2014年高考物理復習 第8章 專題8 帶電粒子在復合場中的運動訓練題 新人教版

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1、專題八　帶電粒子在復合場中的運動 考綱解讀1.能分析計算帶電粒子在復合場中的運動.2.能夠解決速度選擇器、磁流體發(fā)電機、質譜儀等磁場的實際應用問題 1． [帶電粒子在復合場中的直線運動]某空間存在水平方向的勻強電場(圖中 未畫出)，帶電小球沿如圖1所示的直線斜向下由A點沿直線向B點運動， 此空間同時存在由A指向B的勻強磁場，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動 C．帶電小球一定做勻加速直線運動 D．運動過程中，小球的機械能增

2、大 答案　CD 解析　由于重力方向豎直向下，空間存在磁場，且直線運動方向斜向下，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A錯誤；重力和電場力的合力不為零，故不可能做勻速直線運動，所以選項B錯誤；因為重力與電場力的合力方向與運動方向相同，故小球一定做勻加速直線運動，選項C正確；運動過程中由于電場力做正功，故機械能增大，選項D正確． 2． [帶電粒子在復合場中的勻速圓周運動]如圖2所示，一帶電小球在一正交電 場、磁場區(qū)域里做勻速圓周運動，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，小球將不做圓周運動 答案　BC 解析　小球做勻速圓周運動，重力必與電場力平衡，則電場力方向豎直向上，結合電場 方向可知小球一定帶負電，A錯誤，B正確；洛倫茲力充當向心力，由曲線運動軌跡的 彎曲方向結合左手定則可得繞行方向為順時針方向，C正確，D錯誤． 考點梳理 一、復合場 1． 復合場的分類 (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，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 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方向相同 b.負電荷受力方向與場強方向相反 電場力做功與路徑無關 W＝qU 電場力做功改變電勢能 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能 二、帶電粒子在復合場中的運動形式 1． 靜

5、止或勻速直線運動 當帶電粒子在復合場中所受合外力為零時，將處于靜止狀態(tài)或做勻速直線運動． 2． 勻速圓周運動 當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，在垂直于勻強磁場的平面內做勻速圓周運動． 3． 較復雜的曲線運動 當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組合場區(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． 3． [質譜儀原理的理解]如圖3所示是質譜儀的工作原理示意圖

6、．帶電粒 子被加速電場加速后，進入速度選擇器．速度選擇器內相互正交的 勻強磁場和勻強電場的強度分別為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下方有磁感應強度為 B0的勻強磁場．下列表述正確的是 (　　) A．質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，電場力與洛倫茲力平衡，則洛倫茲力方向應水平向左，由左手定則知，磁場的方向應垂直紙面向外，選項B正確；由Eq＝Bqv可知，v＝E/B，選項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動的直徑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錯誤． 4． [回旋加速器原理的理解]勞倫斯和利文斯設計出回旋加速器，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，帶電粒子穿過的時間可忽略．磁感應強度為B的 勻強磁場與盒面垂直，高頻交流電頻率為f，加速電壓為U.若A處

8、 粒子源產生的質子質量為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論效應和重力的影響．則下列說法正確的是 (　　) 圖4 A．質子被加速后的最大速度不可能超過2πRf B．質子離開回旋加速器時的最大動能與加速電壓U成正比 C．質子第2次和第1次經過兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比為∶1 D．不改變磁感應強度B和交流電頻率f，該回旋加速器的最大動能不變 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能Ekm＝mv2＝m×4π2R2f2＝2mπ2R2f2，與加速電壓U 無關

9、，B錯誤；根據R＝，Uq＝mv，2Uq＝mv，得質子第2次和第1次經過兩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能Ekm＝2mπ2R2f2 與m、R、f均有關，D錯誤． 規(guī)律總結 帶電粒子在復合場中運動的應用實例 1． 質譜儀 (1)構造：如圖5所示，由粒子源、加速電場、偏轉磁場和照相底片等構成． 圖5 (2)原理：粒子由靜止被加速電場加速，根據動能定理可得關系式qU＝mv2. 粒子在磁場中受洛倫茲力作用而偏轉，做勻速圓周運動，根據牛頓第二定律得關系式qvB ＝m. 由兩式可得出需要研究的物理量，如粒子軌道半徑、粒子質量、比荷． r＝ ，m＝

