《（全國通用）2019屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題9 帶電粒子在電場和磁場中的運動學(xué)案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（全國通用）2019屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題9 帶電粒子在電場和磁場中的運動學(xué)案（21頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 專題9 帶電粒子在電場和磁場中的運動 考題一　帶電粒子在組合場中的運動 1.組合場模型 電場、磁場、重力場(或其中兩種場)并存，但各自位于一定區(qū)域，并且互不重疊的情況. 2.帶電粒子在組合場中運動的處理方法 (1)分別研究帶電粒子在不同場區(qū)的運動規(guī)律.在勻強磁場中做勻速圓周運動.在勻強電場中，若速度方向與電場方向平行，則做勻變速直線運動；若速度方向與電場方向垂直，則做類平拋運動. (2)帶電粒子經(jīng)過磁場區(qū)域時利用圓周運動規(guī)律結(jié)合幾何關(guān)系處理. (3)當(dāng)粒子從一個場進入另一個場時，該位置粒子的速度大小和方向往往是解題的突破口. 例1　(2016·四川·11

2、)如圖1所示，圖面內(nèi)有豎直線DD′，過DD′且垂直于圖面的平面將空間分成Ⅰ、Ⅱ兩區(qū)域.區(qū)域Ⅰ有方向豎直向上的勻強電場和方向垂直圖面的勻強磁場B(圖中未畫出)；區(qū)域Ⅱ有固定在水平地面上高h(yuǎn)＝2l、傾角α＝的光滑絕緣斜面，斜面頂端與直線DD′距離s＝4l，區(qū)域Ⅱ可加豎直方向的大小不同的勻強電場(圖中未畫出)；C點在DD′上，距地面高H＝3l.零時刻，質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球P在K點具有大小v0＝、方向與水平面夾角θ＝的速度，在區(qū)域Ⅰ內(nèi)做半徑r＝的勻速圓周運動，經(jīng)C點水平進入?yún)^(qū)域Ⅱ.某時刻，不帶電的絕緣小球A由斜面頂端靜止釋放，在某處與剛運動到斜面的小球P相遇.小球視為質(zhì)點，不計空氣阻力及小球P

3、所帶電荷量對空間電磁場的影響.l已知，g為重力加速度. 圖1 (1)求勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的大小； (2)若小球A、P在斜面底端相遇，求釋放小球A的時刻tA； (3)若小球A、P在時刻t＝β(β為常數(shù))相遇于斜面某處，求此情況下區(qū)域Ⅱ的勻強電場的場強E，并討論場強E的極大值和極小值及相應(yīng)的方向. 解析　(1)由題知，小球P在區(qū)域Ⅰ內(nèi)做勻速圓周運動，有 m＝qv0B，代入數(shù)據(jù)解得B＝ (2)小球P在區(qū)域Ⅰ做勻速圓周運動轉(zhuǎn)過的圓心角為θ，運動到C點的時刻為tC，到達斜面底端時刻為t1，有 tC＝ ① s－＝v0(t1－tC) ② 小球A釋放后沿斜面運動加速度為aA，與小球

4、P在時刻t1相遇于斜面底端， 有mgsin α＝maA ③ ＝aA(t1－tA)2 ④ 聯(lián)立以上方程可得tA＝(3－2) (3)設(shè)所求電場方向向下，在tA′時刻釋放小球A，小球P在區(qū)域Ⅱ運動加速度為aP，有 s＝v0(t－tC)＋aA(t－tA′)2cos α ⑤ mg＋qE＝maP ⑥ H－h(huán)＋aA(t－tA′)2sin α＝aP(t－tC)2 ⑦ 聯(lián)立相關(guān)方程解得E＝ 對小球P的所有運動情形討論可得3≤β≤5 由此可得場強極小值為Emin＝0；場強極大值為Emax＝，方向豎直向上. 答案　(1)　(2)(3－2) (3)　極大值，方向豎直向上；極小值0 變式訓(xùn)練

