成电场，当自由电荷所受的电场力和洛伦兹力平衡时，a、b间的电势差就保持稳定，即qvB＝qE＝q，所以v＝，因此液体流量Q＝Sv＝·＝.‎ ‎(3)磁流体发电机 原理：如图所示，等离子气体喷入磁场，正、负离子在洛伦兹力作用下发生上下偏转而聚集到A、B板上，产生电势差．设A、B平行金属板的面积为S，相距为l，等离子气体的电阻率为ρ，喷入气体速度为v，板间磁场的磁感应强度为B，板外电阻为R.当等离子气体匀速通过A、B板间时，A、B板上聚集的电荷最多，板间电势差最大，即为电源电动势，此时，离子受力平衡：Eq＝Bqv，E＝Bv，电动势ε＝El＝Blv，电源内电阻r＝ρ，故R中的电流 I＝＝＝.‎ 热点考向一　带电粒子在组合场中的运动 ‎【典例】　(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 34‎ 高考物理 H和一个氘核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.H的质量为m，电荷量为q.不计重力．求 ‎(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)H第一次离开磁场的位置到原点O的距离．‎ ‎[思路引领]　‎ 34‎ 高考物理 ‎ [解析]　(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＝v1t1①‎ h＝a1t②‎ 由题给条件，H进入磁场时速度的方向与x轴正方向夹角θ1＝60°.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＝h④‎ ‎(2)H在电场中运动时，由牛顿第二定律有 qE＝ma1⑤‎ 设H进入磁场时速度的大小为v1′，由速度合成法则有 34‎ 高考物理 v1′＝⑥‎ 设磁感应强度大小为B，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＝⑦‎ 由几何关系得 s1＝2R1sinθ1⑧‎ 联立以上各式得 B＝⑨‎ ‎(3)设H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 (2m)v＝mv⑩‎ 由牛顿第二定律有 qE＝2ma2⑪‎ 设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＝v2t2⑫‎ h＝a2t⑬‎ v2′＝⑭‎ sinθ2＝⑮‎ 联立以上各式得 s2＝s1，θ2＝θ1，v2′＝v1′⑯‎ 设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 34‎ 高考物理 R2＝＝R1⑰‎ 所以出射点在原点左侧．设H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，H第一次离开磁场时的位置到原点O的距离为 s2′－s2＝(－1)h ‎[答案]　(1)h　(2) 　(3)(－1)h ‎　带电粒子在组合场中运动问题的求解方法 迁移一　平抛运动与圆周运动的组合 ‎1．(2019·安庆模拟)在如图所示的坐标系内，PQ是垂直于x轴的分界线，PQ左侧的等腰直角三角形区域内分布着匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，AC是一可吸收电子的挡板，长为d.PQ右侧为偏转电场，两极板长度为d，间距为d.电场右侧的x轴上有足够长的荧光屏．现有速率不同的电子在纸面内从坐标原点O沿y 34‎ 高考物理 轴正方向射入磁场，电子能打在荧光屏上的最远处为M点，M到下极板右端的距离为d，电子电荷量为e，质量为m，不考虑电子间的相互作用以及偏转电场边缘效应．‎ ‎(1)求电子通过磁场区域的时间t.‎ ‎(2)求偏转电场的电压U.‎ ‎(3)电子至少以多大速率从O点射出时才能打到荧光屏上？‎ ‎[解析]　(1)电子在磁场区域做匀速圆周运动的周期为T＝ 由几何关系知电子通过磁场区域的时间为t1＝＝.‎ ‎(2)电子打在荧光屏上M点时，由几何知识得电子在磁场中运动的轨迹半径r＝d，又r＝，所以v＝ 电子通过电场的时间t2＝，即t2＝ 电子在电场中做类平抛运动，离开电场后做匀速直线运动到达M点，如图甲所示．