10、，＝. 2． 回旋加速器 (1) 圖6 構造：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 次地經過D形盒縫隙，兩盒間的電勢差一次一次地反向，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強度B和D形盒半徑r 決定，與加速電壓無關． 特別提醒　這兩個實例都應用了帶電粒子在電場中加速、在磁場中偏轉(勻速圓周運動) 的原理． 3． 速度選擇器(如圖7所示)(1)平行板中電場強度E和磁感應強度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 (1)磁流體發(fā)電是一項新興技術，它可以把內能直接轉化為電能． (2)根據左手定則，如圖8中的B是發(fā)電機正極． (3)磁流體發(fā)電機兩極板間的距離為L，等離子體速度為v，磁場的 磁感應強度為B，則由qE＝q＝qvB得兩極板間能達到的最大電勢 圖8 差U＝BLv. 5． 電磁流量計工作原理：如

12、圖9所示，圓形導管直徑為d，用非磁性材 料制成，導電液體在管中向左流動，導電液體中的自由電荷(正、負離 子)，在洛倫茲力的作用下橫向偏轉，a、b間出現(xiàn)電勢差，形成電場， 當自由電荷所受的電場力和洛倫茲力平衡時，a、b間的電勢差就保持 圖9 穩(wěn)定，即：qvB＝qE＝q，所以v＝，因此液體流量Q＝Sv＝·＝. 考點一　帶電粒子在疊加場中的運動 1． 帶電粒子在疊加場中無約束情況下的運動情況分類 (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動． ②若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，故機械能守恒，由此可

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

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，運用動能定理、能量守恒定律結合牛頓運動定律求出結果． 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、磁感應強度為B的圓形勻強磁場區(qū)域 ，與兩板及左側邊緣線相切．一個帶正電的粒子(不計重力)沿兩板間中心線O1O2從左側邊緣O1點以某一速度射入，恰沿直線通過圓形磁場區(qū)域，并從極板邊緣飛出，在極板間運動時間為t0.若撤去磁場，質子仍從O1點以相同速度射入，則經時間打到極板上． 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點射入，欲使粒子從兩板左側間飛出，

15、射入的速度應滿足什么條件？ 解析　(1)設粒子從左側O1點射入的速度為v0，極板長為L，粒子在初速度方向上做勻速直線運動 L∶(L－2R)＝t0∶，解得L＝4R 粒子在電場中做類平拋運動：L－2R＝v0· a＝ R＝a()2 在復合場中做勻速運動：q＝qv0B 聯(lián)立各式解得v0＝，U＝ (2)設粒子在磁場中做圓周運動的軌跡如圖所示，設其軌道半徑為r，粒子恰好從上極板左邊緣飛出時速度的偏轉角為α，由幾何關系可知：β＝π－α＝45°，r＋r＝R 因為R＝()2， 所以＝＝ 根據牛頓第二定律有qvB＝m， 解得v＝ 所以，粒子在兩板左側間飛出的條件為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． 突破訓練1　如圖11所示，空間存在著垂直紙面向外的水平勻強磁場， 磁感應強度為B，在y軸兩側分別有方向相反的勻強電場，電場強 度均為E，在兩個電場的交界處左側，有一帶正電的液滴a在電場 力和重力作用下靜止，現(xiàn)從場中某點由靜止釋放一個帶負電的液滴 b，當它的運動方向變?yōu)樗椒较驎r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動，已 圖11 知液滴b與a的質量相等，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． (1)求兩液滴相撞后共同運動的速度大??； (2)求液

