《高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專題訓(xùn)練三 第2課時(shí) 電場(chǎng)和磁場(chǎng)中的曲線運(yùn)動(dòng)》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專題訓(xùn)練三 第2課時(shí) 電場(chǎng)和磁場(chǎng)中的曲線運(yùn)動(dòng)（17頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專題訓(xùn)練三 第2課時(shí) 電場(chǎng)和磁場(chǎng)中的曲線運(yùn)動(dòng) 1．帶電粒子在電場(chǎng)中受到電場(chǎng)力，如果電場(chǎng)力的方向與速度方向不共線，粒子將會(huì)做曲線運(yùn)動(dòng)；如果帶電粒子垂直進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)，將會(huì)做類平拋運(yùn)動(dòng)，由于加速度恒定且與速度方向不共線，因此是勻變速曲線運(yùn)動(dòng)． 2．研究帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的類平拋運(yùn)動(dòng)的方法與平拋運(yùn)動(dòng)相同，可將運(yùn)動(dòng)分解為垂直電場(chǎng)方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)和沿電場(chǎng)方向的勻加速直線運(yùn)動(dòng)；若場(chǎng)強(qiáng)為E，其加速度的大小可以表示為a＝. 3．帶電粒子垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)時(shí)將做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，向心力由洛倫茲力提供，洛倫茲力始終垂直于運(yùn)動(dòng)方向，它不做功．其半徑R＝，周期T＝. 1．帶電粒子在電場(chǎng)

2、和磁場(chǎng)的組合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，一般是類平拋運(yùn)動(dòng)和勻速圓周運(yùn)動(dòng)的組合，可以先分別研究這兩種運(yùn)動(dòng)，而類平拋運(yùn)動(dòng)的末速度往往是勻速圓周運(yùn)動(dòng)的線速度，分析運(yùn)動(dòng)過(guò)程中轉(zhuǎn)折點(diǎn)的速度是解決此類問(wèn)題的關(guān)鍵． 2．本部分內(nèi)容通常應(yīng)用運(yùn)動(dòng)的合成與分解的方法、功能關(guān)系和圓周運(yùn)動(dòng)的知識(shí)解決問(wèn)題. 考向1　帶電粒子在電場(chǎng)中的曲線運(yùn)動(dòng)問(wèn)題 例1　(xx·山東·18)如圖1所示，場(chǎng)強(qiáng)大小為E、方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中有一矩形區(qū)域abcd，水平邊ab長(zhǎng)為s，豎直邊ad長(zhǎng)為h.質(zhì)量均為m、帶電量分別為＋q和－q的兩粒子，由a、c兩點(diǎn)先后沿ab和cd方向以速率v0進(jìn)入矩形區(qū)域(兩粒子不同時(shí)出現(xiàn)在電場(chǎng)中)．不計(jì)重力，若兩粒子軌

3、跡恰好相切，則v0等于(　　) 圖1 A. B. C. D. 審題突破　正負(fù)粒子在電場(chǎng)中做什么運(yùn)動(dòng)？?jī)闪Ｗ榆壽E恰好相切說(shuō)明什么？ 解析　根據(jù)對(duì)稱性，兩粒子軌跡的切點(diǎn)位于矩形區(qū)域abcd的中心，則在水平方向有s＝v0t，在豎直方向有h＝··t2，解得v0＝ .故選項(xiàng)B正確，選項(xiàng)A、C、D錯(cuò)誤． 答案　B 以題說(shuō)法　1.帶電粒子在電場(chǎng)中的一般曲線運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)是運(yùn)動(dòng)軌跡一定在合力和速度的夾角范圍內(nèi)，且向著力的方向彎曲，這是我們畫(huà)軌跡或者分析受力的依據(jù).2.對(duì)于類平拋運(yùn)動(dòng)模型通常采用運(yùn)動(dòng)的合成與分解方法處理． 一對(duì)平行金屬板長(zhǎng)為L(zhǎng)，兩板間距為d，質(zhì)量為m，電荷量為

