2014年高考物理復(fù)習(xí) 第8章 專題8 帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)訓(xùn)練題 新人教版

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1、專題八　帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng) 考綱解讀1.能分析計(jì)算帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng).2.能夠解決速度選擇器、磁流體發(fā)電機(jī)、質(zhì)譜儀等磁場的實(shí)際應(yīng)用問題 1． [帶電粒子在復(fù)合場中的直線運(yùn)動(dòng)]某空間存在水平方向的勻強(qiáng)電場(圖中 未畫出)，帶電小球沿如圖1所示的直線斜向下由A點(diǎn)沿直線向B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)， 此空間同時(shí)存在由A指向B的勻強(qiáng)磁場，則下列說法正確的是 (　　) A．小球一定帶正電 圖1 B．小球可能做勻速直線運(yùn)動(dòng) C．帶電小球一定做勻加速直線運(yùn)動(dòng) D．運(yùn)動(dòng)過程中，小球的機(jī)械能增

2、大 答案　CD 解析　由于重力方向豎直向下，空間存在磁場，且直線運(yùn)動(dòng)方向斜向下，與磁場方向相同，故不受洛倫茲力作用，電場力必水平向右，但電場具體方向未知，故不能判斷帶電小球的電性，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；重力和電場力的合力不為零，故不可能做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以選項(xiàng)B錯(cuò)誤；因?yàn)橹亓εc電場力的合力方向與運(yùn)動(dòng)方向相同，故小球一定做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)C正確；運(yùn)動(dòng)過程中由于電場力做正功，故機(jī)械能增大，選項(xiàng)D正確． 2． [帶電粒子在復(fù)合場中的勻速圓周運(yùn)動(dòng)]如圖2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(yùn)動(dòng)，電場方向豎直向下，磁場方向垂直紙面 向里，則下列說法正確的是

3、 (　　) A．小球一定帶正電 圖2 B．小球一定帶負(fù)電 C．小球的繞行方向?yàn)轫槙r(shí)針 D．改變小球的速度大小，小球?qū)⒉蛔鰣A周運(yùn)動(dòng) 答案　BC 解析　小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，重力必與電場力平衡，則電場力方向豎直向上，結(jié)合電場 方向可知小球一定帶負(fù)電，A錯(cuò)誤，B正確；洛倫茲力充當(dāng)向心力，由曲線運(yùn)動(dòng)軌跡的 彎曲方向結(jié)合左手定則可得繞行方向?yàn)轫槙r(shí)針方向，C正確，D錯(cuò)誤． 考點(diǎn)梳理 一、復(fù)合場 1． 復(fù)合場的分類 (1)疊加場：電場、磁場、重力場

4、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)，并不重疊或相鄰或在同一區(qū)域，電場、磁場交替出現(xiàn)． 2． 三種場的比較 項(xiàng)目 名稱　　 力的特點(diǎn) 功和能的特點(diǎn) 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(shì)能 靜電場 大?。篎＝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(shì)能 磁場 洛倫茲力F＝qvB 方向可用左手定則判斷 洛倫茲力不做功，不改變帶電粒子的動(dòng)能 二、帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)形式 1． 靜

5、止或勻速直線運(yùn)動(dòng) 當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中所受合外力為零時(shí)，將處于靜止?fàn)顟B(tài)或做勻速直線運(yùn)動(dòng)． 2． 勻速圓周運(yùn)動(dòng) 當(dāng)帶電粒子所受的重力與電場力大小相等，方向相反時(shí)，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(yùn)動(dòng)． 3． 較復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng) 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直線上，粒子做非勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，這時(shí)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡既不是圓弧，也不是拋物線． 4． 分階段運(yùn)動(dòng) 帶電粒子可能依次通過幾個(gè)情況不同的組合場區(qū)域，其運(yùn)動(dòng)情況隨區(qū)域發(fā)生變化，其運(yùn)動(dòng)過程由幾種不同的運(yùn)動(dòng)階段組成． 3． [質(zhì)譜儀原理的理解]如圖3所示是質(zhì)譜儀的工作原理示意圖

6、．帶電粒 子被加速電場加速后，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下方有磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B0的勻強(qiáng)磁場．下列表述正確的是 (　　) A．質(zhì)譜儀是分析同位素的重要工具 圖3 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E/B D．粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P，粒子的比荷越小 答案　ABC 解析　粒子在題圖中的電場中加速，說明

7、粒子帶正電，其通過速度選擇器時(shí)，電場力與洛倫茲力平衡，則洛倫茲力方向應(yīng)水平向左，由左手定則知，磁場的方向應(yīng)垂直紙面向外，選項(xiàng)B正確；由Eq＝Bqv可知，v＝E/B，選項(xiàng)C正確；粒子打在膠片上的位置到狹縫的距離即為其做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的直徑D＝，可見D越小，則粒子的比荷越大，D不同，則粒子的比荷不同，因此利用該裝置可以分析同位素，A正確，D錯(cuò)誤． 4． [回旋加速器原理的理解]勞倫斯和利文斯設(shè)計(jì)出回旋加速器，工作 原理示意圖如圖4所示．置于高真空中的D形金屬盒半徑為R，兩 盒間的狹縫很小，帶電粒子穿過的時(shí)間可忽略．磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的 勻強(qiáng)磁場與盒面垂直，高頻交流電頻率為f，加速電壓為U.若A處

8、 粒子源產(chǎn)生的質(zhì)子質(zhì)量為m、電荷量為＋q，在加速器中被加速，且 加速過程中不考慮相對(duì)論效應(yīng)和重力的影響．則下列說法正確的是 (　　) 圖4 A．質(zhì)子被加速后的最大速度不可能超過2πRf B．質(zhì)子離開回旋加速器時(shí)的最大動(dòng)能與加速電壓U成正比 C．質(zhì)子第2次和第1次經(jīng)過兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比為∶1 D．不改變磁感應(yīng)強(qiáng)度B和交流電頻率f，該回旋加速器的最大動(dòng)能不變 答案　AC 解析　粒子被加速后的最大速度受到D形盒半徑R的制約，因v＝＝2πRf，故A正 確；粒子離開回旋加速器的最大動(dòng)能Ekm＝mv2＝m×4π2R2f2＝2mπ2R2f2，與加速電壓U 無關(guān)

9、，B錯(cuò)誤；根據(jù)R＝，Uq＝mv，2Uq＝mv，得質(zhì)子第2次和第1次經(jīng)過兩D 形盒間狹縫后軌道半徑之比為∶1，C正確；因回旋加速器的最大動(dòng)能Ekm＝2mπ2R2f2 與m、R、f均有關(guān)，D錯(cuò)誤． 規(guī)律總結(jié) 帶電粒子在復(fù)合場中運(yùn)動(dòng)的應(yīng)用實(shí)例 1． 質(zhì)譜儀 (1)構(gòu)造：如圖5所示，由粒子源、加速電場、偏轉(zhuǎn)磁場和照相底片等構(gòu)成． 圖5 (2)原理：粒子由靜止被加速電場加速，根據(jù)動(dòng)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(yùn)動(dòng)，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＝

