《2018屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 板塊一 專題突破復(fù)習(xí) 專題三 電場(chǎng)與磁場(chǎng) 第三講 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)學(xué)案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2018屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 板塊一 專題突破復(fù)習(xí) 專題三 電場(chǎng)與磁場(chǎng) 第三講 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)學(xué)案（21頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第三講　帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) [知識(shí)建構(gòu)] [高考調(diào)研] 1.考查方向：①結(jié)合電磁場(chǎng)的新興技術(shù)，考查帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)．②結(jié)合牛頓第二定律、動(dòng)能定理等，綜合考查帶電粒子在組合場(chǎng)中的加速和偏轉(zhuǎn)． 2.常用的思想方法：①等效法．②臨界問題的處理方法．③多解問題的處理方法． 　[答案]　(1)速度選擇器(如下圖) 帶電粒子束射入正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)組成的區(qū)域中，滿足平衡條件qE＝qvB的帶電粒子可以沿直線通過速度選擇器． (2)電磁流量計(jì) 原理：如上圖所示，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

2、、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(chǎng)，當(dāng)自由電荷所受的電場(chǎng)力和洛倫茲力平衡時(shí)，a、b間的電勢(shì)差就保持穩(wěn)定，即qvB＝qE＝q，所以v＝，因此液體流量Q＝Sv＝·＝. (3)磁流體發(fā)電機(jī) 原理：如下圖所示，等離子氣體噴入磁場(chǎng)，正、負(fù)離子在洛倫茲力作用下發(fā)生上下偏轉(zhuǎn)而聚集到A、B板上，產(chǎn)生電勢(shì)差．設(shè)A、B平行金屬板的面積為S，相距為l，等離子氣體的電阻率為ρ，噴入氣體速度為v，板間磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，板外電阻為R.當(dāng)?shù)入x子氣體勻速通過A、B板間時(shí)，A、B板上聚集的電荷最多，板間電勢(shì)差最大，即為電源電動(dòng)勢(shì)，此時(shí)，離子受力平衡：Eq＝Bqv，E＝Bv，電動(dòng)勢(shì)E＝El

3、＝Blv，電源內(nèi)電阻r＝ρ，故R中的電流 I＝＝＝. 考向一　帶電粒子在“組合場(chǎng)”中的運(yùn)動(dòng) [歸納提煉] 1．組合場(chǎng) 指電場(chǎng)、磁場(chǎng)、重力場(chǎng)有兩種場(chǎng)同時(shí)存在，但各位于一定的區(qū)域內(nèi)且并不重疊，且?guī)щ娏Ｗ釉谝粋€(gè)場(chǎng)中只受一種場(chǎng)力的作用． 2．解題思路 (1)帶電粒子經(jīng)過電場(chǎng)區(qū)域內(nèi)利用動(dòng)能定理或類平拋的知識(shí)分析； (2)帶電粒子經(jīng)過磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)利用圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律結(jié)合幾何關(guān)系來處理． 　(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(chǎng)，第Ⅲ象限存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，如圖所示．一帶負(fù)電的粒子從電場(chǎng)中的Q點(diǎn)以速度v0沿x軸正方向開始運(yùn)動(dòng)，Q點(diǎn)到y(tǒng)軸的距離

4、為到x軸距離的2倍．粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O離開電場(chǎng)進(jìn)入磁場(chǎng)，最終從x軸上的P點(diǎn)射出磁場(chǎng)，P點(diǎn)到y(tǒng)軸距離與Q點(diǎn)到y(tǒng)軸距離相等．不計(jì)粒子重力，問： (1)粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)速度的大小和方向； (2)電場(chǎng)強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小之比． [思路點(diǎn)撥]　(1)注意粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度不是v0. (2)粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，求出粒子飛出電場(chǎng)時(shí)的速度是解題關(guān)鍵． [解析]　本題考查帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)及帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)． (1)在電場(chǎng)中，粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)Q點(diǎn)到x軸距離為L(zhǎng)，到y(tǒng)軸距離為2L，粒子的加速度為a，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，有 2L＝v0t① L＝at2② 設(shè)粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)沿y軸

5、方向的分速度為vy vy＝at③ 設(shè)粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)速度方向與x軸正方向夾角為α，有 tanα＝④ 聯(lián)立①②③④式得 α＝45°⑤ 即粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)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(diǎn)時(shí)速度大小為v，由運(yùn)動(dòng)的合成有 v＝⑥ 聯(lián)立①②③⑥式得 v＝v0⑦ (2)設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度為E，粒子電荷量為q，質(zhì)量為m，粒子在電場(chǎng)中受到的電場(chǎng)力為F，由牛頓第二定律可得 F＝ma⑧ 又F＝qE⑨ 設(shè)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，所受的洛倫茲力提供向心力，有 qvB＝m⑩ 由幾何關(guān)系可知 R＝L? 聯(lián)立①②⑦⑧⑨⑩?式得 ＝?