4、e的電子從平行板左側(cè)以速度v0沿兩板的中線不斷進(jìn)入平行板之間，兩板間所加交變電壓uAB如圖2所示，交變電壓的周期T＝，已知所有電子都能穿過(guò)平行板，且偏距最大的粒子剛好從極板的邊緣飛出，不計(jì)重力作用，則(　　) 圖2 A．所有電子都從右側(cè)的同一點(diǎn)離開(kāi)電場(chǎng) B．所有電子離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)速度都是v0 C．t＝0時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)的電子，離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)動(dòng)能最大 D．t＝時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)的電子，在兩板間運(yùn)動(dòng)時(shí)最大側(cè)位移為 答案　BD 解析　電子進(jìn)入電場(chǎng)后做類平拋運(yùn)動(dòng)，不同時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)的電子垂直電場(chǎng)方向分速度圖象如圖，可知，各個(gè)電子在垂直電場(chǎng)方向的位移不全相同，故所有電子從右側(cè)離開(kāi)電場(chǎng)的位置不全相同，故A錯(cuò)

5、誤；由圖看出，所有電子離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)，垂直電場(chǎng)方向分速度vy＝0，速度都等于v0，故B正確；由上分析可知，電子離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的速度都相同，動(dòng)能都相同，故C錯(cuò)誤；t＝時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)的電子，在t＝時(shí)刻側(cè)位移最大，最大側(cè)位移為ym＝2×a()2＝，在t＝0時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)的電子側(cè)位移最大為，則有＝4×a()2＝，解得ym＝，故D正確． 考向2　帶電體在電場(chǎng)中的曲線運(yùn)動(dòng)問(wèn)題 例2　如圖3所示，MPQO為有界的豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E，ACB為光滑固定的半圓形絕緣軌道，圓軌道半徑為R，圓心為O，A、B為圓水平直徑的兩個(gè)端點(diǎn)，OC豎直．一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為－q的帶電小球，從A點(diǎn)正上方高為H處由靜止釋放，并

6、從A點(diǎn)沿切線進(jìn)入半圓軌道．不計(jì)空氣阻力及一切能量損失，關(guān)于帶電小球的運(yùn)動(dòng)情況，下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖3 A．小球一定能從B點(diǎn)離開(kāi)軌道 B．小球在AC部分可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng) C．若小球能從B點(diǎn)離開(kāi)，上升的高度一定小于H D．小球到達(dá)C點(diǎn)的速度可能為零 審題突破　小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中有哪幾個(gè)力做功，是正功還是負(fù)功？小球在AC部分做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的條件是什么？如果小球到達(dá)C點(diǎn)的速度為零，小球還能不能沿AC半圓軌道運(yùn)動(dòng)？ 解析　由于題中沒(méi)有給出H與R、E的關(guān)系，所以小球不一定能從B點(diǎn)離開(kāi)軌道；若重力大小等于電場(chǎng)力，小球在AC部分做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．由于小球在AC部分運(yùn)動(dòng)時(shí)電場(chǎng)力做負(fù)功，所

7、以若小球能從B點(diǎn)離開(kāi)，上升的高度一定小于H；若小球到達(dá)C點(diǎn)的速度為零，則電場(chǎng)力大于重力，則小球不可能沿半圓軌道運(yùn)動(dòng)，所以小球到達(dá)C點(diǎn)的速度不可能為零． 答案　BC 以題說(shuō)法　1.帶電體一般要考慮重力，而且電場(chǎng)力對(duì)帶電體做功的特點(diǎn)與重力相同，即都與路徑無(wú)關(guān)． 2．帶電體在電場(chǎng)中做曲線運(yùn)動(dòng)(主要是類平拋、圓周運(yùn)動(dòng))的分析方法與力學(xué)中的方法相同，只是對(duì)電場(chǎng)力的分析要更謹(jǐn)慎． 如圖4所示，在豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，從傾角為θ的斜面上的M點(diǎn)水平拋出一個(gè)帶負(fù)電小球，小球的初速度為v0，最后小球落在斜面上的N點(diǎn)．在已知θ、v0和小球所受的電場(chǎng)力大小F及重力加速度g的條件下，不計(jì)空氣阻力，則下列判斷