18、滴b開始下落時距液滴a的高度h. 答案　(1)　(2) 解析　液滴在勻強磁場、勻強電場中運動，同時受到洛倫茲力、電場力和重力作用． (1)設液滴a質量為m、電荷量為q，則液滴b質量為m、電荷量為－2q， 液滴a平衡時有qE＝mg① a、b相撞合為一體時，質量為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b，從開始運動至與a相撞之前，由動能定理有 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＝＝＝ 考點二　帶電粒子在組合場中的運動 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，或是一個電場與一個磁場相鄰，或是兩個或多個磁場相鄰． 2． 解題時要弄清楚場的性質、場的方向、強弱、范圍等． 3． 要進行正確的受力分析，確定帶電粒子的運動狀態(tài)． 4． 分析帶電粒子的運動過程，畫出運動軌跡是解題的關鍵． 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為相同的勻強磁場 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時刻將一個質量為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動，在t＝時刻通過S2垂直于邊界進入右側磁場區(qū)．(不 計粒子重力，不考慮極板外的電場) 圖12 (1)求粒子到達S2時的速度大小v和極板間距d. (2)為使粒子不與極板相撞，求磁感應強度的大小應滿足的條件． (3)若已保證了粒子未與極板相撞，為使粒子在t＝3T0時刻再次到達S2，且速度恰好為零， 求該過程中粒子在磁場內運動的時間和磁感應強度的大?。? 審題指導　1.粒子的運動過程是什么？ 2．要在t＝3T0時

21、使粒子再次到達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，根據動能定理得 qU0＝mv2① 由①式得v＝ ② 設粒子的加速度大小為a，由牛頓第二定律得q＝ma③ 由運動學公式得d＝a()2④ 聯(lián)立③④式得d＝ ⑤ (2)設磁感應強度的大小為B，粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R，由牛頓第二定律得qvB＝m⑥ 要使粒子在磁場中運動時不與極板相撞，需滿足2R>⑦ 聯(lián)立②⑥⑦式得B< (3)設粒子在兩邊界之間無場區(qū)向左勻速運動的過程所用時間為t1，有d＝vt1⑧ 聯(lián)立②⑤⑧式得t1＝⑨ 若粒子再次到達S2時速度恰好為零，粒子回到極板間應做勻減

22、速運動，設勻減速運動的時間為t2，根據運動學公式得d＝t2⑩ 聯(lián)立⑧⑨⑩式得t2＝? 設粒子在磁場中運動的時間為t t＝3T0－－t1－t2? 聯(lián)立⑨??式得t＝? 設粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的周期為T，由⑥式結合運動學公式得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電場，電場強度分別為E和；區(qū)域Ⅱ 內有垂直向外的水平勻強磁場，磁感應強度為B.一質量為 m、帶電荷量為q的帶負電粒子(不計重力)從左邊界O點正 上方的M點以速度v0水平射

23、入電場，經水平分界線OP上 的A點與OP成60°角射入區(qū)域Ⅱ的磁場，并垂直豎直邊界 圖13 CD進入Ⅲ區(qū)域的勻強電場中．求： (1)粒子在區(qū)域Ⅱ勻強磁場中運動的軌跡半徑； (2)O、M間的距離； (3)粒子從M點出發(fā)到第二次通過CD邊界所經歷的時間． 答案　(1)　(2)　(3)＋ 審題指導　1.粒子的運動過程是怎樣的？ 2．嘗試畫出粒子的運動軌跡． 3．注意進入磁場時的速度的大小與方向． 解析　(1)粒子的運動軌跡如圖所示，其在區(qū)域Ⅰ的勻強電場中做類平拋運動，設粒子過A點時速度為v，由類平拋運動規(guī)律知v＝ 粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，由牛頓第二

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

25、2分) T＝(1分) 解得T＝＝4×10－3 s(1分) (2)粒子的運動軌跡如圖所示，t＝20×10－3 s時粒子在坐標系內做了兩個 圓周運動和三段類平拋運動，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時粒子的位置坐標為： (9.6×10－2 m，－3.6×10－2 m)(1分) (3)t＝24×10－3 s時粒子的速度大小、方向與t＝20×10－3 s時相同，設與水平方向夾角為 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 突破訓練3　如圖15甲所示，與紙面垂直的豎直面MN的左側空間中存在豎直向上的場強 大小為E＝2.5×102 N/C的勻強電場(上、下及左側無界)．一個質量為m＝0.5 kg、電荷 量為q＝2.0×10－2 C的可視為質點的帶正電小球，在t＝0時刻以大小為v0的水平初速度 向右通過電場中的一點P，當t＝t1時刻在電場所在空間中加上

