（通用版）2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 第二部分 第一板塊 第3講 吃透“三場特性”探秘復(fù)合場中的運動問題講義（含解析）

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1、（通用版）2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 第二部分 第一板塊 第3講 吃透“三場特性”探秘復(fù)合場中的運動問題講義（含解析）考法學(xué)法帶電粒子在復(fù)合場中的運動問題是歷年高考的熱點，考查的難度從易到難都有。考查的題型既有選擇題，又有計算題?？疾榈闹饕獌?nèi)容包括：帶電粒子在組合場中的運動；帶電粒子(體)在疊加場中的運動。該部分內(nèi)容主要解決的是選擇題中的帶電粒子在復(fù)合場中的運動問題。用到的思想方法有：比值定義法；假設(shè)法；合成法；正交分解法；臨界、極值問題的分析方法；等效思想；分解思想。研一題 多選如圖所示，一質(zhì)量為m的帶電小球用長為L不可伸長的絕緣細線懸掛于O點，在O點下方存在一個水平向右、場強為E的勻強電場

2、，小球靜止時細線與豎直方向成45角，不計空氣阻力，重力加速度為g，則下列說法正確的是()A若剪斷細線，小球?qū)⒆銮€運動B小球帶負電，且電荷量為C若突然將電場方向變?yōu)樗较蜃?，小球在最低點速率為D若突然將電場方向變?yōu)樗较蜃?，小球一定能運動到O點右側(cè)等高處解析若剪斷細線，小球在恒力作用下將做直線運動，選項A錯誤；對小球受力分析，由平衡條件可知小球帶負電，且qEmgtan 45，解得q，選項B正確；將電場方向變?yōu)樗较蜃?，小球從題圖所示位置運動到最低點，由動能定理有mgL(1cos 45)EqLsin 45mv2，解得v，選項C正確；將電場方向變?yōu)樗较蜃?，小球運動到O點右側(cè)與初始位置等高處時速度

3、最大，則小球一定能運動到O點右側(cè)等高處，選項D正確。答案BCD悟一法解決電場力做功問題時的注意點1利用電場線的特點、等勢面的特點來分析電場力做功情況。2應(yīng)用公式WABqUAB計算時，WAB、q、UAB一般都要帶正、負號計算。通一類1.在豎直平面內(nèi)有水平向右、場強為E的勻強電場，在勻強電場中有一根長為L的絕緣細線，一端固定在O點，另一端系一質(zhì)量為m的帶電小球，它靜止時位于A點，此時細線與豎直方向成37角，如圖所示?，F(xiàn)對小球施加一沿與細線方向垂直的瞬時沖量，小球能繞O點在豎直平面內(nèi)做完整的圓周運動。下列對小球運動的分析正確的是(不考慮空氣阻力，細線不會纏繞在O點上)()A小球運動到C點時動能最小B

4、小球運動到C點時細線拉力最小C小球運動到Q點時動能最大D小球運動到B點時機械能最大解析：選D由題意可知，小球所受的電場力與重力的合力沿OA方向，小球從A點開始無論向哪運動，合力對小球都做負功，小球動能將減小，所以運動到A點時動能最大，C錯誤；小球運動到與A點關(guān)于圓心對稱的點時動能最小，在該點時細線的拉力最小，A、B錯誤；小球在運動過程中，運動到B點時電場力做功最多，因此機械能最大，D正確。2.如圖所示，平行板電容器水平放置，兩極板間電場強度大小為E，中間用一光滑絕緣細桿垂直連接，桿上套有帶正電荷的小球和絕緣彈簧，小球壓在彈簧上，但與彈簧不拴接，開始時對小球施加一豎直向下的外力，將小球壓至某位置

5、使小球保持靜止。撤去外力后小球從靜止開始向上運動，上升h時恰好與彈簧分離，分離時小球的速度為v，小球上升過程不會撞擊到上極板，已知小球的質(zhì)量為m、帶電荷量為q，重力加速度為g，下列說法正確的是()A與彈簧分離時小球的動能為mghqEhB從開始運動到與彈簧分離，小球增加的機械能為mghqEhC從開始運動到與彈簧分離，小球減少的電勢能為D撤去外力時彈簧的彈性勢能為mv2(qEmg)h解析：選D根據(jù)動能定理可知，合外力對小球所做的功等于小球動能的變化量，所以小球與彈簧分離時的動能為EkqEhmghEp，A錯誤；從開始運動到與彈簧分離，小球增加的機械能為Emghmv2qEhEp，B錯誤；小球減少的電勢

