2020届高三物理第一轮复习 带电粒子在复合场中的运动学案 新人教版

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第三课时带电粒子在复合场中的运动 第一关：基础关展望高考 基 础 知 识 一、速度选择器 知识讲解 速度选择器（如下图所示） ①平行板中电场强度 E和磁感应强度 B 互相垂直.这种装置能把具有一定速度的 粒子选择出来，所以叫做速度选择器. ②带电粒子能够匀速沿直线通过速度选择器的条件是 Bqv=Eq,即 v= E B . 活学活用 1. 如图是测量带电粒子质量仪器的工作原理示意图.设法使某有机化合 物的气态分子导入图示的容器 A 中，使它受到电子束轰击，失去一个 电子成为正一价的分子离子.分子离子从狭缝 S1 以很小的速度进入电 压为 U 的加速电场区（初速度不计），加速后，再通过狭缝 S2、S3 射入 磁感应强度为 B 的匀强磁场，方向垂直于磁场区的界面 PQ，最后，分 子离子打到感光片上，形成垂直于纸面且平行于狭缝 S3 的细线.若测得 细线到狭缝 S3 的距离为 d,导出分子离子质量 m 的表达式. 解析：设离子的质量为 m、带电荷量为 q,经过加速电场时， 有 qU= 1 2 mv2 则从狭缝 S3 射入磁场区域的速度 v=  2qU m ① 射入磁场后，受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，由于垂直于边界射入，离子恰 经过半个圆，如图所示，其圆半径 R= 2 d ,由离子做匀速圆周运动的条件： qvB= 2 2 2mv mv 2mv R d / 2 d   , 代入①式的结果后，即得离子的质量 m= 2 2qd B 8U . 答案：m= 2 2qd B 8U 二、磁流体发电机 知识讲解 如图所示，由燃烧室 O 燃烧电离成的正、负离子（等离子体）以高速 v 喷入偏 转磁场 B 中.在洛伦兹力作用下，正、负离子分别向上、下极板偏转、积累，从而在 板间形成一个向下的电场，两板间形成一定的电势差：当 qvB= Uq d 时，电势差稳定 为 U=dvB，这就相当于一个可以对外供电的电源. 活学活用 2.目前世界上正在研究新型发电机——磁流体发电机，它的原理图如图所示， 设想在相距为 d 的两平行金属板间加一磁感应强度为 B 的匀强磁场，两板通过开关 和灯泡相连.将气体加热到使之高度电离后，由于正、负离子一样多，且带电荷量均 为 q,因而称为等离子体，将其以速度 v 喷入甲、乙两板之间，这时甲、乙两板就会 聚集电荷，产生电压，这就是磁流体发电机的原理，它可以直接把内能转化为电能， 试问： （1） 图中哪个极板是发电机的正极？ （2） 发电机的电动势多大？ （3） 设喷入两极板间的离子流每立方米有 n 个负电荷，离子流的横截面积为 S，则发电机的最大功率多大？ 解析：（1） 等离子体从左侧射入磁场，正离子受向上的洛伦兹力而偏向甲板， 使甲板上积累正电荷，相应的乙板上积累负电荷，成为电源的正、负两极.甲板是发 电机的正极. (2) 当开关断开时，甲、乙两板间的电压即为电源的电动势.稳定时，甲、乙两 板上积累的电荷不再增加，此时的等离子体所受的洛伦兹力与电场力恰好平衡，则 有 qU d =qvB 即得电源的电动势为 U=Bdv. （3） 理想状态时，喷入两极板间的离子流全部流向两极板，这时电源达到最 大功率.此时，电路中的最大电流为 Imax= Nq t 式中 N 为在 t 时间内喷入两极板间的正、负离子数的总和，即 N=2nSvt,则发电 机的最大功率为 Pmax=UImax=2ndqSBv2. 