《高考物理大二輪復習 專題訓練五 第1課時 電場與磁場的理解》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高考物理大二輪復習 專題訓練五 第1課時 電場與磁場的理解（18頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、高考物理大二輪復習 專題訓練五 第1課時 電場與磁場的理解 專題定位　本專題主要是綜合應用動力學方法和功能關系解決帶電粒子在電場和磁場中的運動問題．這部分的題目覆蓋的內(nèi)容多，物理過程多，且情景復雜，綜合性強，常作為理綜試卷的壓軸題．高考對本專題考查的重點有以下幾個方面：①對電場力的性質和能的性質的理解；②帶電粒子在電場中的加速和偏轉問題；③帶電粒子在磁場中的勻速圓周運動問題；④帶電粒子在電場和磁場的組合場中的運動問題；⑤帶電粒子在電場和磁場的疊加場中的運動問題；⑥帶電粒子在電場和磁場中運動的臨界問題． 應考策略　針對本專題的特點，應“抓住兩條主線、明確兩類運動、運用兩種方法”解決有關問題．

2、兩條主線是指電場力的性質(物理量——電場強度)和能的性質(物理量——電勢和電勢能)；兩類運動是指類平拋運動和勻速圓周運動；兩種方法是指動力學方法和功能關系． 第1課時　電場與磁場的理解 1．對電場強度的三個公式的理解 (1)E＝是電場強度的定義式，適用于任何電場．電場中某點的場強是確定值，其大小和方向與試探電荷q無關．試探電荷q充當“測量工具”的作用． (2)E＝k是真空中點電荷所形成的電場的決定式．E由場源電荷Q和場源電荷到某點的距離r決定． (3)E＝是場強與電勢差的關系式，只適用于勻強電場，注意：式中d為兩點間沿電場方向的距離． 2．電場能的性質 (1)電勢與電勢能

3、：φ＝. (2)電勢差與電場力做功：UAB＝＝φA－φB. (3)電場力做功與電勢能的變化：W＝－ΔEp. 3．等勢面與電場線的關系 (1)電場線總是與等勢面垂直，且從電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面． (2)電場線越密的地方，等差等勢面也越密． (3)沿等勢面移動電荷，電場力不做功，沿電場線移動電荷，電場力一定做功． 4．帶電粒子在磁場中的受力情況 (1)磁場只對運動電荷有力的作用，對靜止電荷無力的作用．磁場對運動電荷的作用力叫洛倫茲力． (2)洛倫茲力的大小和方向：其大小為F＝qvBsin θ，注意：θ為v與B的夾角．F的方向由左手定則判定，但四指的指向應為正電荷運動的方

4、向或負電荷運動方向的反方向． 5．洛倫茲力做功的特點 由于洛倫茲力始終和速度方向垂直，所以洛倫茲力永不做功，但洛倫茲力的分力可以做功． 1．本部分內(nèi)容的主要研究方法有：(1)理想化模型．如點電荷、電場線、等勢面；(2)比值定義法．電場強度、電勢的定義方法是定義物理量的一種重要方法；(3)類比的方法．電場和重力場的比較；電場力做功與重力做功的比較；帶電粒子在勻強電場中的運動和平拋運動的類比． 2．靜電力做功的求解方法：(1)由功的定義式W＝Flcos α來求；(2)利用結論“電場力做功等于電荷電勢能增量的負值”來求，即W＝－ΔEp；(3)利用WAB＝qUAB來求． 3．研究帶電粒子

5、在電場中的曲線運動時，采用運動合成與分解的思想方法；帶電粒子在組合場中的運動實際是類平拋運動和勻速圓周運動的組合，類平拋運動的末速度就是勻速圓周運動的線速度． 考向1　對電場性質的理解 例1　如圖1所示，實線為電場線，虛線為等勢面，兩相鄰等勢面間電勢差相等．A、B、C為電場中的三個點，且AB＝BC，一個帶正電的粒子從A點開始運動，先后經(jīng)過B、C兩點，若帶電粒子只受電場力作用，則下列說法正確的是(　　) 圖1 A．粒子在A、B、C三點的加速度大小關系aA>aB>aC B．粒子在A、B、C三點的動能大小關系EkC>EkB>EkA C．粒子在A、B、C三點的電勢能大小關系EpC>