6、能為qEh，故C錯誤；從撤去外力到小球與彈簧分離，由動能定理可知，EpqEhmghmv2，所以Epmv2(qEmg)h，D正確。3多選如圖所示，一光滑絕緣斜面的直角點A處固定一帶電量為q、質(zhì)量為m的絕緣小球甲，另一質(zhì)量也為m、帶電量也為q的小球乙置于斜面頂點B處，已知斜面長為L，BCA30。現(xiàn)把小球乙從B處由靜止自由釋放，小球乙能沿斜面從B處運動到斜面底端C處(靜電力常量為k，重力加速度為g)，下列結(jié)論正確的是()A小球到達斜面中點D處時的速度大小為 B小球運動到斜面底端C處時，對斜面的壓力大小為mgC小球從B處運動到C處時減少的重力勢能等于增加的動能D小球從B處運動到C處電勢能先增加后減少解

7、析：選ABD由題意知，小球乙運動到D處時，由幾何關(guān)系知ADAB，所以有DB，即UDBDB0，由動能定理得：mgsin 30qUDBmv20，解得：v ，A正確；小球運動到C處時，受力分析如圖所示，由平衡條件得：FNF庫sin 30mgcos 30，F(xiàn)庫，聯(lián)立解得：FNmg，B正確；小球從B處運動到C處重力勢能減少，電勢能減少，動能增加，減少的重力勢能與電勢能之和等于增加的動能，C錯誤；小球從B處運動到C處，先靠近A處后遠離A處，電場力先做負功后做正功，電勢能先增加后減少，D正確。點點探明題型1組合磁場中帶電粒子的運動例1多選如圖所示，在區(qū)域和區(qū)域內(nèi)分別存在與紙面垂直但方向相反的勻強磁場，區(qū)域內(nèi)

8、磁感應(yīng)強度是區(qū)域內(nèi)磁感應(yīng)強度的2倍，一帶電粒子在區(qū)域左側(cè)邊界處以垂直邊界的速度進入?yún)^(qū)域，粒子離開區(qū)域時速度方向改變了30，然后進入?yún)^(qū)域，測得粒子在區(qū)域內(nèi)的運動時間與區(qū)域內(nèi)的運動時間相等，則下列說法正確的是()A粒子在區(qū)域和區(qū)域中的速率之比為11B粒子在區(qū)域和區(qū)域中的角速度之比為21C粒子在區(qū)域和區(qū)域中的圓心角之比為12D區(qū)域和區(qū)域的寬度之比為11解析由于洛倫茲力對帶電粒子不做功，故粒子在兩區(qū)域中的運動速率相等，A正確；由洛倫茲力fqBvma和av可知，粒子運動的角速度之比為12B1B212，B錯誤；由于粒子在區(qū)域和區(qū)域內(nèi)的運動時間相等，由t可得t，且B22B1，解得1212，C正確；由幾何關(guān)系

9、可知，粒子在區(qū)域中運動的圓心角為30，則粒子在區(qū)域中運動的圓心角為60，由R可知，粒子在區(qū)域中的運動半徑是在區(qū)域中運動半徑的2倍，設(shè)粒子在區(qū)域中的運動半徑為r，作出粒子運動的軌跡如圖所示，則由圖可知，區(qū)域的寬度d12rsin 30r；區(qū)域的寬度d2rsin 30rcos(1806060)r，D正確。答案ACD題型2疊加三場中帶電小球的運動例2多選如圖所示，空間存在水平向左的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場。在該區(qū)域中，有一個豎直放置的光滑絕緣圓環(huán)，環(huán)上套有一個帶正電的小球。O點為圓環(huán)的圓心，a、b、c、d為圓環(huán)上的四個點，a點為最高點，c點為最低點，b、O、d三點在同一水平線上。已知小球所受電

