2019-2020年高中物理第三章磁場第5節(jié)洛倫茲力的應(yīng)用教學(xué)案教科版選修3-1.doc

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2019-2020年高中物理第三章磁場第5節(jié)洛倫茲力的應(yīng)用教學(xué)案教科版選修3-1 1．帶電粒子在磁場中受到洛倫茲力作用，利用磁 場可以控制帶電粒子的運動方向，但不能改變 帶電粒子的速度大小。 2．回旋加速器由兩個D形盒組成，帶電粒子在D 形盒中做圓周運動，每次在兩D形盒之間的窄 縫區(qū)域被電場加速，加速電場的周期與粒子圓 周運動周期相同?；匦铀倨魇怯蓜趥愃拱l(fā) 明的。 3．質(zhì)譜儀把比荷不相等的粒子分開，并按比荷 順序的大小排列，故稱之為“質(zhì)譜”。質(zhì)譜 儀是阿斯頓發(fā)明的。 一、利用磁場控制帶電粒子運動 1．實例 如圖351所示為一具有圓形邊界、半徑為r的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，一個初速度大小為v0的帶電粒子(m，q)沿該磁場的直徑方向從P點射入，在洛倫茲力作用下從Q點離開磁場。 圖351 (1)可以證明，該粒子離開磁場時速度方向的反向延長線必過圓心。 (2)設(shè)粒子離開磁場時的速度方向與進入磁場時相比偏轉(zhuǎn)了θ角，則由圖中幾何關(guān)系可以看出tan＝＝。 可見，對于一定的帶電粒子(m，q一定)，可以通過調(diào)節(jié)B和v0的大小來控制粒子的偏轉(zhuǎn)角度θ。 2．特點 利用磁場控制帶電粒子的運動，只能改變粒子的運動方向而不能改變粒子的速度大小。 二、質(zhì)譜儀 1．比荷 帶電粒子的電荷量與質(zhì)量之比，也叫荷質(zhì)比。 2．質(zhì)譜儀 測定帶電粒子比荷的儀器。 3．構(gòu)造 如圖352所示，主要由離子源(S1上方，圖中未畫出)、加速電場(狹縫S1與S2之間的電場)、速度選擇器(S2與S3之間的裝置)、偏轉(zhuǎn)磁場B2和照相底片等組成。 圖352 4．工作原理 (1)速度選擇器的工作原理： 速度選擇器是由P1和P2兩平行金屬板產(chǎn)生的場強為E的勻強電場及與電場方向垂直、磁感應(yīng)強度為B1的勻強磁場區(qū)域組成，通過速度選擇器的粒子滿足： qvB1＝qE即v＝。 (2)質(zhì)譜儀的工作原理： 速度為v＝的帶電粒子通過狹縫S3垂直進入磁感應(yīng)強度為B2的勻強磁場區(qū)域，在洛倫茲力的作用下做半個圓周運動后打在底片上并被接收，形成一個細(xì)條紋，測出條紋到狹縫S3的距離L，就得出了粒子做圓周運動的半徑R＝，再由R＝以及v和B2即可得出粒子的比荷＝。 三、回旋加速器 1．構(gòu)造 (1)核心部分：兩個D形盒，中間留有窄縫，裝在巨大電磁鐵之間的真空容器里，如圖353所示。 圖353 (2)粒子源：放于窄縫中心附近。 (3)磁場：方向垂直于金屬盒底面。 (4)電場：兩盒分別接在周期性變化的交流電源的兩極上，窄縫中形成方向可變的加速電場，方向垂直于窄縫。 2．工作原理 (1)磁場作用：帶電粒子垂直磁場方向射入磁場時，只在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，其周期與半徑和速率無關(guān)。 (2)交變電壓的作用：在兩D形盒狹縫間產(chǎn)生周期性變化的電場，使帶電粒子每經(jīng)過一次狹縫加速一次，如圖354所示。 圖354 (3)交變電壓的周期(或頻率)：與帶電粒子在磁場中做圓周運動的周期(或頻率)相同。 1．自主思考——判一判 (1)沿半徑方向射入圓形磁場的粒子一定沿半徑方向離開磁場。(√) (2)帶電粒子在磁場中運動的偏轉(zhuǎn)角等于運動軌跡圓弧所對應(yīng)的圓心角的2倍。() (3)帶電粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)時，速度的方向改變而速度的大小不變。(√) (4)速度選擇器既可以選擇粒子的速度，也可以選擇粒子的電性。() (5)應(yīng)用質(zhì)譜儀可以測定帶電粒子的比荷。(√) (6)回旋加速器兩狹縫可以接直流電源。() 2．合作探究——議一議 (1)電視機顯像管中電子束的偏轉(zhuǎn)原理和示波管中電子束的偏轉(zhuǎn)原理一樣嗎？ 提示：電視機顯像管應(yīng)用了電子束磁偏轉(zhuǎn)的原理，而示波管中電子束則是在電場中偏轉(zhuǎn)，是電偏轉(zhuǎn)的原理。 (2)回旋加速器兩端所加的交流電壓的周期由什么決定？ 提示：為了保證每次帶電粒子經(jīng)過狹縫時均被加速，使之能量不斷提高，交流電壓的周期必須等于帶電粒子在回旋加速器中做圓周運動的周期即T＝。因此，交流電壓的周期由帶電粒子的質(zhì)量m、帶電量q和加速器中的磁場的磁感應(yīng)強度B來決定。 (3)一束電子進入回旋加速器加速，電子出來時的速度大小與回旋加速器的半徑有什么關(guān)系？ 提示：根據(jù)半徑公式R＝，可得v＝，由于電子的電荷量和質(zhì)量一定，回旋加速器中的磁感應(yīng)強度一定，故電子出來的速度大小與回旋加速器的半徑成正比。 電偏轉(zhuǎn)與磁偏轉(zhuǎn) 1．什么叫電偏轉(zhuǎn)和磁偏轉(zhuǎn) (1)電偏轉(zhuǎn)：利用電場對運動電荷施加電場力作用，從而控制其運動方向。 (2)磁偏轉(zhuǎn)：利用磁場對運動電荷施加洛倫茲力作用，從而控制其運動方向。 2．電偏轉(zhuǎn)和磁偏轉(zhuǎn)的對比 勻強電場中偏轉(zhuǎn) 勻強磁場中偏轉(zhuǎn) 偏轉(zhuǎn)條件 垂直電場線進入勻強電場(不計重力) 垂直磁感線進入勻強磁場(不計重力) 受力情況 電場力F＝Eq大小、方向都不變 洛倫茲力F＝qvB大小不變，方向隨v的方向的改變而改變 運動類型 類平拋運動 勻速圓周運動或其一部分 運動軌跡 拋物線 圓或圓的一部分運動 軌跡圖 求解方 法處理 偏移y和偏轉(zhuǎn)角φ要通過類平拋運動的規(guī)律求解 偏轉(zhuǎn)y和偏轉(zhuǎn)角φ要結(jié)合圓的幾何關(guān)系通過對圓周運動的討論求解 動能變化 動能增大 動能不變 [典例]　有一平行板電容器，內(nèi)部為真空，兩個極板的間距為d，極板長為L，極板間有一勻強電場，U為兩極板間的電壓，電子從極板左端的正中央以初速度v0射入，其方向平行于極板，并打在極板邊緣的D點，如圖355甲所示。