强化训练26带电粒子在复合场中的运动（一）
——’17备考热身教辅系列
山东平原一中魏德田
本套强化训练为带电粒子在复合场中的运动（一），搜集近年来各地高中物理高考真题、模拟题及其它极有备考价值的习题等筛选而成。其主要目的在于通过本套训练，理解和掌握重力、电场力、洛伦兹力大小和方向的确定方法，分析带电粒子在复合场中的受力、轨迹、运动情况，分析各种如力动关系、功能关系、冲动关系，弄清在题设物理过程中功、冲量的多少，能量、动量是否的变化或守恒等等，综合利用力学、电磁学等知识，解决有关带电粒子运动的比较复杂、难度又较大的物理问题。此类习题，为历年来高考的热点和重点，很值得我们特别关注和探究。全卷14题，总计120分，选做题9道为学有余力者参考。
一、破解依据
㈠重力场或等效力场
⑴常见的机械力、、、、等。像等效重力场加速度可为或等。
⑵运动学公式、、和牛顿定律、、等等。
⑶功、功率、动能定理、势能关系、机械能守恒、及变化、动量定理和守恒等
㈡静电场
⑴库仑力或静电场力等
⑵场强、电势等
⑶电场力做功与电势能的关系等
⑷电势能、机械能、内能的守恒
㈢静磁场
⑴洛伦兹力、或等
⑵半径公式、周期公式、圆心确定（过初、末速度始点两条垂线的交点）、飞行时间、旋转角、偏向角，速弦角等。
⑶粒子的匀速圆运动中，洛伦兹力虽是有心力，洛伦兹力不做功，可引起速度、动量的变化。故磁场没有相应的势能。
㈣此类问题，必须综合利用力学、电磁学甚至于热学、光学、近代物理等知识解决；其他不尽或生疏之处，读者自补。
二、精选习题
㈠选择题（每小题5分，共50分）
⒈（17新课标Ⅰ）如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与纸面平行)，磁场方向垂直于纸面向里．三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等，质量分别为m、m、m已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动．下列选项正确的是()
mb>ma>mcC．mc>ma>mbD．mc>mb>ma
⒉(14东北三校联考如图X20-5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的两块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、U2变化 D．d与U1无关，d与U2无关
⒊（16全国Ⅰ现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，1-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()
4．(15宿迁三校检测)如图所示为速度选择器装置，场强为E的匀强电场与磁感应强度为B的匀强磁场互相垂直．一带电量为+q，质量为m的粒子(不计重力)以速度v水平向右射入，粒子恰沿直线穿过，则下列说法正确的是
A．若带电粒子带电量为+2q，粒子将向下偏转
B．若带电粒子带电量为－2q，粒子仍能沿直线穿过
C．若带电粒子速度为2v，粒子从右侧射出时电势能一定增大
D．若带电粒子从右侧水平射入，粒子仍能沿直线穿过
5.(15马鞍山三模)如图所示，xOy坐标平面在竖直面内，y轴正方向竖直向上，空间有垂直于xOy平面的匀强磁场（图中未画出）。一带电小球从O点由静止释放，运动轨迹如图中曲线所示。下列说法中正确的是
A．轨迹OAB可能为圆弧
B．小球在整个运动过程中机械能增加
C．小球在A点时受到的洛伦兹力与重力大小相等
D．小球运动至最低点A时速度最大，且沿水平方向
6（13浙江联考如图X20-2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的且互相垂直的匀强磁场和匀强电场中．设小球电荷量不变，小球由棒的下端以()
A．小球加速度一直减小
B．小球的速度先减小，直到最后匀速
C．杆对小球的弹力一直减小