8、正確的是(　　) 圖4 A．可求出小球落到N點(diǎn)時(shí)重力的功率 B．由圖可知小球所受的重力大小可能等于電場(chǎng)力 C．可求出小球從M點(diǎn)到N點(diǎn)的過(guò)程中電勢(shì)能的變化量 D．可求出小球落到N點(diǎn)時(shí)速度的大小和方向 答案　BD 解析　質(zhì)量未知，故無(wú)法求重力功率，故A錯(cuò)誤；小球做類平拋運(yùn)動(dòng)，重力與電場(chǎng)力的大小不確定，可能兩者相等，故B正確；小球從M點(diǎn)到N點(diǎn)的過(guò)程中電勢(shì)能的變化量ΔEp＝Fy＝F·，由于加速度a無(wú)法求出，所以電勢(shì)能的變化量不能求出，故C錯(cuò)誤；利用平拋知識(shí)有＝＝＝tan θ，速度偏向角設(shè)為α，則tan α＝＝2tan θ，則得：vy＝2v0tan θ，故vN＝＝v0，D正確． 考向

9、3　帶電粒子在磁場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)問(wèn)題 例3　如圖5所示，在xOy平面內(nèi)，有一個(gè)圓形區(qū)域的直徑AB與x軸重合，圓心O′的坐標(biāo)為(2a,0)，其半徑為a，該區(qū)域內(nèi)無(wú)磁場(chǎng)．在y軸和直線x＝3a之間的其他區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子從y軸上某點(diǎn)射入磁場(chǎng)．不計(jì)粒子重力． 圖5 (1)若粒子的初速度方向與y軸正向的夾角為60°，且粒子不經(jīng)過(guò)圓形區(qū)域就能到達(dá)B點(diǎn)，求粒子的初速度大小v1； (2)若粒子的初速度方向與y軸正向的夾角為60°，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為Δt＝πm/3Bq，且粒子也能到達(dá)B點(diǎn)，求粒子的初速度大小v2； (3)若粒子

10、的初速度方向與y軸垂直，且粒子從O′點(diǎn)第一次經(jīng)過(guò)x軸，求粒子的最小初速度vmin. 審題突破　粒子不經(jīng)過(guò)圓形區(qū)域到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度有何特點(diǎn)？畫(huà)出運(yùn)動(dòng)軌跡，如何根據(jù)幾何關(guān)系求半徑？ 解析　(1)粒子不經(jīng)過(guò)圓形區(qū)域就能達(dá)到B點(diǎn)，故粒子到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度豎直向下，圓心必在x軸正半軸上，設(shè)粒子圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r1， 由幾何關(guān)系得：r1sin 30°＝3a－r1 又qv1B＝m，解得：v1＝. (2)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期T＝， 故粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡的圓心角為 α＝×360°＝60° 粒子到達(dá)B點(diǎn)的速度與x軸夾角β＝30° 設(shè)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r2，由幾何關(guān)系得： 3a＝2r2si

