（全國通用版）2019版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第九章 磁場 第26講 帶電粒子在復(fù)合場中的運動學(xué)案

《（全國通用版）2019版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第九章 磁場 第26講 帶電粒子在復(fù)合場中的運動學(xué)案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（全國通用版）2019版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第九章 磁場 第26講 帶電粒子在復(fù)合場中的運動學(xué)案（26頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第26講　帶電粒子在復(fù)合場中的運動 考綱要求 考情分析 命題趨勢 1.帶電粒子在復(fù)合場中的運動Ⅱ 2．質(zhì)譜儀和回旋加速器等科技應(yīng)用Ⅰ 2017·江蘇卷，15 2016·全國卷Ⅰ，15 2016·江蘇卷，15 高考對本專題內(nèi)容的考查主要是以計算題的形式考查帶電粒子在復(fù)合場中的運動，以選擇題的形式考查涉及復(fù)合場的科技應(yīng)用問題，考查學(xué)生分析綜合能力、理論聯(lián)系實際能力. 1．帶電粒子在復(fù)合場中的運動 (1)復(fù)合場與組合場 ①復(fù)合場：電場、__磁場__、重力場共存，或其中某兩場共存． ②組合場：電場與磁場各位于一定的區(qū)域內(nèi)，并不重疊，或在同一區(qū)域，電場、磁場分時

2、間段或分區(qū)域交替出現(xiàn)． (2)三種場的比較 項目 名稱 力的特點 功和能的特點 重力場 大?。篏＝__mg__ 方向：__豎直向下__ 重力做功與__路徑__無關(guān) 重力做功改變物體的__重力勢能__ 靜電場 大小：F＝__qE__ 方向：a.正電荷受力方向與場強(qiáng)方向__相同__ b．負(fù)電荷受力方向與場強(qiáng)方向__相反__ 電場力做功與__路徑__無關(guān) W＝__qU__ 電場力做功改變__電勢能__ 磁場 洛倫茲力F＝__qvB__ 方向符合__左手__定則 洛倫茲力不做功，不改變帶電粒子的__動能__ (3)帶電粒子在復(fù)合場中的運動分類 ①靜止或勻速

3、直線運動 當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中所受合外力為零時，將處于靜止?fàn)顟B(tài)或做__勻速直線運動__. ②勻速圓周運動 當(dāng)帶電粒子所受的重力與電場力大小__相等__，方向__相反__時，帶電粒子在洛倫茲力的作用下，在垂直于勻強(qiáng)磁場的平面內(nèi)做__勻速圓周__運動． ③較復(fù)雜的曲線運動 當(dāng)帶電粒子所受合外力的大小和方向均變化，且與初速度方向不在同一條直線上時，粒子做__非勻__變速曲線運動，這時粒子運動軌跡既不是圓弧，也不是拋物線． ④分階段運動 帶電粒子可能依次通過幾個情況不同的復(fù)合場區(qū)域，其運動情況隨區(qū)域發(fā)生變化，其運動過程由幾種不同的運動階段組成． 2．電場、磁場分區(qū)域應(yīng)用實例 (1)質(zhì)

4、譜儀 ①構(gòu)造：如圖甲所示，由粒子源、加速電場、偏轉(zhuǎn)磁場和照相底片等構(gòu)成． ②原理：粒子由靜止被加速電場加速，根據(jù)動能定理可得關(guān)系式qU＝mv2. 粒子在磁場中受洛倫茲力作用而偏轉(zhuǎn)，做勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律得關(guān)系式qvB＝m. 由兩式可得出需要研究的物理量，如粒子軌道半徑、粒子質(zhì)量、比荷． r＝____，m＝____，＝____. (2)回旋加速器 ①構(gòu)造：如圖乙所示，D1、D2是半圓形金屬盒，D形盒的縫隙處接交流電源，D形盒處于勻強(qiáng)磁場中． ②原理：交流電的周期和粒子做圓周運動的周期相等，粒子在圓周運動的過程中一次一次地經(jīng)過D形盒縫隙，兩盒間的電勢差一次一次地反

5、向，粒子就會被一次一次地加速．由qvB＝，得Ekm＝____，可見粒子獲得的最大動能由磁感應(yīng)強(qiáng)度B和D形盒半徑r決定，與加速電壓無關(guān)． 3．電場、磁場同區(qū)域并存的實例 裝置 原理圖 規(guī)　　律 速度 選擇器 若qv0B＝qE，即v0＝____，粒子做__勻速直線__運動 磁流體 發(fā)電機(jī) 等離子體射入，受洛倫茲力偏轉(zhuǎn)，使兩極板帶電，當(dāng)q＝qv0B時，兩極板間能達(dá)到最大電勢差U＝__Bv0d__ 電磁 流量計 當(dāng)q＝qvB時，有v＝____，流量Q＝Sv＝____ 霍爾 效應(yīng) 在勻強(qiáng)磁場中放置一個矩形截面的載流導(dǎo)體，當(dāng)__磁場方向__與電流方向垂直時，

6、導(dǎo)體在與磁場、電流方向都垂直的方向上出現(xiàn)了__電勢差__，這種現(xiàn)象稱為霍爾效應(yīng) 1．判斷正誤 (1)利用回旋加速器可以將帶電粒子的速度無限制地增大．(　×　) (2)粒子能否通過速度選擇器，除與速度有關(guān)外，還與粒子的帶電正負(fù)有關(guān)．(　×　) (3)磁流體發(fā)電機(jī)中，根據(jù)左手定則，可以確定正、負(fù)粒子的偏轉(zhuǎn)方向，從而確定正、負(fù)極或電勢高低．(　√　) (4)帶電粒子在復(fù)合場中受洛倫茲力情況下的直線運動一定為勻速直線運動．(　√　) (5)質(zhì)譜儀是一種測量帶電粒子質(zhì)量并分析同位素的儀器．(　√　) 2．(多選)如圖所示，一帶電小球在一正交電場、磁場區(qū)域里做勻速圓周運動，電場方向豎直向