10、場力與重力大小相等。現(xiàn)將小球從a點由靜止釋放，下列判斷正確的是()A小球能越過d點并繼續(xù)沿圓環(huán)向上運動B當(dāng)小球運動到d點時，不受洛倫茲力C小球從d點運動到b點的過程中，重力勢能減少，電勢能減少D小球從b點運動到c點的過程中，經(jīng)過弧bc的中點時速度最大解析電場力與重力大小相等，結(jié)合題圖可知二者的合力指向左下方45，由于合力是恒力，可視為等效重力，所以弧ad的中點相當(dāng)于豎直圓環(huán)的等效最高點，其關(guān)于圓心對稱的位置(即弧bc的中點)就是等效最低點；由于a、d兩點關(guān)于等效最高點與等效最低點的連線對稱，若小球從a點由靜止釋放，最高運動到d點，故A錯誤；當(dāng)小球運動到d點時，速度為零，故不受洛倫茲力，故B正確

11、；由于d、b等高，故小球從d點運動到b點的過程中，重力勢能不變，故C錯誤；由于等效重力指向左下方45，弧bc的中點是等效最低點，故小球從b點運動到c點的過程中，經(jīng)過弧bc的中點時速度最大，故D正確。答案BD系統(tǒng)通法電偏轉(zhuǎn)和磁偏轉(zhuǎn)的比較電偏轉(zhuǎn)磁偏轉(zhuǎn)示意圖偏轉(zhuǎn)條件vEvB受力情況只受恒定的電場力只受大小恒定的洛倫茲力運動軌跡拋物線圓弧物理規(guī)律類平拋運動規(guī)律、牛頓第二定律牛頓第二定律、向心力公式基本公式Lvtyat2atan qvBrTtsin 做功情況電場力既改變速度方向，也改變速度大小，對電荷做功洛倫茲力只改變速度方向，不改變速度大小，對電荷不做功題題過關(guān)1(2018北京高考)某空間存在勻強磁場

12、和勻強電場。一個帶電粒子(不計重力)以一定初速度射入該空間后，做勻速直線運動；若僅撤除電場，則該粒子做勻速圓周運動。下列因素與完成上述兩類運動無關(guān)的是()A磁場和電場的方向B磁場和電場的強弱C粒子的電性和電量 D粒子入射時的速度解析：選C這是“速度選擇器”模型，帶電粒子在勻強磁場和勻強電場的疊加區(qū)域內(nèi)做勻速直線運動，則粒子受到的洛倫茲力與電場力平衡，大小滿足qvBqE，故v，即磁場和電場的強弱決定粒子入射時的速度大?。宦鍌惼澚εc電場力的方向一定相反，結(jié)合左手定則可知，磁場和電場的方向一定互相垂直，粒子入射時的速度方向同時垂直于磁場和電場，且不論粒子帶正電還是帶負電，入射時的速度方向相同，而不是

13、電性相反時速度方向也要相反?？傊Ｗ邮欠裨凇八俣冗x擇器”中做勻速直線運動，與粒子的電性、電量均無關(guān)，而是取決于磁場和電場的方向、強弱，以及粒子入射時的速度。撤除電場時，粒子速度方向仍與磁場垂直，滿足做勻速圓周運動的條件，C正確。2.如圖所示，ABCDEF為一正六邊形的六個端點，現(xiàn)正六邊形處于垂直于紙面向里的勻強磁場和平行于BA向右的勻強電場中，一帶電粒子從A點射入場中，恰好沿直線AE做勻速直線運動。撤去磁場，粒子仍從A點以原速度射入場中，粒子恰好從F點射出。若撤去電場而保留磁場，粒子仍以原速度從A點射入，則粒子將從哪條邊射出(不計粒子重力)()AABBBCCCD DDE解析：選B只有電場時帶電

14、粒子向右偏轉(zhuǎn)，則粒子帶正電，根據(jù)左手定則可知，只有磁場時，粒子受到的洛倫茲力的方向向左，粒子將向左偏轉(zhuǎn)。開始時粒子在復(fù)合場中做勻速直線運動，則有：qEqvB，設(shè)正六邊形的邊長為L，只有電場時，粒子做類平拋運動，豎直向上的方向上有：vtLcos 30L，水平方向上有：t2Lsin 30L；當(dāng)只有磁場時，洛倫茲力提供向心力，則有：qvB，聯(lián)立可得：rL，由幾何關(guān)系可知：L，而L2rL，所以粒子將從BC邊射出磁場，B正確。3多選如圖所示，豎直放置的兩塊很大的平行金屬板a、b，相距為d，a、b間的電場強度為E，今有一帶正電的微粒從a板下邊緣以初速度v0豎直向上射入電場，當(dāng)它飛到b板時，速度大小不變，而