10、，＝. 2． 回旋加速器 (1) 圖6 構(gòu)造：如圖6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(yùn)動(dòng)的周期相等，粒子在圓周運(yùn)動(dòng)的過程中一次一 次地經(jīng)過D形盒縫隙，兩盒間的電勢(shì)差一次一次地反向，粒子就會(huì)被一次一次地加速．由 qvB＝，得Ekm＝，可見粒子獲得的最大動(dòng)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)． 特別提醒　這兩個(gè)實(shí)例都應(yīng)用了帶電粒子在電場中加速、在磁場中偏轉(zhuǎn)(勻速圓周運(yùn)動(dòng)) 的原理． 3． 速度選擇器(如圖7所示)(1)平行板中電場強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B互相 垂直．這種

11、裝置能把具有一定速度的粒子選擇出來，所以叫做速度選 擇器． (2)帶電粒子能夠沿直線勻速通過速度選擇器的條件是qE＝qvB， 即v＝. 圖7 4． 磁流體發(fā)電機(jī) (1)磁流體發(fā)電是一項(xiàng)新興技術(shù)，它可以把內(nèi)能直接轉(zhuǎn)化為電能． (2)根據(jù)左手定則，如圖8中的B是發(fā)電機(jī)正極． (3)磁流體發(fā)電機(jī)兩極板間的距離為L，等離子體速度為v，磁場的 磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，則由qE＝q＝qvB得兩極板間能達(dá)到的最大電勢(shì) 圖8 差U＝BLv. 5． 電磁流量計(jì)工作原理：如

12、圖9所示，圓形導(dǎo)管直徑為d，用非磁性材 料制成，導(dǎo)電液體在管中向左流動(dòng)，導(dǎo)電液體中的自由電荷(正、負(fù)離 子)，在洛倫茲力的作用下橫向偏轉(zhuǎn)，a、b間出現(xiàn)電勢(shì)差，形成電場， 當(dāng)自由電荷所受的電場力和洛倫茲力平衡時(shí)，a、b間的電勢(shì)差就保持 圖9 穩(wěn)定，即：qvB＝qE＝q，所以v＝，因此液體流量Q＝Sv＝·＝. 考點(diǎn)一　帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動(dòng) 1． 帶電粒子在疊加場中無約束情況下的運(yùn)動(dòng)情況分類 (1)磁場力、重力并存 ①若重力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運(yùn)動(dòng)． 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(yùn)動(dòng)，因洛倫茲力不做功，故機(jī)械能守恒，由此可

13、求解問題． (2)電場力、磁場力并存(不計(jì)重力的微觀粒子) ①若電場力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運(yùn)動(dòng)． ②若電場力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)，因洛倫茲力不做功，可用動(dòng)能定理求解問題． (3)電場力、磁場力、重力并存 ①若三力平衡，一定做勻速直線運(yùn)動(dòng)． ②若重力與電場力平衡，一定做勻速圓周運(yùn)動(dòng)． ③若合力不為零且與速度方向不垂直，將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)，因洛倫茲力不做功，可用能量守恒或動(dòng)能定理求解問題． 2． 帶電粒子在疊加場中有約束情況下的運(yùn)動(dòng) 帶電體在復(fù)合場中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道等約束的情況下，常見的運(yùn)動(dòng)形式有直線運(yùn)動(dòng)和圓周運(yùn)動(dòng)，此時(shí)解題要通過受力

14、分析明確變力、恒力做功情況，并注意洛倫茲力不做功的特點(diǎn)，運(yùn)用動(dòng)能定理、能量守恒定律結(jié)合牛頓運(yùn)動(dòng)定律求出結(jié)果． 例1　如圖10所示，帶電平行金屬板相距為2R，在兩板間有垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域 ，與兩板及左側(cè)邊緣線相切．一個(gè)帶正電的粒子(不計(jì)重力)沿兩板間中心線O1O2從左側(cè)邊緣O1點(diǎn)以某一速度射入，恰沿直線通過圓形磁場區(qū)域，并從極板邊緣飛出，在極板間運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t0.若撤去磁場，質(zhì)子仍從O1點(diǎn)以相同速度射入，則經(jīng)時(shí)間打到極板上． 圖10 (1)求兩極板間電壓U； (2)若兩極板不帶電，保持磁場不變，該粒子仍沿中心線O1O2從O1點(diǎn)射入，欲使粒子從兩板左側(cè)間飛出，

15、射入的速度應(yīng)滿足什么條件？ 解析　(1)設(shè)粒子從左側(cè)O1點(diǎn)射入的速度為v0，極板長為L，粒子在初速度方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng) L∶(L－2R)＝t0∶，解得L＝4R 粒子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)：L－2R＝v0· a＝ R＝a()2 在復(fù)合場中做勻速運(yùn)動(dòng)：q＝qv0B 聯(lián)立各式解得v0＝，U＝ (2)設(shè)粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示，設(shè)其軌道半徑為r，粒子恰好從上極板左邊緣飛出時(shí)速度的偏轉(zhuǎn)角為α，由幾何關(guān)系可知：β＝π－α＝45°，r＋r＝R 因?yàn)镽＝()2， 所以＝＝ 根據(jù)牛頓第二定律有qvB＝m， 解得v＝ 所以，粒子在兩板左側(cè)間飛出的條件為0

16、1)　(2)0

17、過程及物理模型，選擇合適的定理列方程求解． 突破訓(xùn)練1　如圖11所示，空間存在著垂直紙面向外的水平勻強(qiáng)磁場， 磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，在y軸兩側(cè)分別有方向相反的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng) 度均為E，在兩個(gè)電場的交界處左側(cè)，有一帶正電的液滴a在電場 力和重力作用下靜止，現(xiàn)從場中某點(diǎn)由靜止釋放一個(gè)帶負(fù)電的液滴 b，當(dāng)它的運(yùn)動(dòng)方向變?yōu)樗椒较驎r(shí)恰與a相撞，撞后兩液滴合為一 體，速度減小到原來的一半，并沿x軸正方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，已 圖11 知液滴b與a的質(zhì)量相等，b所帶電荷量是a所帶電荷量的2倍，且相撞前a、b間的靜 電力忽略不計(jì)． (1)求兩液滴相撞后共同運(yùn)動(dòng)的速度大小； (2)求液