6、EpB>EpA D．粒子由A運動至B和由B運動至C電場力做的功相等 審題突破　加速度是由什么力產(chǎn)生的？據(jù)圖如何判斷加速度大小關系？A、B、C三點的電勢大小關系如何？AB和BC間的電勢差哪個大？ 解析　由電場線可知EC＞EB＞EA，因此aC＞aB＞aA，故A錯誤；粒子從A點運動經(jīng)過B、C，電場力做正功，動能不斷增加，因此EkC＞EkB＞EkA，故B正確；由于沿著電場線，電勢逐漸降低，故φA＞φB＞φC，因此帶正電粒子的電勢能大小關系EpA＞EpB＞EpC，故C錯誤；由于從A到B過程的電場力小于從B到C過程的電場力，故從A到B過程的電場力做功較少，因此粒子由A運動至B和由B運動至C電場力做的

7、功不等，D錯誤． 答案　B 以題說法　1.在靜電場中，通常利用電場線和等勢面的兩個關系分析電場的性質：一是二者一定處處垂直；二是電場線密的地方，等差等勢面也密，且電場線由電勢較高的等勢面指向電勢較低的等勢面． 2．在分析電場性質時，要特別注意電場強度、加速度、電勢、電場力做功、動能、電勢能等物理量的基本判斷方法． (xx·江蘇·4)如圖2所示，一圓環(huán)上均勻分布著正電荷，x軸垂直于環(huán)面且過圓心O.下列關于x軸上的電場強度和電勢的說法中正確的是(　　) 圖2 A．O點的電場強度為零，電勢最低 B．O點的電場強度為零，電勢最高 C．從O點沿x軸正方向，電場強度減小，電勢升高

8、D．從O點沿x軸正方向，電場強度增大，電勢降低 答案　B 解析　根據(jù)電場的對稱性和電場的疊加原理知，O點的電場強度為零．在x軸上，電場強度的方向自O點分別指向x軸正方向和x軸負方向，且沿電場線方向電勢越來越低，所以O點電勢最高．在x軸上離O點無限遠處的電場強度為零，故沿x軸正方向和x軸負方向的電場強度先增大后減?。x項B正確． 考向2　電場矢量合成問題 例2　如圖3所示，a、b、c、d分別是一個菱形的四個頂點，∠abc＝120°.現(xiàn)將三個等量的正點電荷＋Q分別固定在a、b、c三個頂點上，則下列判斷正確的是(　　) 圖3 A．d點電場強度的方向由d指向O B．O點處的電場強

9、度是d點處的電場強度的2倍 C．bd連線為一等勢線 D．引入一個電量為＋q的點電荷，依次置于O點和d點，則在d點所具有的電勢能大于在O點所具有的電勢能 審題突破　三個電荷都在O點、d點產(chǎn)生電場，該用什么方法判斷這兩點場強的大小和方向呢？Od連線上電場線的方向能判斷嗎？ 解析　由點電荷的電場及電場的疊加可知，O點處的場強等于b處點電荷在O點產(chǎn)生的場強，設菱形的邊長為L，則EO＝k，方向由b指向O，而在d處的點電荷由a、b、c處的點電荷產(chǎn)生，其大小為Ed＝2k＝EO，方向也沿bO方向，A錯誤，B正確；bd是a、c兩處電荷連線的中垂線，由兩等量正電荷的電場中電勢分布可知，在a、c兩點電荷的電

10、場中O點電勢高于d點電勢，而在點電荷b的電場中，O點電勢也高于d點電勢，再由電勢疊加可知，O點電勢高，而正電荷在電勢越高處，電勢能越大，C、D錯誤． 答案　B 以題說法　1.熟練掌握常見電場的電場線和等勢面的畫法． 2．對于復雜的電場場強、電場力合成時要用平行四邊形定則． 3．電勢的高低可以根據(jù)“沿電場線方向電勢降低”或者由離正、負場源電荷的距離來確定． 如圖4甲所示，MN為很大的薄金屬板(可理解為無限大)，金屬板原來不帶電．在金屬板的右側，距金屬板距離為d的位置上放入一個帶正電、電荷量為q的點電荷，由于靜電感應產(chǎn)生了如圖甲所示的電場分布．幾位同學想求出點電荷和金屬板垂直連線之間