7、下，磁場方向垂直紙面向里，則下列說法正確的是(　BC　) A．小球一定帶正電 B．小球一定帶負(fù)電 C．小球的繞行方向為順時針 D．改變小球的速度大小，小球?qū)⒉蛔鰣A周運動 3．如圖所示，一束粒子(不計重力，初速度可忽略)緩慢通過小孔O1進(jìn)入極板間電壓為U的水平加速電場區(qū)域Ⅰ，再通過小孔O2射入相互正交的恒定勻強(qiáng)電場、磁場區(qū)域Ⅱ，其中磁場的方向如圖所示，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小可根據(jù)實際要求調(diào)節(jié)，收集室的小孔O3與O1、O2在同一條水平線上．則收集室收集到的是(　B　) A．具有特定質(zhì)量和特定比荷的粒子 B．具有特定速度和特定比荷的粒子 C．具有特定質(zhì)量和特定速度的粒子 D．具有特

8、定動能和特定比荷的粒子 一　帶電粒子在組合場中的運動問題 　帶電粒子在組合場中的運動問題為高考熱點，考查學(xué)生對帶電粒子在先后出現(xiàn)(或交替出現(xiàn))的電磁場中的運動分析、性質(zhì)判斷及綜合計算能力． 1．是否考慮粒子重力的三種情況 (1)對于微觀粒子，如電子、質(zhì)子、離子等，因為其重力一般情況下與電場力或磁場力相比太小，可以忽略，而對于一些宏觀物體，如帶電小球、液滴、金屬塊等一般應(yīng)當(dāng)考慮其重力． (2)在題目中有明確說明是否要考慮重力的，這種情況比較正規(guī)，也比較簡單． (3)不能直接判斷是否要考慮重力的，在進(jìn)行受力分析與運動分析時，要由分析結(jié)果確定是否要考慮重力． 2．帶電粒子在組合

9、場中運動，要分段處理，對勻強(qiáng)電場中的勻變速直線運動或類平拋運動，可由牛頓定律及運動學(xué)公式求解，對勻強(qiáng)磁場中的勻速圓周運動，要結(jié)合幾何知識，確定圓心及半徑，從而確定磁感應(yīng)強(qiáng)度和圓心角或時間，確定從電場進(jìn)入磁場的速度的大小、方向及兩場交界處軌跡的幾何關(guān)系，是解決問題的關(guān)鍵． 解決帶電粒子在組合場中運動問題的思路方法 [例1](2017·天津卷)平面直角坐標(biāo)系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的勻強(qiáng)磁場，第Ⅲ象限存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，如圖所示．一帶負(fù)電的粒子從電場中的Q點以速度v0沿x軸正方向開始運動，Q點到y(tǒng)軸的距離為到x軸距離的2倍．粒子從坐標(biāo)原點O離開電場進(jìn)入磁場，最終從x

10、軸上的P點射出磁場，P點到y(tǒng)軸距離與Q點到y(tǒng)軸距離相等．不計粒子重力，問： (1)粒子到達(dá)O點時速度的大小和方向； (2)電場強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小之比． 解析　(1)在電場中，粒子做類平拋運動，設(shè)Q點到x軸距離為L，到y(tǒng)軸距離為2L，粒子的加速度為a，運動時間為t，有 2L＝v0t，?、? L＝at2.?、? 設(shè)粒子到達(dá)O點時沿y軸方向的分速度為vy，vy＝at.?、? 設(shè)粒子到達(dá)O點時速度方向與x軸正方向夾角為α，有 tan α＝，?、? 聯(lián)立①②③④式得α＝45°，　⑤ 即粒子到達(dá)O點時速度方向與x軸正方向成45°角斜向上． 設(shè)粒子到達(dá)O點時速度大小為v，由運動的合成有

11、 v＝，?、? 聯(lián)立①②③⑥式得v＝v0.　⑦ (2)設(shè)電場強(qiáng)度為E，粒子電荷量為q，質(zhì)量為m，粒子在電場中受到的電場力為F，由牛頓第二定律可得 F＝ma，　⑧ 又F＝qE，　⑨ 設(shè)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R，所受的洛倫茲力提供向心力， 有qvB＝m，　 由幾何關(guān)系可知R＝L，　? 聯(lián)立①②⑦⑧⑨?式得＝. 答案　(1)v0　速度方向與x軸正方向成45°角斜向上 (2) 　二　帶電粒子在復(fù)合場中的運動問題 帶電粒子在復(fù)合場中的運動問題是歷年高考命題的熱點，覆蓋面大，綜合性強(qiáng)，難度大，能力要求高，以計算題呈現(xiàn)，有時也有選擇題． 1

12、．帶電粒子在復(fù)合場中無約束情況下的運動主要是以下幾種形式 復(fù)合場組成 可能的運動形式 磁場、重力場并存 ①若重力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運動 ②若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復(fù)雜的曲線運動，因F洛不做功，故機(jī)械能守恒，由此可求解問題 電場、磁場并存(不計微觀粒子的重力) ①若電場力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運動 ②若電場力和洛倫茲力不平衡，則帶電體做復(fù)雜的曲線運動，因F洛不做功，可用動能定理求解問題 電場、磁場、重力場并存 ①若三力平衡，帶電體一定做勻速直線運動 ②若重力與電場力平衡，帶電體一定做勻速圓周運動 ③若合力不為零且與速度方向不垂直，帶