答案：(1) 甲板（2） Bdv(3) 2ndqSBv2 三、电磁流量计 知识讲解 电磁流量计原理可解释为：如图所示，一圆形导管直径为 d,用非磁性材料制成， 其中有可以导电的液体向左流动，导电液体中的自由电荷（正、负离子）在洛伦兹 力作用下偏转，a,b 间的电势差就保持稳定，由 qBv=qE=q U d ,可得 v= U Bd ,流量 Q=Sv= 2d U dU 4 Bd 4B   . 四、霍尔效应 知识讲解 霍尔效应是高中物理重要的探究课题之一.在匀强磁场中放置一个矩形截面的 载流导体，当磁场方向与电流方向垂直时，导体在与磁场、电流方向都垂直的方向 上出现了电势差.这个现象称为霍尔效应.所产生的电势差称为霍尔电势差或霍尔电 压，其原理如图所示. 第二关：技法关解读高考 解 题 技 法 一、带电体在重力场与磁场的复合场中的运动 技法讲解 带电体在重力场与磁场的复合场中运动时，若只受洛伦兹力与重力，当二力平 衡时，物体将沿水平方向做匀速直线运动，若二力不平衡则物体做一般的曲线运动， 很难从运动学角度来分析，而从能量的角度来分析就比较简便．一定要注意洛伦兹 力不做功这一特点．若带电物体在运动过程中还受其他物体(如绳、面或轨道等)的 约束，则应结合施加约束的物体的特点来分析带电物体的运动，一定注意洛伦兹力 随运动状态的变化而变化． 典例剖析 例 1 如图所示，匀强磁场垂直纸面向里，有一足够长的等腰三角形绝缘滑槽， 两侧斜槽与水平面夹角为α，在斜槽顶点两侧各放一个质量相等、带等量负电荷的 小球 A 和 B，两小球与斜槽的动摩擦因数相等，且μaB C.两球沿斜槽都做变加速运动，且 aA>aB D.两球沿斜槽的最大位移关系是：sA=sB 解析：由静止下滑后，对 A、B 两球受力分析 由牛顿第二定律得： mgsinα-μ(mgcosα-qBv)=maA mgsinα-μ(mgcosα+qBv)=maB 所以 A 球下滑过程中加速度增大，当 mgcosα=qBv 时将脱离斜面在空中做曲线 运动，B 球下滑过程中加速度减小，当 mgsinα=μ(mgcosα+qBv)时，B 球将沿斜面 匀速下滑，所以选项 C 正确. 答案：C 二、带电粒子在电场、磁场、重力场并存的复合场中的运动 技法讲解 1.带电粒子在复合场中的直线运动 带电粒子在电场、磁场、重力场并存的复合场中运动时，如果带电粒子所受合 外力为零时，所处状态一定是匀速直线运动．如果受的合力不为零，但方向与速度 在同一直线上，粒子将做匀减速或匀加速直线运动(或作变加速直线运动，如果有杆 或面束缚)．常见情况如下： (1)洛伦兹力为零(即 v 与 B 平行)，重力与电场力平衡，做匀速直线运动；或重 力与电场力的合力恒定做匀变速运动． (2)洛伦兹力 F 与速度 v 垂直，且与重力和电场力的合力(或其中一种力)平衡．做 匀速直线运动． 2.当带电粒子所受合外力充当向心力，带电粒子做匀速圆周运动．由于通常情 况下，重力和电场力为恒力，故不能充当向心力，所以一般情况下是重力恰好与电 场力相平衡，洛伦兹力充当向心力． 3.当带电微粒所受的合外力不为零，且恒力中的重力、电场力的合力做功使速 度大小变化时，带电微粒所受洛伦兹力变化，从而合外力变化，粒子将做曲线运动， 这时其轨迹既非圆弧、亦非抛物线，属变加速曲线运动，不能用匀变速运动或圆周 运动等规律解答有关问题，可考虑用动量观点解答或用功能观点处理． 典例剖析 例 2 如图所示,在空间存在着水平方向的匀强磁场和竖直方向的匀强电场,电场 强度为 E,磁感应强度为 B.在某点由静止释放一个带电液滴 a,它运动到最低点处,恰 与一个原来处于静止的液滴 b 相撞,相撞后两液滴合为一体,沿水平方向做直线运动. 已知液滴 a 质量是液滴 b 质量的 2 倍,液滴 a 所带电荷量是液滴 b 所带电荷量的 4 倍.求两液滴的初始位置之间的高度差 h(设 a,b 之间的静电力可以不计). 