6、 [答案]　(1)v0　與x軸正方向成45°角斜向上　(2) 帶電粒子在組合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的處理方法 不論帶電粒子是先后在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，還是先后在勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)．解決方法如下 (1)分別研究帶電粒子在不同場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，在勻強(qiáng)電場(chǎng)中，若速度方向與電場(chǎng)方向在同一直線上，則做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，若進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的速度方向與電場(chǎng)方向垂直，則做類平拋運(yùn)動(dòng)．根據(jù)不同的運(yùn)動(dòng)規(guī)律分別求解． (2)帶電粒子經(jīng)過磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)利用圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律結(jié)合幾何關(guān)系來處理． (3)注意分析磁場(chǎng)和電場(chǎng)邊界處或交接點(diǎn)位置粒子速度的大小和方向，把粒子在兩種不同場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)規(guī)律有

7、機(jī)地聯(lián)系起來． [熟練強(qiáng)化] 遷移一　直線運(yùn)動(dòng)與圓周運(yùn)動(dòng)組合 1．(2017·合肥質(zhì)監(jiān))如圖所示，在xOy平面內(nèi)，MN與y軸相互平行且間距為d，其間有沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)．y軸左側(cè)有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1；MN右側(cè)空間有垂直紙面不隨時(shí)間變化的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電粒子以速度v0從坐標(biāo)原點(diǎn)O沿x軸負(fù)方向射入磁場(chǎng)，經(jīng)過一段時(shí)間后再次回到坐標(biāo)原點(diǎn)，此過程中粒子兩次通過電場(chǎng)，粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為t總＝.粒子重力不計(jì)．求： (1)左側(cè)磁場(chǎng)區(qū)域的最小寬度； (2)電場(chǎng)區(qū)域電場(chǎng)強(qiáng)度的大小； (3)右側(cè)磁場(chǎng)區(qū)域?qū)挾燃按鸥袘?yīng)強(qiáng)度大小應(yīng)滿足的條件．

8、[解析]　(1)粒子在左側(cè)磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，qB1v0＝m 解得R＝ 由幾何知識(shí)可知，左側(cè)磁場(chǎng)區(qū)域的最小寬度就是粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑Lmin＝R＝. (2)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為t總＝，帶電粒子一次通過電場(chǎng)的時(shí)間為t＝.設(shè)粒子到達(dá)MN邊界的速度為v，電場(chǎng)強(qiáng)度為E d＝t 所以v＝2v0 v2－v＝2d E＝. (3)因?yàn)榱Ｗ訋ж?fù)電，所以粒子開始時(shí)在左側(cè)磁場(chǎng)中向下偏轉(zhuǎn)，通過電場(chǎng)加速后進(jìn)入右側(cè)磁場(chǎng)，要使其能夠回到原點(diǎn)，則粒子在右側(cè)磁場(chǎng)中應(yīng)向上偏轉(zhuǎn)，所以MN右側(cè)空間的磁場(chǎng)垂直紙面向外，且偏轉(zhuǎn)半徑為R或2R，粒子通過電場(chǎng)加速后進(jìn)入右側(cè)磁場(chǎng)的速度為v＝2v0.設(shè)粒子在右側(cè)磁場(chǎng)中的軌道

9、半徑為r，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B qBv＝m，r＝，R＝ 粒子在右側(cè)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)情況有兩種，如圖所示 ①當(dāng)半徑r＝R時(shí)，B＝＝2B1，右側(cè)磁場(chǎng)的寬度應(yīng)滿足 xmin≥ ②當(dāng)半徑r＝2R時(shí)，B＝＝B1，右側(cè)磁場(chǎng)的寬度應(yīng)滿足xmin≥. [答案]　(1)　(2) (3)①當(dāng)半徑r＝R時(shí)，xmin≥　②當(dāng)半徑r＝2R時(shí)，xmin≥ 遷移二　組合場(chǎng)中的多解問題 2．如下圖所示，在x軸上方有一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B；x軸下方有一勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E.屏MN與y軸平行且相距L.一質(zhì)量m，電荷量為e的電子，在y軸上某點(diǎn)A自靜止釋放，如果要使電子垂直打在屏MN上，那么： (1

