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一、高考真题集中演练——明规律
1.(2017·全国卷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ma、mb、mc。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( )
A．ma>mb>mc C．mc>ma>mb
B．mb>ma>mc D．mc>mb>ma
解析：选B 该空间区域为匀强电场、匀强磁场和重力场的叠加场，a在纸面内做匀速圆周运动，可知其重力与所受到的电场力平衡，洛伦兹力提供其做匀速圆周运动的向心力，有mag＝qE，解得ma＝。b在纸面内向右做匀速直线运动，由左手定则可判断出其所受洛伦兹力方向竖直向上，可知mbg＝qE＋qvbB，解得mb＝
qEgqEqvbB＋。c在纸面内向左做匀速直线ggqEg运动，由左手定则可判断出其所受洛伦兹力方向竖直向下，可知mcg＋qvcB＝qE，解得mc＝－
qvcB。综上所述，可知mb>ma>mc，选项B正确。 g2.(2017·全国卷Ⅱ)如图，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的
匀强磁场，P为磁场边界上的一点，大量相同的带电粒子以相同的速率经过
P点，在纸面内沿不同方向射入磁场。若粒子射入速率为v1，这些粒子在磁
场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为v2，相应的出射点分布在三分之一圆周上。不计重力及带电粒子之间的相互作用。则v2∶v1为( )
A.3∶2 C.3∶1
B.2∶1 D．3∶2
解析：选C 由于是相同的粒子，粒子进入磁场时的速度大小相同，由
v2mvqvB＝m可知，R＝，即粒子在磁场中做圆周运动的半径相同。若粒子运
RqB动的速度大小为v1，如图所示，通过旋转圆可知，当粒子在磁场边界的出射点A离P点最远时，则AP＝2R1；同样，若粒子运动的速度大小为v2，粒子
在磁场边界的出射点B离P点最远时，则BP＝2R2，由几何关系可知，R1＝，R2＝Rcos 30°
2
R 1
＝
3v2R2
R，则＝＝3，C项正确。 2v1R1
3.(2016·全国卷Ⅲ)平面OM和平面ON之间的夹角为30°，其横截面(纸面)如图所示，
平面OM上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。一带电粒子的质量为m，电荷量为q(q>0)。粒子沿纸面以大小为v的速度从OM的某点向左上方射入磁场，速度与OM成30°角。已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，并从OM上另一点射出磁场。不计重力。粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为( )
A.C.
mv 2qB2mv
B.D.
qBqB3mv
qB4mv
解析：选D 如图所示，粒子在磁场中运动的轨迹半径为R＝。设入射点为A，出射点为B，圆弧与ON的交点为P。由粒子运动的
对称性及粒子的入射方向知，AB＝R。由几何关系知，AP＝3R，则AO＝3AP＝3R，所以
mvqBOB＝4R＝
4mv。故选项D正确。
qB4.(2018·全国卷Ⅲ)如图，从离子源产生的甲、乙两种离子，由静止经加速电压U加速后在纸面内水平向右运动，自M点垂直于磁场
边界射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场左边界竖直。已知甲种离子射入磁场的速度大小为v1，并在磁场边界的N点射出；乙种离子在MN的中点射出；MN长为l。不计重力影响和离子间的相互作用。求：
(1)磁场的磁感应强度大小； (2)甲、乙两种离子的比荷之比。
解析：(1)设甲种离子所带电荷量为q1、质量为m1，在磁场中做匀速圆周运动的半径为
R1，磁场的磁感应强度大小为B，由动能定理有
q1U＝m1v12
由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
12
①
v12
q1v1B＝m1
R1
由几何关系知 2R1＝l 由①②③式得 4UB＝。 lv1
②
③
④
2
(2)设乙种离子所带电荷量为q2、质量为m2，射入磁场的速度为v2，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R2。同理有
q2U＝m2v22 v22
q2v2B＝m2
R2
由题给条件有 2R2＝
2
12
⑤ ⑥
l ⑦
由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙两种离子的比荷之比为
q1q2
∶＝1∶4。 m1m2
答案：(1)
4U ⑧
lv1
(2)1∶4
5.(2017·全国卷Ⅲ)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。
解析：(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定律得
v02
qB0v0＝m
R1v02
qλB0v0＝m
R2
① ②
粒子速度方向转过180°时，所需时间t1为
t1＝
πR1
v0
③
粒子再转过180°时，所需时间t2为
t2＝
πR2
v0
④
联立①②③④式得，所求时间为
t0＝t1＋t2＝
πm11＋。 B0qλ
⑤
(2)由几何关系及①②式得，所求距离为
3
d0＝2(R1－R2)＝
2mv0
11－。 B0qλ
⑥
11πm2mv0
答案：(1)1＋ (2)1－
B0qλB0qλ
二、名校模拟重点演练——知热点
6.(2018·滁州一中调考)如图所示，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度θ，两极板与一直流电源相连。若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，关于该粒子下列说法错误的是( )
A．电势能逐渐增加 C．粒子所受重力小于电场力