解析：设 b 液滴的质量为 m,电荷量为 q,则 a 液滴的质量为 2m,电荷量为 4q. b液滴原来静止,受重力和电场力处于平衡,由此可知 b 液滴带正电荷,且 mg=Eq. ① 由a粒子的运动轨迹可知其受的洛伦兹力方向为右上方,判定出 a 粒子带负电荷. 设 a 原来所在处与 b 原来所在处的高度为 h,a 运动到 b 时的速度为 v1 由动能定理 2mgh+E·4qh= 1 2 ·2mv1 2-0② 联立①②得：v1= 6gh .③ a 与 b 相撞后合在一起，电荷量为 4q-q=3q，带负电，由动量守恒定律得： 2mv1=（m+2m）v2 v2= 1 2 2v 6gh3 3  ④ 碰后在一起做匀速直线运动，受到重力 3mg，电场力 3Eq，洛伦兹力 3Bqv2. 由平衡条件 3Bv2q=3Eq+3mg⑤ 联立①④⑤解得 h= 2 2 3E 2gB . 答案：h= 2 2 3E 2gB 三、带电体在复合场中的动态分析与临界问题 技法讲解 带电体在电场力、磁场力、重力、弹力及摩擦力作用下的运动，广泛地涉及力 学和电磁学的基本概念、规律和方法，不仅受力复杂、运动多变(受力分析与运动分 析常结合在一起)、综合性强，而且往往与临界问题和极值问题密切相关． 1.解决该类型题方法思路 (1)正确进行受力分析，除重力、弹力、摩擦力外，要特别注意电场力和磁场力 的分析．(2)正确进行物体的运动状况分析，找出物体的速度、位置及变化，分清运 动过程，如果出现临界状态，要分析临界条件．(3)选择适当的规律进行求解． 2.分析临界问题的常用方法 (1)物理分析法 认真分析系统所经历的物理过程，找出与临界状态相对应的临界条件，是解答 这类题目的关键，寻找临界条件，方法之一是从最大静摩擦力、极限频率、临界角、 临界温度等具有临界含义的物理量及相关规律入手；方法之二是以题目叙述的一些 特殊词语如“恰好”“刚好”“最大”“最高”“至少”为突破口，挖掘隐含条件，探 求临界位置或状态. (2)数学解析法 许多物理过程，一个物理量随另一个物理量的变化可用一个二次函数来表示， 如果这个函数存在极值，则说明它反映的物理变化存在一个临界状态，用配方法、 图像法求解极值，就可求得临界点，临界状态的各物理量便可一一得出． 典例剖析 例 3 如图所示,竖直绝缘杆处于方向彼此垂直、大小为 E、B 的匀强电、磁场中， 一个质量为 m、带正电电荷量为 q 的小球，从静止开始沿杆下滑，且与杆的动摩擦 因数为μ，试求： （1）小球速度为多大时，加速度最大？最大值是多少？ （2）小球下滑的最大速度是多少？ 解析：小球开始下滑时，在水平方向始终受到方向相反的电场力 qE 和洛伦兹力 qvB 的作用，受力分析如图所示， （1）当 qvB＜qE 时，压力 FN 水 平向左，小球下滑的加速度为： a= Nmg F qE qvBgm m     （ ） 由上式知 a 随 v 的增加而增加，即小球做加速度增加的加速运动. 当 qvB=qE,即速度增大 v= E B 时, 摩擦力 Ff=FN=0,加速度最大,其最大值为 amax=g. (2)当 qvB＞qE 时,FN 改变方向为水平向右，小球下滑加速度为: a=  N qvB qEmg F gm m     由此可知 a 随 v 增大而减小,即小球做加速度减小的加速运动,当 a=0 时,速度达 到最大,这时有: mg=μ(qvB-qE) 故最大速度为 vmax= mg Eq qB    . 答案：（1）v= E B amax=g（2） mg Eq qB    第三关：训练关笑对高考 随 堂 训 练 １.如图所示，ａ、ｂ是一对平行的金属板，分别接到直流电源的两极上，右边有一 挡板，正中间开有一小孔ｄ．在较大的空间范围内存在着匀强磁场，磁感应强度大 小为Ｂ，方向垂直纸面向里，而在ａ、ｂ两板间还存在着匀强电场．