電子的電荷量用e表示，質(zhì)量用m表示，重力不計?；卮鹣旅鎲栴}(用字母表示結(jié)果)。 圖355 (1)求電子打到D點的動能； (2)電子的初速度v0必須大于何值，電子才能飛出極板； (3)若極板間沒有電場，只有垂直紙面的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，電子從極板左端的正中央以平行于極板的初速度v0射入，如圖乙所示，則電子的初速度v0為何值時，電子才能飛出極板？ [思路點撥] (1)電子在板間運動時只有電場力做功。 (2)電子要飛出極板，其偏轉(zhuǎn)位移y必須滿足y<。 (3)在極板間加上磁場時，電子可能從左側(cè)也可能從右側(cè)飛出極板。 [解析]　(1)設(shè)電子打到D點時的動能為Ek，由動能定理可得 Ek－mv＝e① 由①式解得Ek＝(Ue＋mv)。② (2)電子在平行板電容器間做類平拋運動，設(shè)其在豎直方向的加速度為a，在電場中的飛行時間為t，則由電場力及牛頓第二定律、平拋運動的規(guī)律可得 ＝ma③ ＝at2④ t＝⑤ 由③④⑤式聯(lián)立解得v0＝ 所以電子要飛出電容器，必有v0> 。 (3)在只有磁場情況下電子要飛出兩極板，有兩種情況。 Ⅰ.電子從左邊出，做半圓周運動，其半徑R1＝⑥ 由洛倫茲力和向心力公式可得ev1B＝m⑦ 由⑦式解得v1＝⑧ 因此電子飛出極板的條件是v1<⑨ Ⅱ.電子從右邊出，做部分圓周運動其半徑 R＝L2＋(R2－)2⑩ 由⑩式解得R2＝ 由洛倫茲力和向心力公式可得ev2B＝m? 由?式解得v2＝? 電子飛出極板的條件是v2>。 [答案]　(1)(Ue＋mv)　(2) (3)v0<或v0> (1)對于帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動問題，一般從分析沿電場方向的勻加速直線運動和垂直于電場方向的勻速直線運動來解決問題。 (2)對于帶電粒子在勻強磁場中的勻速圓周運動問題，一般要分析運動軌跡、找圓心、求半徑，分析圓心角，列相關(guān)方程解決問題?！　　　? 1.如圖356所示，帶電粒子以初速度v0從a點進入勻強磁場，運動中經(jīng)過b點，Oa＝Ob，若撤去磁場加一個與y軸平行的勻強電場，仍以v0從a點進入電場，粒子仍能通過b點，那么電場強度E與磁感應(yīng)強度B之比為(　　) 圖356 A．v0　　　　　　　　　 　B. C．2v0 D. 解析：選C　設(shè)Oa＝Ob＝d，因為帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，所以圓周運動的半徑正好等于d，即r＝＝d，得到B＝。如果換成勻強電場，水平方向以v0做勻速直線運動，豎直方向沿y軸負(fù)方向做勻加速運動，即d＝2，得到E＝，所以＝2v0，選項C正確。 2.如圖357所示，在寬l的范圍內(nèi)有方向如圖的勻強電場，場強為E，一帶電粒子以速度v垂直于電場方向、也垂直于場區(qū)邊界射入電場，不計重力，射出場區(qū)時，粒子速度方向偏轉(zhuǎn)了θ角，去掉電場，改換成方向垂直紙面向外的勻強磁場，此粒子若原樣射入磁場，它從場區(qū)的另一側(cè)射出時，也偏轉(zhuǎn)了θ角，求此磁場的磁感應(yīng)強度B。 圖357 解析：粒子在電場中做類平拋運動，則運行的時間t＝；加速度a＝，則tan θ＝＝ 粒子在磁場中做勻速圓周運動，有Bvq＝m 由圖示幾何關(guān)系，知sin θ＝ 聯(lián)立以上各式，得B＝。 答案： 洛倫茲力的應(yīng)用實例 1．對質(zhì)譜儀的理解 (1)速度選擇器只選擇粒子的速度(大小和方向)而不選擇粒子的質(zhì)量、電荷量和電性。 (2)從S1與S2之間得以加速的粒子的電性是固定的，因此進入偏轉(zhuǎn)磁場空間的粒子的電性也是固定的。 (3)打在底片上同一位置的粒子，只能判斷其是相同的，不能確定其質(zhì)量或電量一定相同。 2．對回旋加速器的理解 (1)帶電粒子的最終能量 由r＝知，當(dāng)帶電粒子的運動半徑最大時，其速度也最大，若D形盒半徑為R，則帶電粒子的最終動能Ekm＝?？梢?，要提高加速粒子的最終能量，應(yīng)盡可能地增大磁感應(yīng)強度B和D形盒的半徑R。 (2)粒子在磁場中轉(zhuǎn)的圈數(shù)和被加速次數(shù)的計算 設(shè)粒子在磁場共轉(zhuǎn)n圈，則在電場中加速2n次，則有2nqU＝Ekm，n＝，加速次數(shù)N＝2n＝。 (3)粒子在回旋加速器中運動的時間 在電場中運動的時間為t1＝＝＝，在磁場中運動的時間為t2＝nT＝，總時間為t＝t1＋t2，因為t1?t2，一般認(rèn)為在盒內(nèi)的時間近似等于t2。 3．速度選擇器 如圖358所示，D1和D2是兩個平行金屬板，分別連在電源的兩極上，其間有一電場強度為E的電場，同時在此空間加有垂直于電場方向的磁場，磁感應(yīng)強度為B。S1、S2為兩個小孔，且S1與S2連線方向與金屬板平行。速度沿S1、S2連線方向從S1飛入的帶電粒子只有做直線運動才可以從S2飛出。因此能從S2飛出的帶電粒子所受的電場力與洛倫茲力平衡，即qE＝qvB。故只要帶電粒子的速度滿足v＝，即使電性不同，比荷不同，也可沿直線穿出右側(cè)的小孔S2，而其他速度的粒子要么上偏，要么下偏，無法穿出S2。因此利用這個裝置可以達(dá)到選擇某一速度帶電粒子的目的，故稱為速度選擇器。 圖358 4．磁流體發(fā)電機 如圖359所示，將一束等離子體(即高溫下電離的氣體，含有大量帶正電和帶負(fù)電的微粒，從整體上來說是呈電中性)噴射入磁場，磁場中有兩塊金屬板A、B，則高速射入的離子在洛倫茲力的作用下向A、B兩板聚集，使兩板間產(chǎn)生電勢差，若平行金屬板間距為d，勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B，等離子體流速為v，氣體從一側(cè)面垂直磁場射入板間，不計氣體電阻，外電路電阻為R，則兩板間可能達(dá)到的最大電壓和最大電流為多少？ 