15、方向變?yōu)樗椒较颍覄偤脧母叨纫矠閐處的狹縫穿過b板進入bc區(qū)域，bc區(qū)域的寬度也為d，所加電場的場強大小也為E，方向豎直向上，磁感應(yīng)強度方向垂直紙面向里，磁場磁感應(yīng)強度大小等于，重力加速度為g，則下列關(guān)于微粒運動的說法正確的是()A微粒在ab區(qū)域的運動時間為B微粒在bc區(qū)域中做勻速圓周運動，軌跡半徑為2dC微粒在bc區(qū)域中做勻速圓周運動，運動時間為D微粒在ab、bc區(qū)域中運動的總時間為解析：選ABD粒子在電場中的運動沿水平和豎直方向正交分解，水平分運動為初速度為零的勻加速運動，豎直分運動為末速度為零的勻減速運動，根據(jù)運動學(xué)公式，水平方向有v0axt1，豎直方向有0v0gt1，解得axg，t1

16、，故A正確；微粒在bc區(qū)域所受電場力豎直向上，因為qEmaxmg，故微粒在bc區(qū)域做勻速圓周運動，其軌跡半徑r，又v022gd，B，解得r2d，故B正確；設(shè)微粒在bc區(qū)域轉(zhuǎn)過的角度為，由幾何關(guān)系知 30，所以微粒在bc區(qū)域做勻速圓周運動的時間為t2，故C錯誤；微粒在ab區(qū)域運動的時間為t1，微粒在ab、bc區(qū)域中運動的總時間為tt1t2，故D正確。4多選(2019屆高三銀川模擬)如圖所示，豎直虛線邊界左側(cè)為一半徑為R的光滑半圓軌道，O為圓心，A為最低點，C為最高點，右側(cè)同時存在豎直向上的勻強電場和垂直紙面向外的勻強磁場。一電荷量為q、質(zhì)量為m的帶電小球從半圓軌道的最低點A以某一初速度開始運動恰

17、好能到最高點C，進入右側(cè)區(qū)域后恰好又做勻速圓周運動回到A點，空氣阻力不計，重力加速度為g。則()A小球在最低點A開始運動的初速度大小為B小球返回A點后可以第二次到達最高點CC小球帶正電，且電場強度大小為D勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為解析：選ACD小球恰能經(jīng)過最高點C，則mgm，解得vC，從A到C由動能定理：mg2RmvC2mvA2，解得vA，選項A正確；小球在復(fù)合場中以速度做勻速圓周運動，再次過A點時的速度為，則小球不能第二次到達最高點C，選項B錯誤；小球在復(fù)合場中受向下的重力和向上的電場力而平衡，可知小球帶正電，滿足mgqE，解得E，選項C正確；由qvBm，其中v，解得B，選項D正確。知能全通

18、質(zhì)譜儀、速度選擇器、磁流體發(fā)電機、電磁流量計、回旋加速器、霍爾效應(yīng)等都是帶電粒子在復(fù)合場中的運動實例，這類問題模型成熟固定，解題時只要抓住各種模型的特點即可，常見實例如下。1速度選擇器帶電粒子束射入正交的勻強電場和勻強磁場組成的區(qū)域中，滿足平衡條件qEqvB的帶電粒子可以沿直線通過速度選擇器。速度選擇器只對粒子的速度大小和方向做出選擇，而對粒子的電性、電荷量不能進行選擇。2回旋加速器(1)用途：加速帶電粒子。(2)原理：帶電粒子在電場中加速，在磁場中偏轉(zhuǎn)，交變電壓的周期與帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期相同。(3)粒子獲得的最大動能Ek，其中rn表示D形盒的最大半徑。3質(zhì)譜儀(1)用途：測