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

28、物理量的符號表示)． 答案　(1)　(2)＋　(3)　 解析　(1)當小球僅有電場作用時：mg＝Eq，小球將做勻速直線運 動．在t1時刻加入磁場，小球在時間t0內將做勻速圓周運動，圓周 運動周期為T0，若豎直向下通過D點，由圖甲分析可知： t0＝＝ (2)－＝R，即： 甲 v0t1－L＝R qv0B0＝mv/R 所以v0t1－L＝，t1＝＋ (3)小球運動的速率始終不變，當R變大時，T0也增加，小球在電 磁場中的運動的周期T增加，在小球不飛出電磁場的情況下，當T 最大時有： ＝2

29、R＝＝ B0＝，T0＝＝ 乙 由圖分析可知小球在電磁場中運動的最大周期： T＝8×＝，小球運動軌跡如圖乙所示． 高考題組 1． (2012·課標全國·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)域內加一方向垂直于紙面的勻強磁場，一質量為m、 電荷量為q的粒子沿圖中直線從圓上的a點射入柱形區(qū)域，從圓上的b 點離開該區(qū)域，離開時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電場，同一粒子以同樣 圖16 速度沿直

30、線從a點射入柱形區(qū)域，也從b點離開該區(qū)域．若磁感應強度大小為B，不計 重力，求電場強度的大小． 答案　 解析　粒子在磁場中做圓周運動．設圓周的半徑為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點的速度． 過b點和O點作直線的垂線，分別與直線交于c點和d點．由幾何關系知，線段、和過a、b兩點的圓弧軌跡的兩條半徑(未畫出)圍成一正方形．因此 ＝＝r ② 設＝x，由幾何關系得＝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動．設電場強度的大小為E，粒子在電場中做類平拋運動．設 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動的距離均為r，由運動學公式得r＝at 2⑦ r＝vt

32、⑧ 式中t是粒子在電場中運動的時間．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的電源上．兩板之間的右側區(qū)域存在方向垂 直紙面向里的勻強磁場．將噴墨打印機的噴口靠近上板下表面， 從噴口連續(xù)不斷噴出質量均為m、水平速度均為v0、帶相等電荷 圖17 量的墨滴．調節(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動；進入 電場、磁場共存區(qū)域后，最終垂直打在下板的M點． (1)判斷墨滴所帶電荷的種類，并求其電荷量； (2)求磁感應強度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下板M 點，應將磁感應強度調至B′，則B′的大小為多少？ 答案　(1)負電荷　　(2)　(3) 解析　(1)墨滴在電場區(qū)域做勻速直線運動，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：墨滴帶負電荷． (2)墨滴垂直進入電場、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 滴做勻速圓周運動，有 qv0B＝m ③ 考慮墨滴進入電場、磁場共存區(qū)域和下板的幾何關系，可知墨滴在該區(qū)域恰完成四分之 一圓周運動，則半徑 R＝d ④ 由②③④式得B＝ (3)根據題設，墨滴運動軌跡如圖所示，設墨滴做圓周運動的半徑為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)有人設計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電場，方向豎直向上，其中PQNM矩形區(qū)域內還有方向垂直紙面向 外的勻強磁場．一束比荷(電荷量與質量之比)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進入兩金屬板之間，其中速率為v0的顆粒剛好從Q點處離開 磁場，然后做勻速直線運動到達收集板，重力加速度為g，PQ＝3d，NQ＝2d，收集板與 NQ的距離為l，不計顆粒間的相互作用．求： 圖18 (1)電場強度E的大小； (2)磁感應強度B的大??； (3)速率為λv0(λ>1)的顆粒打在收集板上的位置到O點的距離． 答案　見解析 解析　(1)設帶電顆粒的電荷量為q，質量為m.由于粒子從Q點離開磁場后做勻速直線運 動，則有Eq＝mg 將＝代入，得 E＝kg. (2)如圖所示，粒子在磁場區(qū)域內由洛倫茲力提供其做圓周運動的向心力，則有qv0B＝ m

37、 ① 而由幾何知識有 R2＝(3d)2＋(R－d)2 ② 聯(lián)立①②解得 B＝. ③ (3)設速度為λv0的顆粒在磁場區(qū)域運動時豎直方向的位移為y1，離開磁場后做勻速