5、 1.如圖2所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy的第二象限內(nèi)有平行于y軸的勻強電場，方向沿y軸負(fù)方向.在第一、四象限內(nèi)有一個圓，圓心O′坐標(biāo)為(r,0)，圓內(nèi)有方向垂直于xOy平面向里的勻強磁場.一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子(不計粒子所受的重力)，從P(－2h，h)點，以大小為v0的速度沿平行于x軸正方向射入電場，通過坐標(biāo)原點O進入第四象限，又經(jīng)過磁場從x軸上的Q點離開磁場.求： 圖2 (1)電場強度E的大??； (2)圓內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強度B的大小； (3)帶電粒子從P點進入電場到從Q點射出磁場的總時間t. 答案　(1)　(2)　(3) 解析　(1)帶電粒子在電場中做類平拋運動，

6、有 水平方向：2h＝v0t1 ① 豎直方向：h＝at ② a＝ ③ 由①②③式得E＝ ④ (2)粒子進入磁場時沿y軸方向的速度vy＝at1＝v0 ⑤ 粒子進入磁場時的速度v＝ ⑥ 粒子在洛倫茲力作用下做圓周運動，有qvB＝m ⑦ 由幾何關(guān)系有R＝r ⑧ 由③⑤⑥⑦⑧式得B＝ ⑨ (3)粒子在磁場中運動的時間t2＝T ⑩ 粒子在磁場中做圓周運動的周期T＝ ? 粒子從P點進入電場到Q點射出磁場的總時間t＝t1＋t2 ? 由①⑨⑩??解得t＝ 2.如圖3所示，平面直角坐標(biāo)系xOy在第一象限內(nèi)存在水平向左的勻強電場，第二、四象限內(nèi)存在垂直紙

7、面向里的勻強磁場，第三象限內(nèi)存在與x軸負(fù)方向成30°角斜向上的勻強電場.一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子以一定初速度從y軸上的A點與y軸正方向成60°角垂直磁場方向射入第二象限，粒子從x軸上的C點與x軸正方向成30°角進入第三象限.粒子到達y軸上的D點(未畫出)時速度剛好減半，經(jīng)第四象限內(nèi)磁場偏轉(zhuǎn)后又能垂直x軸進入第一象限內(nèi)，最后恰好回到A點.已知OA＝a，第二象限內(nèi)勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B.粒子重力不計，求： 圖3 (1)粒子初速度v0和第四象限內(nèi)勻強磁場的磁感應(yīng)強度B1的大?。? (2)第一、三象限內(nèi)勻強電場的電場強度E1和E2的大?。? (3)粒子在第一、三象限內(nèi)運行的時間比t

8、1∶t3. 答案　(1)　B　(2)　　(3) 解析　(1)粒子在第二象限內(nèi)運動正好完成半個圓周，則 2R1cos 30°＝OA 解得R1＝a 而Bqv0＝，解得v0＝ 粒子在第三象限中運動時有CD＝2R1tan 30°＝a 粒子在第四象限中運動時有R2＝CDtan 30°＝a 而B1qv1＝m，v1＝v0 解得B1＝B (2)在第一象限內(nèi)： OF＝R2＋R2sin 30°＝a 有OF＝··t OA＝v1t1 解得E1＝，t1＝ 在第三象限內(nèi)：v－v＝2··CD 代入解得E2＝ (3)在第三象限內(nèi)有： v0－v1＝·t3 解得t3＝ 所以＝ 考題二

9、　帶電粒子在疊加場中的運動 帶電粒子在疊加場中運動的處理方法 (1)明種類：明確疊加場的種類及特征. (2)析特點：正確分析帶電粒子的受力特點及運動特點. (3)畫軌跡：畫出運動過程示意圖，明確圓心、半徑與邊角關(guān)系. (4)用規(guī)律：靈活選擇不同的運動規(guī)律. ①兩場共存時，電場與磁場中滿足qE＝qvB或重力場與磁場中滿足mg＝qvB或重力場與電場中滿足mg＝qE，都表現(xiàn)為勻速直線運動或靜止，根據(jù)受力平衡列方程求解. ②三場共存時，合力為零，受力平衡，粒子做勻速直線運動.其中洛倫茲力F＝qvB的方向與速度v垂直. ③三場共存時，粒子在疊加場中做勻速圓周運動.mg與qE相平衡，根