19、量帶電粒子的質(zhì)量和分析同位素。(2)原理：由粒子源S發(fā)出速度幾乎為零的粒子，經(jīng)過加速電場U加速后，以速度v 進入偏轉(zhuǎn)磁場中做勻速圓周運動，運動半徑為r ，粒子經(jīng)過半個圓周運動后打到照相底片D上，通過測量D與入口間的距離d，進而求出粒子的比荷或粒子的質(zhì)量m。題點全練1(2019屆高三大連六校聯(lián)考)隨著電子技術(shù)的發(fā)展，霍爾傳感器被廣泛應(yīng)用在汽車的各個系統(tǒng)中。其中霍爾轉(zhuǎn)速傳感器在測量發(fā)動機轉(zhuǎn)速時，情景簡化如圖甲所示，被測量轉(zhuǎn)子的輪齒(具有磁性)每次經(jīng)過霍爾元件時，都會使霍爾電壓發(fā)生變化，傳感器的內(nèi)置電路會將霍爾電壓調(diào)整放大；輸出一個脈沖信號，霍爾元件的原理如圖乙所示。下列說法正確的是()A霍爾電壓是

20、由于元件中定向移動的載流子受到電場力作用發(fā)生偏轉(zhuǎn)而產(chǎn)生的B若霍爾元件的前端電勢比后端低，則元件中的載流子為負電荷C在其他條件不變的情況下，霍爾元件的厚度c越大，產(chǎn)生的霍爾電壓越高D若轉(zhuǎn)速表顯示1 800 r/min，轉(zhuǎn)子上輪齒數(shù)為150個，則霍爾傳感器每分鐘輸出12個脈沖信號解析：選B霍爾電壓是由于元件內(nèi)載流子受到洛倫茲力和電場力的作用產(chǎn)生的，故A錯誤；根據(jù)左手定則，負電荷載流子向前端偏轉(zhuǎn)，前端帶負電，后端帶正電，所以前端的電勢低，符合要求，則元件中的載流子為負電荷，故B正確；當(dāng)電場力和洛倫茲力平衡時，有：qqvB，InqvSnqvbc，解得：UBvbB，故c越大，U越低，故C錯誤；轉(zhuǎn)速n1

21、800 r/min, 則霍爾傳感器每分鐘輸出的脈沖信號個數(shù)為1501 800270 000個，故D錯誤。2.如圖所示，含有H、H、He的帶電粒子束從小孔O1處射入速度選擇器，沿直線O1O2運動的粒子在小孔O2處射出后垂直進入偏轉(zhuǎn)磁場，最終打在P1、P2兩點。則()A粒子在偏轉(zhuǎn)磁場中運動的時間都相等B打在P1點的粒子是He C打在P2點的粒子是H和HeDO2P2的長度是O2P1長度的4倍解析：選C粒子在偏轉(zhuǎn)磁場中運動的周期T，三種粒子的比荷不相同，所以粒子在偏轉(zhuǎn)磁場中運動的時間不相等，故A錯誤；粒子在沿直線通過速度選擇器時，電場力與洛倫茲力大小相等、方向相反，即qvB1qE，所以v，可知從速度選

22、擇器射出的粒子具有相等的速度，粒子在偏轉(zhuǎn)磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，有qvB2m，r，可知粒子的比荷越大，圓周運動的半徑越小，所以打在P1點的粒子是H，打在P2點的粒子是H和He，故B錯誤，C正確；H的比荷是H和He的比荷的2倍，所以H做圓周運動的半徑是H和He的半徑的，即O2P2的長度是O2P1長度的2倍，故D錯誤。3.多選(2018泰州模擬)為測量化工廠的污水排放量，技術(shù)人員在排污管末端安裝了流量計(流量Q為單位時間內(nèi)流過某截面流體的體積)如圖所示，長方體絕緣管道的長、寬、高分別為a、b、c，左右兩端開口，所在空間有垂直于前后面、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，在上、下兩個面的