11、中點a的電場強度大小，但發(fā)現(xiàn)問題很難．幾位同學經(jīng)過仔細研究，從圖乙所示兩等量異號點電荷的電場分布得到了一些啟示，經(jīng)過查閱資料他們知道：圖甲所示的電場分布與圖乙中虛線右側的電場分布是完全一樣的．圖乙中兩等量異號點電荷的大小也為q，他們之間的距離為2d，虛線是兩點電荷連線的中垂線．由此他們分別求出了a點的電場強度大小，一共有以下四個不同的答案(答案中k為靜電力常量)，其中正確的是(　　) 圖4 A. B. C. D. 答案　C 解析　根據(jù)a點的電場線方向可得a點的電場強度方向是垂直于金屬板向左，兩個異號點電荷電荷量的大小均為q，它們之間的距離為2d，乙圖上＋q左側處的場強大

12、小為E＝k＋k＝，根據(jù)題意可知，a點的電場強度大小與乙圖上＋q左側處的場強大小相等，即為. 考向3　帶電粒子在有界磁場中的臨界、極值問題 例3　(xx·江蘇·14)某裝置用磁場控制帶電粒子的運動，工作原理如圖5所示．裝置的長為L，上、下兩個相同的矩形區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場，磁感應強度大小均為B、方向與紙面垂直且相反，兩磁場的間距為d.裝置右端有一收集板，M、N、P為板上的三點，M位于軸線OO′上，N、P分別位于下方磁場的上、下邊界上．在紙面內(nèi)，質量為m、電荷量為－q的粒子以某一速度從裝置左端的中點射入，方向與軸線成30°角，經(jīng)過上方的磁場區(qū)域一次，恰好到達P點．改變粒子入射速度的大小，可以控制

13、粒子到達收集板的位置．不計粒子的重力． 圖5 (1)求磁場區(qū)域的寬度h； (2)欲使粒子到達收集板的位置從P點移到N點，求粒子入射速度的最小變化量Δv； (3)欲使粒子到達M點，求粒子入射速度大小的可能值． 審題突破　粒子在磁場中做圓周運動，畫一畫如何才能到達P點？怎么由幾何關系求寬度？粒子到達N點的軌跡又如何？ 解析　(1)設粒子在磁場中的軌跡半徑為r，粒子的運動軌跡如圖所示． 根據(jù)題意知L＝3rsin 30°＋dcot 30°，且磁場區(qū)域的寬度h＝r(1－cos 30°) 解得：h＝(L－d)(1－)． (2)設改變?nèi)肷渌俣群罅Ｗ釉诖艌鲋械能壽E半徑為r′，洛倫茲力

14、提供向心力，則有m＝qvB，m＝qv′B， 由題意知3rsin 30°＝4r′sin 30°， 解得粒子速度的最小變化量Δv＝v－v′＝(－d)． (3)設粒子經(jīng)過上方磁場n次 由題意知L＝(2n＋2)cot 30°＋(2n＋2)rnsin 30° 且m＝qvnB，解得vn＝(－d)(1≤n<－1，n取整數(shù))． 答案　(1)(L－d)(1－)　(2)(－d) (3)(－d)(1≤n<－1，n取整數(shù)) 以題說法　1.解決帶電粒子在磁場中運動的臨界問題，關鍵在于運用動態(tài)思維，尋找臨界點，確定臨界狀態(tài)，根據(jù)粒子的速度方向找出半徑方向，同時由磁場邊界和題設條件畫好軌跡，定好圓心，建立幾

15、何關系． 2．粒子射出或不射出磁場的臨界狀態(tài)是粒子運動軌跡與磁場邊界相切． 如圖6所示，在邊長為L的正方形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場，其磁感應強度大小為B.在正方形對角線CE上有一點P，其到CF、CD距離均為，且在P點處有一個發(fā)射正離子的裝置，能連續(xù)不斷地向紙面內(nèi)的各方向發(fā)射出速率不同的正離子．已知離子的質量為m，電荷量為q，不計離子重力及離子間相互作用力． 圖6 (1)速率在什么范圍內(nèi)的所有離子均不可能射出正方形區(qū)域？ (2)求速率為v＝的離子在DE邊的射出點距離D點的范圍． 答案　(1)v≤　(2)≤d< 解析　因離子以垂直于磁場的速度射入磁場，故其在