13、電體將做復(fù)雜的曲線運動，因F洛不做功，可用能量守恒定律或動能定理求解問題 2．分階段運動 帶電粒子可能依次通過幾個情況不同的復(fù)合場區(qū)域，其受力情況隨區(qū)域發(fā)生變化，則其運動過程由幾種不同的運動階段組成． [例2]如圖所示，空間區(qū)域Ⅰ、Ⅱ存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，MN、PQ為磁場區(qū)域的理想邊界，Ⅰ區(qū)域高度為d，Ⅱ區(qū)域的高度足夠大．勻強(qiáng)電場方向豎直向上；Ⅰ、Ⅱ區(qū)域磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度均為B，方向分別垂直紙面向里和向外．一個質(zhì)量為m，電荷量為q的帶電小球從磁場上方的O點由靜止開始下落，進(jìn)入電磁場區(qū)域后，恰能做勻速圓周運動．已知重力加速度為g. (1)試判斷小球的電性并求出電場強(qiáng)度E的大??； (

14、2)若帶電小球運動一定時間后恰能回到O點，在圖中作出小球的運動軌跡；求出釋放時距MN的高度h，并求出小球從開始釋放到第一次回到O點所經(jīng)歷的時間t； (3)試討論h取不同值時，小球第一次穿出磁場Ⅰ區(qū)域的過程中電場力所做的功W. 解析　(1)帶電小球進(jìn)入復(fù)合場后，恰能做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，重力與電場力平衡，重力豎直向下，電場力豎直向上，即小球帶正電．由qE＝mg得E＝. (2)帶電小球在進(jìn)入磁場區(qū)域前做自由落體運動，由機(jī)械能守恒有mgh＝mv2，帶電小球在磁場中做勻速圓周運動，設(shè)半徑為R，依牛頓第二定律有qvB＝m，由于帶電小球在Ⅰ、Ⅱ兩個區(qū)域運動過程中q、v、B，m的大小不變

15、，故三段圓周運動的半徑相同，以三個圓心為頂點的三角形為等邊三角形，邊長為2R，內(nèi)角為60°，軌跡如圖甲所示．由幾何關(guān)系知R＝，解得h＝；小球從開始釋放到回到O點所經(jīng)歷的時間由兩部分組成，一部分為無電場、磁場區(qū)的運動，時間t1＝2；一部分為電磁場區(qū)域的運動，時間t2＝×＝，總時間t＝t1＋t2＝2＋＝＋. (3)當(dāng)帶電小球在Ⅰ區(qū)域做圓周運動的圓弧與PQ相切時，運動軌跡如圖乙所示，有半徑R＝d，解得對應(yīng)高度h0＝.討論：①當(dāng)hh0時，小球進(jìn)入磁場Ⅰ區(qū)域后

16、由下邊界PQ第一次穿出磁場Ⅰ區(qū)域進(jìn)入Ⅱ區(qū)域，此過程電場力做功W＝－qEd即W＝－mgd 說明：第(3)問討論對于當(dāng)h＝h0時的臨界情況不做要求，即電場力做功W＝0或者W＝－mgd均可以． 答案　(1)正電，E＝　(2)圖見解析　h＝ t＝＋　(3)h<時，W＝0；h>時，W＝－mgd. 1．(多選)如圖所示，勻強(qiáng)磁場方向垂直紙面向里，勻強(qiáng)電場方向豎直向下，有一正離子恰能沿直線從左向右水平飛越此區(qū)域．不計重力，則(　BD　) A．若電子從右向左飛入，電子也沿直線運動 B．若電子從右向左飛入，電子將向上偏轉(zhuǎn) C．若電子從左向右飛入，電子將向下偏轉(zhuǎn) D．若電子從左向右飛入，電

17、子也沿直線運動 2．(2017·北京東城區(qū)模擬)如圖所示，一束質(zhì)量、速度和電荷量不全相等的離子，經(jīng)過由正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場組成的速度選擇器后，進(jìn)入另一個勻強(qiáng)磁場中并分裂為A、B兩束，下列說法中正確的是(　C　) A．組成A束和B束的離子都帶負(fù)電 B．組成A束和B束的離子質(zhì)量一定不同 C．A束離子的比荷大于B束離子的比荷 D．速度選擇器中的磁場方向垂直于紙面向外 解析　由左手定則知，A、B離子均帶正電，選項A錯誤；兩束離子經(jīng)過同一速度選擇器后的速度相同，在偏轉(zhuǎn)磁場中，由R＝可知，半徑大的離子對應(yīng)的比荷小，但離子的質(zhì)量不一定相同，故選項B錯誤，C正確；速度選擇器中的磁場方向應(yīng)垂

18、直紙面向里，選項D錯誤． 3．(2017·遼寧三小調(diào)研)(多選)如圖所示是醫(yī)用回旋加速器示意圖，其核心部分是兩個D形金屬盒，兩金屬盒置于勻強(qiáng)磁場中，并分別與高頻電源兩端相連．現(xiàn)分別加速質(zhì)子(H)和氘核(H)．下列說法正確的是(　BD　) A．它們的最大速度相同 B．質(zhì)子的最大動能大于氘核的最大動能 C．加速質(zhì)子和氘核所用高頻電源的頻率相同 D．僅增大高頻電源的電壓不可能增大粒子的最大動能 解析　設(shè)質(zhì)子質(zhì)量為m，電荷量為q，則氘核質(zhì)量為2m，電荷量為q，它們的最大速度分別為v1＝和v2＝，選項A錯誤；質(zhì)子的最大能動Ek1＝，氘核的最大動能Ek2＝，選項B正確；高頻電源的頻率與粒子