圖359 如圖3510所示，運動電荷在磁場中受洛倫茲力作用發(fā)生偏轉(zhuǎn)，正、負(fù)離子分別到達(dá)B、A極板(B為電源正極，故電流方向從B到A)，使A、B板間產(chǎn)生勻強電場，在電場力的作用下偏轉(zhuǎn)逐漸減弱，當(dāng)?shù)入x子體不發(fā)生偏轉(zhuǎn)即勻速穿過時，有qvB＝qE，所以此時兩極板間電勢差U＝Ed＝Bdv，據(jù)閉合電路歐姆定律可得電流大小I＝。 圖3510 5．霍爾效應(yīng) 如圖3511所示，厚度為h，寬度為d的導(dǎo)體板放在垂直于它的磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中。當(dāng)電流按如圖方向通過導(dǎo)體板時，在導(dǎo)體板的上側(cè)面A和下側(cè)面A′之間會產(chǎn)生電勢差，這種現(xiàn)象稱為霍爾效應(yīng)。實驗表明，當(dāng)磁場不太強時，電勢差U、電流I和B的關(guān)系為U＝k，式中的比例系數(shù)k稱為霍爾系數(shù)。 圖3511 霍爾效應(yīng)可解釋如下：外部磁場的洛倫茲力使運動的電子聚集在導(dǎo)體板的一側(cè)，在導(dǎo)體板的另一側(cè)會出現(xiàn)多余的正電荷，從而形成橫向電場。橫向電場對電子施加與洛倫茲力方向相反的靜電場力。當(dāng)靜電場力與洛倫茲力達(dá)到平衡時，導(dǎo)體板上下兩側(cè)面之間就會形成穩(wěn)定的電勢差。由U＝k可得B＝，這也是一種測量磁感應(yīng)強度B的方法。 6．電磁流量計 (1)原理 如圖3512所示是電磁流量計的示意圖，在非磁性材料做成的圓管道外加一勻強磁場區(qū)域，當(dāng)管中的導(dǎo)電液體流過此磁場區(qū)域時，測出管壁上a、b兩點間的電勢差U，就可以知道管中液體的流量Q(m3/s)——單位時間內(nèi)流過液體的體積。 圖3512 (2)流量的計算 電荷隨液體流動，受到豎直方向的洛倫茲力，使正負(fù)電荷在上下兩側(cè)聚積，形成電場。當(dāng)電場力與洛倫茲力平衡時，達(dá)到穩(wěn)態(tài)，此時q＝qvB得v＝，液體流量Q＝v＝。 [典例]　如圖3513所示為某種質(zhì)譜儀的結(jié)構(gòu)示意圖。其中加速電場的電壓為U，靜電分析器中與圓心O1等距各點的電場強度大小相同，方向沿徑向指向圓心O1；磁分析器中在以O(shè)2為圓心、圓心角為90的扇形區(qū)域內(nèi)，分布著方向垂直于紙面的勻強磁場，其左邊界與靜電分析器的右邊界平行。由離子源發(fā)出一質(zhì)量為m、電荷量為q的正離子(初速度為零，重力不計)，經(jīng)加速電場加速后，從M點沿垂直于該點的場強方向進入靜電分析器，在靜電分析器中，離子沿半徑為R的四分之一圓弧軌跡做勻速圓周運動，并從N點射出靜電分析器。而后離子由P點沿著既垂直于磁分析器的左邊界又垂直于磁場的方向射入磁分析器中，最后離子沿垂直于磁分析器下邊界的方向從Q點射出，并進入收集器。測量出Q點與圓心O2的距離為d。 圖3513 (1)試求靜電分析器中離子運動軌跡處電場強度E的大??； (2)試求磁分析器中磁場的磁感應(yīng)強度B的大小和方向。 [思路點撥]　解答本題時應(yīng)注意以下兩點： (1)在靜電分析器中，電場力提供離子做圓周運動的向心力。 (2)在磁分析器中，洛倫茲力提供離子做圓周運動的向心力。 [解析]　設(shè)離子進入靜電分析器時的速度為v，離子在加速電場中加速的過程中，由動能定理得： qU＝mv2① (1)離子在靜電分析器中做勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律有：qE＝m② 聯(lián)立①②兩式，解得：E＝③ (2)離子在磁分析器中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律有：qvB＝m④ 由題意可知，圓周運動的軌道半徑為： r＝d⑤ 聯(lián)立①④⑤式，解得： B＝ ⑥ 由左手定則判斷，磁場方向垂直紙面向外。 [答案]　(1)　(2) 　方向垂直紙面向外 質(zhì)譜儀的原理中包括粒子的加速、力的平衡(速度選擇器)、牛頓第二定律和勻速圓周運動等知識，分析粒子的運動過程，建立各運動階段的模型、理清各運動階段之間的聯(lián)系，是解決此類問題的關(guān)鍵?！　　　? 1. (多選)如圖3514所示，回旋加速器D形盒的半徑為R，用來加速質(zhì)量為m，電量為q的質(zhì)子，質(zhì)子每次經(jīng)過電場區(qū)時，都恰好在電壓為U時并被加速，且電場可視為勻強電場，使質(zhì)子由靜止加速到能量為E后，由A孔射出。下列說法正確的是(　　) 圖3514 A．D形盒半徑R、磁感應(yīng)強度B不變，若加速電壓U越高，質(zhì)子的能量E將越大 B．磁感應(yīng)強度B不變，若加速電壓U不變，D形盒半徑R越大，質(zhì)子的能量E將越大 C．D形盒半徑R、磁感應(yīng)強度B不變，若加速電壓U越高，質(zhì)子在加速器中的運動時間將越長 D．D形盒半徑R、磁感應(yīng)強度B不變，若加速電壓U越高，質(zhì)子在加速器中的運動時間將越短 解析：選BD　由qvB＝m得，v＝，則最大動能Ek＝mv2＝，知最大動能與加速器的半徑、磁感應(yīng)強度以及電荷的電量和質(zhì)量有關(guān)，與加速電壓無關(guān)，故A錯誤，B正確；由動能定理得：W＝ΔEk＝qU，加速電壓越大，每次獲得的動能越大，而最終的最大動能與加速電壓無關(guān)，是一定的，故加速電壓越大，加速次數(shù)越少，加速時間越短，故C錯誤，D正確；故選B、D。 2. (多選)方向如圖3515所示勻強電場(場強為E)和勻強磁場(磁感應(yīng)強度為B)共存的場區(qū)，一電子沿垂直電場線和磁感線方向以速度v0射入場區(qū)，則(　　) 圖3515 A．若v0＞，電子沿軌跡Ⅰ運動，出場區(qū)時速度v＞v0 B．若v0＞，電子沿軌跡Ⅱ運動，出場區(qū)時速度v＜v0 C．若v0＜，電子沿軌跡Ⅰ運動，出場區(qū)時速度v＞v0 D．