B．动能逐渐减小 D．粒子做匀加速直线运动
解析：选D 由于粒子做直线运动，受力分析可知粒子所受的电场力与重力的合力与速度方向反向，粒子做匀减速直线运动，动能减小，电场力垂直于极板向上，与速度方向的夹角为钝角，电场力对粒子做负功，则粒子的电势能增加，故A、B正确，D错误；电场力与重力的合力方向向左，由平行四边形定则知粒子所受重力小于电场力，故C正确。
7.[多选](2019届高三·桂林三校联考)如图所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带上等量异种电荷。一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么( )
A．若微粒带负电荷，则A板可能带正电荷 B．微粒从M点运动到N点电势能可能增加 C．微粒从M点运动到N点机械能一定增加 D．微粒从M点运动到N点动能一定增加
解析：选ABD 微粒在电场力和重力的合力作用下做类平抛运动，合力向下，电场力可能向上而小于重力，也可能向下，故无法判断A板的带电情况，故A正确；电场力可能向上，也可能向下，所以微粒从M点运动到N点过程，电场力可能做负功，也可能做正功，电势能可能增加，也可能减小，所以机械能不一定增加，故B正确，C错误；微粒在电场力和重力的合力作用下做类平抛运动，电场力和重力的合力向下，故微粒从M点运动到N点动能一定增加，故D正确。
8．[多选](2018·河南太康一中模拟)如图所示，一束质量、速度和电荷量不全相等的离子，经过由正交的匀强电场和匀强磁场组成的速度选择器后，进入另一个匀强磁场中并分裂为A、B两束，下列说法中正确的是( )
A．组成A、B两束的离子都带负电 B．A束离子的比荷大于B束离子的比荷
4
C．A束离子的比荷小于B束离子的比荷 D．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向里
解析：选BD A、B两束离子进入磁场后都向左偏，根据左手定则可以判断A、B两束离子都带正电，故A错误；经过速度选择器后的离子速度相同，离子所受电场力和洛伦兹力平衡，满足qvB＝qE，即不发生偏转的离子具有共同的速度大小v＝，进入磁场区分开，轨道半径不等，根据公式R＝，可知半径大的比荷小，所以A束离子的比荷大于B束离子的比荷，故B正确，故C错误；在速度选择器中，电场方向水平向右，A、B离子所受电场力方向向右，所以洛伦兹力方向向左，根据左手定则可知，速度选择器中的磁场方向垂直纸面向里，故D正确。
9.[多选](2018·辽宁辽南联考)如图所示，宽2 cm的有界匀强磁场的纵向范围足够大，磁感应强度的方向垂直纸面向里，现有一群带正电粒子从O点以相同的速率沿纸面不同方向进入磁场，若粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径均为5 cm，则( )
A．右边界：－4 cm＜y＜4 cm有粒子射出 B．右边界：y＞4 cm和y＜－4 cm有粒子射出 C．左边界：y＞8 cm有粒子射出 D．左边界：0＜y＜8 cm有粒子射出
解析：选AD 粒子恰射出磁场的临界条件如图所示。根据几何关系可得：临界点距x轴的间距y＝5－5－2
2
2
EBmvqB cm＝4 cm，可知A对，B
错；左边界x轴上方带电粒子可达到y＝8 cm 处，x轴下方无粒子到达，C错，D对。
10.(2018·唐山二模)如图所示，在水平面内存在一半径为2R和半径为R两个同心圆，半径为R的小圆和半径为2R的大圆之间形成一环形区域。小圆和环形区域内分别存在垂直于水平面、方向相反的匀强磁场。小圆内匀强磁场的磁感应强度大小为B。位于圆心处的粒子源S沿水平面向各个方向发射速率为
qBR的正粒子，粒子的电荷量为q、质量为m，为了将所有粒子束缚在半m径为2R的圆形内，环形区域磁感应强度大小至少为( )
A．B 5C.B 3
4B.B 54D.B 3
5
解析：选C 粒子在小圆内做圆周运动的半径为r0＝
mv＝R，由轨迹Bq图可知，粒子从A点与OA成30°角的方向射入环形区域，粒子恰好不射出磁场时，轨迹圆与大圆相切，设半径为r，由几何知识可知∠OAO2＝3222
120°，由余弦定理可知：(2R－r)＝r＋R－2Rrcos 120°，解得r＝R，
5
v2mv5mv5
由qvB′＝m，得B′＝＝＝B，故C正确。
rqr3qR3
11.(2018·西藏拉萨中学月考)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；
2
(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
3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。
解析：(1)设两极板间的电压为U，由动能定理得
qU＝mv2
由匀强电场中电势差与电场强度的关系得U＝Ed
12
mv2
联立上式可得E＝。
2qd(2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，运用几何关系做出圆心
O′， 轨迹半径为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弧所对圆心角
π
∠AO′S＝。
3
π
由几何关系得r＝Rtan
3
粒子运动过程中洛伦兹力充当向心力，由牛顿第二定律得
v2
qvB＝m
r 6
联立解得R＝
3mv。 3qB2Ed(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′＝＝
33
U3
U′v′23
设粒子进入S孔时的速度为v′，由＝2可得v′＝v
Uv3
设粒子做圆周运动的半径为r′，r′＝
3mv 3qB设粒子从S孔到第一次与圆筒碰撞期间的轨道所对圆心角为θ，比较两式得到r′＝R，π可见θ＝ 2
1
此时粒子经过圆周后与圆筒发生碰撞，所以粒子将在与圆筒发生三次碰撞后由S孔射
4出，所以n＝3。
mv23mv答案：(1) (2) (3)3
2qd3qB 7
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