19、在磁場中的回旋頻率相同，即f1＝，f2＝，所以加速質(zhì)子和氘核所用高頻電源的頻率不相同，選項C錯誤；被加速的粒子的最大動能與高頻電源的電壓無關(guān)，所以僅增大高頻電源的電壓不可能增大粒子的最大動能，選項D正確． 4．(多選)如圖所示，勻強(qiáng)電場的方向豎直向下，勻強(qiáng)磁場的方向垂直紙面向里，三個油滴a、b、c帶有等量同種電荷，其中a靜止，b向右做勻速運動，c向左做勻速運動，比較它們的重力Ga、Gb、Gc間的大小，正確的是(　CD　) A．Ga最大　　 B．Gb最大 C．Gc最大　　 D．Gb最小 5．(2017·山東青島調(diào)研)如圖所示，空間的某個復(fù)合場區(qū)域內(nèi)存在著方向相互垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁

20、場．質(zhì)子由靜止開始經(jīng)一加速電場加速后，垂直于復(fù)合場的界面進(jìn)入并沿直線穿過場區(qū)，質(zhì)子從復(fù)合場穿出時的動能為Ek.那么氘核同樣由靜止開始經(jīng)同一加速電場加速后穿過同一復(fù)合場后的動能E′k的大小是(　B　) A．E′k＝Ek　　 B．E′k>Ek C．E′k

21、(2017·江蘇南京診斷·6分)如圖甲所示是用來加速帶電粒子的回旋加速器的示意圖，其核心部分是兩個D形金屬盒，在加速帶電粒子時，兩金屬盒置于勻強(qiáng)磁場中，兩盒分別與高頻電源相連．帶電粒子在磁場中運動的動能Ek隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示．忽略帶電粒子在電場中的加速時間，則下列判斷中正確的是(　　) A．在Ek－t圖象中應(yīng)有t4－t3

22、為隨著粒子的速率越來越大，粒子回旋的周期越來越小，錯選A； 錯解2：誤認(rèn)為粒子獲得的最大動能與加速電壓有關(guān)，錯選B； 錯解3：誤認(rèn)為粒子加速次數(shù)越多，粒子獲得的動能越大，錯選C －6 [規(guī)范答題] [解析] 帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運動的周期與速度大小無關(guān)，因此，在Ek－t圖中應(yīng)有，t4－t3＝t3－t2＝t2－t1，選項A錯誤；粒子獲得的最大動能與加速電壓無關(guān)，加速電壓越小，粒子加速次數(shù)就越多，由粒子做圓周運動的半徑r＝＝可知Ek＝，即粒子獲得的最大動能決定于D形盒的半徑，當(dāng)軌道半徑r與D形盒半徑R相等時就不能繼續(xù)加速，故選項B、C錯誤，D正確．可見正確求解本題的關(guān)鍵是對回

23、旋加速器工作原理的理解． [答案]　D 1．如圖所示，有一金屬塊放在垂直于表面C的勻強(qiáng)磁場中，當(dāng)有穩(wěn)恒電流沿平行平面C的方向通過時，下列說法中正確的是(　B　) A．金屬塊上表面M的電勢高于下表面N的電勢 B．電流增大時，M、N兩表面間的電壓U增大 C．磁感應(yīng)強(qiáng)度增大時，M、N兩表面間的電壓U減小 D．金屬塊中單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)越少，M、N兩表面間的電壓U越小 解析　由左手定則可知，通有圖示電流時，自由電子受到向上的洛倫茲力，向M面偏轉(zhuǎn)，故上表面M電勢低于下表面N的電勢，選項A錯誤；最終電子在洛倫茲力和電場力作用下處于平衡，即evB＝e，則有U＝Bvd，由此可知，磁感

24、應(yīng)強(qiáng)度增大時，M、N兩表面間的電壓增大，選項C錯誤；由電流的微觀表達(dá)式I＝neSv可知，電流增大說明自由電子定向移動速率v增大，所以M、N兩表面間的電壓增大，選項B正確；電流一定時，金屬塊中單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)n越少，自由電子定向移動的速率一定越大，所以M、N兩表面間的電壓越大，選項D錯誤． 2．如圖甲所示，一個質(zhì)量為m，電荷量為q的圓環(huán)，可在水平放置的足夠長的粗糙細(xì)桿上滑動且細(xì)桿處于勻強(qiáng)磁場中(不計空氣阻力)，現(xiàn)給圓環(huán)一向右的初速度v0，在以后的運動過程中，圓環(huán)的速度—時間圖象如圖乙所示，則關(guān)于圓環(huán)所帶的電性、勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B和圓環(huán)克服摩擦力所做的功W(重力加速度為g)，下列說法正

25、確的是(　B　) A．圓環(huán)帶負(fù)電　　 B．B＝ C．W＝mv　　 D．W＝mv 解析　當(dāng)圓環(huán)做勻速直線運動時，不受摩擦力，因此重力和洛倫茲力相等，洛倫茲力方向向上，因此圓環(huán)帶正電，選項A錯誤；mg＝qB，B＝，選項B正確；對這個過程，利用動能定理，可得－W＝m2－mv，W＝mv，選項C、D錯誤． 3．有一電荷量為－q，重力為G的小球，從豎直的帶電平行板上方h處自由落下，兩極板間勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向如圖所示，則帶電小球通過有電場和磁場的空間時(　A　) A．一定做曲線運動　　 B．不可能做曲線運動 C．有可能做勻速運動　　 D．有可能做勻加速直線運動 解析　帶電小

26、球在重力場、電場和磁場中運動，所受重力、電場力是恒力，但受到的洛倫茲力是隨速度的變化而變化的變力，因此小球不可能處于平衡狀態(tài)，也不可能在電、磁場中做勻變速直線運動，故選項A正確． 4．(多選)如圖甲所示，絕緣輕質(zhì)細(xì)繩一端固定在方向相互垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中的O點，另一端連接帶正電的小球，小球電荷量q＝6×10－7 C，在圖示坐標(biāo)系中，電場方向沿豎直方向，坐標(biāo)原點O的電勢為零．當(dāng)小球以2 m/s的速率繞O點在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動時，細(xì)繩上的拉力剛好為零．在小球從最低點運動到最高點的過程中，軌跡上每點的電勢φ隨縱坐標(biāo)y的變化關(guān)系如圖乙所示，重力加速度g＝10 m/s2，則下列判斷正確的是

