甲
(2)由题意画出粒子运动轨迹如图乙所示，设其与x轴交点为C，由几何关系得：R2＝
5
4
L
11
设C点横坐标为xC，由几何有关系得：xC＝L则C点坐标为：(L，0)
22
乙
(3)由题意画出粒子运动轨迹如图丙所示，设PQ1与x轴正方向夹角为θ，粒子在磁场中做圆周运动的半径大小为R3，偏转一次后在y负方向偏移量为Δy1，由几何关系得：
Δy1＝2R3cosθ，为保证粒子最终能回到P，粒子与挡板碰撞后，速度方向应与PQ1连线平行，每碰撞一次，粒子进出磁场在y轴上这段距离Δy2(如图中A、E间距)可由题给条件，Δy2/2L有＝tanθ得Δy2＝ 当粒子只碰二次，其几何条件是3Δy1－2Δy2＝2L
L/33
25
解得：R3＝L
9
v2
粒子磁场中做匀速圆周运动：qvB＝m
R3
25qBL解得：v＝ 9m丙
第10题图
第2课时 带电粒子在复合场中
的运动(一)
1．BC 【解析】 带电小球进入复合场如果不做匀速直线运动，速度大小发生改变，洛伦兹力大小发生改变，速度方向将发生改变，故一定做匀速直线运动，B选项正确；根据平衡条件，判断电场力应斜向右上方，电场方向由于小球带负电荷，故电场方向斜向左下方，12mgA错误；列平衡方程有：mv＝mgh①，Bqv＝mgtan45°②，Eq＝③，综合①②③可
2sin45°得：B＝m2gh2mg，E＝，故C正确；而同时改变小球下落高度h和其比荷，所得两平衡2qhqmv0
①，qB条件不能同时满足，故D选项错误；故选BC.
2．C 【解析】 带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，O为圆心，故Oa＝Ob＝
带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，故Ob＝v0t＝Oa＝t②，由①②得＝2v0，故选项C
2mB正确．
2πm3．ACD 【解析】 根据平衡条件：mg＝Eq①，结合周期公式T＝②可得：周期相qE2
EBq同，A正确；OP为圆上的一条弦，当它为直径时(垂直x轴出磁场)圆的半径最小，根据半径公式R＝③，综合①③可得C正确B错误；出磁场与x轴正向夹角θ，则该弦所对圆心角
mvBq
α
α＝2θ④，t＝T⑤，综合②④⑤可得D正确；选ACD.
2π
4．BCD 【解析】 画出轨迹图，利用相关数学几何关系，结合粒子圆周运动相关公式可得BCD选项正确．
5．AC 【解析】 当质子沿与x轴正方向成夹角θ的方向从第一象限射入磁场时，设质子将从A点射出磁场，如图所示，其中O1、O2分别为磁场区域圆和质子轨迹圆的圆心．由于轨迹圆的半径等于磁场区域圆的半径，所以OO1AO2为菱形，即AO2平行x轴，说明质子以平行y轴的速度离开磁场，也以沿y轴负方向的速度再次进入磁场，∠O2＝90°－θ，所以，90°－θ质子第一次在磁场中运动的时间t′1＝T，此后质子轨迹圆的半径依然等于磁场区
360°域圆的半径，设质子将从C点再次射出磁场，如图所示，其中O1、O3分别为磁场区域圆和质子轨迹圆的圆心，AO3平行x轴．由于O1AO3C为菱形，即CO1平行AO3，即平行x轴，说明C就是磁场区域圆与x轴的交点，这个结论与θ无关．
所以OO2O3C为平行四边形，∠O3＝90°＋θ，质子第二次在磁场中运动的时间t′2＝90°＋θπmT，故质子在磁场中运动的时间为；进入电场的速度和方向相同，故在电场中的
360°qB运动路程相同，故A正确；最终离开磁场时的速度方向与O3C垂直，故不一定沿x轴方向，πmB错误；在磁场中运动的总时间均相等为，C正确；从不同位置第一次离开磁场时，在非
qB场区的运动路程显然不同，而在磁场中总的圆心角相同，故在电场和磁场中的路程相同，故总路程不同，D错误，本题选AC.