从两板左侧中 点Ｃ处射入一束正离子，这些正离子都沿直线运动到右侧，从ｄ孔射出后分成３ 束．则这些正离子的 （ ） Ａ.速度一定都相同 Ｂ.质量一定有３种不同的数值 Ｃ.电量一定有３种不同的数值 Ｄ.荷质比一定有３种不同的数值 解析：带电粒子在正交的复合场中做直线运动，必有 qvB=qE，即 v= E B 各离子 的速度相同.离开复合场后各离子的轨道半径不同，由 R= mv qB 可知，荷质比一定不同. 答案：AD 2.如图所示，一块通电的铜板，板面垂直磁场放在磁场中，板内通有图示方向 的电流，ａ、ｂ是铜板的左、右边缘的两点，则() A.电势φａ＞φｂ B.电势φｂ＞φａ C.电流增大时，|φａ－φｂ|增大 D.其他条件不变，将铜板改为ＮａＣｌ水溶液时，电势情况仍然一样 解析：铜板内自由电荷为自由电子,电流向上,则电子流动方向向下,其所受洛伦 兹力的方向向左,则自由电子将向 a 侧偏转,a 侧积累负电荷,b 侧显出正电荷从而建 立由 b 指向 a 的电场,故φa＜φb,B 正确.同时,当 eBv= baeU d 时,电子不再偏转,Uba 最 大,为 Uba=Bdv,其中 I=svne,所以 v= I sne ,所以 Uba= BdI sne ,可见 I 增大时,Uab=|φa-φb| 也增大,C 正确.当为 NaCl 水溶液,正负离子偏向同一侧,故 D 不正确. 答案：BC 3.如图所示，水平放置的两个平行金属板 MN、PQ 间存在匀强电场和匀强磁场.MN 板带正电，PQ 板带负电，磁场方向垂直纸面向里.一带电粒子只在电场力和洛伦兹 力作用下，从 I 点由静止开始沿曲线 IJK 运动，到达 K 点时速度为零，J 是曲线上 离 MN 板最远的点.以下说法正确的是（） A.粒子在 J 点受到的电场力大于洛伦兹力 B.粒子在 I 点的电势能大于 K 点的电势能 C.粒子在 I 点和 K 点的加速度相同 D.粒子将在 IJK 曲线上往复运动 答案：AC 4.如图所示，带电平行板中匀强电场竖直向上，匀强磁场方向垂直纸面向里，某带 电小球从光滑绝缘轨道上的ａ点自由滑下，经过轨道端点Ｐ进入板间后恰好沿水平 方向做直线运动，现使小球从稍低些的ｂ点开始自由滑下，在经Ｐ点进入板间的运 动过程中 （ ） ①其动能将会增大 ②其电势能将会增大 ③小球所受 的洛伦兹力将会增大 ④小球所受的电场力将会增大 Ａ.①②③ Ｂ.①②③④ Ｃ.①④ Ｄ.②③④ 解析：带电小球进入板间恰好沿水平方向做直线运动，所以 qvB+qE=mg（小球 只能带正电），若从稍低的 b 点落下，进入板间的速度将减小，则进入时洛伦兹力减 小了，因此小球将向下板偏，合外力做功大于零（mg>qE），动能将会增大，速度将 会增大，洛伦兹力将会增大；由于向下板偏，电场力做负功，其电势能将会增大. 而电场力大小只与场强及小球的带电荷量有关，故④错. 答案：A 5.如图所示，直线 PO 与 x 轴成 45°角，x 轴上方有水平向右的匀强电场 E1,下 方有竖直向下的匀强电场 E2，已知电场强度 E1=E2=10 N/C,x 轴下方还存在着垂直纸 面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度 B=10 T.现有一质量 m=1.0×10-5 kg 的带电粒 子，带电荷量 q=-1.0×10-5 C.粒子由 P 点无初速释放，PO=d= 10 2 m(重力加速度 g=10 m/s2).求： （1）粒子刚进入磁场区域时的速度 v； (2)粒子第一次在磁场中运动的时间 t 和位移 L. 