16、洛倫茲力作用下必做圓周運動． (1)依題意可知離子在正方形區(qū)域內(nèi)做圓周運動不射出該區(qū)域，做圓周運動的半徑為r≤. 對離子，由牛頓第二定律有qvB＝m?v＝≤. (2)當v＝時，設離子在磁場中做圓周運動的半徑為R，則由qvB＝m可得R＝＝·＝. 甲 要使離子從DE射出，則其必不能從CD射出，其臨界狀態(tài)是離子軌跡與CD邊相切，設切點與C點距離為x，其軌跡如圖甲所示， 由幾何關系得： R2＝(x－)2＋(R－)2， 計算可得x＝L， 設此時DE邊出射點與D點的距離為d1，則由幾何關系有：(L－x)2＋(R－d1)2＝R2， 解得d1＝. 乙 而當離子軌跡與DE邊相切時

17、，離子必將從EF邊射出，設此時切點與D點距離為d2，其軌跡如圖乙所示，由幾何關系有： R2＝(L－R)2＋(d2－)2， 解得d2＝. 故速率為v＝的離子在DE邊的射出點距離D點的范圍為≤d<. 8．帶電粒子在勻強磁場中的多過程問題 例4　(22分)如圖7所示，無限寬廣的勻強磁場分布在xOy平面內(nèi)，x軸上下方磁場均垂直xOy平面向里，x軸上方的磁場的磁感應強度為B，x軸下方的磁場的磁感應強度為B.現(xiàn)有一質量為m、電量為－q的粒子以速度v0從坐標原點O沿y軸正方向進入上方磁場．在粒子運動過程中，與x軸交于若干點．不計粒子的重力．求： 圖7 (1)粒子在x軸上方磁場做勻速圓周

18、運動的半徑； (2)設粒子在x軸上方的周期為T1，x軸下方的周期為T2，求T1∶T2； (3)如把x軸上方運動的半周與x軸下方運動的半周稱為一周期的話，則每經(jīng)過一周期，在x軸上粒子右移的距離； (4)在與x軸的所有交點中，粒子兩次通過同一點的坐標位置． 思維導圖 解析　(1)設粒子在x軸上方磁場做勻速圓周運動的半徑為r1，在下方磁場中做勻速圓周運動的半徑為r2， 由Bqv0＝m得r1＝，r2＝(6分) (2)由T＝得 T1＝(2分) T2＝(2分) T1∶T2＝4∶3(2分) (3)在磁場中運動軌跡如圖所示，如把x軸上方運動的半周與x軸下方運動的半周稱為一周期的話

19、，則每經(jīng)過一周期，在x軸上粒子右移Δx＝2r1－2r2＝(5分) (4)則在第4周期剛結束時粒子第二次經(jīng)過x1＝2r1的這一點，以后每過一周期將會出現(xiàn)符合要求的點． 故xk＝2r1＋＝r1＝(k＝1,2,3…)(5分) 答案　(1)　(2)4∶3　(3)　(4)(k＝1,2,3…) (限時：15分鐘，滿分：18分) (xx·重慶·9)如圖8所示，在無限長的豎直邊界NS和MT間充滿勻強電場，同時該區(qū)域上、下部分分別充滿方向垂直于NSTM平面向外和向內(nèi)的勻強磁場，磁感應強度大小分別為B和2B，KL為上、下磁場的水平分界線，在NS和MT邊界上，距KL高h處分別有P、Q兩點，NS

20、和MT間距為1.8h.質量為m、帶電量為＋q的粒子從P點垂直于NS邊界射入該區(qū)域，在兩邊界之間做圓周運動，重力加速度為g. 圖8 (1)求電場強度的大小和方向． (2)要使粒子不從NS邊界飛出，求粒子入射速度的最小值． (3)若粒子能經(jīng)過Q點從MT邊界飛出，求粒子入射速度的所有可能值． 答案　(1)，方向豎直向上　(2)(9－6) (3)　　 解析　(1)設電場強度大小為E. 由題意有mg＝qE， 得E＝，方向豎直向上． (2)如圖所示，設粒子不從NS邊飛出的入射速度最小值為vmin，對應的粒子在上、下區(qū)域的運動半徑分別為r1和r2，圓心的連線與NS的夾角為φ. 由r