23、內(nèi)側(cè)固定有金屬板M、N，污水充滿管道從左向右勻速流動，測得M、N間電壓為U，污水流過管道時受到的阻力大小為fkLv2，k是比例系數(shù)，L為污水沿流速方向的長度，v為污水的流速，則()A污水的流量QBM的電勢不一定高于N的電勢C電壓U與污水中離子濃度無關(guān)D左、右兩側(cè)管道的壓強差p解析：選CD污水中離子最終在電場力和洛倫茲力作用下受力平衡，有qvBq，得v，則有污水的流量QvSvbcbc，故A錯誤；根據(jù)左手定則，正離子向上表面偏轉(zhuǎn)，負離子向下表面偏轉(zhuǎn)，知上表面的電勢一定高于下表面的電勢，即M的電勢一定高于N的電勢，故B錯誤；由qvBq，解得UvBc，電壓U與污水中離子濃度無關(guān)，故C正確；根據(jù)平衡條件

24、，有pbcfkLv2kav2，解得p，故D正確。專題強訓(xùn)提能 1.如圖所示，在豎直向下的勻強電場E中，一帶電油滴在電場力和重力的作用下，沿虛線所示的運動軌跡從a運動到b。若油滴在運動過程中動能和重力勢能之和為E1，重力勢能和電勢能之和為E2，則E1、E2的變化情況是()AE1增加，E2增加BE1增加，E2減小CE1不變，E2減小 DE1不變，E2不變解析：選B根據(jù)題圖所示的運動軌跡可知，油滴帶負電，受到向上的電場力大于重力，合力做正功，動能增加，所以油滴在運動過程中電勢能和重力勢能之和E2減小，電場力做正功，電勢能減小，所以重力勢能和動能之和E1增加，B正確。2.(2018全國名校模擬)如圖所

25、示，表面光滑的絕緣細桿傾斜固定放置，Q點處固定一點電荷。一帶電小圓環(huán)套在該絕緣細桿上，從細桿上P點處由靜止釋放，沿細桿上滑到O點時靜止。帶電小圓環(huán)可視為點電荷，則()A小圓環(huán)所帶電荷和固定點電荷一定是同種電荷B小圓環(huán)所帶電荷和固定點電荷一定是異種電荷C小圓環(huán)上滑過程中，電勢能不變D小圓環(huán)上滑過程中，電勢能增大解析：選A小圓環(huán)從P點由靜止釋放，沿細桿上滑到O點時靜止，說明固定點電荷與小圓環(huán)之間為排斥力，A項正確，B項錯誤；排斥力使小圓環(huán)沿細桿上滑，電場力做正功，電勢能減小，C、D項錯誤。3.(2018自貢模擬)如圖所示，兩豎直平行板間同時存在勻強電場和勻強磁場，電場的電場強度大小為E、方向水平向

26、左，磁場的磁感應(yīng)強度大小為B、方向與電場垂直且水平向里。一帶正電液滴以豎直向下的初速度v0進入電、磁場區(qū)域，最終能飛出該區(qū)域。則帶電液滴在電、磁場區(qū)域中()A做勻速直線運動 B做勻變速曲線運動C運動速度逐漸減小 D機械能逐漸減小解析：選D帶電液滴進入電、磁場中時，由題意可知，帶電液滴受電場力、重力、洛倫茲力，電場力等于洛倫茲力，所以重力使其做加速運動，隨著速度的增大，洛倫茲力的大小增大，方向隨速度方向的變化而變化，所以帶電液滴將向右做變加速曲線運動，故A、B錯誤；由題意可知，帶電液滴向右偏離并射出電、磁場，則運動速度逐漸增大，故C錯誤；由上述分析可知，電場力做負功，電勢能增加，則機械能減小，故

27、D正確。4(2019屆高三黃岡中學(xué)模擬)質(zhì)譜儀是一種測定帶電粒子質(zhì)量和分析同位素的重要工具。如圖所示鉛盒A中的放射源放出大量的帶正電粒子(可認為初速度為零)，從狹縫S1進入電壓為U的加速電場區(qū)加速后，再通過狹縫S2，最后從小孔G垂直于MN射入偏轉(zhuǎn)磁場，該偏轉(zhuǎn)磁場是以直線MN為切線、磁感應(yīng)強度為B、方向垂直于紙面向外、半徑為R的圓形勻強磁場。現(xiàn)在MN上的F點(圖中未畫出)接收到該粒子，且GFR。則該粒子的比荷為(粒子的重力忽略不計)()A. B.C. D.解析：選C粒子進入勻強磁場的運動軌跡如圖所示。設(shè)粒子被加速后獲得的速度為v，由動能定理有，qUmv2，由幾何關(guān)系可得，粒子在磁場中做圓周運動的