解析：粒子在两个电场中所受的电场力大小相同，为 F=qE1=qE2=1.0×10-4 N 粒子所受的重力为 G=mg=1.0×10-4 N 可见在两个电场中粒子所受电场力大小均等于重力大小. （1） 在 x 轴上方的电场中，粒子沿 PO 做初速度为 0 的匀加速直线运动 合外力大小为 F 合= 2 2G F = 2 ×10-4 N 合外力方向：tanθ= G F =1,θ=45°，即合外力与场强方向的夹角为 45°，粒 子将从原点 O 进入 x 轴下方的复合场中. 加速度 a= F m 合 =10 2 m/s2 粒子刚进入 x 轴下方复合场时的速度为 v= 2ad =2 m/s （2）在 x 轴下方的复合场中，因为粒子所受的重力和电场力平衡，所以粒子在 洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，其周期 T= 2 m qB  =0.628 s 由对称性可知，粒子在磁场中运动四分之三周期，所用时间为 t=3T/4=0.47 s 粒子在磁场中做圆周运动的半径为 R= mv qB =0.2 m 粒子离开磁场时速度方向与负 x 轴成 45°角，则粒子在磁场中运动的位移为, L= 2 R=0.22 2 m=0.283 m 答案：(1)2 m/s(2)0.47 s0.283 m 课时作业三十八带电粒子在复合场中的运动 1.在如图所示的空间中，存在场强为 E 的匀强电场，同时存在沿 x 轴负方向、 磁感应强度为 B 的匀强磁场，一质子（电荷量为 e）在该空间恰沿 y 轴正方向以速 度 v 匀速运动.据此可以判断出() A.质子所受电场力大小等于 eE，运动中电势能减小；沿 z 轴正方向电势升高 B.质子所受电场力大小等于 eE，运动中电势能增大；沿 z 轴正方向电势降低 C.质子所受电场力大小等于 evB，运动中电势能不变；沿 z 轴正方向电势升高 D.质子所受电场力大小等于 evB，运动中电势能不变；沿 z 轴正方向电势降低 解析:根据粒子匀速运动特点可知，电场力等于洛伦兹力.粒子沿着等势线运动， 故电势能不变，电场方向沿 z 轴向下，故 ABD 错，C 正确. 答案:C 2.如图所示，带电平行金属板相互正对水平放置，两板间存在着水平方向的匀 强磁场.带电液滴 a 沿垂直于电场和磁场的方向进入板间后恰好沿水平方向做直线 运动，在它正前方有一个静止在绝缘小支架上不带电的液滴 b，带电液滴 a 与液滴 b 发生正碰，在极短的时间内复合在一起形成带电液滴 c.若不计支架对液滴 c 沿水平 方向的作用力，则液滴 c 离开支架后() A.一定做曲线运动 B.可能做匀速圆周运动 C.可能做直线运动 D.电场力对其做正功 解析:液滴 a 在电、磁场中做匀速运动，有 mag=Bqva+qE,与液滴 b 复合过程中动 量守恒：mava=(mb+ma)v,刚碰后 c 受到的向上的作用力 qE+Bqv＜qE+Bqva=mag＜ (ma+mb)g，故此液滴要做曲线运动，电场力做负功，A 对，C、D 错.在匀强复合场中 带点质点做匀速圆周运动时要求恒力的合力为零，洛伦兹力提供向心力，故 B 错误. 答案:A 3.如图所示，套在足够长的绝缘粗糙直棒上的带正电小球，其质量为 m，带电 荷量为 q，小球可在棒上滑动，现将此棒竖直放入沿水平方向且互相垂直的匀强磁 场和匀强电场中.设小球电荷量不变，小球由静止下滑的过程中() A.小球加速度一直增大 B.小球速度一直增大，直到最后匀速 C.杆对小球的弹力一直减小 D.小球所受洛伦兹力一直增大，直到最后不变 解析:小球由静止加速下滑，f 洛=Bqv 在不断增大.开始一段，如图（a),f 洛＜f 电，水平方向有 f 洛+ N=F 电，加速度 a= mg f m  ,其中 f=μ N，随着速度的不断增大， f 洛增大，弹力 N 减小，加速度也增大.当 f 洛=F 电时，加速度达最大.以后如图（b） f 洛＞F 电，水平方向 f 洛=F 电+ N′，随着速度的增大， N′也不断增大，摩擦力 f′= μ N′也增大，加速度 a= mg f m   减小，当 f′=mg 时，加速度 a=0，此后小球匀速 运动.