D．小球队受到的洛伦兹力一直减小14江苏如图X20-4所示，导电物质为电子的霍尔元件位于两串联线圈之间，线圈中电流为I，线圈间产生匀强磁场，磁感应强度大小B与I成正比，方向垂直于霍尔元件的两侧面，此时通过霍尔元件的电流为IH，与其前后表面相连的电压表测出的霍尔电压UH满足：UH＝k，式中k为霍尔系数，d为霍尔元件两侧面间的距离．电阻R远大于RL，霍尔元件的电阻可以忽略，则()
A．霍尔元件前表面的电势低于后表面
B．若电源的正负极对调，电压表将反偏
C．IH与I成正比
D．电压表的示数与RL消耗的电功率成正比
．14江西联考图X20-2为某种质谱仪的工作原理示意图．此质谱仪由以下几部分构成：粒子源N；P、Q间的加速电场；静电分析器，即中心线半径为R的四分之一圆形通道，通道内有均匀辐射电场，方向沿径向指向圆心O，且与圆心O等距离的各点的电场强度大小相等；磁感应强度为B、方向垂直于纸面向外的有界匀强磁场；胶片MO.由粒子源发出的不同带电粒子经加速电场加速后进入静电分析器，某些粒子能沿中心线通过静电分析器并经小孔S垂直于磁场边界进入磁场，最终打到胶片上的某点．粒子从粒子源发出时的初速度不同，不计粒子所受的重力．下列说法中正确的是()
A．从小孔S进入磁场的粒子的速度大小一定相等
B．从小孔S进入磁场的粒子的动能一定相等
C．打到胶片上同一点的粒子初速度大小一定相等
D．打到胶片上位置距离O点越远的粒子，比荷越小
(15扬州)如图所示，两平行金属板水平放置，开始开关S合上使平行板电容器带电．板间存在垂直纸面向里的匀强磁场．一个不计重力的带电粒子恰能以水平向右的速度沿直线通过两板．在以下方法中，能使带电粒子仍沿水平直线通过两板的是（）
A．两板的距离增大一倍，同时磁感应强度增大一倍
B．两板的距离减小一半，同时磁感应强度增大一倍
C．开关S断开，两板间的正对面积减小一半，同时板间磁场的磁感应强度减小一半
D．开关S断开，两板间的正对面积减小一半，同时板间磁场的磁感应强度增大一倍
10.（15南平）如图甲，一带电物块无初速度地放上皮带轮底端，皮带轮以恒定大小的速率沿顺时针传动，该装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中，物块由底端E运动至皮带轮顶端F的过程中，其图像如图乙所示，物块全程运动的时间为4.5s，关于带电物块及运动过程的说法正确的是
A．该物块带负电
B．皮带轮的传动速度大小一定为lm／s
C．若已知皮带的长度，可求出该过程中物块与皮带发生的相对位移
D．在2s～4.5s内，物块与皮带仍可能有相对运动
㈡计算题（共66分）
11.（17新课标Ⅲ）12分如图，空间存在方向垂直于纸面(xOy平面)向里的磁场．在x≥0区域，磁感应强度的大小为B0；x<0区域，磁感应强度的大小为λB0(常数λ>1)．一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴正向射入磁场，此时开始计时，当粒子的速度方向再次沿x轴正向时，求(不计重力)：
(1)粒子运动的时间；
(2)粒子与O点间的距离．
如图，绝缘粗糙的竖直平面MN左侧同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，电场强度大小为E，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带正电的小滑块从A点由静止开始沿MN下滑，到达C点时离开MN做曲线运动。A、C两点间距离为h，重力加速度为g。
（1）求小滑块运动到C点时的速度大小vc；
（2）求小滑块从A点运动到C点过程中克服摩擦力做的功Wf；
（3）若D点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中速度最大的位置，当小滑块运动到D点时撤去磁场，此后小滑块继续运动到水平地面上的P点。已知小滑块在D点时的速度大小为vD，从D点运动到P点的时间为t，求小滑块运动到P点时速度的大小vp.