38、直線 運動時豎直方向的位移為y2，偏轉角為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，坐標平面第Ⅰ象限內存在大小為E＝4×105 N/C、 方向水平向左的勻強電場，在第Ⅱ象限內存在方向垂直紙面向 里的勻強磁場．質荷比為＝4×10－10

39、N/C的帶正電粒子從x 軸上的A點以初速度v0＝2×107 m/s垂直x軸射入電場，OA＝0 .2 m，不計重力．求： (1)粒子經過y軸時的位置到原點O的距離； 圖19 (2)若要求粒子不能進入第三象限，求磁感應強度B的取值范圍(不考慮粒子第二次進入 電場后的運動情況．) 答案　(1)0.4 m　(2)B≥(2＋2)×10－2 T 解析　(1)設粒子在電場中運動的時間為t，粒子經過y軸時的位置與原點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)粒子經過y軸時在電場方向的分速度為： vx＝at＝2×107 m/s 粒子經過y軸時的速度大小為： v＝＝2×107 m/s 與y軸正方向的夾角為θ，θ＝arctan ＝45° 要使粒子不進入第三象限，如圖所示，此時粒子做勻速圓周運動的軌道半徑為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為坐標原點的xOy平面內，存在著范圍足夠大的電場和磁場， 一個帶正電小球在t＝0時刻以v0＝3gt0的初速度從O點沿＋x方向(水平向右)射入該空 間，在t0時刻該空間同時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 大小E0＝，磁場垂直于xOy平面向外，磁感應強度大小B0＝，已知小球的質量為 m，帶電荷量為q，時間單位為t0，當?shù)刂亓铀俣葹間，空氣阻力不計．試求： 　 圖20 (1)t0末小球速度的大??； (2)小球做圓周運動的周期T和12t0末小球速度的大?。? (3)在給定的xOy坐標系中，大體畫出小球在0到24t0內運動軌跡的示意圖； (4)30t0內小球距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，小球只受重力作用，做平拋運動，在t0末： v＝＝＝gt0 (2)當同

42、時加上電場和磁場時，電場力F1＝qE0＝mg，方向向上 因為重力和電場力恰好平衡，所以小球只受洛倫茲力而做勻速圓周運動，有qvB0＝m 運動周期T＝，聯(lián)立解得T＝2t0 由題圖乙知，電場、磁場同時存在的時間正好是小球做勻速圓周運動周期的5倍，即在 這10t0內，小球恰好做了5個完整的勻速圓周運動．所以小球在t1＝12t0時刻的速度相 當于小球做平拋運動t＝2t0時的末速度． vy1＝g·2t0＝2gt0，vx1＝v0x＝3gt0 所以12t0末v1＝＝gt0 (3)24t0內運動軌跡的示意圖如圖所示． (4)分析可知，小球在30t0時與24t0時的位置相同，在24t0內小

43、球相當于做了t2＝3t0的平 拋運動和半個圓周運動.23t0末小球平拋運動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動的半徑r2＝＝ 30t0內小球距x軸的最大距離：y3＝y(tǒng)2＋(1＋cos 45°)r2＝gt 專題突破練　帶電粒子在復合場中的運動 (限時：60分鐘) ?題組1　對帶電粒子在疊加場中運動的考查 1. 如圖1所示，在水平勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場中，有一豎 直足夠長固定絕緣桿MN，小球P套在桿上，已知P的質量為m， 電荷

44、量為＋q，電場強度為E，磁感應強度為B，P與桿間的動摩擦 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．小球的機械能和電勢能的總和保持不變 C．下滑加速度為最大加速度一半時的速度可能是v＝ D．下滑加速度為最大加速度一半時的速度可能是v＝ 答案　CD 解析　對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Eq＝qvB時加速度達到最大值amax ＝g，繼續(xù)運動，mg－μ(qvB－Eq)＝

45、ma，隨著v的增加，a逐漸減 小，所以A錯誤．因為有摩擦力做功，機械能與電勢能總和在減小， B錯誤．若在前半段達到最大加速度的一半，則mg－μ(Eq－qvB) ＝m，得v＝，若在后半段達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 經電壓U加速后，水平進入互相垂直的勻強電場E和勻強磁場B 的復合場中(E和B已知)，小球在此空間的豎直面內做勻速圓周 運動，則 (　　) 圖2 A．小球可