根据类平抛运动规律知，电子出电场时，出射速度方向的反向延长线必过上极板的中间位置，由几何关系有＝＝ 34‎ 高考物理 又因为y1＋y2＝d，所以y1＝ 分析知y1＝t 可得U＝.‎ ‎(3)如图乙所示，当电子恰好打在下极板右边缘时，电子对应的速率v′最小 电子在磁场中运动的轨迹半径r′＝ 在电场中沿水平方向有＝v′t3‎ 竖直方向有r′＝t 又U＝ 34‎ 高考物理 综合以上各式有v′＝.‎ ‎[答案]　(1)　(2)　(3) 迁移二　直线运动与圆周运动组合 ‎2．(2019·山东烟台期末)如图所示，在xOy平面内，MN与y轴相互平行且间距为d，其间有沿x轴负方向的匀强电场．y轴左侧有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B1；MN右侧空间有垂直纸面不随时间变化的匀强磁场．质量为m、电荷量为q的带负电粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴负方向射入磁场，经过一段时间后再次回到坐标原点，此过程中粒子两次通过电场，粒子在电场中运动的总时间为t总＝.粒子重力不计．求：‎ ‎(1)左侧磁场区域的最小宽度；‎ ‎(2)电场区域电场强度的大小；‎ ‎(3)右侧磁场区域宽度及磁感应强度大小应满足的条件．‎ ‎[解析]　(1)粒子在左侧磁场中做圆周运动，‎ qB1v0＝m 解得R＝ 由几何知识可知，左侧磁场区域的最小宽度就是粒子做圆周运动的半径Lmin＝R＝.‎ ‎(2)粒子在电场中运动的总时间为t总＝，带电粒子一次通过电场的时间为t＝.设粒子到达MN边界的速度为v，电场强度为E 34‎ 高考物理 d＝t 所以v＝2v0‎ v2－v＝2d E＝.‎ ‎(3)因为粒子带负电，所以粒子开始时在左侧磁场中向下偏转，通过电场加速后进入右侧磁场，要使其能够回到原点，则粒子在右侧磁场中应向上偏转，所以MN右侧空间的磁场垂直纸面向外，且偏转半径为R或2R，粒子通过电场加速后进入右侧磁场的速度为v＝2v0.设粒子在右侧磁场中的轨道半径为r，磁感应强度为B qBv＝m，r＝，R＝ 粒子在右侧磁场中运动情况有两种，如图所示 ‎①当半径r＝R时，B＝＝2B1，右侧磁场的宽度应满足xmin≥ ‎②当半径r＝2R时，B＝＝B1，右侧磁场的宽度应满足xmin≥.‎ ‎[答案]　(1)　(2) ‎(3)①当半径r＝R时，xmin≥　②当半径r＝2R时，xmin≥ 34‎ 高考物理 在多个电场、磁场形成的组合场中，带电粒子的运动往往具有周期性和对称性，解决此类问题有两个关键：‎ ‎(1)弄清粒子经过场区边界时的受力变化，进而确定运动变化情况．‎ ‎(2)找出粒子运动的周期性和对称性规律. ‎ 热点考向二　带电粒子在叠加场中的运动 ‎【典例】　(2019·吉林三模)如图甲所示，虚线MN的左侧空间中存在竖直向上的匀强电场(上、下及左侧无边界)．一个质量为m、电荷量为q的带正电小球(视为质点)，以大小为v0的水平初速度沿PQ向右做直线运动．若小球 刚经过D点时(t＝0)，在电场所在空间叠加如图乙所示的随时间周期性变化、垂直纸面向里的匀强磁场，使得小球再次通过D点时的速度与PQ连线成60°角．已知D、Q间的距离为(＋1)L，t0小于小球在磁场中做圆周运动的周期，重力加速度大小为g.‎ ‎(1)求电场强度E的大小；‎ ‎(2)求t0与t1的比值；‎ 34‎ 高考物理 ‎(3)小球过D点后将做周期性运动，当小球运动的周期最大时，求此时磁感应强度的大小B0及运动的最大周期Tm.‎ ‎[思路引领]　(1)“沿PQ向右做直线运动”说明小球受力平衡．‎ ‎(2)画出小球从刚过D点到再次通过D点的运动轨迹，由几何关系找出小球做匀速直线运动的位移大小与小球做匀速圆周运动的轨迹半径的关系．‎ ‎(3)当圆弧轨迹与MN相切时小球运动的周期最大．‎ ‎[解析]　(1)小球沿PQ向右做直线运动，受力平衡，则mg＝Eq，解得E＝.‎ ‎(2)小球能再次通过D点，其运动轨迹应如图(a)所示．‎ 设小球做匀速圆周运动的轨迹半径为r，则由几何关系有 s＝ 又知s＝v0t1‎ 圆弧轨迹所对的圆心角θ＝2π－＝π 则t0＝ 联立解得＝π.