17天津平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第Ⅲ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，如图所示．一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v沿x轴正方向开始运动，Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍．粒子从坐标原点O离开电场进入磁场，最终从x轴上的P点射出磁场，P点到y轴距离与Q点到y轴距离相等．不计粒子重力，问：
(1)粒子到达O点时速度的大小和方向；(2)电场强度和磁感应强度的大小之比．如图所示，直径分别为D和2D的同心圆处于同一竖直面内，O为圆心，GH为大圆的水平直径。两圆之间的环形区域（区）和小圆内部（区）均存在垂直圆面向里的匀强磁场。间距为d的两平行金属极板间有一匀强电场，上极板开有一小孔。一质量为m，电量为+q的粒子由小孔下方d/2处静止释放，加速后粒子以竖直向上的速度v射出电场，由点紧靠大圆内侧射入磁场。不计粒子的重力。
（1）求极板间电场强度的大小；
（2）若粒子运动轨迹与小圆相切，求区磁感应强度的大小；
（3）若区，区磁感应强度的大小分别为2mv/qD，4mv/qD，粒子运动一段时间后再次经过H点，求这段时间粒子运动的路程。
在如图所示的竖直平面内，水平轨道CD和倾斜轨道GH与半径r＝m的光滑圆弧轨道分别相切于D点和G点，GH与水平面的夹角θ＝37°.过G点、垂直于纸面的竖直平面左侧有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度B＝1.25T；过D点、垂直于纸面的竖直平面右侧有匀强电场，电场方向水平向右，电场强度E＝1×104N/C.小物体P1质量m＝2×10－3kg、电荷量q＝＋8×10－6C，受到水平向右的推力F＝9.98×10－3N的作用，沿CD向右做匀速直线运动，到达D点后撤去推力．当P1到达倾斜轨道底端G点时，不带电的小物体P2在GH顶端静止释放，经过时间t＝0.1s与P1相遇．P1与P2与轨道CD、GH间的动摩擦因数均为μ＝0.5，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，物体电荷量保持不变，不计空气阻力．求：
(1)小物体P1在水平轨道CD上运动速度v的大小；
(2)倾斜轨道GH的长度s.
15分电子扩束装置由电子加速器、偏转电场和偏转磁场组成．偏转电场由加了电压的相距为d的两块水平平行放置的导体板形成，如图甲所示．大量电子（其重力不计）由静止开始，经加速电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间射入偏转电场．当两板不带电时，这些电子通过两板之间的时间为2t0，当在两板间加如图乙所示的周期为2t0、幅值恒为U0的电压时，所有电子均从两板间通过，然后进入水平宽度为L，竖直宽度足够大的匀强磁场中，最后通过匀强磁场打在竖直放置的荧光屏上．问：
（1）电子在刚穿出两板之间时的最大侧向位移与最小侧向位移之比为多少？
（2）要使侧向位移最大的电子能垂直打在荧光屏上，匀强磁场的磁感应强度为多少？
（3）在满足第（2）问的情况下，打在荧光屏上的电子束的宽度为多少？（已知电子的质量为m、电荷量为e）
17.（15浙江）（17分）使用回旋加速器的实验需要把离子束从加速器中引出，离子束引出的方法有磁屏蔽通道法和静电偏转法等。质量为m，速度为v的离子在回旋加速器内旋转，旋转轨道时半径为r的圆，圆心在O点，轨道在垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度为B。为引出离子束，使用磁屏蔽通道法设计引出器。引出器原理如图所示，一堆圆弧形金属板组成弧形引出通道，通道的圆心位于点（点图中未画出）。引出离子时，令引出通道内磁场的磁感应强度降低，从而使离子从P点进入通道，沿通道中心线从Q点射出。已知OQ长度为L。OQ与OP的夹角为，