18、滴b開始下落時(shí)距液滴a的高度h. 答案　(1)　(2) 解析　液滴在勻強(qiáng)磁場、勻強(qiáng)電場中運(yùn)動(dòng)，同時(shí)受到洛倫茲力、電場力和重力作用． (1)設(shè)液滴a質(zhì)量為m、電荷量為q，則液滴b質(zhì)量為m、電荷量為－2q， 液滴a平衡時(shí)有qE＝mg① a、b相撞合為一體時(shí)，質(zhì)量為2m，電荷量為－q，速度為v，由題意知處于平衡狀態(tài)， 重力為2mg，方向豎直向下，電場力為qE，方向豎直向上，洛倫茲力方向也豎直向上， 因此滿足qvB＋qE＝2mg② 由①、②兩式，可得相撞后速度v＝ (2)對(duì)b，從開始運(yùn)動(dòng)至與a相撞之前，由動(dòng)能定理有 WE＋WG＝ΔEk，即(2qE＋mg)h＝mv③ a、b碰撞后速

19、度減半，即v＝，則v0＝2v＝ 再代入③式得h＝＝＝ 考點(diǎn)二　帶電粒子在組合場中的運(yùn)動(dòng) 1． 近幾年各省市的高考題在這里的命題情景大都是組合場模型，或是一個(gè)電場與一個(gè)磁場相鄰，或是兩個(gè)或多個(gè)磁場相鄰． 2． 解題時(shí)要弄清楚場的性質(zhì)、場的方向、強(qiáng)弱、范圍等． 3． 要進(jìn)行正確的受力分析，確定帶電粒子的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)． 4． 分析帶電粒子的運(yùn)動(dòng)過程，畫出運(yùn)動(dòng)軌跡是解題的關(guān)鍵． 例2　(2012·山東理綜·23)如圖12甲所示，相隔一定距離的豎直邊界兩側(cè)為相同的勻強(qiáng)磁場 區(qū)，磁場方向垂直紙面向里，在邊界上固定兩長為L的平行金屬極板MN和PQ，兩極 板中心各有一小孔S1、S2，兩極板間電壓

20、的變化規(guī)律如圖乙所示，正反向電壓的大小均 為U0，周期為T0.在t＝0時(shí)刻將一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為－q(q>0)的粒子由S1靜止釋放， 粒子在電場力的作用下向右運(yùn)動(dòng)，在t＝時(shí)刻通過S2垂直于邊界進(jìn)入右側(cè)磁場區(qū)．(不 計(jì)粒子重力，不考慮極板外的電場) 圖12 (1)求粒子到達(dá)S2時(shí)的速度大小v和極板間距d. (2)為使粒子不與極板相撞，求磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小應(yīng)滿足的條件． (3)若已保證了粒子未與極板相撞，為使粒子在t＝3T0時(shí)刻再次到達(dá)S2，且速度恰好為零， 求該過程中粒子在磁場內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小． 審題指導(dǎo)　1.粒子的運(yùn)動(dòng)過程是什么？ 2．要在t＝3T0時(shí)

21、使粒子再次到達(dá)S2，且速度為零，需要滿足什么條件？ 解析　(1)粒子由S1至S2的過程，根據(jù)動(dòng)能定理得 qU0＝mv2① 由①式得v＝ ② 設(shè)粒子的加速度大小為a，由牛頓第二定律得q＝ma③ 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得d＝a()2④ 聯(lián)立③④式得d＝ ⑤ (2)設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，由牛頓第二定律得qvB＝m⑥ 要使粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)不與極板相撞，需滿足2R>⑦ 聯(lián)立②⑥⑦式得B< (3)設(shè)粒子在兩邊界之間無場區(qū)向左勻速運(yùn)動(dòng)的過程所用時(shí)間為t1，有d＝vt1⑧ 聯(lián)立②⑤⑧式得t1＝⑨ 若粒子再次到達(dá)S2時(shí)速度恰好為零，粒子回到極板間應(yīng)做勻減

22、速運(yùn)動(dòng)，設(shè)勻減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得d＝t2⑩ 聯(lián)立⑧⑨⑩式得t2＝? 設(shè)粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t t＝3T0－－t1－t2? 聯(lián)立⑨??式得t＝? 設(shè)粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T，由⑥式結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得T＝? 由題意可知T＝t? 聯(lián)立???式得B＝. 答案　(1) 　 　(2)B< (3)　 突破訓(xùn)練2　如圖13所示裝置中，區(qū)域Ⅰ和Ⅲ中分別有豎直向 上和水平向右的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度分別為E和；區(qū)域Ⅱ 內(nèi)有垂直向外的水平勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.一質(zhì)量為 m、帶電荷量為q的帶負(fù)電粒子(不計(jì)重力)從左邊界O點(diǎn)正 上方的M點(diǎn)以速度v0水平射

23、入電場，經(jīng)水平分界線OP上 的A點(diǎn)與OP成60°角射入?yún)^(qū)域Ⅱ的磁場，并垂直豎直邊界 圖13 CD進(jìn)入Ⅲ區(qū)域的勻強(qiáng)電場中．求： (1)粒子在區(qū)域Ⅱ勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑； (2)O、M間的距離； (3)粒子從M點(diǎn)出發(fā)到第二次通過CD邊界所經(jīng)歷的時(shí)間． 答案　(1)　(2)　(3)＋ 審題指導(dǎo)　1.粒子的運(yùn)動(dòng)過程是怎樣的？ 2．嘗試畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡． 3．注意進(jìn)入磁場時(shí)的速度的大小與方向． 解析　(1)粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，其在區(qū)域Ⅰ的勻強(qiáng)電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)粒子過A點(diǎn)時(shí)速度為v，由類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律知v＝ 粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二

24、定律得 Bqv＝m，所以R＝ (2)設(shè)粒子在區(qū)域Ⅰ的電場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1，加速度為a.則有qE＝ma，v0tan 60°＝at1，即t1＝ O、M兩點(diǎn)間的距離為L＝at＝ (3)設(shè)粒子在Ⅱ區(qū)域磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2 則由幾何關(guān)系知t2＝＝ 設(shè)粒子在Ⅲ區(qū)域電場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t3，a′＝＝ 則t3＝2＝ 粒子從M點(diǎn)出發(fā)到第二次通過CD邊界所用時(shí)間為 t＝t1＋t2＋t3＝＋＋＝＋ 方法點(diǎn)撥 　　　　　解決帶電粒子在組合場中運(yùn)動(dòng)問題的思　　　　路方法 42．帶電粒子在交變電場和交變磁場中的運(yùn)動(dòng)模型問題的分析 解析　(1)粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)qvB＝(

25、2分) T＝(1分) 解得T＝＝4×10－3 s(1分) (2)粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，t＝20×10－3 s時(shí)粒子在坐標(biāo)系內(nèi)做了兩個(gè) 圓周運(yùn)動(dòng)和三段類平拋運(yùn)動(dòng)，水平位移x＝3v0T＝9.6×10－2 m(1分) 豎直位移y＝a(3T)2(1分) Eq＝ma(1分) 解得y＝3.6×10－2 m 故t＝20×10－3 s時(shí)粒子的位置坐標(biāo)為： (9.6×10－2 m，－3.6×10－2 m)(1分) (3)t＝24×10－3 s時(shí)粒子的速度大小、方向與t＝20×10－3 s時(shí)相同，設(shè)與水平方向夾角為 α(1分) 則v＝(1分) vy＝3aT(1分) tan α＝(1分