28、偏轉(zhuǎn)角60，則粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌跡半徑r，又Bqvm，解得，故C正確。5多選如圖所示，帶等量異種電荷的平行金屬板a、b處于勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向里。不計重力的帶電粒子沿OO方向從左側(cè)垂直于電、磁場射入，從右側(cè)射出a、b板間區(qū)域時動能比射入時??；要使粒子射出a、b板間區(qū)域時的動能比射入時大，可采用的措施是()A適當(dāng)減小兩金屬板的正對面積B適當(dāng)增大兩金屬板間的距離C適當(dāng)減小勻強磁場的磁感應(yīng)強度D使帶電粒子的電性相反解析：選AC粒子在電、磁場中，動能逐漸減小，說明電場力做負功，因洛倫茲力不做功，則電場力小于洛倫茲力，若減小兩金屬板的正對面積，場強E，S減小，Q不變，E增大，電場力

29、變大，當(dāng)電場力大于洛倫茲力時，粒子向電場力方向偏轉(zhuǎn)，電場力做正功，射出時動能變大，A項正確；當(dāng)增大兩金屬板間的距離時，場強不變，B項錯誤；當(dāng)減小磁感應(yīng)強度時洛倫茲力減小，可能小于電場力，粒子可能向電場力方向偏轉(zhuǎn)，電場力做正功，射出時動能變大，C項正確；當(dāng)改變粒子電性時，其所受電場力、洛倫茲力大小不變，方向均反向，所以射出時動能仍然減小，D項錯誤。6多選(2018全國名校模擬)如圖所示，區(qū)域中有正交的勻強電場和勻強磁場，區(qū)域中只有勻強磁場，不同的離子(不計重力)從左側(cè)進入兩個區(qū)域，在區(qū)域中都沒有發(fā)生偏轉(zhuǎn)，在區(qū)域中做圓周運動的軌跡都相同，則關(guān)于這些離子說法正確的是()A離子一定都帶正電B這些離子進

30、入?yún)^(qū)域的初速度相等C離子的比荷一定相同D這些離子的初動量一定相同解析：選BC由題意知，不同的離子通過區(qū)域時都不偏轉(zhuǎn)，說明受到的電場力與洛倫茲力相等，即EqB1qv，故離子的初速度相等，若為正離子，則電場力向下，洛倫茲力向上；若為負離子，則電場力向上，洛倫茲力向下，選項A錯誤，B正確；不同的離子進入?yún)^(qū)域后，其偏轉(zhuǎn)半徑相同，由公式R可知，它們的比荷相同，選項C正確；由于離子的質(zhì)量不一定相等，所以無法判斷初動量是否相等，選項D錯誤。7.如圖所示為一種獲得高能粒子的裝置環(huán)形加速器，環(huán)形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強磁場。質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子在環(huán)中做半徑為R的圓周運動。A、B為兩塊中心開有小孔的極板

31、，原來電勢都為零，每當(dāng)粒子飛經(jīng)A板時，A板電勢升高為U，B板電勢仍保持為零，粒子在兩極板間的電場中加速。每當(dāng)粒子離開電場區(qū)域時，A板電勢又降為零，粒子在電場中一次次加速，動能不斷增大，而在環(huán)形區(qū)域內(nèi)繞行半徑不變(設(shè)極板間距遠小于R)。下列關(guān)于環(huán)形加速器的說法正確的是()A環(huán)形區(qū)域內(nèi)的磁感應(yīng)強度大小Bn與加速次數(shù)n之間的關(guān)系為B環(huán)形區(qū)域內(nèi)的磁感應(yīng)強度大小Bn與加速次數(shù)n之間的關(guān)系為 CA、B板之間的電壓可以始終保持為UD粒子每次繞行一圈所需的時間tn與加速次數(shù)n之間的關(guān)系為 解析：選B因粒子每繞行一圈，其增加的能量為qU，所以繞行第n圈時獲得的總動能為mvn2nqU，得第n圈的速度vn 。在磁場