（1）求离子的电荷量q并判断其正负
（2）离子从P点进入，Q点射出，通道内匀强磁场的磁感应强度应降为，求
（3）换用静电偏转法引出离子束，维持通道内的原有磁感应强度B不变，在内外金属板间加直流电压，两板间产生径向电场，忽略边缘效应。为使离子仍从P点进入，Q点射出，求通道内引出轨迹处电场强度E的方向和大小
（20分）边长为3L的正方形区域分成相等的三部分，左右两侧为匀强磁场，中间区域为匀强电场，如图所示。左侧磁场的磁感应强度大小为，方向垂直纸面向外；右侧磁场的磁感应强度大小为，方向垂直于纸面向里；中间区域电场方向与正方形区域的上下边界平行。一质量为m、电荷量为+q的带电粒子从平行金属板的正极板开始由静止被加速，加速电压为U，加速后粒子从a点进入左侧磁场，又从距正方形上下边界等间距的b点沿与电场平行的方向进入电场，不计粒子重力，求：
⑴粒子经过平行金属板加速后的速度大小；
⑵粒子在左侧磁场区域内运动时的半径及运动时间；
⑶电场强度E的取值在什么范围内时粒子能从右侧磁场的上边缘cd间离开？
(1)求粒子从P点出发至第一次到达x轴时所需时间;
(2)若要使粒子能够回到P点,求电场强度的最大值。
20.（14襄阳五中如图所示，两水平放置的平行金属板a、b，板长L＝0.2m，板间距d＝0.2m．两金属板间加可调控的电压U，且保证a板带负电，b板带正电，忽略电场的边缘效应．在金属板右侧有一磁场区域，其左右总宽度s＝0.4m，上下范围足够大，磁场边界MN和PQ均与金属板垂直，磁场区域被等宽地划分为n（正整数）个竖直区间，磁感应强度大小均为B＝5×10-3T，方向从左向右为垂直纸面向外、向内、向外……．在极板左端有一粒子源，不断地向右沿着与两板等距的水平线OO′发射比荷＝1×108C/kg、初速度为v0＝2×105m/s的带正电粒子。忽略粒子重力以及它们之间的相互作用．
（1）当取U何值时，带电粒子射出电场时的速度偏向角最大；
（2）若n=1，即只有一个磁场区间，其方向垂直纸面向外，则当电压由0连续增大到U过程中带电粒子射出磁场时与边界PQ相交的区域的宽度；
（3）若n趋向无穷大，则偏离电场的带电粒子在磁场中运动的时间t为多少？
13天津一圆筒的横截面如图所示，其圆心为O.筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.圆筒下面有相距为d的平行金属板M、N，其中M板带正电荷，N板带等量负电荷．质量为m、电荷量为q的带正电粒子自M板边缘的P处由静止释放，经N板的小孔S以速度v沿半径SO方向射入磁场中．粒子与圆筒发生两次碰撞后仍从S孔射出，设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失，且电荷量保持不变，在不计重力的情况下，求：(1)M、N间电场强度E的大小；
(2)圆筒的半径R；
(3)保持M、N间电场强度E不变，仅将M板向上平移d，粒子仍从M板边缘的P处由静止释放，粒子自进入圆筒至从S孔射出期间，与圆筒的碰撞次数n.
(15丰台二练)（20分）如图所示，某真空区域内存在匀强电场和匀强磁磁场，取正交坐标系Oxyz（z轴正方向竖直向上）。已知电场方向沿z轴正方向，场强大小为E；磁场方向沿y轴正方向，磁感应强度的大小为B；重力加速度为g。一个质量为m、带电量为+q的带电粒子从原点O出发在此区域内运动。
求解以下问题：
（1）若撤去匀强磁场，该粒子从原点O出发的速度为v0，且沿x轴正方向。求运动一段时间t时，粒子所在位置的坐标；
（2）该区域内仍存在题设的匀强电场和匀强磁场。该粒子能否沿坐标轴（x轴、y轴或z轴）以速度v做匀速运动？若能，物理量m、q、E、B、v及g应满足怎样的关系？若不能，说明理由。
（3）若只把电场方向改为沿x轴正方向，其它条件不变，该粒子恰能在此区域里以某一恒定的速度运动。某一时刻电场和磁场全消失，该粒子在接下来的运动过程中的最小动能为最初动能的一半。求电场和磁场消失前粒子沿三个坐标轴方向的分速度。