10、據(jù)mg＝qE，由此可計算粒子比荷，判定粒子電性.粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，應(yīng)用受力平衡和牛頓運動定律結(jié)合圓周運動規(guī)律求解，有qvB＝mrω2＝m＝mr＝ma. ④當(dāng)帶電粒子做復(fù)雜的曲線運動或有約束的變速直線運動時，一般用動能定理或能量守恒定律求解. 例2　如圖4所示，在無限長的水平邊界AB和CD間有一勻強電場，同時在AEFC、BEFD區(qū)域分別存在水平向里和向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小相同，EF為左右磁場的分界線.AB邊界上的P點到邊界EF的距離為(2＋)L，一帶正電微粒從P點正上方的O點由靜止釋放，從P點垂直AB邊界進入電、磁場區(qū)域，且恰好不從AB邊界飛出電、磁場.已知微粒

11、在磁場中的運動軌跡為圓弧，重力加速度大小為g，電場強度大小E(E未知)和磁感應(yīng)強度大小B(B未知)滿足＝2，不考慮空氣阻力，求： 圖4 (1)O點距離P點的高度h多大； (2)若微粒從O點以v0＝水平向左平拋，且恰好垂直下邊界CD射出電、磁場，則微粒在磁場中運動的時間t多長？ 解析　(1)微粒在電磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，重力與電場力合力為零，則：qE＝mg， 粒子運動軌跡如圖所示： 由幾何知識可得：sin θ＝，r1＋r1sin θ＝(2＋)L， 解得：r1＝2L， 微粒做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qv1B＝m， 由動能定理

12、得：mgh＝mv－0， 已知：＝2，解得：h＝L； (2)微粒在進入電磁場前做平拋運動，x1＝v0t1， h＝gt， 代入數(shù)據(jù)解得：t1＝，x1＝L， 微粒在M點的豎直分速度：v′＝， 速度：v＝2，速度與AB夾角為30°， 微粒運動軌跡如圖所示： 微粒軌道半徑：r2＝4L，由幾何知識可知，微粒從M點偏轉(zhuǎn)30°垂直打在EF邊界上， 微粒在磁場中做圓周運動的周期：T＝＝4π 由題意可知，微粒的運動時間：t＝t1′＋t2′＝T＋kT＋T＝T＋kT＋T(k＝0、1、2、3、……) 解得：t＝2π(＋k)(k＝0、1、2、3、……) 答案　(1)L　(2)2π(＋k)(k＝

13、0、1、2、3、……) 變式訓(xùn)練 3.如圖5所示，在真空中半徑為r＝0.1 m的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向外的勻強磁場及水平向左的勻強電場，磁感應(yīng)強度B＝0.01 T，ab和cd是兩條相互垂直的直徑，一束帶正電的粒子流連續(xù)不斷地以速度v＝1×103 m/s從c點沿cd方向射入場區(qū)，粒子將沿cd方向做直線運動，如果僅撤去磁場，帶電粒子經(jīng)過a點，如果撤去電場，使磁感應(yīng)強度變?yōu)樵瓉淼?，不計粒子重力，下列說法正確的是(　　) 圖5 A.電場強度的大小為10 N/C B.帶電粒子的比荷為1×106 C/kg C.撤去電場后，帶電粒子在磁場中運動的半徑為0.1 m D.帶電粒子在磁場中運動

14、的時間為7.85×10－5 s 答案　AC 解析　粒子沿直線運動，則Bqv＝Eq，解得E＝Bv＝0.01×103 N/C＝10 N/C，選項A正確；如果僅撤去磁場，則粒子在水平方向r＝t2，豎直方向r＝vt，解得：＝＝ C/kg＝2×106 C/kg，選項B錯誤；撤去電場后，帶電粒子在磁場中運動的半徑為R＝＝ m＝0.1 m，選項C正確；帶電粒子在磁場中運動的時間為t＝＝＝ s＝1.57×10－4 s，選項D錯誤；故選A、C. 4.(2016·天津·11)如圖6所示，空間中存在著水平向右的勻強電場，電場強度大小E＝5 N/C，同時存在著水平方向的勻強磁場，其方向與電場方向垂直，磁感應(yīng)強度