10、)電子釋放位置與原點(diǎn)O的距離s需滿足什么條件？ (2)電子從出發(fā)點(diǎn)到垂直打在屏上需要多長(zhǎng)時(shí)間？ [解析]　(1)在電場(chǎng)中，電子從A→O，動(dòng)能增加eEs＝mv 在磁場(chǎng)中，電子偏轉(zhuǎn)，半徑為 r＝ 據(jù)題意，有(2n＋1)r＝L 所以s＝(n＝0,1,2,3，…) (2)在電場(chǎng)中勻變速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間與在磁場(chǎng)中做部分圓周運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之和為電子總的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝(2n＋1) ＋＋n，其中a＝，T＝. 整理后得t＝＋(2n＋1)(n＝0,1,2,3，…) [答案]　(1)s＝(n＝0,1,2,3，…) (2)＋(2n＋1)(n＝0,1,2,3，…) 考向二　帶電粒子在“復(fù)合場(chǎng)”中的

11、運(yùn)動(dòng) [歸納提煉] 　帶電粒子在“復(fù)合場(chǎng)”中運(yùn)動(dòng)問題求解思路 　(2016·天津卷)如圖所示，空間中存在著水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小E＝5 N/C，同時(shí)存在著水平方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其方向與電場(chǎng)方向垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝0.5 T．有一帶正電的小球，質(zhì)量m＝1×10－6 kg，電荷量q＝2×10－6 C，正以速度v在圖示的豎直面內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)經(jīng)過P點(diǎn)時(shí)撤掉磁場(chǎng)(不考慮磁場(chǎng)消失引起的電磁感應(yīng)現(xiàn)象)，取g＝10 m/s2.求： (1)小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)的速度v的大小和方向； (2)從撤掉磁場(chǎng)到小球再次穿過P點(diǎn)所在的這條電場(chǎng)線經(jīng)歷的時(shí)間t. [思路路線]　 [解析

12、]　(1)小球勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)受力如圖，其所受的三個(gè)力在同一平面內(nèi)，合力為零，則 qvB＝① 代入數(shù)據(jù)解得v＝20 m/s② 速度v的方向斜向右上方，與電場(chǎng)E的方向之間的夾角θ滿足tanθ＝③ 代入數(shù)據(jù)解得tanθ＝，θ＝60°④ (2)解法一：撤去磁場(chǎng)，小球在重力與電場(chǎng)力的合力作用下做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)其加速度為a，有a＝⑤ 設(shè)撤掉磁場(chǎng)后小球在初速度方向上的分位移為x，有x＝vt⑥ 設(shè)小球在重力與電場(chǎng)力的合力方向上分位移為y，有 y＝at2⑦ a與mg的夾角和v與E的夾角相同，均為θ，又tanθ＝⑧ 聯(lián)立④⑤⑥⑦⑧式，代入數(shù)據(jù)解得t＝2 s≈3.5 s 解法二：撤去磁場(chǎng)后

13、，由于電場(chǎng)力垂直于豎直方向，它對(duì)豎直方向的分運(yùn)動(dòng)沒有影響，以P點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，豎直向上為正方向，小球在豎直方向上做勻減速運(yùn)動(dòng)，其初速度為vy＝vsinθ⑤ 若使小球再次經(jīng)過P點(diǎn)所在的電場(chǎng)線，僅需小球的豎直方向上分位移為零，則有vyt－gt2＝0⑥ 聯(lián)立④⑤⑥式，代入數(shù)據(jù)解得t＝2 s≈3.5 s [答案]　(1)20 m/s　斜向右上方與電場(chǎng)E的方向之間的夾角為60°　(2)3.5 s 電場(chǎng)力、磁場(chǎng)力、重力并存時(shí)帶電體的運(yùn)動(dòng)分析 (1)若三力平衡，帶電體做勻速直線運(yùn)動(dòng)． (2)若重力與電場(chǎng)力平衡，帶電體做勻速圓周運(yùn)動(dòng)． (3)若合力不為零，帶電體可能做復(fù)雜的曲線