27、(　BD　) A．勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小為3.2×106 V/m B．小球重力勢能增加最多的過程中，電勢能減少了2.4 J C．小球做順時針方向的勻速圓周運動 D．小球所受的洛倫茲力的大小為3 N 解析　由勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)公式E＝結(jié)合題圖乙，可得E＝ V/m＝5×106 V/m，故選項A錯誤；由功能關(guān)系W電＝－ΔEp，W電＝qU＝6×10－7×4×106 J＝2.4 J，即電勢能減少了2.4 J，故選項B正確；當(dāng)小球以2 m/s的速率繞O點在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動時，細(xì)繩上的拉力剛好為零，說明是洛倫茲力提供向心力，由左手定則得小球應(yīng)該做逆時針方向的圓周運動，選項C錯誤；重力和電場力是

28、一對平衡力，有qE＝mg，得m＝＝0.3 kg，由洛倫茲力提供向心力可知洛倫茲力為F＝m＝ N＝3 N，故選項D正確． 1．如圖所示，絕緣粗糙的豎直平面MN左側(cè)同時存在相互垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場方向水平向右，電場強(qiáng)度大小為E，磁場方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的小滑塊從A點由靜止開始沿MN下滑，到達(dá)C點時離開MN做曲線運動．A、C兩點間距離為h，重力加速度為g. (1)求小滑塊運動到C點時的速度大小vC； (2)求小滑塊從A點運動到C點過程中克服摩擦力做的功Wf； (3)若D點為小滑塊在電場力、洛倫茲力及重力作用下運動過程中速度最大

29、的位置，當(dāng)小滑塊運動到D點時撤去磁場，此后小滑塊繼續(xù)運動到水平地面上的P點．已知小滑塊在D點時的速度大小為vD，從D點運動到P點的時間為t，求小滑塊運動到P點時速度的大小vP. 解析　(1)小滑塊沿MN運動過程，水平方向受力滿足 qvB＋FN＝qE，① 小滑塊在C點離開MN時FN＝0，② 解得vC＝.③ (2)由動能定理mgh－Wf＝mv－0，④ 解得Wf＝mgh－.⑤ (3)如圖所示，小滑塊速度最大時，速度方向與電場力、重力的合力方向垂直．撤去磁場后小滑塊將做類平拋運動，等效加速度為g′， g′＝， 且v＝v＋g′2t2， 解得vP＝. 答案　(1)　(2)mgh－

30、 (3) 2．如圖所示，足夠大的平行擋板A1、A2豎直放置，間距6L.兩板間存在兩個方向相反的勻強(qiáng)磁場區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，以水平面MN為理想分界面，Ⅰ區(qū)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0，方向垂直紙面向外．A1、A2上各有位置正對的小孔S1、S2，兩孔與分界面MN的距離均為L.質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子經(jīng)寬度為d的勻強(qiáng)電場由靜止加速后，沿水平方向從S1進(jìn)入Ⅰ區(qū)，并直接偏轉(zhuǎn)到MN上的P點，再進(jìn)入Ⅱ區(qū)，P點與A1板的距離是L的k倍，不計重力，碰到擋板的粒子不予考慮． (1)若k＝1，求勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E； (2)若2

31、應(yīng)強(qiáng)度B與k的關(guān)系式． 解析　(1)若k＝1.則有MP＝L，粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)幾何關(guān)系，該情況粒子的軌跡半徑R1＝L， 粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律知qvB0＝m，① 粒子在勻強(qiáng)電場中加速，根據(jù)動能定理有 qEd＝mv2，② 聯(lián)立解得E＝. (2)因為2

32、在如圖所示的豎直平面內(nèi)，水平軌道CD和傾斜軌道GH與半徑r＝ m的光滑圓弧軌道分別相切于D點和G點，GH與水平面的夾角θ＝37°.過G點、垂直于紙面的豎直平面左側(cè)有勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1.25 T；過D點、垂直于紙面的豎直平面右側(cè)有勻強(qiáng)電場，電場方向水平向右，電場強(qiáng)度E＝1×104 N/C．小物體P1質(zhì)量m＝2×10－3 kg、電荷量q＝＋8×10－6 C，受到水平向右的推力F＝9.98×10－3 N的作用，沿CD向右做勻速直線運動，到達(dá)D點后撤去推力．當(dāng)P1到達(dá)傾斜軌道底端G點時，不帶電的小物體P2在GH頂端靜止釋放，經(jīng)過時間t＝0.1 s與P1相遇．P1和P2與

33、軌道CD、GH間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，物體電荷量保持不變，不計空氣阻力．求： (1)小物體P1在水平軌道CD上運動速度v的大?。? (2)傾斜軌道GH的長度s. 解析　(1)設(shè)小物體P1在勻強(qiáng)磁場中運動的速度為v，受到向上的洛倫茲力為F洛，受到的摩擦力為Ff，則 F洛＝qvB，① Ff＝μ(mg－F洛)，② 由題意，水平方向合力為零， F－Ff＝0，③ 聯(lián)立①②③式，代入數(shù)據(jù)解得 v＝4 m/s.④ (2)設(shè)P1在G點的速度大小為vG，由于洛倫茲力不做功，根據(jù)動能定理qErsin θ－mgr(