46、能帶正電 B．小球做勻速圓周運動的半徑為r＝ C．小球做勻速圓周運動的周期為T＝ D．若電壓U增大，則小球做勻速圓周運動的周期增加 答案　BC 解析　小球在復合場中做勻速圓周運動，則小球受到的電場力和重力滿足mg＝Eq，則小球帶負電，A錯誤；因為小球做圓周運動的向心力為洛倫茲力，由牛頓第二定律和動能定理可得：Bqv＝，Uq＝mv2，聯(lián)立兩式可得：小球做勻速圓周運動的半徑r＝ ，由T＝可以得出T＝，與電壓U無關，所以B、C正確，D錯誤． 3． 如圖3所示，空間的某個復合場區(qū)域內存在著方向相互垂直的勻強 電場和勻強磁場．質子由靜止開始經一加速電場加速后，垂直于復 合場的界面進入并

47、沿直線穿過場區(qū)，質子從復合場區(qū)穿出時的動能 為Ek.那么氘核同樣由靜止開始經同一加速電場加速后穿過同一復 合場后的動能Ek′的大小是 (　　) A．Ek′＝Ek 圖3 B．Ek′>Ek C．Ek′

48、對于氘核由動能定理可得其離開加速電場的 速度比質子的速度小，所以當它進入復合場時所受的洛倫茲力小于電場力，將往電場力 方向偏轉，電場力做正功，故動能增大，B選項正確． ?題組2　對帶電粒子在組合場中運動的考查 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；在平行金屬板右側依次存在ABC和FGH兩個全等的正三角形區(qū)域，正三角形ABC內存在垂直紙面向里的勻強磁場B1，三角形的上頂點A與上金屬板M平齊，BC邊與金屬板平行，AB邊的中點P恰好在下金屬板N的右端點；正三角形FGH內存在垂直紙面向外的勻強磁場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重力不計的帶電粒子，粒子質量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的速度v的大小和方向； (2)若帶電粒子進入中間三角形區(qū)域后垂直打在AC邊上，求該區(qū)域的磁感應強度B1； (3)若要使帶電粒子由FH邊界進入FGH區(qū)域并能再次回到FH界面，求B2應滿足的條件． 答案　(1)×105 m/s　與水平方向夾角為30° (2) T　(3)大于 T 解析　(1)設帶電粒子在電場中做類平拋運

50、動時間為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)帶電粒子出電場時豎直方向偏轉的位移y＝at2＝ m＝，即粒子由P點垂直AB邊射入磁場，由幾何關系知在磁場ABC區(qū)域內做圓周運動的半徑為R1＝＝ m 由B1qv＝知B1＝＝ T (3)分析知當運動軌跡與邊界GH相切時，對應磁感應強度B2最小，運動軌跡如圖所示： 由幾何關系可知R2＋＝1 故半徑R2＝(2－3) m 又

51、B2qv＝m， 故B2＝ T 所以B2應滿足的條件為大于 T. 5. 如圖5所示，一個質量為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強度為B的勻強磁場 中，磁場方向垂直紙面向里．結果離子正好從距A點為d的 小孔C沿垂直于電場方向進入勻強電場，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2d(AG⊥AC)． 圖5 不計離子重力，離子運動軌跡在紙面內．求： (1)此離子在磁場中做圓周運動的半徑r； (2)離子從D處運動到G處所需時間； (3)離子到達G處時的動能． 答案　(1)d　(2)　(3) 解析　(1)正離子軌跡

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

53、止釋放，經過×10－5 s后，電荷以v0＝1.5×104 m/s的速度通過MN進入其上方的勻強磁場，磁場與紙面垂直，磁感應強度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時為t＝0 時刻)．求： 甲 乙 圖6 (1)勻強電場的電場強度E； (2)圖乙中t＝×10－5 s時刻電荷與O點的水平距離； (3)如果在O點右方d＝68 cm處有一垂直于MN的足夠大的擋板，求電荷從O點出發(fā)運 動到擋板所需的時間．(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動，設其在電場中運動的時間為t1，有：v0＝at1， Eq＝ma 解得：E＝＝7.2×103 N/C (2)當磁場垂直紙面向外時，電荷運動的半徑： r1＝＝5 cm 周期T1＝＝×10－5 s 當磁場垂直紙面向里時，電荷運動的半徑： r2＝＝3 cm 周期T2＝＝×10－5 s 故電荷從t＝0時刻開始做周期性運動，其運動軌跡如圖所示． t＝×10－5 s時刻電荷與O點的水平距離： Δd＝2(r1－r2)＝4 cm (3)電荷從第一次通過MN開始，其運動的周期為：T＝×10－5 s，根據電荷的運動情況 可知，電荷到達