26、) 解得v＝10 m/s(1分) 與x軸正向夾角α為37°(或arctan )斜向右下方(1分) 答案　(1)4×10－3 s　(2)(9.6×10－2 m，－3.6×10－2 m)　(3)10 m/s　方向與x軸正向夾角 α為37°(或arctan 突破訓(xùn)練3　如圖15甲所示，與紙面垂直的豎直面MN的左側(cè)空間中存在豎直向上的場強(qiáng) 大小為E＝2.5×102 N/C的勻強(qiáng)電場(上、下及左側(cè)無界)．一個(gè)質(zhì)量為m＝0.5 kg、電荷 量為q＝2.0×10－2 C的可視為質(zhì)點(diǎn)的帶正電小球，在t＝0時(shí)刻以大小為v0的水平初速度 向右通過電場中的一點(diǎn)P，當(dāng)t＝t1時(shí)刻在電場所在空間中加上

27、一如圖乙所示隨時(shí)間周期 性變化的磁場，使得小球能豎直向下通過D點(diǎn)，D為電場中小球初速度方向上的一點(diǎn)， PD間距為L，D到豎直面MN的距離DQ為L/π.設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度垂直紙面向里為正．(g＝ 10 m/s2) 圖15 (1)如果磁感應(yīng)強(qiáng)度B0為已知量，使得小球能豎直向下通過D點(diǎn)，求磁場每一次作用時(shí) 間t0的最小值(用題中所給物理量的符號(hào)表示)； (2)如果磁感應(yīng)強(qiáng)度B0為已知量，試推出滿足條件的時(shí)刻t1的表達(dá)式(用題中所給物理量 的符號(hào)表示)； (3)若小球能始終在電磁場所在空間做周期性運(yùn)動(dòng)，則當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)的周期最大時(shí)，求出磁 感應(yīng)強(qiáng)度B0及運(yùn)動(dòng)的最大周期T的大小(用題中所給

28、物理量的符號(hào)表示)． 答案　(1)　(2)＋　(3)　 解析　(1)當(dāng)小球僅有電場作用時(shí)：mg＝Eq，小球?qū)⒆鰟蛩僦本€運(yùn) 動(dòng)．在t1時(shí)刻加入磁場，小球在時(shí)間t0內(nèi)將做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，圓周 運(yùn)動(dòng)周期為T0，若豎直向下通過D點(diǎn)，由圖甲分析可知： t0＝＝ (2)－＝R，即： 甲 v0t1－L＝R qv0B0＝mv/R 所以v0t1－L＝，t1＝＋ (3)小球運(yùn)動(dòng)的速率始終不變，當(dāng)R變大時(shí)，T0也增加，小球在電 磁場中的運(yùn)動(dòng)的周期T增加，在小球不飛出電磁場的情況下，當(dāng)T 最大時(shí)有： ＝2

29、R＝＝ B0＝，T0＝＝ 乙 由圖分析可知小球在電磁場中運(yùn)動(dòng)的最大周期： T＝8×＝，小球運(yùn)動(dòng)軌跡如圖乙所示． 高考題組 1． (2012·課標(biāo)全國·25)如圖16，一半徑為R的圓表示一柱形區(qū)域的橫截面 (紙面)．在柱形區(qū)域內(nèi)加一方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場，一質(zhì)量為m、 電荷量為q的粒子沿圖中直線從圓上的a點(diǎn)射入柱形區(qū)域，從圓上的b 點(diǎn)離開該區(qū)域，離開時(shí)速度方向與直線垂直．圓心O到直線的距離為 R.現(xiàn)將磁場換為平行于紙面且垂直于直線的勻強(qiáng)電場，同一粒子以同樣 圖16 速度沿直

30、線從a點(diǎn)射入柱形區(qū)域，也從b點(diǎn)離開該區(qū)域．若磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，不計(jì) 重力，求電場強(qiáng)度的大?。? 答案　 解析　粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)．設(shè)圓周的半徑為r，由牛頓第二定律和洛倫茲力公式得 qvB＝m ① 式中v為粒子在a點(diǎn)的速度． 過b點(diǎn)和O點(diǎn)作直線的垂線，分別與直線交于c點(diǎn)和d點(diǎn)．由幾何關(guān)系知，線段、和過a、b兩點(diǎn)的圓弧軌跡的兩條半徑(未畫出)圍成一正方形．因此 ＝＝r ② 設(shè)＝x，由幾何關(guān)系得＝R＋x

31、 ③ ＝R＋ ④ 聯(lián)立②③④式得r＝R ⑤ 再考慮粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)．設(shè)電場強(qiáng)度的大小為E，粒子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)．設(shè) 其加速度大小為a，由牛頓第二定律和帶電粒子在電場中的受力公式得 qE＝ma ⑥ 粒子在電場方向和直線方向運(yùn)動(dòng)的距離均為r，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得r＝at 2⑦ r＝vt

32、⑧ 式中t是粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間．聯(lián)立①⑤⑥⑦⑧式得 E＝. 2． (2012·浙江理綜·24)如圖17所示，兩塊水平放置、相距為d的長 金屬板接在電壓可調(diào)的電源上．兩板之間的右側(cè)區(qū)域存在方向垂 直紙面向里的勻強(qiáng)磁場．將噴墨打印機(jī)的噴口靠近上板下表面， 從噴口連續(xù)不斷噴出質(zhì)量均為m、水平速度均為v0、帶相等電荷 圖17 量的墨滴．調(diào)節(jié)電源電壓至U，墨滴在電場區(qū)域恰能沿水平向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)；進(jìn)入 電場、磁場共存區(qū)域后，最終垂直打在下板的M點(diǎn)． (1)判斷墨滴所帶電荷的種類，并求其電荷量； (2)求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的值； (3)現(xiàn)保持噴口方向不變，使其豎直下移到

33、兩板中間的位置．為了使墨滴仍能到達(dá)下板M 點(diǎn)，應(yīng)將磁感應(yīng)強(qiáng)度調(diào)至B′，則B′的大小為多少？ 答案　(1)負(fù)電荷　　(2)　(3) 解析　(1)墨滴在電場區(qū)域做勻速直線運(yùn)動(dòng)，有 q＝mg ① 由①式得：q＝ ② 由于電場方向向下，電荷所受電場力向上，可知：墨滴帶負(fù)電荷． (2)墨滴垂直進(jìn)入電場、磁場共存區(qū)域后，重力仍與電場力平衡，合力等于洛倫茲力，

34、墨 滴做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，有 qv0B＝m ③ 考慮墨滴進(jìn)入電場、磁場共存區(qū)域和下板的幾何關(guān)系，可知墨滴在該區(qū)域恰完成四分之 一圓周運(yùn)動(dòng)，則半徑 R＝d ④ 由②③④式得B＝ (3)根據(jù)題設(shè)，墨滴運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，設(shè)墨滴做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R′，有qv0B′＝m ⑤ 由圖可得： R′2＝d2＋(R′－)2