14、運(yùn)動(dòng)，可用能量守恒定律或動(dòng)能定理求解． [熟練強(qiáng)化] 遷移一　帶電粒子在“復(fù)合場(chǎng)”中的一般曲線運(yùn)動(dòng) 1．(多選)設(shè)空間存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，如圖所示，已知一帶電粒子在電場(chǎng)力和洛倫茲力的作用下，從靜止開始自A點(diǎn)沿曲線ACB運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度為零，C點(diǎn)是運(yùn)動(dòng)的最低點(diǎn)，忽略粒子的重力，以下說法中正確的是(　　) A．此粒子必帶正電荷 B．A點(diǎn)和B點(diǎn)位于同一高度 C．粒子在C點(diǎn)時(shí)機(jī)械能最大 D．粒子到達(dá)B點(diǎn)后，將沿原曲線返回A點(diǎn) [解析]　本題考查帶電粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，意在考查學(xué)生的綜合分析能力．粒子從靜止開始運(yùn)動(dòng)的方向向下，電場(chǎng)強(qiáng)度方向也向下，

15、所以粒子必帶正電荷，A正確；因?yàn)槁鍌惼澚Σ蛔龉?，只有靜電力做功，A、B兩點(diǎn)速度都為0，根據(jù)動(dòng)能定理可知，粒子從A點(diǎn)到B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)過程中，電場(chǎng)力不做功，故A、B點(diǎn)位于同一高度，B正確；C點(diǎn)是最低點(diǎn)，從A點(diǎn)到C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)過程中電場(chǎng)力做正功最大，C點(diǎn)電勢(shì)能最小，由能量守恒定律可知C點(diǎn)的機(jī)械能最大，C正確；到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度為零，將重復(fù)剛才ACB的運(yùn)動(dòng)，向右運(yùn)動(dòng)，不會(huì)返回，故D錯(cuò)誤． [答案]　ABC 遷移二　帶電粒子在“復(fù)合場(chǎng)”中的直線運(yùn)動(dòng) 2．(2015·福建卷)如圖，絕緣粗糙的豎直平面MN左側(cè)同時(shí)存在相互垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)方向水平向右，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小

16、為B.一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的小滑塊從A點(diǎn)由靜止開始沿MN下滑，到達(dá)C點(diǎn)時(shí)離開MN做曲線運(yùn)動(dòng)．A、C兩點(diǎn)間距離為h，重力加速度為g. (1)求小滑塊運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)的速度大小vC； (2)求小滑塊從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)過程中克服摩擦力做的功Wf； (3)若D點(diǎn)為小滑塊在電場(chǎng)力、洛倫茲力及重力作用下運(yùn)動(dòng)過程中速度最大的位置，當(dāng)小滑塊運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)撤去磁場(chǎng)，此后小滑塊繼續(xù)運(yùn)動(dòng)到水平地面上的P點(diǎn)．已知小滑塊在D點(diǎn)時(shí)的速度大小為vD，從D點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的時(shí)間為t，求小滑塊運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)速度的大小vP. [解析]　(1)小滑塊沿MN運(yùn)動(dòng)過程，水平方向受力滿足 qvB＋N＝qE 小滑塊在C點(diǎn)離開M

17、N時(shí) N＝0 解得vC＝ (2)由動(dòng)能定理 mgh－Wf＝mv－0 解得Wf＝mgh－ (3)如圖，小滑塊速度最大時(shí)，速度方向與電場(chǎng)力、重力的合力方向垂直．撤去磁場(chǎng)后小滑塊將做類平拋運(yùn)動(dòng)，等效加速度為g′ g′＝ 且v＝v＋g′2t2 解得 vP＝ [答案]　(1)　(2)mgh－ (3) 遷移三　帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng) 3．(2017·大慶模擬)如圖所示，空間區(qū)域Ⅰ、Ⅱ內(nèi)存在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，MN、PQ為磁場(chǎng)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(chǎng)方向豎直向上；Ⅰ、Ⅱ區(qū)域磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，方向分別垂直紙面向里和向外．一