‎ ‎(3)当小球运动的周期最大时，其运动轨迹应与MN相切，小球运动一个周期的轨迹如图(b)所示，由几何关系得R＋＝(＋1)L 34‎ 高考物理 解得R＝L 由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qv0B0＝m 解得B0＝ 小球在一个周期内运动的路程 s1＝3××2πR＋6×＝(4π＋6)L 故Tm＝＝.‎ ‎[答案]　(1)　(2)π　(3)　 带电粒子在叠加场中运动问题的四种情况 ‎1．带电体在匀强电场和重力场组成的叠加场中运动，由于带电体受到的是恒力，所以带电体通常做匀变速运动，一般采用牛顿运动定律结合运动学规律或动能定理进行处理．‎ 34‎ 高考物理 ‎2．带电体(不计重力)在匀强电场和匀强磁场组成的叠加场中的运动，若带电体受到的电场力和洛伦兹力平衡，则带电体一定做匀速直线运动，此时可由二力平衡求解；若带电体受到的电场力和洛伦兹力不平衡，则其运动轨迹一般比较复杂，此时采用动能定理进行求解较为简单．‎ ‎3．带电体在匀强电场、匀强磁场和重力场组成的叠加场中的运动，若带电体做匀速圆周运动，则一定是重力与电场力平衡，洛伦兹力提供向心力，此时宜采用二力平衡和圆周运动的相关知识进行求解；若带电体做匀速直线运动，则一定是重力、电场力和洛伦兹力的合力为零，此时宜采用共点力平衡进行求解．‎ ‎4．带电体在重力场和匀强磁场组成的叠加场中的运动，由于其运动轨迹为一般的曲线，故一般采用动能定理进行求解．‎ 迁移一　带电粒子在叠加场中的一般曲线运动 ‎1.如图所示的是相互垂直的匀强电场和匀强磁场组成的叠加场，电场强度和磁感应强度分别为E和B，一个质量为m、带正电荷量为q的油滴，以水平速度v0从a点射入，经一段时间后运动到b点．试计算：‎ ‎(1)油滴刚进入叠加场a点时的加速度．‎ ‎(2)若到达b点时，偏离入射方向的距离为d，此时速度大小为多大？‎ ‎[解析]　(1)油滴刚进入叠加场a点时，受到重力、竖直向下的电场力、竖直向上的洛伦兹力作用，因此由牛顿第二定律，则有a＝.‎ ‎(2)选取油滴从a点到b点过程，根据动能定理，则有 mv－mv＝－mgd－qEd 解得vb＝.‎ 34‎ 高考物理 ‎[答案]　(1)　(2) 迁移二　带电粒子在叠加场中的直线运动 ‎2．(2016·天津卷)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＝5 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＝0.5 T．有一带正电的小球，质量m＝1.0×10－6 kg，电荷量q＝2×10－6 C，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＝10 m/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.‎ ‎[解析]　(1)小球做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＝①‎ 代入数据解得v＝20 m/s②‎ 速度v的方向与电场E的方向之间的夹角满足 tanθ＝③‎ 34‎ 高考物理 代入数据解得tanθ＝，‎ 则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＝⑤‎ 设撤去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分位移为y，有 y＝at2⑦‎ a与mg的夹角和v与E的夹角相同，均为θ，又 tanθ＝⑧‎ 联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得 t＝2 s≈3.5 s⑨‎ ‎[答案]　(1)20 m/s　与电场E的方向之间的夹角为60°斜向上　(2)3.5 s 迁移三　带电粒子在叠加场中的圆周运动 ‎3．(2019·贵州高三质检)如图所示，虚线MN左侧有水平向右的匀强电场，右侧有竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.