35、 ⑥ 由⑥式得：R′＝d ⑦ 聯(lián)立②⑤⑦式可得： B′＝. 3． (2012·重慶理綜·24)有人設(shè)計(jì)了一種帶電顆粒的速率分選裝置，其原理如圖18所示，兩 帶電金屬板間有勻強(qiáng)電場，方向豎直向上，其中PQNM矩形區(qū)域內(nèi)還有方向垂直紙面向 外的勻強(qiáng)磁場．一束比荷(電荷量與質(zhì)量之比)均為的帶正電顆粒，以不同的速率沿著磁 場區(qū)域的水平中

36、心線O′O進(jìn)入兩金屬板之間，其中速率為v0的顆粒剛好從Q點(diǎn)處離開 磁場，然后做勻速直線運(yùn)動(dòng)到達(dá)收集板，重力加速度為g，PQ＝3d，NQ＝2d，收集板與 NQ的距離為l，不計(jì)顆粒間的相互作用．求： 圖18 (1)電場強(qiáng)度E的大?。? (2)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。? (3)速率為λv0(λ>1)的顆粒打在收集板上的位置到O點(diǎn)的距離． 答案　見解析 解析　(1)設(shè)帶電顆粒的電荷量為q，質(zhì)量為m.由于粒子從Q點(diǎn)離開磁場后做勻速直線運(yùn) 動(dòng)，則有Eq＝mg 將＝代入，得 E＝kg. (2)如圖所示，粒子在磁場區(qū)域內(nèi)由洛倫茲力提供其做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，則有qv0B＝ m

37、 ① 而由幾何知識(shí)有 R2＝(3d)2＋(R－d)2 ② 聯(lián)立①②解得 B＝. ③ (3)設(shè)速度為λv0的顆粒在磁場區(qū)域運(yùn)動(dòng)時(shí)豎直方向的位移為y1，離開磁場后做勻速

38、直線 運(yùn)動(dòng)時(shí)豎直方向的位移為y2，偏轉(zhuǎn)角為θ，如圖所示，有 qλv0B＝m ④ 將＝及③式代入④式，得 R1＝5dλ tan θ＝ y1＝R1－ y2＝ltan θ 則速率為λv0(λ>1)的顆粒打在收集板上的位置到O點(diǎn)的距離為 y＝y(tǒng)1＋y2 解得y＝d(5λ－)＋. 模擬題組 4. 如圖19所示，坐標(biāo)平面第Ⅰ象限內(nèi)存在大小為E＝4×105 N/C、 方向水平向左的勻強(qiáng)電場，在第Ⅱ象限內(nèi)存在方向垂直紙面向 里的勻強(qiáng)磁場．質(zhì)荷比為＝4×10－10

39、N/C的帶正電粒子從x 軸上的A點(diǎn)以初速度v0＝2×107 m/s垂直x軸射入電場，OA＝0 .2 m，不計(jì)重力．求： (1)粒子經(jīng)過y軸時(shí)的位置到原點(diǎn)O的距離； 圖19 (2)若要求粒子不能進(jìn)入第三象限，求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的取值范圍(不考慮粒子第二次進(jìn)入 電場后的運(yùn)動(dòng)情況．) 答案　(1)0.4 m　(2)B≥(2＋2)×10－2 T 解析　(1)設(shè)粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，粒子經(jīng)過y軸時(shí)的位置與原點(diǎn)O的距離為y， 則：sOA＝at2 a＝ E＝ y＝v0t 聯(lián)立解得a＝1.0×1015 m/s2　t＝2.0×10－8

40、s　y＝0.4 m (2)粒子經(jīng)過y軸時(shí)在電場方向的分速度為： vx＝at＝2×107 m/s 粒子經(jīng)過y軸時(shí)的速度大小為： v＝＝2×107 m/s 與y軸正方向的夾角為θ，θ＝arctan ＝45° 要使粒子不進(jìn)入第三象限，如圖所示，此時(shí)粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為R，則： R＋R≤y qvB＝m 聯(lián)立解得B≥(2＋2)×10－2 T. 5． 如圖20甲所示，在以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)的xOy平面內(nèi)，存在著范圍足夠大的電場和磁場， 一個(gè)帶正電小球在t＝0時(shí)刻以v0＝3gt0的初速度從O點(diǎn)沿＋x方向(水平向右)射入該空 間，在t0時(shí)刻該空間同時(shí)加上如圖乙所示的電場和磁場，

41、其中電場方向豎直向上，場強(qiáng) 大小E0＝，磁場垂直于xOy平面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B0＝，已知小球的質(zhì)量為 m，帶電荷量為q，時(shí)間單位為t0，當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間，空氣阻力不計(jì)．試求： 　 圖20 (1)t0末小球速度的大??； (2)小球做圓周運(yùn)動(dòng)的周期T和12t0末小球速度的大??； (3)在給定的xOy坐標(biāo)系中，大體畫出小球在0到24t0內(nèi)運(yùn)動(dòng)軌跡的示意圖； (4)30t0內(nèi)小球距x軸的最大距離． 答案　(1)gt0　(2)2t0　gt0　(3)見解析圖 (4)gt 解析　(1)由題圖乙知，0～t0內(nèi)，小球只受重力作用，做平拋運(yùn)動(dòng)，在t0末： v＝＝＝gt0 (2)當(dāng)同

42、時(shí)加上電場和磁場時(shí)，電場力F1＝qE0＝mg，方向向上 因?yàn)橹亓碗妶隽η『闷胶?，所以小球只受洛倫茲力而做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，有qvB0＝m 運(yùn)動(dòng)周期T＝，聯(lián)立解得T＝2t0 由題圖乙知，電場、磁場同時(shí)存在的時(shí)間正好是小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)周期的5倍，即在 這10t0內(nèi)，小球恰好做了5個(gè)完整的勻速圓周運(yùn)動(dòng)．所以小球在t1＝12t0時(shí)刻的速度相 當(dāng)于小球做平拋運(yùn)動(dòng)t＝2t0時(shí)的末速度． vy1＝g·2t0＝2gt0，vx1＝v0x＝3gt0 所以12t0末v1＝＝gt0 (3)24t0內(nèi)運(yùn)動(dòng)軌跡的示意圖如圖所示． (4)分析可知，小球在30t0時(shí)與24t0時(shí)的位置相同，在24t0內(nèi)小