由以上分析可知，加速度先增大后减小，A 错，B 正确；弹力先减小，后增大， C 错；洛伦兹力 f 洛=Bqv，由 v 的变化可知 D 正确. 答案:BD 4.如图有一混合正离子束先后通过正交电场磁场区域Ⅰ和匀强磁场区域Ⅱ，如 果这束正离子束在区域Ⅰ中不偏转，进入区域Ⅱ后偏转半径又相同，则说明这些正 离子具有相同的() A.速度 B.质量 C.电荷 D.比荷 解析:设电场的场强为 E，由于粒子在区域Ⅰ里不发生偏转，则 Eq=B1qv,得 v= 1 E B ； 当粒子进入区域Ⅱ时，偏转半径又相同，所以 R= 1 2 2 1 2 Em Bmv Em B q B q B B q   ，故选项 A、D 正确. 答案:AD 5.如图所示，虚线空间存在由匀强电场 E 和匀强磁场 B 组成的正交或平行的电 场和磁场，有一个带正电小球（电荷量为+q，质量为 m）从正交或平行的电磁混合 场上方的某一高度自由落下，那么，带电小球可能沿直线通过下列的哪个电磁混合 场() 解析:带电小球在各复合场中受力情况如下图所示，A 图中由于小球所受合力不 为零，所以洛伦兹力不恒定，因此水平方向合力不可能保持为零，所以 A 图不正确； B 图中垂直纸面向外的方向上只有一个洛伦兹力，所以这种情况下小球也不能沿竖 直方向运动；C 图中小球所受三个力的合力有可能为零，小球可能沿竖直线运动；D 图中小球只受竖直方向重力和电场力作用，一定沿竖直线运动. 答案:CD 6.1930 年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示.这台加速 器由两个铜质 D 形盒 D1、D2 构成，其间留有空隙，下列说法正确的是（) A.离子由加速器的中心附近进入加速器 B.离子由加速器的边缘进入加速器 C.离子从磁场中获得能量 D.离子从电场中获得能量 解析:回旋加速器的两个 D 形盒间隙分布周期性变化的电场，不断地给带电粒子 加速使其获得能量；而 D 形盒处分布有恒定不变的磁场，具有一定速度的带电粒子 在 D 形盒内受到磁场的洛伦兹力提供的向心力而做圆周运动；洛伦兹力不做功故不 能使离子获得能量，C 错；离子源在回旋加速器的中心附近.所以正确选项为 A、D. 答案:AD 7.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图所 示的流量计.该装置由绝缘材料制成，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磁感应强度为 B 的匀强磁场，在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，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.若污水中正离子较多，则前表面比后表面电势高 B.若污水中负离子较多，则前表面比后表面电势高 C.污水中离子浓度越高电压表的示数将越大 D.污水流量 Q 与 U 成正比，与 a、b 无关 解析:由左手定则可判断出正离子较多时，正离子受到的洛伦兹力使其向后表面 偏转聚集而导致后表面电势升高，同理负离子较多时，负离子向前表面偏转聚集而 导致前表面电势降低，故 A、B 错误.设前后表面间的最高电压为 U，则 qU/b=qvB， 所以U=vBb，由此可知U与离子浓度无关，故C错误.因Q=vbc，而U=vBb，所以Q=Uc/B,D 正确. 答案:D 8.如图所示，空间存在竖直向下的匀强电场和水平方向（垂直纸面向里）的匀 强磁场，一离子在电场力和洛伦兹力共同作用下，从静止开始自 A 点沿曲线 ACB 运 动，到达 B 点时速度为零，C 为运动的最低点，不计重力，则() A.