比荷为k的带电小球 从水平面上a点由静止释放，‎ 过b点进入MN右侧后能沿半径为R的半圆形轨道bcd 34‎ 高考物理 运动且对轨道始终无压力，小球从d点再次进入MN左侧后正好落在b点，不计一切摩擦，重力加速度为g.求：‎ ‎(1)小球沿水平面经过b点时的速度大小v；‎ ‎(2)MN左侧的电场强度的大小E1；‎ ‎(3)小球释放点a到b点的距离x.‎ ‎[解析]　(1)小球进入MN右侧电磁场区域后能沿半圆形轨道bcd运动且始终对轨道无压力，表明重力与电场力平衡，洛伦兹力充当小球做匀速圆周运动的向心力，即qvB＝m.代入＝k，解得v＝kBR.‎ ‎(2)小球再次进入左侧电场后，在水平方向上先向左做匀减速运动，然后向右做匀加速运动，落在b点时，0＝vt－a1t2，而a1＝ 在竖直方向上做自由落体运动，则2R＝gt2‎ 联立以上三式解得E1＝B.‎ ‎(3)小球从a点由静止释放运动到b点，由动能定理得：qE1x＝mv2，解得x＝.‎ ‎[答案]　(1)kBR　(2)B　(3) 带电粒子在叠加场中运动问题的分析方法 ‎(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)对于粒子连续通过几个不同区域的场时，要分阶段进行处理．(5)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，应用二力平衡和牛顿运动定律结合圆周运动规律求解．‎ 34‎ 高考物理 ‎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. ‎ 高考热点题型突破——复合场中的STSE问题 物理是一门与生产、生活及现代科技联系比较紧密的学科．在高考中，物理试题着重考查考生的知识、能力和学科素养，注重理论联系实际，注重物理与科学技术、社会和经济发展的联系，注重物理知识在生产、生活、科技等方面的应用．‎ 速度选择器、质谱仪、回旋加速器、磁流体发电机、电磁流量计、霍尔效应等应用实例问题的实质属于带电粒子在复合场中的运动问题．解决此类问题的关键在于准确把握各种应用实例的工作原理．‎ 归纳分析如下：‎ ‎【典例】　一台质谱仪的工作原理如图所示．大量的甲、乙两种离子飘入电压为U0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．‎ 34‎ 高考物理 ‎(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(U0－ΔU)到(U0＋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．‎ ‎[审题指导]‎ 第一步　读题干—提信息 题干 信息 电荷量均为＋q 进入磁场后向右偏转 质量分别为2m和m 进入磁场后偏转半径不同 虚线为经过狭缝左、右边界M、N的甲种离子的运动轨迹 同是甲离子两虚线半径相同 第二步　审程序—顺思路 34‎ 高考物理 ‎ [解析]　(1)设甲种离子在磁场中的运动半径为r1‎ 电场加速qU0＝×2mv2‎ 且qvB＝2m 解得r1＝ 根据几何关系x＝2r1－L 解得x＝－L 34‎ 高考物理 ‎(2)如图所示 最窄处位于过两虚线交点与底片的垂线上 d＝r1－ 解得d＝－ ‎(3)设乙种离子在磁场中的运动半径为r2‎ r1的最小半径r1min＝ r2的最大半径r2max＝ 由题意知2r1min－2r2max>L，即－>L 解得L<[2－]‎ ‎[答案]　(1)－L ‎(2)区域见解析　－ ‎(3)L<[2－]‎ 34‎ 高考物理 质谱仪的工作原理 常用的质谱仪主要有两种：‎ ‎(1)如图甲所示，带电粒子质量为m、电荷量为q，经电压为U的电场加速后垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场．设粒子运动的轨道半径为r，则有qU＝mv2，qvB＝，可得＝.‎ ‎(2)如图乙所示，带电粒子质量为m、电荷量为q，以速度v穿过速度选择器(电场强度为E，磁感应强度为B1)，垂直进入磁感应强度为B2的匀强磁场．