15、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)做勻速直線運動，當(dāng)經(jīng)過P點時撤掉磁場(不考慮磁場消失引起的電磁感應(yīng)現(xiàn)象)，取g＝10 m/s2，求： 圖6 (1)小球做勻速直線運動的速度v的大小和方向； (2)從撤掉磁場到小球再次穿過P點所在的這條電場線經(jīng)歷的時間t. 答案　(1)20 m/s　方向與電場方向成60°角斜向上 (2)3.5 s 解析　(1)小球勻速直線運動時受力如圖，其所受的三個力在同一平面內(nèi)，合力為零，有qvB＝ ① 代入數(shù)據(jù)解得v＝20 m/s ② 速度v的方向與電場E的方向之間

16、的夾角滿足 tan θ＝ ③ 代入數(shù)據(jù)解得tan θ＝ θ＝60° ④ (2)解法一　撤去磁場，小球在重力與電場力的合力作用下做類平拋運動，如圖所示，設(shè)其加速度為a，有 a＝ ⑤ 設(shè)撤去磁場后小球在初速度方向上的分位移為x，有 x＝vt ⑥ 設(shè)小球在重力與電場力的合力方向上分位移為y，有 y＝at2 ⑦ tan θ＝ ⑧ 聯(lián)立④⑤⑥⑦⑧式，代入數(shù)據(jù)解得 t＝2 s≈3.5 s ⑨ 解法二　撤去磁場后，由于電場力垂直于豎直方向，它對豎直方向的分運動沒有影響，以P點為坐標(biāo)原點，豎直向上為正方向，小球在豎直方向上做勻減速運動，其初速度為 vy＝vsin θ ⑤ 若使

17、小球再次穿過P點所在的電場線，僅需小球的豎直方向上分位移為零， 則有vyt－gt2＝0 ⑥ 聯(lián)立⑤⑥式，代入數(shù)據(jù)解得t＝2 s≈3.5 s. 考題三　帶電粒子在交變電磁場中的運動 帶電粒子在交變電磁場中運動的處理方法 (1)若交變電壓的變化周期遠(yuǎn)大于粒子穿越電場的時間或粒子穿越電場的時間極短可忽略時，則粒子在穿越電場的過程中，電場可看做勻強電場. (2)空間存在的電場或磁場是隨時間周期性變化的，一般呈現(xiàn)“矩形波”的特點.交替變化的電場及磁場會使帶電粒子順次經(jīng)歷不同特點的電場或磁場或疊加場，從而表現(xiàn)出“多過程”現(xiàn)象.其運動特點既復(fù)雜又隱蔽.分析時應(yīng)該注意以下三點：①仔細(xì)分析并確定

18、各場的變化特點及相應(yīng)的時間，其變化周期一般與粒子在電場或磁場中的運動周期相關(guān)聯(lián).有一定的聯(lián)系，應(yīng)抓住變化周期與運動周期之間的聯(lián)系作為解題的突破口；②必要時，可把粒子的運動過程還原成一個直觀的運動軌跡草圖進行分析；③把粒子的運動分解成多個運動階段分別進行處理，根據(jù)每一階段上的受力情況確定粒子的運動規(guī)律. 例3　如圖7甲所示，在直角坐標(biāo)系0≤x≤L區(qū)域內(nèi)有沿y軸正方向的勻強電場，右側(cè)有一個以點(3L,0)為中心、邊長為2L的正方形區(qū)域，其邊界ab與x軸平行，正方形區(qū)域與x軸的交點分別為M、N.在該正方形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場，現(xiàn)有一質(zhì)量為m、帶電量為e的電子，從y軸上的A點以速