21、＝， 有r1＝，r2＝＝r1， 由(r1＋r2)sin φ＝r2， r1＋r1cos φ＝h， 得vmin＝(9－6). (3)如圖所示， 設粒子入射速度為v，粒子在上、下方區(qū)域的運動半徑分別為r1和r2，粒子第一次通過KL時距離K點為x. 由題意有3nx＝1.8h，(n＝1,2,3，…)， 由(2)知x≥r2＝， x＝， 得r1＝(1＋)，n≤0.6(3＋2)≈3.5， 即n＝1時，v＝； n＝2時，v＝； n＝3時，v＝. (限時：45分鐘) 題組1　對電場性質的理解 1．(xx·新課標Ⅰ·21)如圖1所示，在正點電荷Q的電場中有M、N、P、F四點，

22、M、N、P為直角三角形的三個頂點，F(xiàn)為MN的中點，∠M＝30°.M、N、P、F四點處的電勢分別用φM、φN、φP、φF表示．已知φM＝φN，φP＝φF；點電荷Q在M、N、P三點所在平面內(nèi)，則(　　) 圖1 A．點電荷Q一定在MP的連線上 B．連接PF的線段一定在同一等勢面上 C．將正試探電荷從P點搬運到N點，電場力做負功 D．φP大于φM 答案　AD 解析　電場是由正點電荷產(chǎn)生的，所以電場線由正點電荷指向無窮遠處，并且跟點電荷距離相等的點，電勢相等，場強大小相等．由于φM＝φN，φP＝φF，所以點電荷Q到M和N的距離相等，到P和F的距離相等，即過F作MN的中垂線，然后作FP的

23、中垂線，兩中垂線的交點為點電荷Q所在的位置，由幾何知識得Q在MP上，如圖所示，故選項A正確；點電荷形成的電場中等勢面是球面，故選項B錯誤；正試探電荷與Q同號，所以受斥力作用，故將其從P點搬運到N點時，電場力做正功，故選項C錯誤；由幾何關系知點電荷Q距M的距離大，距P的距離小，所以φM<φP，故選項D正確． 2．兩點電荷形成電場的電場線分布如圖2所示，若圖中A、B兩點處的場強大小分別為EA、EB，電勢分別為φA、φB，則(　　) 圖2 A．EAφB B．EAEB，φA<φB D．EA>EB，φA>φB 答案　D 解析

24、　根據(jù)電場線的疏密表示電場強度的大小，由題圖知，A處電場線密集，故EA>EB；沿電場線的方向電勢降低，所以A、B兩點的電勢φA>φB，所以A、B、C錯誤，D正確． 3．空間存在著方向平行于x軸的靜電場，A、M、O、N、B為x軸上的點，OA

25、子僅在電場力作用下，從M點由靜止開始沿x軸向右運動即逆電場線方向運動，故粒子一定帶負電，A錯誤；由圖可知，M點的電勢小于N點的電勢，故M到O電場力做的功大于O到N電場力做的功，所以粒子能通過N點，故B正確；由于圖象的斜率表示電場強度，則AO間的電場強度大于OB間的電場強度，故C錯誤；粒子從M向O運動過程電場力不變，故D錯誤． 題組2　電場矢量合成問題 4．如圖4所示，在正方形區(qū)域的四個頂點固定放置四個點電荷，它們的電量的絕對值相等，電性如圖中所示．K、L、M、N分別為正方形四條邊的中點，O為正方形的中心．下列關于各點的電場強度與電勢的判斷正確的是(　　) 圖4 A．K點與M點的電場

26、強度大小相等、方向相反 B．O點的電場強度為零 C．N點電場強度的大小大于L點電場強度的大小 D．K、O、M三點的電勢相等 答案　D 解析　K點與M點的電場強度大小相等、方向相同，所以A錯誤；O點的電場強度不為零，所以B錯誤；N點的電場強度大小等于L點的電場強度大小，所以C錯誤． 5．如圖5所示是一個正方體ABCDEFGH，m點是ABCD面的中點、n點是EFGH面的中點．當在正方體的八個角上各固定一個帶電量相同的正點電荷，比較m、n兩點的電場強度和電勢，下列判斷正確的是 圖5 A．電場強度相同，電勢相等 B．電場強度不相同，電勢不相等 C．電場強度相同，電勢不相等 D