34、1－cos θ)＝mv－mv2，⑤ P1在GH上運動，受到重力、電場力和摩擦力的作用，設(shè)加速度為a1，根據(jù)牛頓第二定律 qEcos θ－mgsin θ－μ(mgcos θ＋qEsin θ)＝ma1⑥ P1與P2在GH上相遇時，設(shè)P1在GH上運動的距離為s1，則 s1＝vGt＋a1t2.⑦ 設(shè)P2質(zhì)量為m，在GH上運動的加速度為a2，則 m2gsin θ－μm2cos θ＝m2a2，⑧ P1與P2在GH上相遇時，設(shè)P2在GH上運動的距離為s2，則 s2＝a2t2，⑨ 聯(lián)立⑤～⑨式，代入數(shù)據(jù)得 s＝s1＋s2， s＝0.56 m. 答案　4 m/s　(2)0.56 m 4

35、．如圖甲，空間存在一范圍足夠大的垂直于xOy平面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.讓質(zhì)量為m，電荷量為q(q>0)的粒子從坐標(biāo)原點O沿xOy平面以不同的初速度大小和方向入射到該磁場中．不計重力和粒子間的影響． (1)若粒子以初速度v1沿y軸正向入射，恰好能經(jīng)過x軸上的A(a,0)點，求v1的大?。? (2)已知一粒子的初速度大小為v(v>v1)，為使該粒子能經(jīng)過A(a,0)點，其入射角θ(粒子初速度與x軸正向的夾角)有幾個？并求出對應(yīng)的sin θ值； (3)如圖乙，若在此空間再加入沿y軸正向、大小為E的勻強(qiáng)電場，一粒子從O點以初速度v0沿y軸正向發(fā)射．研究表明：粒子在xOy平面內(nèi)做周

36、期性運動，且在任一時刻，粒子速度的x分量vx與其所在位置的y坐標(biāo)成正比，比例系數(shù)與電場強(qiáng)度大小E無關(guān)．求該粒子運動過程中的最大速度值vm. 解析　(1)帶電粒子以速率v在勻強(qiáng)磁場B中做勻速圓周運動，半徑為R，有 qvB＝m，① 當(dāng)粒子沿y軸正向入射，轉(zhuǎn)過半個圓周至A點，該圓周半徑為R1，有 R1＝，② 由②代入①式得 v1＝.③ (2)如圖，O、A兩點處于同一圓周上，且圓心在x＝的直線上，半徑為R.當(dāng)給定一個初速率v時，有2個入射角，分別在第1、2象限，有 sin θ′＝sin θ＝，④ 由①④式解得sin θ＝.⑤ (3)粒子在運動過程中僅電場力做功，因而在軌道的最高點處

37、速率最大，用ym表示其y坐標(biāo)，由動能定理，有 qEym＝mv－mv，⑥ 由題知vm＝kym.⑦ 若E＝0時，粒子以初速度v0沿y軸正向入射，有 qv0B＝m，⑧ v0＝kR0，⑨ 由⑥⑦⑧⑨式解得 vm＝＋. 答案　(1)　(2)2個　均為sin θ＝ (3)＋ 課時達(dá)標(biāo)　第26講 [解密考綱]考查帶電粒子在復(fù)合場中的運動，對學(xué)生綜合分析能力，理論聯(lián)系實際能量要求較高． 1．(2017·江蘇南通一調(diào))如圖所示，在MN、PQ間同時存在勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場，磁場方向垂直紙面水平向外，電場在圖中沒有標(biāo)出．一帶電小球從a點射入場區(qū)，并在豎直面內(nèi)沿直線運動至b點，則小球(　C　

38、) A．一定帶正電 B．受到電場力的方向一定水平向右 C．從a點到b點的過程，克服電場力做功 D．從a點到b點的過程中可能做勻加速運動 解析　因小球受到的洛倫茲力F＝qvB隨小球速度的變化而變化，為使帶電小球能在場內(nèi)做直線運動，小球的速度大小不能變化，即小球受力平衡，做勻速直線運動，選項D錯誤；小球共受到重力、電場力和洛倫茲力三個力的作用，無論小球帶何種電荷，三力均可能平衡，故選項A、B錯誤；從a點到b點的過程中，小球的動能不變，洛倫茲力不做功，根據(jù)動能定理有ΔEk＝WG＋W電場＝0，重力做正功，所以電場力必做負(fù)功，選項C正確． 2．目前有一種磁強(qiáng)計，用于測定地磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度

39、．磁強(qiáng)計的原理如圖所示，電路中有一段金屬導(dǎo)體，它的橫截面是寬為a、高為b的長方形，放在沿y軸正方向的勻強(qiáng)磁場中，導(dǎo)體中通有沿x軸正方向、大小為I的電流．已知金屬導(dǎo)體單位體積中的自由電子數(shù)為n，電子電荷量為e，金屬導(dǎo)電過程中，自由電子所做的定向移動可視為勻速運動．兩電極M、N均與金屬導(dǎo)體的前、后兩側(cè)接觸，用電壓表測出金屬導(dǎo)體前、后兩個側(cè)面間的電勢差為U.則磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和電極M、N的電性為(　C　) A．，M正，N負(fù)　　 B．，M正，N負(fù) C．，M負(fù)，N正　　 D．，M負(fù)，N正 解析　自由電子做勻速運動，根據(jù)左手定則可知，自由電子受力指向M，所以M帶負(fù)電．做勻速運動時，電場力與洛倫茲

40、力相互平衡，則e＝evB，得B＝；根據(jù)I＝neabv，解得B＝，選項C正確． 3．(多選)回旋加速器在科學(xué)研究中得到了廣泛應(yīng)用，其原理如圖所示．D1和D2是兩個中空的半圓形金屬盒，置于與盒面垂直的勻強(qiáng)磁場中，它們接在電壓為U、周期為T的交流電源上．位于D1圓心處的質(zhì)子源A能不斷產(chǎn)生質(zhì)子(初速度可以忽略)，它們在兩盒之間被電場加速．當(dāng)質(zhì)子被加速到最大動能Ek后，再將它們引出．忽略質(zhì)子在電場中的運動時間，則下列說法中正確的是(　BD　) A．若只增大交變電壓U，則質(zhì)子的最大動能Ek會變大 B．若只增大交變電壓U，則質(zhì)子在回旋加速器中運行的時間會變短 C．若只將交變電壓的周期變?yōu)?T，仍