该离子必带正电 B.A、B 两点位于同一高度 C.离子到达 C 点时的速度最大 D.离子到达 B 点后，将沿原路返回 A 点 解析:在不计重力情况下，离子从 A 点由静止开始向下运动，说明离子受向下的 电场力，带正电.整个过程中只有电场力做功，而 A、B 两点离子速度都为零，所以 A、B 在同一等势面上，选项 B 正确.运动到 C 点时离子在电场力方向上发生的位移 最大，电场力做功最多，离子速度最大，选项 C 正确.离子从 B 点向下运动时受向右 的洛伦兹力，将向右偏，故选项 D 错. 答案:ABC 9.如图所示，在水平正交的匀强电场和匀强磁场区域内，有一个带电小球 A， 已知电场强度为 E，磁感应强度为 B，小球在复合场区域中受到的电场力大小恰与它 的重力大小相等，要使小球在电磁场中匀速运动，则小球的速度大小等于__，方向 为___. 解析:小球带正电时，磁场力的大小等于重力与电场力的合力，方向如图（甲） 所示. 则 qBv= 2 qE v= 2E B 根据左手定则，小球速度的方向与磁场力垂直，与 E 的正向成 45°角；同理，小球带负电时，亦有 v=2EB,方向与 E 正向成 135°角（如 图乙所示）. 答案: 2E B 小球带正电时，为右上方与 E 正向成 45°角；小球带负电时， 为左 上方与 E 正向成 135°角 10.如图所示，坐标系 xOy 位于竖直平面内，在该区域内有场强 E=12 N/C、方 向沿 x 轴正方向的匀强电场和磁感应强度大小为 B=2T、沿水平方向且垂直于 xOy 平 面指向纸里的匀强磁场.一个质量 m=4×10-5 kg，电量 q=2.5×10-5C 带正电的微粒， 在 xOy 平面内做匀速直线运动，运动到原点 O 时，撤去磁场，经一段时间后，带电 微粒运动到了 x 轴上的 P 点.取 g=10 m/s2，求： （1）P 点到原点 O 的距离； （2）带电微粒由原点 O 运动到 P 点的时间. 解析:微粒运动到 O 点之前要受到重力、电场力和洛伦兹力作用，在这段时间内 微粒做匀速直线运动，说明三力合力为零. 由此可得 2 2 B EF F +(mg)2① 电场力 FE=Eq② 洛伦兹力 FB=Bqv③ 联立求解、代入数据得 v=10 m/s④ 微粒运动到 O 点之后，撤去磁场，微粒只受到重力、电场力作用，其合力为一 恒力，且方向与微粒在 O 点的速度方向垂直，所以微粒在后一段时间内的运动为类 平抛运动，可沿初速度方向和合力方向进行分解. tanθ= FE mg ⑤ 代入数据得 tanθ= 3 4 ⑥ 设沿初速度方向的位移为 s1，沿合力方向的位移为 s2，则因为 s1=vt⑦ s2= 1 2  22 E 2F mg tm  ⑧ OP= 1s cos ⑨ 联立求解，代入数据可得 P 点到原点 O 的距离 OP=15 m O 点到 P 点运动时间 t=1.2s 答案：（1）15 m（2）1.2 s 11.如图所示，在 xOy 平面的第一象限有一匀强电场，电场的方向平行于 y 轴向 下；在 x 轴和第四象限的射线 OC 之间有一匀强磁场，磁感应强度的大小为 B，方向 垂直于纸面向外.有一质量为 m，带有电荷量+q 的质点由电场左侧平行于 x 轴射入电 场.质点到达 x 轴上 A 点时，速度方向与 x 轴的夹角为φ，A 点与原点 O 的距离为 d. 接着，质点进入磁场，并垂直于 OC 飞离磁场.不计重力影响.若 OC 与 x 轴的夹角也 为φ，求 （1）粒子在磁场中运动速度的大小； （2）匀强电场的场强大小. 解析:（1）质点在磁场中的轨迹为一圆弧.由于质点飞离磁场时，速度垂直于 OC，故圆弧的圆心在 OC 上.依题意，质点轨迹与 x 轴的交点为 A，过 A 点作与 A 点 的速度方向垂直的直线，与 OC 交于 O′.