23.（14浙江离子推进器是太空飞行器常用的动力系统．某种推进器设计的简化原理如图1所示，截面半径为R的圆柱腔分为两个工作区．Ⅰ为电离区，将氙气电离获得1价正离子；Ⅱ为加速区，长度为L，两端加有电压，形成轴向的匀强电场．Ⅰ区产生的正离子以接近0的初速度进入Ⅱ区，被加速后以速度v从右侧喷出．区内有轴向的匀强磁场，磁感B，在离轴线处的C点持续射出一定速率范围的电子．假设射出的电子仅在垂直于轴线的截面上运动，截面如图2所示(从左向右看)．电子的初速度方向与中心O点和C点的连线成α角(0＜α≤90)．推进器工作时，向Ⅰ区注入稀薄的氙气．电子使氙气电离的最小速率为v，电子在Ⅰ区内不与器壁相碰且能到达的区域越大，电离效果越好．已知离子质量为M；电子质量为m，电量为e.(电子碰到器壁即被吸收，不考虑电子间的碰撞)
(1)求Ⅱ区的加速电压及离子的加速度大小；(2)为取得好的电离效果，请判断Ⅰ区中的磁场方向(按图2说明是“垂直纸面向里”或“垂直纸面向外”)；
(3)α为90时，要取得好的电离效果，求射出的电子速率v的范围；(4)要取得好的电离效果，求射出的电子最大速率v与α角的关系．
㈠选择题
⒈【答案】B
【解析】对微粒a，洛伦兹力提供其做圆周运动所需向心力，且mag＝Eq，对微粒b，qvB＋Eq＝mbg，对微粒c，qvB＋mcg＝Eq，联立三式可得mb>ma>mc，选项B正确．
⒉【答案】A
【解析】粒子在电场U1中加速，则qU1＝mv，在偏转电场中做类平抛运动，设粒子在偏转电场中的偏向角为θ，进入磁场中做圆周运动的半径为R，则距离d＝2Rcosθ＝＝，两式联立得d＝，选项A正确．
⒊【答案】D
【解析】粒子在电场中加速，设离开加速电场的速度为v，则qU＝mv2，粒子进入磁场做圆周运动，半径r＝＝，因两粒子轨道半径相同，，其中，可得
故离子和质子的质量比为144，选项D正确．
⒋【答案】BC
【解析】A、粒子恰沿直线穿过，电场力和洛伦兹力均垂直于速度，故合力为零，粒子做匀速直线运动；根据平衡条件，有：
解得：，只要粒子速度为，就能沿直线匀速通过选择器；若带电粒子带电量为，速度不变，仍然沿直线匀速通过选择器；故A错误；B、若带电粒子带电量为，只要粒子速度为，电场力与洛伦兹力仍然平衡，仍然沿直线匀速通过选择器，故B正确；
C、若带电粒子速度为，电场力不变，洛伦兹力变为2倍，故会偏转，克服电场力做功，电势能增加，故C正确；
D、若带电粒子从右侧水平射入，电场力方向不变，洛伦兹力方向反向，故粒子一定偏转，故D错误。
故选：BC
⒌【答案】D
【解析】因为重力改变速度的大小，而洛伦兹力仅改变速度的方向，又洛伦兹力大小随速度的变化而变化，故电荷运动的轨迹不可能是圆，故A错误；整个过程中由于洛伦兹力不做功，只有重力做功，故系统机械能守恒，故B错误；小球在A点时受到洛伦兹力与重力的作用，合力提供向上的向心力，所以洛伦兹力大于重力，故C错误；因为系统只有重力做功，小球运动至最低点A时重力势能最小，则动能最大，速度的方向为该点的小切线方向，最低点的切线方向在水平方向，故D正确。
⒍【答案】D【解析】小球上滑的过程中，在竖直方向上受到竖直向下的重力和摩擦力作用，所以小球的速度一直减小，根据公式F洛＝qvB，小球所受洛伦兹力一直减小，选项B错误，选项D正确；在水平方向上，小球共受到水平向右的电场力、水平向左的洛伦兹力和杆的弹力三个力的作用，三力的合力为零，如果刚开始，小球的初速度较大，其洛伦兹力大于电场力，杆对小球的弹力水平向右，大小FN＝F洛－F会随着速度的减小而减小，小球的加速度也一直减小；如果刚开始小球的初速度较小，其洛伦兹力小于电场力，杆对小球的弹力水平向左，大小FN＝F－F洛会随着速度的减小而增大，小球的加速度也一直增大，可见，选项A、C错误．
⒎【答案】CD