19、度v0沿x軸正方向射入電場，飛出電場后從M點以與x軸夾角為30°的方向進入正方形區(qū)域，并恰好從d點射出. 圖7 (1)求勻強電場E的大小； (2)求勻強磁場B的大??； (3)若當(dāng)電子到達M點時，在正方形區(qū)域換加如圖乙所示周期性變化的磁場(以垂直于紙面向外為磁場正方向)，最后電子運動一段時間后從N點飛出，求正方形磁場區(qū)域磁感應(yīng)強度B0大小的表達式、磁場變化周期T與B0的關(guān)系式. [思維規(guī)范流程] 步驟1：在電場中做平拋運動 分方向列方程 在M點速度分解 (1)在E中： L＝v0t ① vy＝t ② tan 30°＝ ③ 得：E＝ ④ 步驟2：在磁場

20、中： 由幾何關(guān)系得： 列F洛＝Fn方程 (2)R＝ ⑤ BevM＝ ⑥ vM＝ ⑦ 得：B＝ ⑧ 步驟3：從N點射出的幾種情景圖： 根據(jù)幾何關(guān)系，由圖得出T、B0的關(guān)系： (3)n·r＝2L(n＝1,2,3……) ⑨ r＝＝ ⑩ 得B0＝n·(n＝1,2,3……) ? T0＝ ? ＝ ? 得：T＝? ? ④⑧⑨???每式各2分，其余各式1分. 變式訓(xùn)練 5.如圖8甲所示，在豎直邊界MN的左側(cè)存在與水平方向成θ＝60°斜向右上方的勻強電場.其電場強度大小E1＝ N/C，在MN的右側(cè)有豎直向上的勻強電場，其電場強度大小E2＝1.5 N/C，同時，在MN

21、的右側(cè)還有水平向右的勻強電場E3和垂直紙面向里的勻強磁場B(圖甲中均未畫出)，E3和B隨時間變化的情況如圖乙所示.現(xiàn)有一帶正電的微粒，帶電荷量q＝1×10－5 C，從左側(cè)電場中距MN邊界x1＝ m的A點無初速度釋放后，微粒水平向右進入MN右側(cè)場區(qū)，設(shè)此時刻t＝0，取g＝10 m/s2.求： 圖8 (1)帶電微粒的質(zhì)量m； (2)帶電微粒在MN右側(cè)場區(qū)中運動了1.5 s時的速度v(取2＝4.5)； (3)帶電微粒從A點運動到MN右側(cè)場區(qū)中計時為1.5 s的過程中，各電場對帶電微粒做的總功W.(取3π＝10) 答案　(1)1.5×10－6 kg　(2)5 m/s，方向水平向左

22、 (3)4.125×10－5 J 解析　(1)MN左側(cè)勻強電場的電場強度為E1，方向與水平方向夾角為θ，帶電微粒受力如圖所示. 沿豎直方向有：qE1sin θ＝mg 解得：m＝1.5×10－6 kg. (2)在MN左側(cè)，對帶電微粒沿水平方向有： qE1cos θ＝ma1 解得：a1＝ m/s2 對水平方向的勻加速運動有：v＝2a1x1 解得剛到MN時v0＝4.5 m/s 帶電微粒在MN右側(cè)場區(qū)始終滿足：qE2＝mg 在0～1 s時間內(nèi)，帶電微粒在E3電場中有： a2＝＝ m/s2＝0.5 m/s2 帶電微粒在1 s時的速度大小為： v＝v0＋a2t＝5 m/s

23、在1～1.5 s時間內(nèi)，帶電微粒在磁場B中做勻速圓周運動，周期為 T＝＝ s＝1 s 在1～1.5 s時間內(nèi)，帶電微粒在磁場B中正好運動了半個圓周，所以帶電微粒在MN右側(cè)場區(qū)中運動了1.5 s時的速度大小為5 m/s，方向水平向左. (3)帶電微粒在磁場B中做圓周運動的半徑為 r＝＝ m＝ m＝0.75 m W－mg·2r＝mv2 解得：W＝4.125×10－5 J. 專題規(guī)范練 1.利用霍爾效應(yīng)制作的霍爾元件，廣泛應(yīng)用于測量和自動控制等領(lǐng)域.如圖1是霍爾元件的工作原理示意圖，磁感應(yīng)強度B垂直于霍爾元件的工作面向下，通入圖示方向的電流I，C、D兩側(cè)面會形成電勢差UCD，下列說法