55、擋板前運動的完整周期數(shù)為15個，此時電荷沿MN運動的距離： 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° 故電荷運動的總時間： t總＝t1＋15T＋T1－T1＝3.86×10－4 s 7． 如圖7甲所示，在xOy平面內有足夠大的勻強電場，電場方向豎直向上，電場強度E＝40 N/C，在y軸左側平面內有足夠大的瞬時磁場，磁感應強度B1隨時間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軸右側平面內還有方向垂直紙面向外的恒定的勻強磁場，分布在一個半徑為r＝0.3

56、 m的圓形區(qū)域(圖中未畫出)，且圓的左側與y軸相切，磁感應強度B2＝0.8 T．t＝0時刻，一質量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點以速度v＝0.12 m/s向x軸正方向入射．(g取10 m/s2，計算結果保留兩位有效數(shù)字) 　 甲　　　 　　　　乙 圖7 (1)求微粒在第二象限運動過程中離y軸、x軸的最大距離． (2)若微粒穿過y軸右側圓形磁場時，速度方向的偏轉角度最大，求此圓形磁場的圓心坐標(x，y)． 答案　(1)3.3 m,2.4 m　(2)(0.30,2.3) 解析　(1)因為微粒射入電磁場后受

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動 因為qvB1＝m 所以R1＝＝0.6 m T＝＝10π s 從圖乙可知在0～5 π s內微粒向左做勻速圓周運動 在5π s～10π s內微粒向左勻速運動，運動位移 x1＝v＝0.6π m 在10π s～15π s內，微粒又做勻速圓周運動，15π s以后向右勻速運動，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、偏轉角最大，入射點A與出射點 B的連線必須為磁場圓的直徑 因為qvB2＝ 所以R2＝＝0.6 m＝2r 所以最大偏轉角θ＝60° 所以圓心坐標x＝0.30 m y＝s′－rcos 60°＝2.4 m－0.3 m×≈2.3 m， 即磁場的圓心坐標為(0.30,2.3) (限時：60分鐘) ?題組1　對帶電粒子在疊加場中運動的考查 1．如圖1所示，在水平勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場中，有一豎直足夠長固定絕緣桿MN，小球P套在桿上，已知P的質量為m，電荷量為＋q，電場強度為E，磁感應強度為B，P與桿間的動摩擦因數(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．小球的機械能和電勢能的總和保持不變 C．下滑加速度為最大加速度一半時的速度可能是v＝ D．下滑加速度為最大加速度一半時的速度可能是v＝ 答案　CD 解析　對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Eq＝qvB時加速度達到最大值amax ＝g，繼續(xù)運動，mg－μ(qvB－Eq)＝ma，隨著v的增加，a逐漸減 小，所以A錯誤．因為有摩擦力做功，機械能與電勢能總和在減小， B錯誤．若在前半段達到最大加速度的一半，則mg－μ(Eq－qvB) ＝m，

60、得v＝，若在后半段達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電壓U加速后，水平 進入互相垂直的勻強電場E和勻強磁場B的復合場中(E和B已知)，小球在此空間的豎直面內做勻速圓周運動，則 (　　) 圖2 A．小球可能帶正電 B．小球做勻速圓周運動的半徑為r＝ C．小球做勻速圓周運動的周期為T＝ D．若電壓U增大，則小球做勻速圓周運動的周期增加 答案　BC 解析　小球在復合場中做勻速圓周運動，則小球受到的電場力和重力滿足mg＝Eq，則小球帶負電，A錯誤；