【解析】由于导电物质为电子，在霍尔元件中，电子是向上做定向移动的，根据左手定则可判断电子受到的洛伦兹力方向向后表面，故霍尔元件的后表面相当于电源的负极，霍尔元件前表面的电势应高于后表面，A错误；若电源的正负极对调，则IH与B都反向，由左手定则可判断电子运动的方向不变，B错误；由于电阻R和RL都是固定的，且R和RL并联，故IH＝I，C正确；因B与I成正比，IH与I成正比，则UH＝k∝I2，RL又是定值电阻，D正确．
⒏【答案】CD
【解析】粒子在加速电场中加速，由动能定理，有qU＝mv2－mv，解得v0＝，粒子进入静电分析器做圆周运动，Eq＝m，半径r＝＝，该式说明粒子能否从小孔S进入磁场取决于粒子的动能及其所带的电荷量，选项A、B错误；粒子在磁场中做圆周运动的半径R＝＝，可见半径R越大，比荷越小，选项D正确．由R＝可知打在到胶片上同一点的粒子比荷相等，由r＝可知进入静电分析器的速度大小一定相等，由v0＝可知，粒子初速度大小一定相等，选项C正确．
⒐【答案】BD
【解析】A、电容器处于通电状态，把两板间距离增大一倍，由可知，电场强度变为原来的一半，根据可知，要使粒子匀速通过，同时
将磁感应强度减小一倍，故A错误；
B、电容器处于通电状态，把两板间距离减小一倍，由可知，则电场强度增加一倍，根据可知，要使粒子匀速通过，磁场应该增大一倍，故B正确；
CD、如果把开关S断开，根据，因两极间的电量不变，当两板间的正对面积减小一半，则两极板之间的电场强度增强一倍，因此根据可知，要使粒子匀速通过，磁场强度增大一倍，故C错误，D正确。故选：BD
⒑【答案】D
【解析】由图乙可知，物块做加速度逐渐减小的加速运动．物块的最大速度是1m/s．
A、对物块进行受力分析可知，开始时物块受到重力、支持力和摩擦力的作用，设动摩擦因数为μ，沿斜面的方向：
μFN﹣mgsinθ=ma①
物块运动后，又受到洛伦兹力的作用，加速度逐渐减小，由①式可知，物块的加速度逐渐减小，一定是FN逐渐减小，而开始时：FN=mgcosθ，后来：FN′=mgcosθ﹣f洛，即洛伦兹力的方向是向上的．物块沿传送带向上运动，由左手定则可知，物块带正电．故A错误；
B、D、物块向上运动的过程中，洛伦兹力越来越大，则受到的支持力越来越小，结合①式可知，物块的加速度也越来越小，当加速度等于0时，物块达到最大速度，此时：
mgsinθ=μ（mgcosθ﹣f）②
由②可知，只要传送带的速度大于等于1m/s，则物块达到最大速度的条件与传送带的速度无关，所以传送带的速度可能是1m/s，有可能是大于1m/s，物块可能相对于传送带静止，有可能相对于传送带不静止．故B错误，D正确；
C、由以上的分析可知，传送带的速度不能判断，所以若已知皮带的长度，也不能求出该过程中物块与皮带发生的相对位移．故C错误．故选：D
(1)(2)
(1)在匀强磁场中，带电粒子做圆周运动．设在x≥0区域，圆周半径为R1；在x<0区域，圆周半径为R2.由洛伦兹力公式及牛顿第二定律得
qB0v0＝m①
qλB0v0＝m②
粒子速度方向转过180°时，所需时间t1为
t1＝③
粒子再转过180°时，所需时间t2为
t2＝④
联立①②③④式得，所求时间为
t0＝t1＋t2＝⑤
(2)由几何关系及①②式得，所求距离为
d0＝2(R1－R2)＝⑥
（1）E/B（2）（3）
【解析】（1）由题意知，根据左手定则可判断，滑块在下滑的过程中受水平向左的洛伦兹力，当洛伦兹力等于电场力qE时滑块离开MN开始做曲线运动，即Bqv=qE
解得：v=E/B
（2）从A到C根据动能定理：
解得：
（3）设重力与电场力的合力为F，由图意知，在D点速度vD的方向与F地方向垂直，从D到P做类平抛运动，在F方向做匀加速运动a=F/m，t时间内在F方向的位移为
从D到P，根据动能定理：，其中
联立解得：
(1)v0，与x轴正方向成45°角斜向上(2)。
【解析】(1)在电场中，粒子做类平抛运动，设Q点到x轴距离为L，到y轴距离为2L，粒子的加速度为a，运动时间为t，有
2L＝v0t①
L＝at2②
设粒子到达O点时沿y轴方向的分速度为vy
vy＝at③
设粒子到达O点时速度方向与x轴正方向夹角为α，有
tanα＝④
联立①②③④式得
α＝45°⑤