若v0＜，電子沿軌跡Ⅱ運動，出場區(qū)時速度v＜v0 解析：選BC　當(dāng)qvB＝qE時，電子沿直線運動v＝，當(dāng)v0＞，即洛倫茲力大于靜電力，因而軌跡向下偏轉(zhuǎn)，靜電力做負(fù)功，動能減小，出場區(qū)時速度v＜v0，B正確，A錯誤；v0＜，即洛倫茲力小于靜電力，電子向上偏，靜電力做正功，速度v＞v0，D錯誤，C正確。 3.如圖3516所示，一段長方體形導(dǎo)電材料，左右兩端面的邊長都為a和b，內(nèi)有帶電荷量為q的某種自由運動電荷。導(dǎo)電材料置于方向垂直于其前表面向里的勻強磁場中，內(nèi)部磁感應(yīng)強度大小為B。當(dāng)通以從左到右的穩(wěn)恒電流I時，測得導(dǎo)電材料上、下表面之間的電壓為U，且上表面的電勢比下表面的低。由此可得該導(dǎo)電材料單位體積內(nèi)自由運動電荷數(shù)及自由運動電荷的正負(fù)分別為(　　) 圖3516 A.，負(fù)　　　　　　　 B. ，正 C.，負(fù) D.，正 解析：選C　建立霍爾效應(yīng)模型，根據(jù)左手定則，不管正電荷還是負(fù)電荷均應(yīng)該向上偏，由于上表面的電勢比下表面的電勢低，說明電荷電性為負(fù)。當(dāng)導(dǎo)電材料上、下表面之間的電壓為U時，電荷所受電場力和洛倫茲力相等，q＝qvB，根據(jù)電流的微觀表達(dá)式I＝nqvab，解得導(dǎo)電材料單位體積內(nèi)自由運動的電荷數(shù)n＝，所以C項正確；A、B、D項錯誤。 帶電粒子在復(fù)合場中的運動 1．復(fù)合場 一般是指電場、磁場和重力場在同一區(qū)域并存，或其中兩種場并存。 2．三種場力的特點 (1)重力的方向始終豎直向下，重力做功與路徑無關(guān)，重力做的功等于重力勢能的減少量。 (2)靜電力的方向與電場方向相同或相反，靜電力做功與路徑無關(guān)，靜電力做的功等于電勢能的減少量。 (3)洛倫茲力的大小和速度方向與磁場方向的夾角有關(guān)，方向始終垂直于速度v和磁感應(yīng)強度B共同決定的平面。無論帶電粒子做什么運動，洛倫茲力始終不做功。 3．分析思路 (1)受力分析 對帶電粒子進行受力分析時必須注意是否考慮重力： ①對于微觀粒子，如電子、質(zhì)子、離子等，若無特殊說明，一般不考慮重力；對于宏觀帶電物體，如帶電小球、塵埃、油滴、液滴等，若無特殊說明，一般需要考慮重力。 ②對于題目中明確說明需要考慮重力的，這種情況較簡單。 ③不能直接判斷是否需要考慮重力的，在進行受力分析和運動分析時，由分析結(jié)果確定是否考慮重力。 (2)運動分析 帶電粒子在復(fù)合場中做什么運動，取決于帶電粒子所受的合外力及其初始狀態(tài)，因此應(yīng)把帶電粒子的運動情況和受力情況結(jié)合起來進行分析。 ①當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中所受的合外力為零時，粒子將保持靜止或做勻速直線運動。 ②當(dāng)帶電粒子所受的合外力與運動方向在同一條直線上時，粒子將做勻變速直線運動。 ③當(dāng)帶電粒子所受的合外力充當(dāng)向心力時，粒子將做勻速圓周運動。 ④當(dāng)帶電粒子所受合外力的大小、方向都不斷變化時，粒子將做變速運動。 (3)做功與能量分析 ①電荷在電場中運動時，電場力要對運動電荷做功(除在等勢面上運動外)，而電荷在磁場中運動時，磁場力一定不會對電荷做功。 ②電荷在復(fù)合場中做較復(fù)雜的曲線運動時，一般用能量的觀點分析，包括動能定理和能量守恒定律。 [典例]　如圖3517所示，質(zhì)量為m，帶電荷量為q的微粒，以速度v與水平方向成45角進入勻強電場和勻強磁場同時存在的空間后，做勻速直線運動。求： 圖3517 (1)電場強度的大小，該帶電粒子帶何種電荷。 (2)磁感應(yīng)強度的大小。 [思路點撥] (1)微粒做勻速直線運動說明受力平衡。 (2)從題圖可知，電場力與洛倫茲力不可能二力平衡，必須考慮重力，即微粒受三力而平衡。 (3)關(guān)于電荷電性的確定，可以用假設(shè)法分析。 [解析]　(1)微粒做勻速直線運動，所受合力必為零，微粒受重力mg，電場力qE，洛倫茲力qvB，由此可知，微粒帶正電，受力如圖所示，qE＝mg， 則電場強度E＝。 (2)由于合力為零，則qvB＝mg，所以B＝。 [答案]　(1)　正電荷　(2) 解答帶電粒子在復(fù)合場中運動問題的方法 (1)正確進行受力分析，要特別注意電場力和磁場力的分析。 (2)正確進行運動狀態(tài)分析，找出速度、位移及其變化，分清運動過程，畫出運動過程示意圖。如果出現(xiàn)臨界狀態(tài)，要分析臨界條件。 (3)恰當(dāng)選用解題方法 ①帶電粒子在復(fù)合場中做勻速直線運動時，根據(jù)受力平衡列方程求解。 ②帶電粒子在復(fù)合場中做勻速圓周運動時，根據(jù)牛頓運動定律和圓周運動知識進行求解。 ③帶電粒子在復(fù)合場中做勻變速直線運動時，根據(jù)牛頓運動定律和運動學(xué)知識進行求解。 ④帶電粒子在復(fù)合場中做較為復(fù)雜的曲線運動時，一般用能量觀點分析，包括動能定理和機械能(或能量)守恒定律。 ⑤對于臨界問題，要注意挖掘隱含條件?！　　　? 1.如圖3518所示，空間某一區(qū)域內(nèi)存在著相互垂直的勻強電場和勻強磁場，一個帶電粒子以某一初速度由A點進入這個區(qū)域沿直線運動，從C點離開區(qū)域；如果這個區(qū)域只有電場，則粒子從B點離開場區(qū)；如果這個區(qū)域只有磁場，則粒子從D點離開場區(qū)；設(shè)粒子在上述三種情況下，從A到B點、A到C點和A到D點所用的時間分別是t1、t2和t3，比較t1、t2和t3的大小，則有(粒子重力忽略不計)(　　) 圖3518 A．t1＝t2＝t3 B．t2t2 解析：選C　由于只有電場時，電場方向與小球初速度垂直，不改變A到達(dá)B點的水平方向速度(類似于平拋運動)，t1＝t2；由于磁場不改變速度大小，A到C和D的速度大小都相同，顯然A到D的距離遠(yuǎn)，即t2vb，滑到最低點過程二者通過的路程相等，而在任意相同的位置都是va>vb所以球a所需時間較短，選項A錯C對。球a機械能守恒，球b機械能減少，選項B對。在K處，對球a：qvB＋FN－mg＝，對球b：FN′－mg＝，整理得FN＝mg＋－qvB，F(xiàn)N′＝mg＋，由于無法判斷速度的定量關(guān)系所以無法判斷支持力大小，故對軌道壓力大小無法判斷，選項D錯。 