32、中，由牛頓第二定律得qBnvnm，解得Bn ，所以 ，A項錯誤，B項正確；如果A、B板之間的電壓始終保持為U，粒子在A、B兩極板之間飛行時，電場對其做功qU，從而使之加速，在磁場內(nèi)飛行時，電場又對粒子做功qU，從而使之減速，粒子繞行一周電場對其所做總功為零，動能不會增加，達不到加速效果，C項錯誤；根據(jù)t得tn2R，得 ，D項錯誤。8多選(2018北京燕博園模擬)如圖甲所示，一質(zhì)量m0.5 kg、電荷量q1102 C的物塊靜止在絕緣的粗糙水平面上，在物塊所在的足夠大的空間內(nèi)，加一與水平方向夾角37、斜向右下方的勻強電場，電場強度E1103 V/m。物塊在電場力的作用下開始運動，物塊運動后還受到空

33、氣阻力，其大小與速度的大小成正比。物塊的加速度a與時間t的關(guān)系如圖乙所示。已知sin 370.6，cos 370.8，重力加速度g取10 m/s2。以下判斷正確的是()A物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為Bt2 s時物塊的動能為56.25 JCt3 s時物塊受到的空氣阻力為5 ND前5 s內(nèi)合外力對物塊做的功為100 J解析：選ABD由題圖乙可知，t0時物塊的加速度a010 m/s2，且t0時物塊受到的空氣阻力為零，對物塊進行受力分析可得，Eqcos (mgEqsin )ma0，解得，故A選項正確；t2 s時物塊的速度由題圖乙中圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積可得，v2(105)m/s15 m/s，物塊的動能

34、Ekmv256.25 J，故B選項正確；由題圖乙可知t3 s時物塊的加速度大小a12.5 m/s2，對物塊進行受力分析可得，Eqcos (mgEqsin )Ffma1，解得Ff3.75 N，故C選項錯誤；由題圖乙可知t4 s時物塊的加速度減為零，此后物塊做勻速直線運動，由題圖乙中圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積可得，物塊的最大速度vm20 m/s，由動能定理可知，合外力對物塊做的功等于物塊動能的變化量，即WEkmvm2100 J，故D選項正確。9多選質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球(可視為質(zhì)點)，從傾角為的粗糙絕緣斜面(動摩擦因數(shù)tan )上由靜止釋放，斜面足夠長，整個斜面置于方向水平向外的勻強磁場中，

35、其磁感應(yīng)強度為B，如圖所示。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，下列說法中正確的是()A小球在斜面上運動時做勻加速直線運動B小球在斜面上運動時做加速度增大、速度也增大的變加速直線運動C小球最終在斜面上做勻速運動D小球在斜面上下滑過程中，對斜面壓力剛好為零時小球的速率為解析：選BD由0)的小球由軌道左端A無初速度滑下，當(dāng)小球滑至軌道最低點C時，給小球再施加一始終水平向右的外力F，使小球能以保持不變的速率滑過軌道右側(cè)的D點。若小球始終與軌道接觸，重力加速度為g，則下列判斷正確的是()A小球在C點受到的洛倫茲力大小為qBB小球在C點對軌道的壓力大小為3mgqBC小球從C到D的過程中，外力F的大小保持不變D

36、小球從C到D的過程中，外力F的功率逐漸增大解析：選AD小球從A點運動到C點的過程中只有重力做功，根據(jù)動能定理得mgRmv2，解得v，故小球在C點受到的洛倫茲力大小為F洛qBvqB，故A正確；由左手定則可知，小球向右運動到C點時受到的洛倫茲力的方向向上，則有NqvBmg，解得N3mgqB，故B錯誤；小球從C到D的過程中速率不變，由受力分析得mgsin Fcos ，速度方向與水平方向夾角變大，重力沿切線方向的分力增大，所以水平外力F的大小增大，故C錯誤；小球從C到D的過程中，速率不變，而洛倫茲力和支持力不做功，所以外力F的功率與小球克服重力做功的功率大小相等，由運動的合成與分解可知，小球從C向D運動的過程中，豎直方向的分速度越來越大，所以小球克服重力做功的功率增大，外力F的功率也增大，故D正確。