即粒子到达O点时速度方向与x轴正方向成45°角斜向上．
设粒子到达O点时速度大小为v，由运动的合成有
v＝⑥
联立①②③⑥式得
v＝v0⑦
(2)设电场强度为E，粒子电荷量为q，质量为m，粒子在电场中受到的电场力为F，由牛顿第二定律可得
F＝ma⑧
又F＝qE⑨
设磁场的磁感应强度大小为B，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，所受的洛伦兹力提供向心力，有
qvB＝m
由几何关系可知
R＝L
联立①②⑦⑧⑨式得
＝
⒕【答案】（1）（2）或（3）5.5πD
（3）若区域的磁感应强度为，则粒子运动的半径为；区域的磁感应强度为，则粒子运动的半径为；
设粒子在区和区做圆周运动的周期分别为T1、T2，由运动公式可得：
；
据题意分析，粒子两次与大圆相切的时间间隔内，运动轨迹如图所示，根据对称性可知，区两段圆弧所对的圆心角相同，设为，区内圆弧所对圆心角为，圆弧和大圆的两个切点与圆心O连线间的夹角设为，由几何关系可得：；；
粒子重复上述交替运动回到H点，轨迹如图所示，设粒子在区和区做圆周运动的时间分别为t1、t2，可得：；
设粒子运动的路程为s，由运动公式可知：s=v(t1+t2)
联立上述各式可得：s=5.5πD
(1)4m/s；(2)0.56m。
【解析】(1)设小物体P1在匀强磁场中运动的速度为v，受到向上的洛伦兹力为F1，受到的摩擦力为f，则
F1＝qvB①
f＝μ(mg－F1)②
由题意，水平方向合力为零
F－f＝0③
联立①②③式，代入数据解得
v＝4m/s④
(2)设P1在G点的速度大小为vG，由于洛伦兹力不做功，根据动能定理
qErsinθ－mgr(1－cosθ)＝mv－mv2⑤
P1在GH上运动，受到重力、电场力和摩擦力的作用，设加速度为a1，根据牛顿第二定律
qEcosθ－mgsinθ－μ(mgcosθ＋qEsinθ)＝ma1⑥
P1与P2在GH上相遇时，设P1在GH上运动的距离为s1，则
s1＝vGt＋a1t2⑦
设P2质量为m2，在GH上运动的加速度为a2，则
m2gsinθ－μm2gcosθ＝m2a2⑧
P1与P2在GH上相遇时，设P2在GH上运动的距离为s2，则
s2＝a2t2⑨
联立⑤～⑨式，代入数据得
s＝s1＋s2⑩
s＝0.56m
（1）（2）；（3）。
【解析】（1）由题意可知，从、、……等时刻进入偏转电场的电子侧向位移最大，在这种情况下，电子的侧向位移为
从、……等时刻进入偏转电场的电子侧向位移最小，在这种情况下，
电子的侧向位移为
所以最大侧向位移和最小侧向位移之比为
（2）设电子从偏转电场中射出时的偏向角为由于电子要垂直打在荧光屏上，所以电子在磁场中运动半径应为：
设电子从偏转电场中出来时的速度为垂直偏转极板的速度为则电子从偏转电场中出来时的偏向角为：
式中
又
由上述四式可得：
（3）由于各个时刻从偏转电场中出来的电子的速度大小相同，方向也相同，因此电子进入磁场后的半径也相同，都能垂直打在荧光屏上
由第（1）问可知电子从偏转电场中出来时的最大侧向位移和最小侧向位移的差值为：
所以打在荧光屏上的电子束的宽度就为
⒘【答案】（1），正电荷（2）（3）
【解析】①
解得，正电荷②
（2）如图所示
，，
引出轨迹为圆弧③
⒙【答案】⑴；⑵；⑶
（1）粒子在电场中运动时
解
（2）粒子进入磁场
解
设粒子在磁场，由
解
周期：
粒子在磁场………………（2分）
（3）磁场与，与之相对应的半径分别为与。由分析知，
由牛顿第二定律：
粒子在电场中：
解得：
同理：
所以电场强度的范围为：
答：⑴粒子经过平行金属板加速后的速度大小；
⑵粒子在左侧磁场区域内运动时的半径，运动时间；
⑶电场强度E的取值范围时粒子能从右侧磁场的上边缘cd间离开
⒚【答案】(1)(2)
【解析】(1)带电粒子在磁场中做圆周运动,运动轨迹如图所示,设运动半径为R,运动周期为T,根据洛伦兹力公式及圆周运动规律,有
依题意,粒子第一次到达x轴时,运动转过的角度为,所需时间为
求得