43、球相當(dāng)于做了t2＝3t0的平 拋運(yùn)動(dòng)和半個(gè)圓周運(yùn)動(dòng).23t0末小球平拋運(yùn)動(dòng)的豎直分位移大小為 y2＝g(3t0)2＝gt 豎直分速度vy2＝3gt0＝v0， 所以小球與豎直方向的夾角為θ＝45°，速度大小為 v2＝3gt0 此后小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r2＝＝ 30t0內(nèi)小球距x軸的最大距離：y3＝y(tǒng)2＋(1＋cos 45°)r2＝gt 專題突破練　帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng) (限時(shí)：60分鐘) ?題組1　對(duì)帶電粒子在疊加場中運(yùn)動(dòng)的考查 1. 如圖1所示，在水平勻強(qiáng)電場和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場中，有一豎 直足夠長固定絕緣桿MN，小球P套在桿上，已知P的質(zhì)量為m， 電荷

44、量為＋q，電場強(qiáng)度為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，P與桿間的動(dòng)摩擦 因數(shù)為μ，重力加速度為g.小球由靜止開始下滑直到穩(wěn)定的過程中 (　　) A．小球的加速度一直減小 圖1 B．小球的機(jī)械能和電勢(shì)能的總和保持不變 C．下滑加速度為最大加速度一半時(shí)的速度可能是v＝ D．下滑加速度為最大加速度一半時(shí)的速度可能是v＝ 答案　CD 解析　對(duì)小球受力分析如圖所示，則mg－μ(Eq－qvB)＝ma，隨著v 的增加，小球加速度先增加，當(dāng)Eq＝qvB時(shí)加速度達(dá)到最大值amax ＝g，繼續(xù)運(yùn)動(dòng)，mg－μ(qvB－Eq)＝

45、ma，隨著v的增加，a逐漸減 小，所以A錯(cuò)誤．因?yàn)橛心Σ亮ψ龉?，機(jī)械能與電勢(shì)能總和在減小， B錯(cuò)誤．若在前半段達(dá)到最大加速度的一半，則mg－μ(Eq－qvB) ＝m，得v＝，若在后半段達(dá)到最大加速度的一半，則mg－μ(qvB－Eq)＝m， 得v＝，故C、D正確． 2． 如圖2所示，已知一帶電小球在光滑絕緣的水平面上從靜止開始 經(jīng)電壓U加速后，水平進(jìn)入互相垂直的勻強(qiáng)電場E和勻強(qiáng)磁場B 的復(fù)合場中(E和B已知)，小球在此空間的豎直面內(nèi)做勻速圓周 運(yùn)動(dòng)，則 (　　) 圖2 A．小球可

46、能帶正電 B．小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r＝ C．小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T＝ D．若電壓U增大，則小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期增加 答案　BC 解析　小球在復(fù)合場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則小球受到的電場力和重力滿足mg＝Eq，則小球帶負(fù)電，A錯(cuò)誤；因?yàn)樾∏蜃鰣A周運(yùn)動(dòng)的向心力為洛倫茲力，由牛頓第二定律和動(dòng)能定理可得：Bqv＝，Uq＝mv2，聯(lián)立兩式可得：小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r＝ ，由T＝可以得出T＝，與電壓U無關(guān)，所以B、C正確，D錯(cuò)誤． 3． 如圖3所示，空間的某個(gè)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

47、沿直線穿過場區(qū)，質(zhì)子從復(fù)合場區(qū)穿出時(shí)的動(dòng)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(dòng)能Ek′的大小是 (　　) A．Ek′＝Ek 圖3 B．Ek′>Ek C．Ek′

48、對(duì)于氘核由動(dòng)能定理可得其離開加速電場的 速度比質(zhì)子的速度小，所以當(dāng)它進(jìn)入復(fù)合場時(shí)所受的洛倫茲力小于電場力，將往電場力 方向偏轉(zhuǎn)，電場力做正功，故動(dòng)能增大，B選項(xiàng)正確． ?題組2　對(duì)帶電粒子在組合場中運(yùn)動(dòng)的考查 4． 如圖4所示，兩塊平行金屬極板MN水平放置，板長L＝1 m．間距d＝ m，兩金屬板間電壓UMN＝1×104 V；在平行金屬板右側(cè)依次存在ABC和FGH兩個(gè)全等的正三角形區(qū)域，正三角形ABC內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場B1，三角形的上頂點(diǎn)A與上金屬板M平齊，BC邊與金屬板平行，AB邊的中點(diǎn)P恰好在下金屬板N的右端點(diǎn)；正三角形FGH內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場B2.已知A、F、G

49、處于同一直線上，B、C、H也處于同一直線上．AF兩點(diǎn)的距離為 m．現(xiàn)從平行金屬板MN左端沿中心軸線方向入射一個(gè)重力不計(jì)的帶電粒子，粒子質(zhì)量m＝3×10－10 kg，帶電荷量q＝＋1×10－4 C，初速度v0＝1×105 m/s. 圖4 (1)求帶電粒子從電場中射出時(shí)的速度v的大小和方向； (2)若帶電粒子進(jìn)入中間三角形區(qū)域后垂直打在AC邊上，求該區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度B1； (3)若要使帶電粒子由FH邊界進(jìn)入FGH區(qū)域并能再次回到FH界面，求B2應(yīng)滿足的條件． 答案　(1)×105 m/s　與水平方向夾角為30° (2) T　(3)大于 T 解析　(1)設(shè)帶電粒子在電場中做類平拋運(yùn)

50、動(dòng)時(shí)間為t，加速度為a，＝ma 故a＝＝×1010 m/s2 t＝＝1×10－5 s 豎直方向的速度為vy＝at＝×105 m/s 射出電場時(shí)的速度為v＝＝×105 m/s 速度v與水平方向夾角為θ，tan θ＝＝，故θ＝30°，即垂直于AB方向射出 (2)帶電粒子出電場時(shí)豎直方向偏轉(zhuǎn)的位移y＝at2＝ m＝，即粒子由P點(diǎn)垂直AB邊射入磁場，由幾何關(guān)系知在磁場ABC區(qū)域內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R1＝＝ m 由B1qv＝知B1＝＝ T (3)分析知當(dāng)運(yùn)動(dòng)軌跡與邊界GH相切時(shí)，對(duì)應(yīng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B2最小，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示： 由幾何關(guān)系可知R2＋＝1 故半徑R2＝(2－3) m 又

51、B2qv＝m， 故B2＝ T 所以B2應(yīng)滿足的條件為大于 T. 5. 如圖5所示，一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的正離子，在D處 沿圖示方向以一定的速度射入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場 中，磁場方向垂直紙面向里．結(jié)果離子正好從距A點(diǎn)為d的 小孔C沿垂直于電場方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場，此電場方向與AC 平行且向上，最后離子打在G處，而G處距A點(diǎn)2d(AG⊥AC)． 圖5 不計(jì)離子重力，離子運(yùn)動(dòng)軌跡在紙面內(nèi)．求： (1)此離子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r； (2)離子從D處運(yùn)動(dòng)到G處所需時(shí)間； (3)離子到達(dá)G處時(shí)的動(dòng)能． 答案　(1)d　(2)　(3) 解析　(1)正離子軌跡