41、可用此裝置加速質(zhì)子 D．質(zhì)子第n次被加速前、后的軌道半徑之比為∶ 解析　由r＝可知，質(zhì)子經(jīng)加速后的最大速度與回旋加速器的最大半徑有關(guān)，而與交變電壓U無關(guān)，故選項A錯誤；增大交變電壓，質(zhì)子加速的次數(shù)減少，所以質(zhì)子在回旋加速器中的運行時間變短，選項B正確；為了使質(zhì)子能在回旋加速器中加速，質(zhì)子的運動周期應(yīng)與交變電壓的周期相同，選項C錯誤；由nqU＝mv以及rn＝可得質(zhì)子第n次被加速前、后的軌道半徑之比為∶，選項D正確． 4．(多選)磁流體發(fā)電是一項新興技術(shù)，它可以把物體的內(nèi)能直接轉(zhuǎn)化為電能，如圖是它的示意圖，平行金屬板A、B之間有一個很強(qiáng)的磁場，將一束等離子體(即高溫下電離的氣體，含有大量正、

42、負(fù)離子)噴入磁場，A、B兩板間便產(chǎn)生電壓．如果把A、B和用電器連接，A、B就是直流電源的兩個電極，設(shè)A、B兩板間距為d，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B′，等離子體以速度v沿垂直于磁場的方向射入A、B兩板之間，則下列說法正確的是(　BC　) A．A是直流電源的正極　　 B．B是直流電源的正極 C．電源的電動勢為B′dv　　 D．電源的電動勢為qvB′ 解析　根據(jù)右手定則，正電荷向下偏轉(zhuǎn)，所以B板帶正電，為直流電源的正極；選項B正確，A錯誤；電荷最終在電場力和洛倫茲力作用下處于平衡，有qB′v＝q，解得E＝B′dv，故選項C正確，D錯誤． 5．(多選)如圖所示是質(zhì)譜儀的工作原理示意圖．帶電粒子被加速電

43、場加速后，進(jìn)入速度選擇器．速度選擇器內(nèi)相互正交的勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場的強(qiáng)度分別為B和E.平板S上有可讓粒子通過的狹縫P和記錄粒子位置的膠片A1A2，平板S下方有強(qiáng)度為B0的勻強(qiáng)磁場．下列表述正確的是(　ABC　) A．質(zhì)譜儀是分析同位素的重要工具 B．速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向外 C．能通過狹縫P的帶電粒子的速率等于 D．粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P，粒子的荷質(zhì)比越小 解析　因同位素原子的化學(xué)性質(zhì)完全相同，無法用化學(xué)方法進(jìn)行分析，故質(zhì)譜儀就成為同位素分析的重要工具，選項A正確；在速度選擇器中，帶電粒子所受電場力和洛倫茲力在粒子沿直線運動時應(yīng)等大反向，結(jié)合左手定則可知選項B

44、正確；再由qE＝qvB，有v＝，選項C正確；在勻強(qiáng)磁場B0中R＝，所以＝＝，可見粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P，即R越小，對應(yīng)粒子的荷質(zhì)比越大，選項D錯誤． 6．(2017·北京海淀模擬)如圖所示，在坐標(biāo)系xOy的第一象限內(nèi)斜線OC的上方存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，第四象限內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小未知、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，第三象限內(nèi)存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，在x軸負(fù)半軸上有一接收屏GD，GD＝2OD＝d，現(xiàn)有一帶電粒子(不計重力)從y軸上的A點，以初速度v0水平向右垂直射入勻強(qiáng)磁場，恰好垂直O(jiān)C射出，并從x軸上的P點(未畫出)進(jìn)入第四象限內(nèi)的勻強(qiáng)磁場，粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后

45、又垂直y軸進(jìn)入勻強(qiáng)電場并被接收屏接收，已知OC與x軸的夾角為37°，OA＝d，cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6.求： (1)粒子的電性及比荷； (2)第四象限內(nèi)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B′的大小； (3)第三象限內(nèi)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E的大小范圍． 解析　(1)粒子運動軌跡如圖所示，由左手定則可知粒子帶負(fù)電，由圖知粒子在第一象限內(nèi)運動的軌跡半徑R＝d， 由洛倫茲力提供向心力得Bqv0＝m，聯(lián)立解得＝. (2)由圖及幾何關(guān)系知OP＝d，所以粒子在第四象限內(nèi)做圓周運動的半徑為r＝＝， 同理B′qv0＝m， 聯(lián)立解得B′＝. (3)粒子在勻強(qiáng)電場中做類平拋運動，由圖

46、知OQ＝r＋rsin 37°＝2d.當(dāng)電場強(qiáng)度E較大時，粒子擊中D點，由類平拋運動規(guī)律知＝v0t1，2d＝t，聯(lián)立解得Emax＝， 當(dāng)電場強(qiáng)度E較小時，粒子擊中G點，由類平拋運動規(guī)律知＝v0t2,2d＝t， 聯(lián)立解得Emin＝， 所以電場強(qiáng)度E的大小滿足≤E≤. 答案　見解析 7．(2017·山東濟(jì)南模擬)如圖所示，位于豎直平面內(nèi)的坐標(biāo)系xOy，在其第三象限空間有垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝0.5 T，還有沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為E＝2 N/C．在其第一象限空間有沿y軸負(fù)方向的、場強(qiáng)大小也為E的勻強(qiáng)電場，并在y>h＝0.4 m的區(qū)域有磁感應(yīng)強(qiáng)度也為B的垂直