帶電粒子在組合場中的運動 1．組合場 組合場是指磁場與電場或重力場同時存在，但各位于一定的區(qū)域內(nèi)且并不重疊的情況，或者在同一區(qū)域內(nèi)交替存在，總之，帶電粒子只同時受到一個場力的作用。 2．帶電粒子在組合場中的運動規(guī)律 (1)帶電粒子在勻強電場中，若初速度與電場線平行，做勻變速直線運動；若初速度與電場線垂直，做類平拋運動。 (2)帶電粒子在勻強磁場中，若速度與磁感線平行，做勻速直線運動；若速度與磁感線垂直，做勻速圓周運動。 3．帶電粒子在組合場中運動的處理方法 (1)分析帶電粒子在各場中的受力情況和運動情況。 (2)畫出粒子的運動軌跡圖，并運用幾何知識，尋找關(guān)系。 (3)選擇合適的物理規(guī)律，列方程：對于類平拋運動，一般分解為沿初速度方向的勻速直線運動和垂直于初速度方向的勻加速直線運動；對粒子在磁場中做勻速圓周運動的情況，一般都是洛倫茲力提供向心力。 (4)注意確定粒子在組合場交界位置處的速度大小與方向。該速度往往是聯(lián)系兩個運動過程的橋梁。 [典例]　如圖3521所示，在xOy平面內(nèi)，第一象限中有勻強電場，電場強度大小為E，方向沿y軸正方向。在x軸的下方有勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙面向里。今有一個質(zhì)量為m、電荷量為e的電子(不計重力)，從y軸上的P點以初速度v0垂直于電場方向進入電場，經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后，沿著與x軸正方向成45角的方向進入磁場，并能返回到原出發(fā)點P。 圖3521 (1)作出電子運動軌跡的示意圖，并說明電子的運動情況； (2)求P點離坐標(biāo)原點的距離h； (3)電子從P點出發(fā)經(jīng)多長時間第一次返回到P點？ [解析]　(1)電子的運動軌跡如圖所示。電子進入電場從P點到A點做類平拋運動(或勻變速曲線運動)，進入磁場從A點到C點再到D點做勻速圓周運動，離開磁場從D點到P點做勻速直線運動。 (2)電子經(jīng)過A點的速度vA＝＝v0，電子從P點到A點，由動能定理得：Eeh＝mv－mv，所以h＝。 (3)電子從P點到A點，vy＝＝v0，時間t1＝＝，從A到C點再到D點，由T＝，得t2＝T＝，從D點到P點，時間t3＝＝＝，所以t＝t1＋t2＋t3＝＋。 [答案]　(1)見解析　(2)　(3)＋ 本題考查帶電粒子在分界電、磁場中的運動。帶電粒子先在電場中做類平拋運動，后進入勻強磁場做勻速圓周運動，最后做離開磁場后的勻速直線運動。因此分析該類問題時既要區(qū)分兩種場對帶電粒子的不同作用，明確其運動的不同性質(zhì)，選擇處理的不同方法，又要注意分析帶電粒子在兩種場中運動的關(guān)聯(lián)，如速度、位移和時間的關(guān)系。　　　 　 1. (多選)在半導(dǎo)體離子注入工藝中，初速度可忽略的磷離子P＋和P3＋，經(jīng)電壓為U的電場加速后，垂直進入磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直紙面向里、有一定寬度的勻強磁場區(qū)域，如圖3522所示。已知離子P＋在磁場中轉(zhuǎn)過θ＝30后從磁場右邊界射出。在電場和磁場中運動時，離子P＋和P3＋(　　) 圖3522 A．在電場中的加速度之比為1∶1 B．在磁場中運動的半徑之比為 ∶1 C．在磁場中轉(zhuǎn)過的角度之比為1∶2 D．離開電場區(qū)域時的動能之比為1∶3 解析：選BCD　離子P＋和P3＋質(zhì)量之比為1∶1，電荷量之比等于1∶3，故在電場中的加速度(a＝)之比不等于1∶1，則A項錯誤；離子在離開電場區(qū)域時有：qU＝ mv2，在磁場中做勻速圓周運動，有：qvB＝m，得半徑r＝＝ ，則半徑之比為1∶＝∶1，則B項正確；設(shè)磁場寬度為d，由幾何關(guān)系d＝rsin α，可知離子在磁場中轉(zhuǎn)過的角度正弦值之比等于半徑倒數(shù)之比，即1∶，因θ＝30，則θ′＝60，故轉(zhuǎn)過的角度之比為1∶2，則C項正確；離子離開電場時的動能之比等于電荷量之比，即1∶3，則D項正確。 2.如圖3523所示，有理想邊界的勻強磁場方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強度大小為B，某帶電粒子的比荷(電荷量與質(zhì)量之比)大小為k，由靜止開始經(jīng)電壓為U的電場加速后，從O點垂直射入磁場，又從P點穿出磁場。下列說法正確的是(不計粒子所受重力)(　　) 圖3523 A．如果只增加U，粒子可以從dP之間某位置穿出磁場 B．如果只減小B，粒子可以從ab邊某位置穿出磁場 C．如果既減小U又增加B，粒子可以從bc邊某位置穿出磁場 D．如果只增加k，粒子可以從dP之間某位置穿出磁場 解析：選D　由已知可得qU＝mv2，k＝，r＝，解得r＝。對于選項A，只增加U，r增大，粒子不可能從dP之間某位置穿出磁場。對于選項B，粒子電性不變，不可能向上偏轉(zhuǎn)從ab邊某位置穿出磁場。對于選項C，既減小U又增加B，r減小，粒子不可能從bc邊某位置穿出磁場。對于選項D，只增加k，r減小，粒子可以從dP之間某位置穿出磁場。 1.帶電油滴以水平向右速度v0垂直進入磁場，恰做勻速直線運動，如圖1所示，若油滴質(zhì)量為m，磁感應(yīng)強度為B，則下述說法正確的是(　　) 圖1 A．油滴必帶正電荷，電量為 B．油滴必帶正電荷，比荷為＝ C．油滴必帶負(fù)電荷，電量為 D．油滴帶什么電荷都可以，只要滿足q＝ 解析：選C　由于帶電的油滴進入磁場中恰做勻速直線運動，且受到的重力向下，洛倫茲力方向必定向上。由左手定則可知油滴一定帶負(fù)電荷，且滿足mg－qv0B＝0。所以q＝，故C正確。 2.如圖2所示，在正交的勻強電場和勻強磁場中，一帶電粒子在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，則微粒帶電性質(zhì)和環(huán)繞方向分別是(　　) 圖2 A．帶正電，逆時針 B．帶正電，順時針 C．帶負(fù)電，逆時針 D．