27、．電場強度不相同，電勢相等 答案　D 解析　由對稱性可知，m、n點電場強度大小相等，m點電場強度方向垂直ABCD面向上，n點電場強度方向垂直EFGH面向下，兩點電場強度的方向相反．由疊加可知m、n點連線中點的電場強度為0.當電荷沿m、n連線從m點移動到n點的過程中電場力做功一定為0，表明m、n兩點電勢相等，故D正確． 6．如圖6所示，在真空中固定兩個等量異號點電荷＋Q和－Q，圖中O點為兩點電荷連線的中點，P點為連線上靠近－Q的一點，MN為過O點的一條線段，且M點與N點關于O點對稱．則下列說法正確的是(　　) 圖6 A．M、N兩點的電勢相等 B．M、N兩點的電場強度相同 C．將

28、帶正電的試探電荷從M點沿直線移到N點的過程中，電荷的電勢能先增大后減小 D．只將－Q移到P點，其他點在空間的位置不變，則O點的電場強度變大 答案　BD 解析　根據(jù)等量異號點電荷電場分布的對稱性，M、N兩點的電場強度相同，電勢不相等，故A錯誤，B正確；將帶正電的試探電荷從M點沿直線移到N點的過程中，電場力做正功，電勢能減小，故C錯誤；只將－Q移到P點，其他點在空間的位置不變，－Q在O點產(chǎn)生的電場強度變大，則O點的合電場強度變大，故D正確． 7．如圖7所示，在場強大小為E，方向水平向右的勻強電場中，放一個電荷量為－q的點電荷，A、B、C、D四點在以點電荷為圓心、半徑為r的圓周上，并且A點、

29、C點與點電荷在同一水平線上，B點、D點與點電荷在同一豎直線上，則下列說法正確的是(　　) 圖7 A．A點電場強度最大，且為E＋k B．B、D兩點電場強度大小相等，方向相同 C．同一點電荷在B點和D點時的電勢能相等 D．同一點電荷在A點和C點時的電勢能相等 答案　AC 解析　A、B、C、D四點的場強是水平向右的勻強電場和點電荷產(chǎn)生的電場的疊加，A點二者同向電場強度最大，且為E＋k，B、D兩點電場強度大小相等，方向不同，故A正確，B錯誤；點電荷的電場，同心圓上各點的電勢相等，BD與勻強電場垂直，是勻強電場的等勢線，所以B、D兩點的電勢相等，由Ep＝qφ知，同一點電荷在B點和D點時

30、的電勢能相等，故C正確；AC與勻強電場的電場線平行，A點的電勢高于C點的電勢，同一正點電荷在A點具有的電勢能高于在C點時具有的電勢能，故D錯誤． 題組3　帶電粒子在有界磁場中的臨界、極值問題 8．如圖8所示，在Ⅰ、Ⅱ兩個區(qū)域內(nèi)存在磁感應強度均為B的勻強磁場，磁場方向分別垂直于紙面向外和向里，AD、AC邊界的夾角∠DAC＝30°，邊界AC與邊界MN平行，Ⅱ區(qū)域寬度為d.質量為m、電荷量為＋q的粒子可在邊界AD上的不同點射人，入射速度垂直AD且垂直磁場，若入射速度大小為，不計粒子重力，則(　　) 圖8 A．粒子在磁場中的運動半徑為 B．粒子距A點0.5d處射入，不會進入Ⅱ區(qū) C．粒