24、中正確的是(　　) 圖1 A.電勢差UCD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UCD＜0 C.僅增大磁感應(yīng)強度時，電勢差UCD可能不變 D.在測定地球赤道上方的地磁場強弱時，元件的工作面應(yīng)保持水平 答案　B 解析　由題意可知，CD間存在電勢差，即存在電場，載流子在電場力和洛倫茲力作用下處于平衡，設(shè)霍爾元件的長、寬、高分別為a、b、c，有q＝qvB，I＝nqvS＝nqvbc，則UCD＝.故A、C錯誤；根據(jù)左手定則，電子向C側(cè)面偏轉(zhuǎn)，C表面帶負(fù)電，D表面帶正電，所以D表面的電勢高，則UCD＜0，B正確；在測定地球赤道上方地磁場強弱時，應(yīng)將元件的工作面保持豎直，

25、讓磁場垂直通過.故D錯誤. 2.(多選)如圖2所示，一足夠長的絕緣細(xì)桿處于磁感應(yīng)強度為B＝0.5 T的勻強磁場中，桿與磁場垂直且與水平方向的夾角為θ＝37°.一質(zhì)量為m＝0.1 g、電荷量為q＝5×10－4 C的帶正電圓環(huán)套在該絕緣細(xì)桿上，圓環(huán)與桿之間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.4.現(xiàn)將圓環(huán)從桿上的某一位置無初速度釋放.則下列判斷中正確的是(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取重力加速度g＝10 m/s2)(　　) 圖2 A.圓環(huán)下滑過程中洛倫茲力始終做正功 B.當(dāng)圓環(huán)下滑的速度達到2.4 m/s時，圓環(huán)與細(xì)桿之間的彈力為零 C.圓環(huán)下滑過程中的最大加速度為6 m/s2

26、 D.圓環(huán)下滑過程中的最大速度為9.2 m/s 答案　CD 解析　當(dāng)FN＝0時，qvB＝mgcos θ，得v＝3.2 m/s， 此時，F(xiàn)合＝mgsin θ＝mam，得 am＝6 m/s2， 當(dāng)mgsin θ＝μ(qvmB－mgcos θ)時 得vm＝9.2 m/s. 3.(多選)如圖3所示，空間有相互正交的勻強電場和勻強磁場區(qū)域，勻強電場方向豎直向下，大小為E，勻強磁場方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強度大小為B.一質(zhì)量為m的帶電小球(可視為質(zhì)點)恰好能在豎直面內(nèi)做半徑為r的勻速圓周運動，已知重力加速度為g，則下列說法中正確的是(　　) 圖3 A.該小球帶正電荷 B.該小球

27、的帶電荷量為 C.該小球一定沿順時針方向做勻速圓周運動 D.該小球做圓周運動的線速度大小為 答案　BD 解析　因小球做勻速圓周運動，所以mg＝qE，得E＝，電場力向上，所以帶負(fù)電，A錯誤，B正確；由于小球帶負(fù)電，由左手定則可知，小球一定沿逆時針方向運動，選項C錯誤；設(shè)小球做圓周運動的線速度大小為v，則qvB＝m，解得v＝，又因為q＝，所以v＝，選項D正確. 4.(多選)如圖4所示，兩塊水平放置的平行金屬板，板長為2d，相距為d.現(xiàn)將一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電小球以某一水平速度靠近上板下表面的P點射入，剛好從下板邊緣射出，若在兩板間加入豎直向下的勻強電場，再次將該帶電小球以相同速度從