设粒子运动的轨道半径为r，则有qE＝qvB1，qvB2＝，可得＝. ‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎1．(2019·安徽合肥三模)为监测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右图所示的长方体流量计．‎ 34‎ 高考物理 该装置由绝缘材料制成，其长、宽、高分别为a、b、c，左右两端开口．在垂直于上下底面方向加一匀强磁场，前后两个内侧面分别固定有金属板作为电极．污水充满管口从左向右流经该装置时，接在M、N两端间的电压表将显示两个电极间的电压U.若用Q表示污水流量(单位时间内排出的污水体积)，下列说法中正确的是(　　)‎ A．M端的电势比N端的高 B．电压表的示数U与a和b均成正比，与c无关 C．电压表的示数U与污水的流量Q成正比 D．若污水中正负离子数相同，则电压表的示数为0‎ ‎[解析]　由左手定则可知正电荷打在N端，所以M端的电势比N端的低，故选项A错误；由q＝qBv，解得U＝Bbv，故选项B、D错误；污水的流量Q＝vS＝bc＝c，‎ 所以电压表的示数U与污水的流量Q成正比，故选项C正确．‎ ‎[答案]　C ‎2．(2019·天津卷)笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件．当显示屏开启时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作；当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进入休眠状态．如图所示，一块宽为a、长为c的矩形半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子，通入方向向右的电流时，电子的定向移动速度为v.当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中，于是元件的前、后表面间出现电压U，以此控制屏幕的熄灭．则元件的(　　)‎ A．前表面的电势比后表面的低 B．前、后表面间的电压U与v无关 C．前、后表面间的电压U与c成正比 D．自由电子受到的洛伦兹力大小为 34‎ 高考物理 ‎[解析]　由题意可判定，电子定向移动的方向水平向左，则由左手定则可知，电子所受的洛伦兹力指向后表面，因此后表面积累的电子逐渐增多，前表面的电势比后表面的电势高，A错误；当电子所受的电场力与洛伦兹力平衡时，电子不再发生偏转，此时前、后表面间的电压达到稳定，对稳定状态下的电子有eE＝eBv，又E＝，解得U＝Bav，显然前、后表面间的电压U与电子的定向移动速度v成正比，与元件的宽度a成正比，与长度c无关，BC错误；自由电子稳定时受到的洛伦兹力等于电场力，即F＝eE＝，D正确．‎ ‎[答案]　D 专题强化训练(十一)‎ 一、选择题 ‎1．(多选)(2019·广西桂林、百色和崇左市第三次联考)如右图所示，‎ 在第二象限内有水平向右的匀强电场，在第一、第四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．在该平面有一个质量为m、带正电q的粒子以初速度v0垂直x轴，从x轴上的P点进入匀强电场，恰好与y轴成45°角射出电场，再经过一段时间恰好垂直于x轴进入下面的磁场，已知OP之间的距离为d，不计粒子重力，则(　　)‎ A．磁感应强度B＝ B．电场强度E＝ C．自进入磁场至在磁场中第二次经过x轴所用时间为t＝ D．自进入磁场至在磁场中第二次经过x轴所用时间为t＝ ‎[解析]　粒子的轨迹如图所示：‎ 34‎ 高考物理 带电粒子在电场中做类平抛运动，水平方向做匀加速运动，竖直方向做匀速运动，由题得知，出电场时，vx＝vy＝v0，根据：x＝t，y＝vyt＝v0t，得y＝2x＝2d，出电场时与y轴交点坐标为(0,2d)，设粒子在磁场中运动的半径为R，则有Rsin(180°－β)＝y＝2d，而β＝135°，解得：R＝2d，粒子在磁场中运动的速度为：v＝v0，根据R＝，解得B＝，故A错误；根据vx＝at＝t＝v0，x＝t，联立解得：E＝，故B正确；在第一象限运动时间为：t1＝T＝T，在第四象限运动时间为：t2＝T，所以自进入磁场至在磁场中第二次经过x轴所用时间为：t＝t1＋t2＝T＝，故D正确，C错误．