(2)粒子进入电场后,先做匀减速运动,直到速度减小为0,然后沿原路返回做匀加速运动,到达x轴时速度大小仍为v0,设粒子在电场中运动的总时间为t2,加速度大小为a,电场强度大小为E,有qE=ma
v0=at2
得
根据题意,要使粒子能够回到P点,必须满足t2≥T0
得电场强度最大值
⒛【答案】（1）（2）（3（1）设速度偏向角为(，则，显然当vy最大时，(最大。当粒子恰好从极板右边缘出射时，速度偏向角最大。竖直方程：，；水平方程：解得：（2）由几何关系知，逐渐增大Uba，速度偏向角变大，磁偏转半径变大，与PQ交点逐渐上移。当时，交点位置最低（如图中D点）：由得，此时交点D位于OO′正下方0.4m处。当时，交点位置最高（如图中C点）：由，得,由，得，由，得入射方向为与水平方向成45°角由几何关系得，此时交点位于OO′正上方处。所以交点范围宽度为（3）（6分）考虑粒子以一般情况入射到磁场，速度为v，偏向角为(，当n趋于无穷大时，运动轨迹趋于一条沿入射速度方向的直线（渐近线）。又因为速度大小不变，因此磁场中运动可以等效视为匀速直线运动。轨迹长度为，运动速率为时间代入数据解得：(1)设两板间的电压为U，由动能定理得
qU＝mv2①
由匀强电场中电势差与电场强度的关系得
U＝Ed②
联立上式可得
E＝③
(2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，运用几何关系作出圆心为O′，圆半径为r.设第一次碰撞点为A，由于粒子与圆筒发生两次碰撞又从S孔射出，因此，SA弧所对的圆心角∠AO′S等于.
由几何关系得
r＝Rtan④
粒子运动过程中洛伦兹力充当向心力，由牛顿第二定律，得
qvB＝m⑤
联立④⑤式得R＝⑥
(3)保持M、N间电场强度E不变，M板向上平移d后，设板间电压为U′，则U′＝＝⑦
设粒子进入S孔时的速度为v′，由①式看出
＝
综合⑦式可得
v′＝⑧
设粒子做圆周运动的半径为r′，则
r′＝⑨
设粒子从S到第一次与圆筒碰撞期间的轨迹所对圆心角为θ，比较⑥⑨两式得到r′＝R，可见
θ＝⑩
粒子须经过四个这样的圆弧才能从S孔射出，故
n＝3
1）（、0、）（2）见解析
（3）
【解析】（1）该粒子在电场力和重力共同作用下在xoz平面内做类平抛运动，运动一段时间t时，y方向位移为0。
x方向位移为
z方向加速度为
z方向位移为）
运动一段时间t时，粒子所在位置的坐标为（、0、）
（2）i若该粒子沿x轴负方向匀速运动，则洛伦兹力沿z轴负方向
必须满足关系
ii若该粒子沿x轴正方向匀速运动，则洛伦兹力沿z轴正方向
必须满足关系
iii若该粒子沿y轴匀速运动，不受洛伦兹力
必须满足关系
（3）该粒子恰能在此区域里以某一恒定的速度运动，说明所受合外力为零
此条件沿x轴分量式为，则沿z轴的分速度为；
此条件沿z轴分量式为，则沿x轴的分速度为；
设最初的速度为v，电场和磁场全消失后粒子动能达到最小值，此时速度为水平方向，最小动能为最初动能的一半，说明
所以
由于
则沿y轴的分速度为
23.【答案(1)(2)垂直纸面向外(3)v0≤v≤
(4)vmax＝
解析(1)由动能定理得Mv＝eU①
U＝②
a＝＝e＝③
(2)垂直纸面向外④
(3)设电子运动的最大半径为r
2r＝R.⑤
eBv＝m⑥
所以有v0≤v<⑦
要使⑦式有解，磁感应强度B>.⑧
(4)如图所示，OA＝R－r，OC＝，AC＝r
根据几何关系得r＝⑨
由⑥⑨式得vmax＝
1
图-11
图-12
图-9
图-10
图-8
图
图-5
图-4
图-7
图-6
图-
图-
图-
图-
图-
图
图
图1
v
S
图-20
图-15
图-15
图-14
图-13
图-26-2
图-26-1
图-25
Rm
Rn
R1
B
B
E
d
c
b
a
—
＋
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
α
图-24
图-23
图-22
图-21
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