28、P點射入，小球剛好水平向右沿直線運動；若保持電場，再加一垂直紙面的勻強磁場，再次將該帶電小球以相同速度從P點射入，小球剛好垂直打在板上.已知重力加速度為g，則下列說法正確的是(　　) 圖4 A.小球從P點射入的初速度為 B.小球帶正電，所加勻強電場E＝ C.所加勻強磁場方向垂直紙面向里，B＝ D.加入勻強磁場后，帶電小球在板間運動時間為 答案　AD 解析　小球從P點射入后做平拋運動，根據(jù)平拋運動規(guī)律有：2d＝v0t，d＝gt2，聯(lián)立解得：v0＝，故A正確；加電場后做勻速直線運動，故：qE＝mg，解得：E＝，電場力向上，場強向下，故小球帶負(fù)電，故B錯誤；再加磁場后，做勻速圓周

29、運動，洛倫茲力提供向心力，小球剛好垂直打在板上，故軌道半徑為d，根據(jù)牛頓第二定律，有：qv0B＝m，解得：B＝；根據(jù)左手定則，磁場方向垂直紙面向里，故C錯誤；加入勻強磁場后，帶電小球在板間運動時間為四分之一個周期，為：t＝＝ ，故D正確. 5.(多選)如圖5所示，M、N為兩塊帶等量異種電荷的平行金屬板，兩板間電壓可取從零到某一最大值之間的各種數(shù)值.靜止的帶電粒子帶電荷量為＋q，質(zhì)量為m(不計重力)，從點P經(jīng)電場加速后，從小孔Q進入N板右側(cè)的勻強磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙面向外，CD為磁場邊界上的一絕緣板，它與N板的夾角為θ＝30°，孔Q到板的下端C的距離為L，當(dāng)M、N兩板間電

30、壓取最大值時，粒子恰垂直打在CD板上，則下列說法正確的是(　　) 圖5 A.兩板間電壓的最大值Um＝ B.CD板上可能被粒子打中區(qū)域的長度s＝L C.粒子在磁場中運動的最長時間tm＝ D.能打到N板上的粒子的最大動能為 答案　ACD 解析　M、N兩板間電壓取最大值時，粒子恰垂直打在CD板上，所以其軌跡圓心在C點，CH＝QC＝L， 故軌跡半徑R1＝L 又由牛頓第二定律得 qv1B＝m 粒子在MN間加速時，有 qUm＝mv 所以聯(lián)立得Um＝，選項A正確； 打在QC間的粒子在磁場中運動的時間最長，均為半個周期.粒子運動的周期為T＝ 所以最長時間tm＝＝，選項C正

31、確；設(shè)軌跡與CD板相切于K點，半徑為R2，在△AKC中： AC＝2R2，CK＝R2 又QC＝QA＋AC＝R2＋2R2＝3R2＝L，所以CK＝L 故HK的長度s＝(1－)L，選項B錯誤；能達到N板上的粒子最大半徑為R2，根據(jù)qvB＝m，最大動能為：Ekm＝mv2＝，選項D正確. 6.(多選)如圖6所示是選擇密度相同、大小不同納米粒子的一種裝置.待選粒子帶正電且電量與表面積成正比.待選粒子從O1進入小孔時可認(rèn)為速度為零，加速電場區(qū)域Ⅰ的板間電壓為U，粒子通過小孔O2射入正交的勻強電場、磁場區(qū)域Ⅱ，其中磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，左右兩極板間距為d.區(qū)域Ⅱ出口小孔O3與O1、O2在同一豎直線上

32、.若半徑為r0，質(zhì)量為m0、電量為q0的納米粒子剛好能沿直線通過，不計納米粒子重力，則(　　) 圖6 A.區(qū)域Ⅱ的電場與磁場的強度比值為 B.區(qū)域Ⅱ左右兩極板的電勢差U1＝Bd C.若納米粒子的半徑r＞r0，則剛進入?yún)^(qū)域Ⅱ的粒子仍將沿直線通過 D.若納米粒子的半徑r＞r0，仍沿直線通過，則區(qū)域Ⅱ的電場與原電場強度之比為 答案　AD 解析　設(shè)半徑為r0的粒子加速后的速度為v，則有：q0U＝m0v2 設(shè)區(qū)域Ⅱ內(nèi)電場強度為E，洛倫茲力等于電場力，即：q0vB＝q0E 聯(lián)立①②解得：E＝B，則區(qū)域Ⅱ的電場與磁場的強度比值為，U1＝Ed＝Bd，故A正確，B錯誤；若納米粒子的半徑r