31、子距A點1.5d處射入，在Ⅰ區(qū)內(nèi)運動的時間為 D．能夠進入Ⅱ區(qū)域的粒子，在Ⅱ區(qū)域內(nèi)運動的最短時間為 答案　CD 解析　A項，粒子做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律，有：qvB＝m， 其中v＝，解得r＝d，故A錯誤； B項，畫出恰好不進入Ⅱ區(qū)的臨界軌跡，如圖所示： 結合幾何關系，有： AO＝＝2r＝2d， 故從距A點0.5d處射入會進入Ⅱ區(qū)，故B錯誤； C項，粒子從距A點1.5d處射入，在Ⅰ區(qū)內(nèi)運動的軌跡為半個圓周，故時間為t＝＝，故C正確； D項，從A點進入的粒子在磁場Ⅱ區(qū)域中運動的軌跡最短(弦長也最短)，運動時間最短，軌跡如圖所示： 軌跡對應的圓心角為

32、60°，故時間為t＝＝，故D正確． 9．如圖9所示，在勻強電場中建立直角坐標系xOy，y軸豎直向上，一質量為m、電荷量為＋q的微粒從x軸上的M點射出，方向與x軸夾角為θ，微粒恰能以速度v做勻速直線運動，重力加速度為g. 圖9 (1)求勻強電場場強E； (2)若再疊加一圓形邊界的勻強磁場，使微粒能到達x軸上的N點，M、N兩點關于原點O對稱，距離為L，微粒運動軌跡也關于y軸對稱．已知磁場的磁感應強度大小為B，方向垂直xOy平面向外，求磁場區(qū)域的最小面積S及微粒從M運動到N的時間t. 答案　(1)，方向豎直向上　(2)　＋ 解析　(1)對微粒有qE－mg＝0，得E＝ 方向豎直向上．

33、 (2)微粒在磁場中有qvB＝m，解得R＝. 如圖所示，當PQ為圓形磁場的直徑時，圓形磁場面積最?。衦＝Rsin θ 其面積S＝πr2＝ 又T＝(或T＝) 根據(jù)幾何關系可知偏轉角為2θ 則在磁場中運動的時間t2＝T＝ 又MP＝QN＝，且有t1＝t3＝ 故運動的時間t＝t1＋t2＋t3＝＋＝＋＝＋ 題組4　帶電粒子在勻強磁場中的多過程問題 10．如圖10所示，在坐標系xOy的第二象限內(nèi)有沿y軸負方向的勻強電場，電場強度大小為E，第三象限內(nèi)存在勻強磁場Ⅰ，y軸右側區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場Ⅱ，Ⅰ、Ⅱ磁場的方向均垂直于紙面向里．一質量為m、電荷量為＋q的粒子自P(－l，l)點由靜止

34、釋放，沿垂直于x軸的方向進入磁場Ⅰ，接著以垂直于y軸的方向進入磁場Ⅱ，不計粒子重力． 圖10 (1)求磁場Ⅰ的磁感應強度B1； (2)若磁場Ⅱ的磁感應強度B2＝B1，粒子從磁場Ⅱ再次進入電場，求粒子第二次離開電場時的橫坐標； (3)若磁場Ⅱ的磁感應強度B2＝3B1，求粒子在第一次經(jīng)過y軸到第六次經(jīng)過y軸的時間內(nèi)，粒子的平均速度． 答案　(1) 　(2)－2l (3) ，方向沿y軸負方向 解析　(1)設粒子垂直于x軸進入磁場Ⅰ時的速度為v， 由運動學公式2al＝v2 由牛頓第二定律Eq＝ma 由題意知，粒子在磁場Ⅰ中做圓周運動的半徑為l， 由牛頓第二定律qvB1＝ 解

35、得B1＝ . 甲 (2)粒子運動的軌跡如圖甲所示，粒子再次進入電場，在電場中做類平拋運動，有 x＝vt l＝at2 解得x＝2l， 則粒子第二次離開電場時的橫坐標x′＝－x＝－2l. 乙 (3)粒子運動的軌跡如圖乙所示． 設粒子在磁場Ⅰ中運動的半徑為r1，周期為T1，在磁場Ⅱ中運動的半徑為r2，周期為T2. r1＝l 3qvB1＝ T1＝＝ T2＝＝ 得r2＝＝ T2＝ 粒子在第一次經(jīng)過y軸到第六次經(jīng)過y軸的時間t＝T1＋T2， 粒子在第一次經(jīng)過y軸到第六次經(jīng)過y軸的時間內(nèi)的位移x＝4r1－6r2＝2l， 平均速度＝，聯(lián)立解得＝ ，方向沿y軸負方向．