52、如圖所示． 圓周運(yùn)動(dòng)半徑r滿足： d＝r＋rcos 60° 解得r＝d (2)設(shè)離子在磁場中的運(yùn)動(dòng)速度為v0，則有：qv0B＝m T＝＝ 由圖知離子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：t1＝T＝ 離子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，從C到G的時(shí)間為：t2＝＝ 離子從D→C→G的總時(shí)間為：t＝t1＋t2＝ (3)設(shè)電場強(qiáng)度為E，則有： qE＝ma d＝at 由動(dòng)能定理得：qEd＝EkG－mv 解得EkG＝ ?題組3　對(duì)帶電粒子在交變的電場或磁場中運(yùn)動(dòng)的考查 6． 如圖6甲所示，水平直線MN下方有豎直向上的勻強(qiáng)電場，現(xiàn)將一重力不計(jì)、比荷＝ 106 C/kg的正電荷置于電場中的O點(diǎn)由靜

53、止釋放，經(jīng)過×10－5 s后，電荷以v0＝1.5×104 m/s的速度通過MN進(jìn)入其上方的勻強(qiáng)磁場，磁場與紙面垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度B按圖乙所 示規(guī)律周期性變化(圖乙中磁場以垂直紙面向外為正，以電荷第一次通過MN時(shí)為t＝0 時(shí)刻)．求： 甲 乙 圖6 (1)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E； (2)圖乙中t＝×10－5 s時(shí)刻電荷與O點(diǎn)的水平距離； (3)如果在O點(diǎn)右方d＝68 cm處有一垂直于MN的足夠大的擋板，求電荷從O點(diǎn)出發(fā)運(yùn) 動(dòng)到擋板所需的時(shí)間．(sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80) 答案　(1)7.2×103 N/C　(2)4 cm　(3)3.86×10

54、－4 s 解析　(1)電荷在電場中做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)其在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1，有：v0＝at1， Eq＝ma 解得：E＝＝7.2×103 N/C (2)當(dāng)磁場垂直紙面向外時(shí)，電荷運(yùn)動(dòng)的半徑： r1＝＝5 cm 周期T1＝＝×10－5 s 當(dāng)磁場垂直紙面向里時(shí)，電荷運(yùn)動(dòng)的半徑： r2＝＝3 cm 周期T2＝＝×10－5 s 故電荷從t＝0時(shí)刻開始做周期性運(yùn)動(dòng)，其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示． t＝×10－5 s時(shí)刻電荷與O點(diǎn)的水平距離： Δd＝2(r1－r2)＝4 cm (3)電荷從第一次通過MN開始，其運(yùn)動(dòng)的周期為：T＝×10－5 s，根據(jù)電荷的運(yùn)動(dòng)情況 可知，電荷到達(dá)

55、擋板前運(yùn)動(dòng)的完整周期數(shù)為15個(gè)，此時(shí)電荷沿MN運(yùn)動(dòng)的距離： s＝15Δd＝60 cm 則最后8 cm的距離如圖所示，有： r1＋r1cos α＝8 cm 解得：cos α＝0.6，則α＝53° 故電荷運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間： t總＝t1＋15T＋T1－T1＝3.86×10－4 s 7． 如圖7甲所示，在xOy平面內(nèi)有足夠大的勻強(qiáng)電場，電場方向豎直向上，電場強(qiáng)度E＝40 N/C，在y軸左側(cè)平面內(nèi)有足夠大的瞬時(shí)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B1隨時(shí)間t變化的規(guī)律如圖乙所示，15π s后磁場消失，選定磁場垂直紙面向里為正方向．在y軸右側(cè)平面內(nèi)還有方向垂直紙面向外的恒定的勻強(qiáng)磁場，分布在一個(gè)半徑為r＝0.3

56、 m的圓形區(qū)域(圖中未畫出)，且圓的左側(cè)與y軸相切，磁感應(yīng)強(qiáng)度B2＝0.8 T．t＝0時(shí)刻，一質(zhì)量m＝8×10－4 kg、電荷量q＝2×10－4 C的微粒從x軸上xP＝－0.8 m處的P點(diǎn)以速度v＝0.12 m/s向x軸正方向入射．(g取10 m/s2，計(jì)算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字) 　 甲　　　 　　　　乙 圖7 (1)求微粒在第二象限運(yùn)動(dòng)過程中離y軸、x軸的最大距離． (2)若微粒穿過y軸右側(cè)圓形磁場時(shí)，速度方向的偏轉(zhuǎn)角度最大，求此圓形磁場的圓心坐標(biāo)(x，y)． 答案　(1)3.3 m,2.4 m　(2)(0.30,2.3) 解析　(1)因?yàn)槲⒘Ｉ淙腚姶艌龊笫?/p>

57、到的電場力 F電＝Eq＝8×10－3 N，G＝mg＝8×10－3 N F電＝G，所以微粒在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng) 因?yàn)閝vB1＝m 所以R1＝＝0.6 m T＝＝10π s 從圖乙可知在0～5 π s內(nèi)微粒向左做勻速圓周運(yùn)動(dòng) 在5π s～10π s內(nèi)微粒向左勻速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)位移 x1＝v＝0.6π m 在10π s～15π s內(nèi)，微粒又做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，15π s以后向右勻速運(yùn)動(dòng)，之后穿過y軸．所以，離y軸的最大距離 s＝0.8 m＋x1＋R1＝1.4 m＋0.6π m≈3.3 m 離x軸的最大距離s′＝2R1×2＝4R1＝2.4 m (2)如圖，微粒穿過圓形磁場要求

58、偏轉(zhuǎn)角最大，入射點(diǎn)A與出射點(diǎn) B的連線必須為磁場圓的直徑 因?yàn)閝vB2＝ 所以R2＝＝0.6 m＝2r 所以最大偏轉(zhuǎn)角θ＝60° 所以圓心坐標(biāo)x＝0.30 m y＝s′－rcos 60°＝2.4 m－0.3 m×≈2.3 m， 即磁場的圓心坐標(biāo)為(0.30,2.3) (限時(shí)：60分鐘) ?題組1　對(duì)帶電粒子在疊加場中運(yùn)動(dòng)的考查 1．如圖1所示，在水平勻強(qiáng)電場和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場中，有一豎直足夠長固定絕緣桿MN，小球P套在桿上，已知P的質(zhì)量為m，電荷量為＋q，電場強(qiáng)度為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，P與桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g.小球由靜止開始下滑直到穩(wěn)定的過程中

59、 (　　) 圖1 A．小球的加速度一直減小 B．小球的機(jī)械能和電勢(shì)能的總和保持不變 C．下滑加速度為最大加速度一半時(shí)的速度可能是v＝ D．下滑加速度為最大加速度一半時(shí)的速度可能是v＝ 答案　CD 解析　對(duì)小球受力分析如圖所示，則mg－μ(Eq－qvB)＝ma，隨著v 的增加，小球加速度先增加，當(dāng)Eq＝qvB時(shí)加速度達(dá)到最大值amax ＝g，繼續(xù)運(yùn)動(dòng)，mg－μ(qvB－Eq)＝ma，隨著v的增加，a逐漸減 小，所以A錯(cuò)誤．因?yàn)橛心Σ亮ψ龉?，機(jī)械能與電勢(shì)能總和在減小， B錯(cuò)誤．若在前半段達(dá)到最大加速度的一半，則mg－μ(Eq－qvB) ＝m，