33、＞r0，設(shè)半徑為r的粒子的質(zhì)量為m、帶電量為q、被加速后的速度為v′，則m＝()3m0而q＝()2q0，由mv′2＝qU解得：v′＝ ＝v＜v，故洛倫茲力小于電場力，粒子帶正電，故粒子向左偏轉(zhuǎn)，故C錯誤；要使粒子直線通過需滿足E＝vB，故區(qū)域Ⅱ的電場與原電場的電場強度之比為；故D正確. 7.(多選)如圖7所示為某種質(zhì)譜儀的工作原理示意圖.此質(zhì)譜儀由以下幾部分構(gòu)成：粒子源N；P、Q間的加速電場；靜電分析器；磁感應(yīng)強度為B的有界勻強磁場，方向垂直紙面向外；膠片M.若靜電分析器通道中心線半徑為R，通道內(nèi)有均勻輻射電場在中心線處的電場強度大小為E；由粒子源發(fā)出一質(zhì)量為m、電荷量為q的正離子(初速度為

34、零，重力不計)，經(jīng)加速電場加速后，垂直場強方向進入靜電分析器，在靜電分析器中，離子沿中心線做勻速圓周運動，而后由S點沿著既垂直于靜電分析器的左邊界，又垂直于磁場方向射入磁場中，最終打到膠片上的某點.下列說法中正確的是(　　) 圖7 A.P、Q間加速電壓為ER B.離子在磁場中運動的半徑為 C.若一質(zhì)量為4m、電荷量為q的正離子加速后進入靜電分析器，離子不能從S射出 D.若一群離子經(jīng)過上述過程打在膠片上同一點，則這些離子具有相同的比荷 答案　AD 解析　直線加速過程，根據(jù)動能定理，有：qU＝mv2 ① 電場中偏轉(zhuǎn)過程，根據(jù)牛頓第二定律，有：qE＝m ② 磁場中偏轉(zhuǎn)過程

35、，根據(jù)牛頓第二定律，有：qvB＝m ③ 解得：U＝ER， ④ r＝ ＝ ⑤ 由④式，只要滿足R＝，所有粒子都可以從輻射電場區(qū)通過； 由④⑤知，打到膠片上同一點的粒子的比荷一定相等. 8.如圖8所示，在直角坐標(biāo)系xOy平面內(nèi)有a(4 cm,3 cm)、b(0,8 cm)兩點，勻強磁場垂直于xOy平面向里.一電荷量為e＝1.6×10－19 C、質(zhì)量為m＝9×10－31 kg的電子，以v0＝1.6×106 m/s的速度從原點O沿x軸正方向入射，不計電子重力，取sin 37°＝0.6. 圖8 (1)已知電子能通過a點，求磁感應(yīng)強度B的大小. (2)適當(dāng)改變磁感應(yīng)強度

36、，再加入平行xOy平面的勻強電場，使得電子可先后經(jīng)過a、b兩點，動能分別變?yōu)樵贠點動能的4倍和5倍，求電場強度的大小. 答案　(1)2.16×10－4 T　(2)4.5×102 V/m 解析　(1)由幾何關(guān)系： R2＝x＋(R－ya)2 得R＝ cm ev0B＝m 得B＝2.16×10－4 T (2)洛倫茲力不做功，電子從O點到a點由動能定理： eUaO＝Eka－EkO＝3×mv 電子從O點到b點由動能定理： eUbO＝Ekb－EkO＝4×mv，解得＝ 沿Ob方向電勢均勻升高，設(shè)y軸上點c(0，yc)為a點的等勢點：＝ 解得：yc＝6 cm，ac連線為勻強電場中的一條等勢線 過O點作ac的垂線交于d點，由幾何關(guān)系可知： ∠cOd＝37° O點到d點的距離：Od＝y(tǒng)ccos 37° E＝ 代入數(shù)值得：E＝4.5×102 V/m 21