47、于紙面向里的勻強(qiáng)磁場．一個帶電荷量為q的帶電油滴從圖中第三象限的P點得到一初速度，恰好能沿PO做勻速直線運動(PO與x軸負(fù)方向的夾角為θ＝45°)，并從原點O進(jìn)入第一象限．已知重力加速度g＝10 m/s2，問： (1)油滴在第三象限運動時受到的重力、電場力、洛倫茲力三力的大小之比，并指出油滴帶何種電荷； (2)油滴在P點得到的初速度大??； (3)油滴在第一象限運動的時間． 解析　(1)根據(jù)受力分析(如圖)可知油滴帶負(fù)電荷． 設(shè)油滴質(zhì)量為m，由平衡條件得mg∶qE∶F＝1∶1∶. (2)由第(1)問得mg＝qE， qvB＝qE， 解得v＝＝4 m/s. (3)進(jìn)入第一象

48、限，電場力和重力大小相等、方向相反，油滴受力平衡，知油滴先做勻速直線運動，進(jìn)入y≥h的區(qū)域后做勻速圓周運動，軌跡如圖所示，最后從x軸上的N點離開第一象限． 油滴由O→A做勻速運動的位移x1＝＝h， 其運動時間t1＝＝＝＝0.1 s. 由幾何關(guān)系和圓周運動的周期關(guān)系式T＝知， 油滴由A→C做圓周運動的時間為t2＝T＝≈0.628 s， 由對稱性知油滴從C→N運動的時間t3＝t1， 油滴在第一象限運動的總時間 t＝t1＋t2＋t3＝2×0.1 s＋0.628 s＝0.828 s. 答案　(1)1∶1∶　負(fù)電荷　(2)4 m/s　(3)0.828 s 8．(2017·湖北武漢模擬)

49、如圖甲所示，寬度為d的豎直狹長區(qū)域內(nèi)(邊界為L1、L2)，存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場和豎直方向上周期性變化的電場(如圖乙所示)，電場強(qiáng)度的大小為E0，E>0表示電場方向豎直向上．t＝0時，一帶正電、質(zhì)量為m的微粒從左邊界上的N1點以水平速度v射入該區(qū)域，沿直線運動到Q點后，做一次完整的圓周運動，再沿直線運動到右邊界上的N2點．Q為線段N1N2的中點，重力加速度為g.上述d、E0、m、v、g為已知量． (1)求微粒所帶電荷量q和磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小； (2)求電場變化的周期T； (3)改變寬度d，使微粒仍能按上述運動過程通過相應(yīng)寬度的區(qū)域，求T的最小值． 解析　(1)微粒做直線運動，則

50、 mg＋qE0＝qvB，① 微粒做圓周運動，則mg＝qE0② 聯(lián)立①②得q＝，③ B＝.④ (2)設(shè)微粒從N1運動到Q的時間為t1，做圓周運動的周期為t2，則 ＝vt1，⑤ qvB＝m，⑥ t2＝，⑦ 聯(lián)立③④⑤⑥⑦得 t1＝，t2＝，⑧ 故電場變化的周期 T＝t1＋t2＝＋.⑨ (3)若微粒能完成題述的運動過程，要求d≥2R，⑩ 聯(lián)立③④⑥得R＝，? 設(shè)在N1Q段直線運動的最短時間為t1min，由⑤⑩? t1min＝， 因t2確定，所以T的最小值 Tmin＝t1min＋t2＝. 答案　(1)　　(2)＋　(3) 9．(2017·湖北黃岡模擬)一圓筒的橫

51、截面如圖所示，其圓心為O.筒內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.圓筒下面有相距為d的平行金屬板M、N，其中M板帶正電荷，N板帶等量負(fù)電荷．質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子自M板邊緣的P處由靜止釋放，經(jīng)N板的小孔S以速度v沿半徑SO方向射入磁場中．粒子與圓筒發(fā)生兩次碰撞后仍從S孔射出，設(shè)粒子與圓筒碰撞過程中沒有動能損失，且電荷量保持不變，在不計重力的情況下，求： (1)M、N間電場強(qiáng)度E的大?。? (2)圓筒的半徑R； (3)保持M、N間電場強(qiáng)度E不變，僅將M板向上平移d，粒子仍從M板邊緣的P處由靜止釋放，粒子自進(jìn)入圓筒至從S孔射出期間與圓筒的碰撞次數(shù)n. 解析　(1)設(shè)兩板

52、間的電壓為U，由動能定理得qU＝mv2.① 由勻強(qiáng)電場中電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系得 U＝Ed.② 聯(lián)立上式可得E＝.③ (2)粒子進(jìn)入磁場后做勻速圓周運動，運用幾何關(guān)系作出圓心為O′、圓半徑為r.設(shè)第一次碰撞點為A，由于粒子與圓筒發(fā)生兩次碰撞又從S孔射出，因此，SA弧所對的圓心角∠AO′S等于. 由幾何關(guān)系得r＝Rtan .④ 粒子運動過程中洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律，得qvB＝m.⑤ 聯(lián)立④⑤式得R＝.⑥ (3)保持M、N間電場強(qiáng)度E不變，M板向上平移d后，設(shè)板間電壓為U′，則U′＝＝.⑦ 設(shè)粒子進(jìn)入S孔時的速度為v′， 由①式看出＝. 綜合⑦式可得v′＝v.⑧ 設(shè)粒子做圓周運動的半徑為r′， 則r′＝.⑨ 設(shè)粒子從S到第一次與圓筒碰撞期間的軌跡所對圓心角為θ，比較⑥⑨兩式得到r′＝R，可見θ＝，⑩ 粒子需經(jīng)過四個這樣的圓弧才能從S孔射出，故n＝3. 答案　(1)　(2)　(3)3 26