60、得v＝，若在后半段達(dá)到最大加速度的一半，則 mg－μ(qvB－Eq)＝m，得v＝，故C、D正確． 2．如圖2所示，已知一帶電小球在光滑絕緣的水平面上從靜止開始經(jīng)電壓U加速后，水平 進(jìn)入互相垂直的勻強(qiáng)電場E和勻強(qiáng)磁場B的復(fù)合場中(E和B已知)，小球在此空間的豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則 (　　) 圖2 A．小球可能帶正電 B．小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r＝ C．小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T＝ D．若電壓U增大，則小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期增加 答案　BC 解析　小球在復(fù)合場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則小球受到的電場力和重力滿足mg＝Eq，則小球帶負(fù)電，A錯(cuò)誤；

61、因?yàn)樾∏蜃鰣A周運(yùn)動(dòng)的向心力為洛倫茲力，由牛頓第二定律和動(dòng)能定理可得：Bqv＝，Uq＝mv2，聯(lián)立兩式可得：小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r＝ ，由T＝可以得出T＝，與電壓U無關(guān)，所以B、C正確，D錯(cuò)誤． 3．如圖3所示，空間的某個(gè)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) 合場區(qū)穿出時(shí)的動(dòng)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(dòng)能Ek′的大小是 (　　) 圖3 A．Ek′＝Ek B．Ek′>Ek C．Ek′

62、以確定 答案　B 解析　設(shè)質(zhì)子的質(zhì)量為m，則氘核的質(zhì)量為2m.在加速電場里，由動(dòng)能定理可得：eU＝mv2，在復(fù)合場里有：Bqv＝qE?v＝，同理對(duì)于氘核由動(dòng)能定理可得其離開加速電場的速度比質(zhì)子的速度小，所以當(dāng)它進(jìn)入復(fù)合場時(shí)所受的洛倫茲力小于電場力，將往電場力方向偏轉(zhuǎn)，電場力做正功，故動(dòng)能增大，B選項(xiàng)正確． ?題組2　對(duì)帶電粒子在組合場中運(yùn)動(dòng)的考查 4．如圖4所示，兩塊平行金屬極板MN水平放置，板長L＝1 m．間距d＝ m，兩金屬板 間電壓UMN＝1×104 V；在平行金屬板右側(cè)依次存在ABC和FGH兩個(gè)全等的正三角形區(qū)域，正三角形ABC內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場B1，三角形的上

63、頂點(diǎn)A與上金屬板M平齊，BC邊與金屬板平行，AB邊的中點(diǎn)P恰好在下金屬板N的右端點(diǎn)；正三角形FGH內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場B2.已知A、F、G處于同一直線上，B、C、H也處于同一直線上．AF兩點(diǎn)的距離為 m．現(xiàn)從平行金屬板MN左端沿中心軸線方向入射一個(gè)重力不計(jì)的帶電粒子，粒子質(zhì)量m＝3×10－10 kg，帶電荷量q＝＋1×10－4 C，初速度v0＝1×105 m/s. 圖4 (1)求帶電粒子從電場中射出時(shí)的速度v的大小和方向； (2)若帶電粒子進(jìn)入中間三角形區(qū)域后垂直打在AC邊上，求該區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度B1； (3)若要使帶電粒子由FH邊界進(jìn)入FGH區(qū)域并能再次回到FH界面，求B

64、2應(yīng)滿足的條件． 答案　(1)×105 m/s　與水平方向夾角為30° (2) T　(3)大于 T 解析　(1)設(shè)帶電粒子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，加速度為a，＝ma 故a＝＝×1010 m/s2 t＝＝1×10－5 s 豎直方向的速度為vy＝at＝×105 m/s 射出電場時(shí)的速度為v＝＝×105 m/s 速度v與水平方向夾角為θ，tan θ＝＝，故θ＝30°，即垂直于AB方向射出 (2)帶電粒子出電場時(shí)豎直方向偏轉(zhuǎn)的位移y＝at2＝ m＝，即粒子由P點(diǎn)垂直AB邊射入磁場，由幾何關(guān)系知在磁場ABC區(qū)域內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R1＝＝ m 由B1qv＝知B1＝＝ T (3

65、)分析知當(dāng)運(yùn)動(dòng)軌跡與邊界GH相切時(shí)，對(duì)應(yīng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B2最小，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示： 由幾何關(guān)系可知R2＋＝1 故半徑R2＝(2－3) m 又B2qv＝m， 故B2＝ T 所以B2應(yīng)滿足的條件為大于 T. 5．如圖5所示，一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的正離子，在D處沿圖示方向以一定的速度射入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直紙面向里．結(jié)果離子正好從距A點(diǎn)為d的小孔C沿垂直于電場方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場，此電場方向與AC平行且向上，最后離子打在G處，而G處距A點(diǎn)2d(AG⊥AC)．不計(jì)離子重力，離子運(yùn)動(dòng)軌跡在紙面內(nèi)．求： 圖5 (1)此離子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r； (2)離子從

66、D處運(yùn)動(dòng)到G處所需時(shí)間； (3)離子到達(dá)G處時(shí)的動(dòng)能． 答案　(1)d　(2)　(3) 解析　(1)正離子軌跡如圖所示． 圓周運(yùn)動(dòng)半徑r滿足： d＝r＋rcos 60° 解得r＝d (2)設(shè)離子在磁場中的運(yùn)動(dòng)速度為v0，則有：qv0B＝m T＝＝ 由圖知離子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：t1＝T＝ 離子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，從C到G的時(shí)間為：t2＝＝ 離子從D→C→G的總時(shí)間為：t＝t1＋t2＝ (3)設(shè)電場強(qiáng)度為E，則有： qE＝ma d＝at 由動(dòng)能定理得：qEd＝EkG－mv 解得EkG＝ ?題組3　對(duì)帶電粒子在交變的電場或磁場中運(yùn)動(dòng)的考查 6．如圖6甲所示，水平直線MN下方有豎直向上的勻強(qiáng)電場，現(xiàn)將一重力不計(jì)、比荷＝106 C/kg的正電荷置于電場中的O點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)過×10－5 s后，電荷以v0＝1.5×104 m/s 的速度通過MN進(jìn)入其上方的勻強(qiáng)磁場，磁場與紙面垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度B按圖乙所示規(guī) 律周期性變化(圖乙中磁場以垂直紙面向外為正，以電荷第一次通過MN時(shí)為t＝0時(shí)刻)．求： 甲 乙 圖6 (1)勻強(qiáng)電場的電場