61、因為小球做圓周運動的向心力為洛倫茲力，由牛頓第二定律和動能定理可得：Bqv＝，Uq＝mv2，聯(lián)立兩式可得：小球做勻速圓周運動的半徑r＝ ，由T＝可以得出T＝，與電壓U無關，所以B、C正確，D錯誤． 3．如圖3所示，空間的某個復合場區(qū)域內存在著方向相互垂直的勻強電場和勻強磁場．質子 由靜止開始經一加速電場加速后，垂直于復合場的界面進入并沿直線穿過場區(qū)，質子從復 合場區(qū)穿出時的動能為Ek.那么氘核同樣由靜止開始經同一加速電場加速后穿過同一復合 場后的動能Ek′的大小是 (　　) 圖3 A．Ek′＝Ek B．Ek′>Ek C．Ek′

62、以確定 答案　B 解析　設質子的質量為m，則氘核的質量為2m.在加速電場里，由動能定理可得：eU＝mv2，在復合場里有：Bqv＝qE?v＝，同理對于氘核由動能定理可得其離開加速電場的速度比質子的速度小，所以當它進入復合場時所受的洛倫茲力小于電場力，將往電場力方向偏轉，電場力做正功，故動能增大，B選項正確． ?題組2　對帶電粒子在組合場中運動的考查 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；在平行金屬板右側依次存在ABC和FGH兩個全等的正三角形區(qū)域，正三角形ABC內存在垂直紙面向里的勻強磁場B1，三角形的上

63、頂點A與上金屬板M平齊，BC邊與金屬板平行，AB邊的中點P恰好在下金屬板N的右端點；正三角形FGH內存在垂直紙面向外的勻強磁場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重力不計的帶電粒子，粒子質量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的速度v的大小和方向； (2)若帶電粒子進入中間三角形區(qū)域后垂直打在AC邊上，求該區(qū)域的磁感應強度B1； (3)若要使帶電粒子由FH邊界進入FGH區(qū)域并能再次回到FH界面，求B

64、2應滿足的條件． 答案　(1)×105 m/s　與水平方向夾角為30° (2) T　(3)大于 T 解析　(1)設帶電粒子在電場中做類平拋運動時間為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)帶電粒子出電場時豎直方向偏轉的位移y＝at2＝ m＝，即粒子由P點垂直AB邊射入磁場，由幾何關系知在磁場ABC區(qū)域內做圓周運動的半徑為R1＝＝ m 由B1qv＝知B1＝＝ T (3

65、)分析知當運動軌跡與邊界GH相切時，對應磁感應強度B2最小，運動軌跡如圖所示： 由幾何關系可知R2＋＝1 故半徑R2＝(2－3) m 又B2qv＝m， 故B2＝ T 所以B2應滿足的條件為大于 T. 5．如圖5所示，一個質量為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強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向里．結果離子正好從距A點為d的小孔C沿垂直于電場方向進入勻強電場，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2d(AG⊥AC)．不計離子重力，離子運動軌跡在紙面內．求： 圖5 (1)此離子在磁場中做圓周運動的半徑r； (2)離子從

66、D處運動到G處所需時間； (3)離子到達G處時的動能． 答案　(1)d　(2)　(3) 解析　(1)正離子軌跡如圖所示． 圓周運動半徑r滿足： d＝r＋rcos 60° 解得r＝d (2)設離子在磁場中的運動速度為v0，則有：qv0B＝m T＝＝ 由圖知離子在磁場中做圓周運動的時間為：t1＝T＝ 離子在電場中做類平拋運動，從C到G的時間為：t2＝＝ 離子從D→C→G的總時間為：t＝t1＋t2＝ (3)設電場強度為E，則有： qE＝ma d＝at 由動能定理得：qEd＝EkG－mv 解得EkG＝ ?題組3　對帶電粒子在交變的電場或磁場中運動的考查 6．如圖6甲所示，水平直線MN下方有豎直向上的勻強電場，現(xiàn)將一重力不計、比荷＝106 C/kg的正電荷置于電場中的O點由靜止釋放，經過×10－5 s后，電荷以v0＝1.5×104 m/s 的速度通過MN進入其上方的勻強磁場，磁場與紙面垂直，磁感應強度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時為t＝0時刻)．求： 甲 乙 圖6 (1)勻強電場的電場