帶負(fù)電，順時針 解析：選C　因帶電粒子在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，則所受的重力和電場力平衡，可知電場力方向向上，微粒帶負(fù)電；根據(jù)左手定則，微粒沿逆時針方向旋轉(zhuǎn)，故選C。 3. (多選)如圖3為一“速度選擇器”裝置的示意圖。a、b為水平放置的平行金屬板，一束具有各種不同速率的電子沿水平方向經(jīng)小孔O進入a、b兩板之間。為了選取具有某種特定速率的電子，可在a、b間加上電壓，并沿垂直于紙面的方向加一勻強磁場，使所選電子仍能夠沿水平直線OO′運動，由O′射出，不計重力作用?？赡苓_(dá)到上述目的的辦法是(　　) 圖3 A．使a板電勢高于b板，磁場方向垂直紙面向里 B．使a板電勢低于b板，磁場方向垂直紙面向里 C．使a板電勢高于b板，磁場方向垂直紙面向外 D．使a板電勢低于b板，磁場方向垂直紙面向外 解析：選AD　要使電子沿直線OO′運動，則電子在豎直方向所受電場力和洛倫茲力平衡，若a板電勢高于b板，則電子所受電場力方向豎直向上，其所受洛倫茲力方向必向下，由左手定則可判定磁場方向垂直紙面向里，故A選項正確。同理可判斷D選項正確。 4. (多選)如圖4所示是磁流體發(fā)電機的原理示意圖，金屬板M、N正對平行放置，且板面垂直于紙面，在兩極板之間接有電阻R。在極板間有垂直于紙面向里的勻強磁場。當(dāng)?shù)入x子束(分別帶有等量正、負(fù)電荷的離子束)從左向右進入極板時，下列說法中正確的是(不計粒子所受重力)(　　) 圖4 A．N板的電勢高于M板的電勢 B．M板的電勢高于N板的電勢 C．R中有由b向a方向的電流 D．R中有由a向b方向的電流 解析：選BD　根據(jù)左手定則可知帶正電荷的離子向上極板偏轉(zhuǎn)，帶負(fù)電荷的離子向下極板偏轉(zhuǎn)，則M板的電勢高于N板的電勢。M板相當(dāng)于電源的正極，那么R中有由a向b方向的電流，故選B、D。 5.回旋加速器是加速帶電粒子的裝置，其核心部分是分別與高頻交流電極相連接的兩個D形金屬盒，兩盒間的狹縫中形成的周期性變化的電場，使粒子在通過狹縫時都能得到加速，兩D形金屬盒處于垂直于盒底的勻強磁場中，如圖5所示，要增大帶電粒子射出時的動能，則下列說法中正確的是(　　) 圖5 A．增大勻強電場間的加速電壓 B．減小磁場的磁感應(yīng)強度 C．減小周期性變化的電場的頻率 D．增大D形金屬盒的半徑 解析：選D　粒子最后射出時的旋轉(zhuǎn)半徑為D形盒的最大半徑R，R＝，Ek＝mv2＝?？梢?，要增大粒子射出時的動能，應(yīng)增大磁感應(yīng)強度B和增大D形盒的半徑R，故D正確。 6. (多選)在翻蓋手機中，經(jīng)常用霍爾元件來控制翻蓋時開啟或關(guān)閉運行程序。如圖6是霍爾元件示意圖，磁場方向垂直于霍爾元件工作面，通入圖示方向的電流I，MN兩端會形成電勢差UMN，下列說法正確的是(　　) 圖6 A．電勢差UMN僅與材料有關(guān) B．若霍爾元件的載流子是自由電子，則電勢差UMN>0 C．僅增大M、N間的寬度，電勢差UMN變大 D．通過控制磁感應(yīng)強度可以改變電勢差UMN 解析：選BCD　電流是電荷定向移動形成的，電荷在磁場中運動由于受到洛倫茲力作用而發(fā)生偏轉(zhuǎn)，在M、N間形成電壓，同時電荷又受到M、N間電壓形成的電場作用，當(dāng)q＝qvB時，UMN穩(wěn)定，d為霍爾元件寬度，v為電荷定向移動速度，因此UMN與磁感應(yīng)強度、霍爾元件的材料及形狀有關(guān)，A錯誤；由左手定則可知，若載流子是電子，則電子向N端偏移，UMN>0，B正確；由q＝qvB可知C、D正確。 7.一束幾種不同的正離子， 垂直射入正交的勻強磁場和勻強電場區(qū)域里， 離子束保持原運動方向未發(fā)生偏轉(zhuǎn)。接著進入另一勻強磁場， 發(fā)現(xiàn)這些離子分成幾束，如圖7所示。對這些離子， 可得出結(jié)論(　　) 圖7 A．它們的動能一定各不相同 B．它們的電量一定各不相同 C．它們的質(zhì)量一定各不相同 D．它們的比荷一定各不相同 解析：選D　經(jīng)過速度選擇器后的粒子速度相同，粒子所受電場力和洛倫茲力平衡，滿足qvB＝qE，即不發(fā)生偏轉(zhuǎn)的粒子具有相同的速度v＝；進入磁場區(qū)軌道半徑不等，根據(jù)公式R＝，只能說明比荷不同，故A、B、C錯誤，D正確。 8．(多選)設(shè)空間存在豎直向下的勻強電場，垂直紙面向里的勻強磁場，如圖8所示。已知一離子在電場力和洛倫茲力的作用下，從靜止開始自A點沿曲線ACB運動，到達(dá)B點時速度為零，C點是運動的最低點，忽略重力，以下說法正確的是(　　) 圖8 A．離子必帶正電荷 B．A和B位于同一高度 C．離子在C點時速度最大 D．離子到達(dá)B點后，將沿原曲線返回A點 解析：選ABC　離子從靜止開始運動的方向向下，電場強度方向也向下，所以離子必帶正電荷，A正確；因為洛倫茲力不做功，只有靜電力做功，A、B兩點速度都為0，根據(jù)動能定理可知，離子從A到B運動過程中，電場力不做功，故A、B位于同一高度，B正確；C點是最低點，從A到C運動過程中電場力做正功最大，根據(jù)動能定理可知離子在C點時速度最大，C正確；到達(dá)B點時速度為零，將重復(fù)剛才ACB的運動，向右運動，不會返回，故D錯誤。 9.醫(yī)生做某些特殊手術(shù)時，利用電磁血流計來監(jiān)測通過動脈的血流速度。電磁血流計由一對電極a和b以及一對磁極N和S構(gòu)成，磁極間的磁場是均勻的。使用時，兩電極a、b均與血管壁接觸，兩觸點的連線、磁場方向和血流速度方向兩兩垂直，如圖9所示。由于血液中的正負(fù)離子隨血流一起在磁場中運動，電極a、b之間會有微小電勢差。在達(dá)到平衡時，血管內(nèi)部的電場可看做勻強電場，血液中的離子所受的電場力和磁場力的合力為零。在某次監(jiān)測中，兩觸點間的距離為3.0 mm，血管壁的厚度可忽略，兩觸點間的電勢差為160 μV，磁感應(yīng)強度的大小為0.040 T。則血流速度的近似值和電極a、b的正負(fù)為(　　) 圖9 A．1.3 m/s，a正、b負(fù)　　　 　B．2.7 m/s，a正、b負(fù) C．1.3 m/s，a負(fù)、b正 D．