由几何关系知，AO′垂直于 OC，O′是圆弧 的圆心.设圆弧的半径为 R，则有 R=dsinφ① 由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得 qυB=m 2v R ② 将①式代入②式，得 υ= qBd sinm  ③ (2)质点在电场中的运动为类平抛运动.设质点射入电场的速度为υ0，在电场中 的加速度为 a，运动时间为 t,则有 υ0=υcosφ④ υsinφ=at⑤ d=υ0t⑥ 联立④⑤⑥得 a= sin cos d   ２ ⑦ 设电场强度的大小为 E，由牛顿第二定律得⑧ qE=ma 联立③⑦⑧ E= 2qB d m sin3φcosφ⑨ 答案：（1） 2qB d m sinφ（2） 2qB d m sin3φcosφ 12.如图所示，在坐标系 xOy 中，过原点的直线 OC 与 x 轴正向的夹角φ=120°， 在 OC 右侧有一匀强电场；在第二、三象限内有一匀强磁场，其上边界与电场边界重 叠、右边界为 y 轴、左边界为图中平行于 y 轴的虚线，磁场在磁感应强度大小为 B， 方向垂直纸面向里.一带正电荷 q、质量为 m 的粒子以某一速度自磁场左边界上的 A 点射入磁场区域，并从 O 点射出，粒子射出磁场的速度方向与 x 轴的夹角θ=30°， 大小为 v.粒子在磁场中的运动轨迹为纸面内的一段圆弧，且弧的半径为磁场左右边 界间距的两倍.粒子进入电场后，在电场力的作用下又由 O 点返回磁场区域，经过一 段时间后再次离开磁场.已知粒子从 A 点射入到第二次离开磁场所用的时间恰好等 于粒子在磁场中做圆周运动的周期.忽略重力的影响.求 （1）粒子经过 A 点时速度的方向和 A 点到 x 轴的距离； （2）匀强电场的大小和方向； （3）粒子从第二次离开磁场到再次进入电场时所用的时间. 解析:（1）设磁场左边界与 x 轴相交于 D 点，与 CO 相交于 O′点，由几何关系 可知，直线 OO′与粒子过 O 点的速度 v 垂直.在直角三角形 OO′D 中∠OO′D=30°. 设磁场左右边界间距为 d,则 OO′=2d.依题可知，粒子第一次进入磁场的运动轨迹的 圆心即为 O′点，圆弧轨迹所对的圆心角为 30°，且 O′A 为圆弧的半径 R. 由此可知，粒子自 A 点射入磁场的速度与左边界垂直.A 点到 x 轴的距离 AD =R（1-cos30°）① 由洛伦兹力公式、牛顿第二定律及圆周运动的规律，得 qvB= 2mv R ② 联立①②式得 mv 3AD (1 )qB 2   ③ （2）设粒子在磁场中做圆周运动的周期为 T，第一次在磁场中飞行的时间为 t1， 有 t1= 12 T ④ T= 2 m qB  ⑤ 依题意，匀强电场的方向与 x 轴正向夹角应为 150°.由几何关系可知，粒子再 次从 O 点进入磁场的速度方向与磁场右边界夹角为 60°.设粒子第二次在磁场中飞 行的圆弧的圆心为 O″,O″必定在直线 OC 上.设粒子射出磁场时与磁场右边界交于 P 点，则∠OO″P=120°. 设粒子第二次进入磁场在磁场中运动的时间为 t2，有 t2= 1 3 T⑥ 设带电粒子在电场中运动的时间为 t3,依题意得 t3=T-(t1+t2)⑦ 由匀变速运动的规律和牛顿定律可知，-v=v-at3⑧ a= qE m ⑨ 联立④⑤⑥⑦⑧⑨可得 E= 12 7 Bv⑩ （3）粒子自 P 点射出后将沿直线运动.设其由 P′点再次进入电场，由几何关 系知 ∠O″P′P=30° 三角形 OPP′为等腰三角形.设粒子在 P、P′两点间运动的时间为 t4，有 t4= PP v  又由几何关系知OP 3R 联立②式得 t4= m3 qB 答案：(1) mv 3(1 )qB 2  (2) 12 7 Bv,与 x 轴正向夹角为 150° (3) 3  m qB