18、個(gè)質(zhì)量為m，電荷量為q的帶電小球從磁場(chǎng)上方的O點(diǎn)由靜止開始下落，進(jìn)入電磁場(chǎng)區(qū)域后，恰能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．已知重力加速度為g. (1)試判斷小球的電性并求出電場(chǎng)強(qiáng)度E的大??； (2)若帶電小球運(yùn)動(dòng)一定時(shí)間后恰能回到O點(diǎn)，在圖中作出小球的運(yùn)動(dòng)軌跡；求出釋放點(diǎn)距MN的高度h；并求出小球從開始釋放到第一次回到O點(diǎn)所經(jīng)歷的時(shí)間t； (3)試討論h取不同值時(shí)，小球第一次穿出Ⅰ區(qū)域的過程中電場(chǎng)力所做的功W. [解析]　(1)帶電小球進(jìn)入電磁場(chǎng)區(qū)域后，恰能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則電場(chǎng)力與重力等大反向，小球帶正電，有qE＝mg 得E＝. (2)帶電小球在進(jìn)入疊加場(chǎng)區(qū)域前做自由落體運(yùn)動(dòng)，有：mgh＝mv2

19、 帶電小球在疊加場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，有：qvB＝m 由于帶電小球在Ⅰ、Ⅱ兩個(gè)區(qū)域運(yùn)動(dòng)過程中，q、v、B、m的大小不變，故三段軌跡圓弧的半徑相同，以三個(gè)圓心為頂點(diǎn)的三角形為等邊三角形，邊長(zhǎng)為2R，軌跡如圖(a)所示．由幾何關(guān)系知：R＝ 解得：h＝ 從小球開始釋放到回到O點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間由兩部分組成，一部分為在疊加場(chǎng)區(qū)域外運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，t1＝2 ；一部分為在疊加場(chǎng)區(qū)域 內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，t2＝×＝ 總時(shí)間t＝t1＋t2＝2 ＋＝＋. (3)當(dāng)帶電小球在Ⅰ區(qū)域做圓周運(yùn)動(dòng)的圓弧與PQ相切時(shí)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖(b)所示，小球做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R′＝d 解得對(duì)應(yīng)高度：h0＝ 討論：①當(dāng)h≤h0時(shí)

20、，小球進(jìn)入Ⅰ區(qū)域的速度較小，半徑較小，不能進(jìn)入Ⅱ區(qū)域，由邊界MN第一次穿出Ⅰ區(qū)域，此過程中電場(chǎng)力做功W＝0； ②當(dāng)h>h0時(shí)，小球進(jìn)入Ⅰ區(qū)域后由邊界PQ第一次穿出磁場(chǎng)Ⅰ區(qū)域進(jìn)入Ⅱ區(qū)域，此過程中電場(chǎng)力做功W＝－qEd＝－mgd. [答案]　(1)帶正電　　(2)軌跡見解析　　＋　(3)見解析 高考題答題規(guī)范——電磁場(chǎng)技術(shù)的應(yīng)用 [考點(diǎn)歸納] 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的應(yīng)用實(shí)例 [高考示例] 　(16分)一臺(tái)質(zhì)譜儀的工作原理如圖所示．大量的甲、乙兩種離子飄入電壓為U0的加速電場(chǎng)，其初速度幾乎為0，經(jīng)加速后，通過寬為L(zhǎng)的狹縫MN沿著與磁場(chǎng)垂直的方向進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B

21、的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，最后打到照相底片上．已知甲、乙兩種離子的電荷量均為＋q，質(zhì)量分別為2m和m，圖中虛線為經(jīng)過狹縫左、右邊界M、N的甲種離子的運(yùn)動(dòng)軌跡．不考慮離子間的相互作用． (1)求甲種離子打在底片上的位置到N點(diǎn)的最小距離x； (2)在圖中用斜線標(biāo)出磁場(chǎng)中甲種離子經(jīng)過的區(qū)域，并求該區(qū)域最窄處的寬度d； (3)若考慮加速電壓有波動(dòng)，在(U0－ΔU)到(U0＋ΔU)之間變化，要使甲、乙兩種離子在底片上沒有重疊，求狹縫寬度L滿足的條件．,[審題指導(dǎo)] 第一步　讀題干—提信息 題干 信息 1)電荷量均為＋q 進(jìn)入磁場(chǎng)后向右偏轉(zhuǎn) 2)質(zhì)量分別為2m和m 進(jìn)入磁場(chǎng)后偏轉(zhuǎn)半徑不同 3