第5题图
6．BD 【解析】 利用左手定则可知洛仑兹力在小球转动过程中指向外侧，且洛仑兹力不做功，结合向心力的相关讨论可得A、C错误；BD选项正确．
3mv02mv0?43?7．(1) (2)2.5d (3) ?3＋d 【解析】 (1)根据动能定理：Eqd＝mv2t－?2qd3qd?3?3mv0
mv由于vt＝2v0，可得：场强大小为E＝；
2qd20
2
2
v01
(2)对于沿x轴负方向射出的粒子进入磁场时与x轴负方向夹角cosθ＝＝，θ＝60°
vt2
易知若此粒子不能打到ab板上，则所有粒子均不能打到ab板，因此此粒子轨迹必与ab板相切，如图甲
甲
v2t设半径为R，根据洛伦兹力提供向心力：qvtB＝m得：R＝d则y＝1.5R＋d＝2.5d；
R(3)易知沿x轴正方向射出的粒子若能打到ab板上，则所有粒子均能打到板上，其临界情况就是此粒子恰好与ab板相切，如图乙
乙
第7题图
设半径为R′，
由几何知识：R′(1－cosθ)＝1.5d
v2tqvtB′＝m
R′
2mv0
磁感应强度为原来的，解得：B′＝.
3qd恰好所有粒子均能打到板上，
其在电场中沿x轴方向的位移x1＝v0t＝
v0
22－2v2（2v0）v023t－v0
＝v0＝d. 2
Eq3mv0q3
×m2qdm?43?由轨迹和空间几何关系得：ab板上被打中区域L＝2x1＋R′＝?3＋?d.
3??
1E8．(1)E/B (2)mgh－m2
2B(3)（mg）＋（qE）
222
m2
t2＋v2D
【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：mgh－Wf＝mv2－0解得：
1EWf＝mgh－m2；(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F2B2
12
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12
位移为x＝at，从D到P，
2
121222
根据动能定理：Fx＝mvP－mvD，其中F＝（mg）＋（qE），
22联立解得：vP＝（mg）＋（qE）
2
2
m2t2＋v2D.
第3课时 带电粒子在复合场
中的运动(二)
1．B 【解析】 由题，粒子受到电场力和洛伦兹力，做匀速直线运动，则有qvB＝qE，即有vB＝E，改变粒子速度的大小，则洛伦兹力随之改变，洛伦兹力与电场力不再平衡，粒子的轨迹将发生改变，故A项错误；由vB＝E知粒子的电荷量改变时，洛伦兹力与电场力大小同时改变，两个力仍然再平衡，故粒子的轨迹不发生改变，故B项正确；改变电场强度，电场力将改变，洛伦兹力与电场力不再平衡，粒子的轨迹将发生改变，故C项错误；改变磁感应强度，洛伦兹力将改变，洛伦兹力与电场力不再平衡，粒子的轨迹将发生改变，故D项错误．
mv2
2．BC 【解析】 回旋加速器中动能最大时的带电粒子能量与旋转半径满足qvB＝，
R222
qBR12qBR则v＝，故Ek＝mv＝.与加速电压无关故A错；增大电压，质子每次加速增加的动
m22m能将增大，将减少在回旋加速器中加速的次数，而每个周期加速两次，但质子运动周期不变，1
故运行时间变短，B正确；若加速电压周期变为原来，原来加速电压的半周期——现在加3速电压的1.5个周期为粒子在磁场中运动半圆时间，且电压此时亦与上一次极性相反，继续给粒子加速，故回旋加速器仍可正常工作，故C选项正确；D选项，根据洛仑兹力提供向心
mv21212
力有Bqv＝①，第n次加速前mvn－1＝(n－1)qU②，第n次加速后mv＝nqU③，综合①②③
R22
可得：
Rn－1n－1＝.故D错；选BC. RnnUdUd3．D 【解析】 导体中的电场强度E＝，载流子所受电场力F＝qE＝qA项错；由左手定则可知，载流子受到的洛伦兹力方向向上，由于载流子的电性不确定，B项错；稳定时，电场力与洛伦兹力相等，即qvB＝q，得U＝Bhv，又电流的微观表达式I＝nqSv＝nqhdv，解两式得U＝
UdIBIB，式中n为单位体积内的电荷数，C项错；由F洛＝Bqv＝，D项正确． nqdnhdmv2
4．AB 【解析】 由evB＝可得回旋加速器加速质子的最大速度为v＝eBR/m.由回
R旋加速器高频交流电频率等于质子运动的频率，则有f＝eB/2πm，联立解得质子被加速后的最大速度不可能超过2πfR，选项AB正确，由相对论可知，质子的速度不可能无限增大C错误；由于α粒子在回旋加速器中运动的频率是质子的1/2，不改变B和f，该回旋加速器不能用于加速α粒子，选项D错误．
5．BD 【解析】 由左手定则，A板带负电，则电流从b经用电器流向a，金属板间的