2.7 m/s，a負(fù)、b正 解析：選A　根據(jù)左手定則，正離子在磁場中受到洛倫茲力的作用向上偏，負(fù)離子在磁場中受到洛倫茲力的作用向下偏，因此電極a為正極，電極b為負(fù)極；當(dāng)達(dá)到平衡時，血液中的離子所受的電場力和磁場力的合力為零，則qE＝Bqv，又E＝，得v＝＝ m/s＝1.3 m/s，選項A正確。 10.如圖10所示，兩導(dǎo)體板水平放置，兩板間電勢差為U，帶電粒子以某一初速度v0沿平行于兩板的方向從兩板正中間射入，穿過兩板后又垂直于磁場方向射入邊界線豎直的勻強磁場，則粒子射入磁場和射出磁場的M、N兩點間的距離d隨著U和v0的變化情況為(　　) 圖10 A．d隨v0增大而增大，d與U無關(guān) B．d隨v0增大而增大，d隨U增大而增大 C．d隨U增大而增大，d與v0無關(guān) D．d隨v0增大而增大，d隨U增大而減小 解析：選A　設(shè)粒子從M點進入磁場時的速度大小為v，該速度與水平方向的夾角為θ，故有v＝。粒子在磁場中做勻速圓周運動半徑為r＝。而MN之間的距離為d＝2rcos θ。聯(lián)立解得d＝2 ，故選項A正確。 11. (xx江蘇高考節(jié)選)一臺質(zhì)譜儀的工作原理如圖11所示，電荷量均為＋q、質(zhì)量不同的離子飄入電壓為U0的加速電場，其初速度幾乎為零。這些離子經(jīng)加速后通過狹縫O沿著與磁場垂直的方向進入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，最后打在底片上。已知放置底片的區(qū)域MN＝L，且OM＝L。某次測量發(fā)現(xiàn)MN中左側(cè)區(qū)域MQ損壞，檢測不到離子，但右側(cè)區(qū)域QN仍能正常檢測到離子。在適當(dāng)調(diào)節(jié)加速電壓后，原本打在MQ的離子即可在QN檢測到。 圖11 (1)求原本打在MN中點P的離子質(zhì)量m； (2)為使原本打在P的離子能打在QN區(qū)域，求加速電壓U的調(diào)節(jié)范圍。 解析：(1)離子在電場中加速，qU0＝mv2 在磁場中做勻速圓周運動，qvB＝m 解得r0＝ 代入r0＝L，解得m＝。 (2)由(1)知，U＝， 離子打在Q點時，r＝L，得U＝ 離子打在N點時，r＝L，得U＝ 則電壓的范圍≤U≤。 答案：(1)　(2)≤U≤ 12.如圖12所示，一個質(zhì)量為m、帶電量為＋q的小球，以初速度v0自h高度處水平拋出。不計空氣阻力，重力加速度為g。 圖12 (1)若在空間豎直方向加一個勻強電場，發(fā)現(xiàn)小球水平拋出后做勻速直線運動，求該勻強電場的場強E的大小； (2)若在空間再加一個垂直紙面向外的勻強磁場，小球水平拋出后恰沿圓弧軌跡運動，落地點P到拋出點的距離為h，求該磁場磁感應(yīng)強度B的大小。 解析：(1)小球做勻速直線運動，說明重力和電場力平衡，根據(jù)平衡條件，有mg＝qE解得：E＝。 (2)再加勻強磁場后，小球做圓周運動，洛倫茲力充當(dāng)向心力，設(shè)軌道半徑為R，根據(jù)幾何關(guān)系得P點到拋出點的水平距離x＝h R2＝(R－h(huán))2＋x2 解得：R＝， 由qv0B＝m，得B＝。 答案：(1)E＝　(2)B＝ 　　　　　　　　　　　　　　 帶電粒子在復(fù)合場、組合場中的運動問題 1．(多選)下列各選項中虛線空間存在由勻強電場E和勻強磁場B組成的正交或平行的電場和磁場，有一個帶正電小球(電荷量為＋q，質(zhì)量為m)從正交或平行的電磁混合場上方的某一高度自由落下，那么，帶電小球可能沿直線通過的是(　　) 解析：選CD　帶電小球進入復(fù)合場時受力情況： 其中只有C、D兩種情況下合外力可能為零或與速度的方向相同，所以有可能沿直線通過復(fù)合場區(qū)域，A項中力qvB隨速度v的增大而增大，所以三力的合力不會總保持在豎直方向，合力與速度方向?qū)a(chǎn)生夾角，做曲線運動。 2.如圖1所示，甲帶正電，乙是不帶電的絕緣物塊，甲、乙疊放在一起，置于粗糙的水平地板上，地板上方空間有垂直紙面向里的勻強磁場，現(xiàn)用一水平恒力F拉乙物塊，使甲、乙無相對滑動一起向左加速運動，在加速運動階段(　　) 圖1 A．甲、乙兩物塊間的摩擦力不斷增大 B．甲、乙兩物塊間的摩擦力不斷減小 C．甲、乙兩物塊間的摩擦力保持不變 D．乙物塊與地面之間的摩擦力不斷減小 解析：選B　甲、乙無相對滑動一起向左加速運動，并且甲帶正電，由左手定則可判斷出甲所受洛倫茲力豎直向下，在加速運動階段，乙對地面壓力逐漸增大，乙與地面的摩擦力不斷增大，選項D錯誤；整體的加速度a逐漸減小，隔離甲，由牛頓第二定律，f＝ma，甲、乙兩物塊間的摩擦力f不斷減小，選項B正確，A、C錯誤。 3. (多選)如圖2所示，在平行帶電金屬板間有垂直紙面向里的勻強磁場，質(zhì)子、氘核、氚核沿平行金屬板方向以相同動能射入兩板間，其中氘核沿直線運動未發(fā)生偏轉(zhuǎn)，質(zhì)子和氚核發(fā)生偏轉(zhuǎn)后射出，則(　　) 圖2 A．偏向正極板的是質(zhì)子 B．偏向正極板的是氚核 C．射出時動能最小的是質(zhì)子 D．射出時動能最大的是氚核 解析：選ACD　三個粒子射入時動能相同，由Ek＝mv2得質(zhì)量與速度的平方成反比。三個粒子射入復(fù)合場中，都受到向下的電場力和向上的洛倫茲力，其中氘核沿直線運動未發(fā)生偏轉(zhuǎn)，則有Bqv＝qE，v＝。而質(zhì)子Bqv＞qE，向上偏轉(zhuǎn)，運動過程中，洛倫茲力不做功，電場力做負(fù)功，射出時動能減少。同理可得，氚核Bqv＜qE，向下偏轉(zhuǎn)，運動過程中，電場力做正功，射出時動能增加。 4.如圖3所示，一個靜止的質(zhì)量為m，帶電量為＋q的帶電粒子(不計重力)，經(jīng)電壓U加速后垂直進入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，粒子打至P點，設(shè)OP＝x，能正確反映x與U之間函數(shù)關(guān)系的xU圖像是圖中的(　　) 圖3 解析：選B　電場加速qU＝mv2，帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動qvB＝m，x＝2r， 所以有x＝ ，B正確。 5．