22、)虛線為經(jīng)過狹縫左、右邊界M、N的甲種離子的運(yùn)動(dòng)軌跡 同是甲離子兩虛線半徑相同 第二步　審程序—順?biāo)悸? [滿分答案]　(1)設(shè)甲種離子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)半徑為r1 電場(chǎng)加速qU0＝×2mv2(1分) 且qvB＝2m(1分) 解得r1＝ (1分) 根據(jù)幾何關(guān)系x＝2r1－L(1分) 解得x＝ －L(1分) (2)如圖所示(2分) 最窄處位于過兩虛線交點(diǎn)的垂線上 d＝r1－(2分) 解得d＝－ (2分) (3)設(shè)乙種離子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)半徑為r2 r1的最小半徑r1min＝(1分) r2的最大半徑r2max＝ (1分) 由題意知2r1min－2r2max>L

23、，即 － >L(2分) 解得L<[2－](1分) [答案]　(1) －L (2)區(qū)域見解析?。? (3)L<[2－] (1)規(guī)范解析書寫過程，注意分步列式,對(duì)所列方程用序號(hào)標(biāo)出，閱卷老師才好找到得分點(diǎn)；盡量不要列連等式，以防由于寫綜合方程，一處出錯(cuò)則全部沒分. (2)保證結(jié)果計(jì)算正確本題較多的是數(shù)學(xué)表達(dá)式的推導(dǎo)，要提高計(jì)算能力，會(huì)做的題盡量做對(duì)，只要結(jié)果正確，前面書寫的稍有不規(guī)范，閱卷老師也可能不在意，但一旦結(jié)果錯(cuò)誤，閱卷老師再找得分點(diǎn)時(shí)，書寫不規(guī)范或馬虎往往就會(huì)吃虧. (3)只看對(duì)的，不看錯(cuò)的,對(duì)于不會(huì)做的題目，要把與本題相關(guān)的公式都寫上，公式是主要得分點(diǎn)，閱卷

24、時(shí)只看評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)中給定的公式來給分，無用的如果寫了，不給分也不扣分. [滿分體驗(yàn)]　(2016·浙江卷)為了進(jìn)一步提高回旋加速器的能量，科學(xué)家建造了“扇形聚焦回旋加速器”．在扇形聚焦過程中，離子能以不變的速率在閉合平衡軌道上周期性旋轉(zhuǎn)． 扇形聚焦磁場(chǎng)分布的簡(jiǎn)化圖如圖所示，圓心為O的圓形區(qū)域等分成六個(gè)扇形區(qū)域，其中三個(gè)為峰區(qū)，三個(gè)為谷區(qū)，峰區(qū)和谷區(qū)相間分布．峰區(qū)內(nèi)存在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，谷區(qū)內(nèi)沒有磁場(chǎng)．質(zhì)量為m，電荷量為q的正離子，以不變的速率v旋轉(zhuǎn)，其閉合平衡軌道如圖中虛線所示． (1)求閉合平衡軌道在峰區(qū)內(nèi)圓弧的半徑r，并判斷離子旋轉(zhuǎn)的方向是順時(shí)針還是逆時(shí)針

25、； (2)求軌道在一個(gè)峰區(qū)內(nèi)圓弧的圓心角θ，及離子繞閉合平衡軌道旋轉(zhuǎn)的周期T； (3)在谷區(qū)也施加垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B′，新的閉合平衡軌道在一個(gè)峰區(qū)內(nèi)的圓心角θ變?yōu)?0°，求B′和B的關(guān)系．已知：sin(α±β)＝sinαcosβ±cosαsinβ，cosα＝1－2sin2 [解析]　(1)峰區(qū)內(nèi)圓弧半徑r＝ 旋轉(zhuǎn)方向?yàn)槟鏁r(shí)針 (2)由對(duì)稱性，峰區(qū)內(nèi)圓弧的圓心角θ＝ 每個(gè)圓弧的長(zhǎng)度l＝＝ 每段直線長(zhǎng)度L＝2rcos＝r＝ 周期T＝ 代入得T＝ (3)谷區(qū)內(nèi)的圓心角θ′＝120°－90°＝30° 谷區(qū)內(nèi)的軌道圓弧半徑r′＝ 由幾何關(guān)系rsin＝r′sin 由三角關(guān)系sin＝sin15°＝ 代入得B′＝B [答案]　(1)　逆時(shí)針　(2)　 (3)B′＝B 21