‎ ‎[答案]　BD ‎2．(多选)(2019·昆明质检)某型号的回旋加速器的工作原理图如下图所示．回旋加速器的核心部分为D形盒，D形盒置于真空容器中，整个装置放在电磁铁两极之间的磁场中，磁场可以认为是匀强磁场，且与D形盒盒面垂直．两盒间狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计．质子从粒子源A处进入加速电场的初速度不计，从静止开始加速到出口处所需的时间为t，已知磁场的磁感应强度大小为B，质子质量为m、电荷量为＋q，加速器接一高频交流电源，其电压为U，可以使质子每次经过狭缝都能被加速，不考虑相对论效应和重力作用，则下列说法正确的是(　　)‎ 34‎ 高考物理 A．质子第一次经过狭缝被加速后，进入D形盒运动轨迹的半径r＝ B．D形盒半径R＝ C．质子能够获得的最大动能为 D．加速质子时的交流电源频率与加速α粒子的交流电源频率之比为1∶1‎ ‎[解析]　设质子第1次经过狭缝被加速后的速度为v1，由动能定理得qU＝mv，①‎ 由牛顿第二定律有qv1B＝m，②‎ 联立①②式解得r1＝，故A正确；设质子从静止开始加速到出口处运动了n圈，质子在出口处的速度为v，则 ‎2nqU＝mv2，③‎ qvB＝m，④‎ 质子做圆周运动的周期T＝，⑤‎ 质子运动的总时间t＝nT，⑥‎ 联立③④⑤⑥式解得R＝，故B正确；根据qvB＝m，解得v＝ 34‎ 高考物理 ‎，质子射出加速器时的动能Ek＝mv2＝＝，故C错误；根据圆周运动的周期T＝，由于质子与α粒子的电荷量之比为1∶2，而质子与α粒子的质量之比为1∶4，因此它们周期之比为1∶2，那么频率之比为2∶1，故D错误．‎ ‎[答案]　AB ‎3．(2019·洛阳高三适应性测试)如下图所示，某种带电粒子由静止开始经电压为U1的电场加速后，射入水平放置、电势差为U2的两导体板间的匀强电场中，带电粒子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中，则粒子射入磁场和射出磁场的M、N两点间的距离d随着U1和U2的变化情况为(不计重力，不考虑边缘效应)(　　)‎ A．d随U1变化，d与U2无关 B．d与U1无关，d随U2变化 C．d随U1变化，d随U2变化 D．d与U1无关，d与U2无关 ‎[解析]　带电粒子在电场中做类平抛运动，可将射出电场的粒子速度v分解成初速度方向与加速度方向，设出射速度与水平夹角为θ，则有：＝cosθ，而在磁场中做匀速圆周运动，设运动轨迹对应的半径为R，由几何关系得，半径与直线MN夹角正好等于θ，则有：＝cosθ，所以d＝，又因为半径公式R＝，则有d＝＝.故d随U1变化，d与U2无关，故A正确，B、C、D错误．‎ ‎[答案]　A ‎4．(多选)(2019·杭州学军中学月考)如右图所示是选择密度相同、大小不同的纳米粒子的一种装置．待选粒子带正电且电荷量与其表面积成正比，待选粒子从O1‎ 34‎ 高考物理 进入小孔时可认为速度为零，加速电场区域Ⅰ的板间电压为U，粒子通过小孔O2射入正交的匀强电场和匀强磁场区域Ⅱ，其中匀强磁场的磁感应强度大小为B，左右两极板间距为d，区域Ⅱ的出口小孔O3与O1、O2在同一竖直线上，若半径为r0、质量为m0、电荷量为q0的纳米粒子刚好能沿该直线通过，不计纳米粒子的重力，则(　　)‎ A．区域Ⅱ的电场的场强大小与磁场的磁感应强度大小比值为 B．区域Ⅱ左右两极板的电势差U1＝Bd C．若密度相同的纳米粒子的半径r>r0，则它进入区域Ⅱ时仍将沿直线通过 D．若密度相同的纳米粒子的半径r>r0，它进入区域Ⅱ时仍沿直线通过，则区域Ⅱ的电场强度与原电场强度之比为 ‎[解析]　设半径为r0的粒子加速后的速度为v，则有q0U＝m0v2，设区域Ⅱ内电场强度为E，由题意可知洛伦兹力与电场力等大反向，即q0vB＝q0E，联立解得E＝B，则＝，区域Ⅱ左右两极板的电势差为Ed＝Bd，故A正确，B错误；若纳米粒子的半径r>r0，设半径为r的粒子的质量为m、带电荷量为q、加速后的速度为v′，则m＝3m0，而q＝2q0，由mv′2＝qU，解得v′＝＝v