(多選)如圖4所示，在圖中虛線所圍的區(qū)域內(nèi)，存在電場強度為E的勻強電場和磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，已知從左方水平射入的電子，通過該區(qū)域時未發(fā)生偏轉(zhuǎn)，假設(shè)電子重力可忽略不計，則在該區(qū)域中的E和B的方向可能是(　　) 圖4 A．E豎直向上，B垂直紙面向外 B．E豎直向上，B垂直紙面向里 C．E和B都沿水平方向，并與電子運動方向相同 D．E和B都沿水平方向，并與電子運動方向相反 解析：選ACD　如果E豎直向上，B垂直紙面向外，電子沿圖中方向射入后，電場力向下，洛倫茲力向上，二力可能平衡，電子可能沿直線通過E、B共存區(qū)域，故A對；同理B不對；如果E、B沿水平方向且與電子運動方向相同，電子不受洛倫茲力作用，但電子受到與E反方向的電場力作用，電子做勻減速直線運動，也不偏轉(zhuǎn)，故C對；如果E、B沿水平方向，且與電子運動方向相反，電子仍不受洛倫茲力，電場力與E反向，即與速度同方向，故電子做勻加速直線運動，也不偏轉(zhuǎn)，故D對。 6. (xx壽光現(xiàn)代中學(xué)高二月考)如圖5所示，正交的電磁場區(qū)域中，有兩個質(zhì)量相同、帶同種電荷的帶電粒子，電量分別為qa、qb。它們沿水平方向以相同的速率分別向左向右在電磁場區(qū)內(nèi)做勻速直線運動，則(　　) 圖5 A．它們帶負(fù)電，且qa＞qb B．它們帶負(fù)電，且qa＜qb C．它們帶正電，且qa＞qb D．它們帶正電，且qa＜qb 解析：選D　若兩個粒子帶負(fù)電，則a粒子受到的電場力向下，由左手定則可知洛倫茲力向下，粒子所受的重力、電場力和洛倫茲力三個力作用，合力不可能為零，不能做勻速直線運動，故A、B均錯誤；若兩個粒子帶正電，則b粒子受到的電場力向上，由左手定則可知洛倫茲力向下，粒子所受的重力、電場力和洛倫茲力三個力作用，合力可能為零，能做勻速直線運動，且有mg＋qbvB＝qbE，得qb＝，a粒子所受的電場力和洛倫茲力向上，重力向下，三個力的合力可能為零，則a粒子可能做勻速直線運動，且有mg＝qaE＋qavB，得qa＝，可以知道，qaW2 B．一定是W1＝W2 C．一定是W1W2 解析：選A　洛倫茲力對帶電粒子不做功，只有電場力對帶電粒子做功，且W＝Eqy，其中y為帶電粒子沿電場力方向偏移的距離，因圖乙中洛倫茲力的存在，使粒子在電場方向上偏移的距離y2比圖甲中偏移的距離y1小，故有W1>W2，A正確。 9.如圖8所示，某一真空室內(nèi)充滿豎直向下的勻強電場E，在豎直平面內(nèi)建立坐標(biāo)系xOy，在y<0的空間里有與場強E垂直的勻強磁場B，在y>0的空間內(nèi)，將一質(zhì)量為m的帶電液滴(可視為質(zhì)點)自由釋放，此液滴則沿y軸的負(fù)方向，以加速度a＝2g(g為重力加速度)做勻加速直線運動，當(dāng)液滴運動到坐標(biāo)原點時，瞬間被安置在原點的一個裝置改變了帶電性質(zhì)(液滴所帶電荷量和質(zhì)量均不變)，隨后液滴進入y<0的空間內(nèi)運動，液滴在y<0的空間內(nèi)運動過程中(　　) 圖8 A．重力勢能一定是不斷減小 B．電勢能一定是先減小后增大 C．動能不斷增大 D．動能保持不變 解析：選D　在y>0的空間內(nèi)，根據(jù)液滴沿y軸負(fù)方向以加速度a＝2g(g為重力加速度)做勻加速直線運動可知，液滴在此空間內(nèi)運動時所受電場力方向向下，大小等于重力；進入y<0的空間后，液滴電性改變，其所受電場力向上，大小仍等于重力，所以液滴將在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，動能保持不變，選項D正確；重力勢能先減小后增大，電勢能先增大后減小，選項A、B、C均錯誤。 10.為了測量某化工廠的污水排放量，技術(shù)人員在該廠的排污管末端安裝了如圖9所示的流量計，該裝置由絕緣材料制成，長、寬、高分別為a、b、c，左右兩端開口，在垂直于上下底面方向加磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，在前后兩個內(nèi)側(cè)固定有金屬板作為電極，污水充滿管口從左向右流經(jīng)該裝置時，電壓表將顯示兩個電極間的電壓U。若用Q表示污水流量(單位時間內(nèi)流出的污水體積)，下列說法中正確的是(　　) 圖9 A．若污水中正粒子較多，則前表面比后表面電勢低 B．前表面的電勢一定低于后表面的電勢，與哪種粒子多少無關(guān) C．污水中粒子濃度越高，電壓表的示數(shù)將越大 D．污水流量Q與U成正比，與a、b、c無關(guān) 解析：選B　根據(jù)污水流動方向和磁場方向的關(guān)系，由左手定則判斷，流量計的前表面聚集負(fù)電荷，后表面聚集正電荷，故前表面電勢一定低于后表面的電勢，與哪種粒子多少無關(guān)，A錯誤，B正確；當(dāng)污水中的帶電粒子所受的電場力與洛倫茲力平衡(qE＝qvB)時，電壓表示數(shù)達(dá)到恒壓，又因為U＝Eb，所以U＝vBb，可見電壓與離子濃度無關(guān)，C錯誤；污水流量可求為Q＝vbc＝，故流量Q與U成正比，與a、b無關(guān)，與c有關(guān)，D錯誤。 11.如圖10所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy中的第一象限內(nèi)存在磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直于坐標(biāo)平面向內(nèi)的有界圓形勻強磁場區(qū)域(圖中未畫出)；在第二象限內(nèi)存在沿x軸負(fù)方向的勻強電場。一粒子源固定在x軸上坐標(biāo)為(－L,0)的A點。粒子源沿y軸正方向釋放出速度大小為v的電子，電子恰好能通過y軸上坐標(biāo)為(0,2L)的C點，電子經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)后恰好垂直通過第一象限內(nèi)與x軸正方向成15角的射線ON(已知電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，不考慮電子的重力和電子之間的相互作用)。求： 圖10 (1)勻強電場的電場強度E的大小； (2)電子離開電場時的速度方向與y軸正方向的夾角θ； (3)圓形