11、n 30°＋2acos 230° 又qv2B＝m，解得：v2＝. (3)設(shè)粒子從C點(diǎn)進(jìn)入圓形區(qū)域，O′C與O′A夾角為θ，軌跡圓對(duì)應(yīng)的半徑為r， 由幾何關(guān)系得：2a＝rsin θ＋acos θ 故當(dāng)θ＝60°時(shí)，半徑最小為rmin＝a 又qvminB＝m，解得vmin＝. 答案　(1)　(2)　(3) 以題說(shuō)法　1.對(duì)于帶電粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的問(wèn)題，基本思路是：根據(jù)進(jìn)場(chǎng)點(diǎn)和出場(chǎng)點(diǎn)的速度方向，確定洛倫茲力的方向，其交點(diǎn)為圓心，利用幾何關(guān)系求半徑． 2．帶電粒子在常見(jiàn)邊界磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)規(guī)律 (1)直線邊界： ①對(duì)稱性：若帶電粒子以與邊界成θ角的速度進(jìn)入磁場(chǎng)，則一定以與邊界

12、成θ角的速度離開(kāi)磁場(chǎng)． ②完整性：正、負(fù)帶電粒子以相同的速度進(jìn)入同一勻強(qiáng)磁場(chǎng)時(shí)，兩帶電粒子軌跡圓弧對(duì)應(yīng)的圓心角之和等于2π. (2)圓形邊界：沿徑向射入的粒子，必沿徑向射出． 如圖6所示，在屏蔽裝置底部中心位置O點(diǎn)放一醫(yī)用放射源，可通過(guò)細(xì)縫沿扇形區(qū)域向外輻射速率為v＝3.2×106 m的α粒子．已知屏蔽裝置寬AB＝9 cm、縫長(zhǎng)AD＝18 cm，α粒子的質(zhì)量m＝6.64×10－27 kg，電量q＝3.2×10－19 C．若在屏蔽裝置右側(cè)條形區(qū)域內(nèi)加一勻強(qiáng)磁場(chǎng)來(lái)隔離輻射，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.332 T，方向垂直于紙面向里，整個(gè)裝置放于真空環(huán)境中． 圖6 (1)若所有的α粒子均不能

13、從條形磁場(chǎng)隔離區(qū)的右側(cè)穿出，則磁場(chǎng)的寬度d至少是多少？ (2)若條形磁場(chǎng)的寬度d＝20 cm，則射出屏蔽裝置的α粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間和最短時(shí)間各是多少？(結(jié)果保留2位有效數(shù)字) 答案　(1)0.34 m　(2)2.0×10－7 s　6.5×10－8 s 解析　(1)由題意：AB＝9 cm，AD＝18 cm，可得： ∠BAO＝∠ODC＝45° 所有α粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑相同，設(shè)為R， 根據(jù)牛頓第二定律有：Bqv＝ 解得R＝0.2 m＝20 cm 由題意及幾何關(guān)系可知：若條形磁場(chǎng)區(qū)域的右邊界與沿OD方向進(jìn)入磁場(chǎng)的α粒子的圓周軌跡相切，則所有α粒子均不能從條形磁場(chǎng)隔

14、離區(qū)右側(cè)穿出，如圖(1)所示． (1) 設(shè)此時(shí)磁場(chǎng)寬度為d0，由幾何關(guān)系得： d0＝R＋Rcos 45°＝(20＋10) cm≈0.34 m (2)設(shè)α粒子在磁場(chǎng)內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T(mén)，則 T＝＝×10－6 s 設(shè)速度方向垂直于AD進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域的α粒子的入射點(diǎn)為E，如圖(2)所示． (2) 因磁場(chǎng)寬度d＝20 cm

15、ax，則 tmax＝＝×10－6 s≈2.0×10－7 s 若α粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)對(duì)應(yīng)的圓弧軌跡的弦最短，則α粒子穿過(guò)磁場(chǎng)時(shí)間最短．最短的弦長(zhǎng)為磁場(chǎng)寬度d. 設(shè)在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間為tmin，軌跡如圖(2)所示．因R＝d，則圓弧對(duì)應(yīng)圓心角為60°， 故tmin＝＝×10－6 s≈6.5×10－8 s 5．帶電粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的綜合問(wèn)題 例4　 (16分)如圖7所示，坐標(biāo)系xOy在豎直平面內(nèi)，水平軌道AB和斜面BC均光滑且絕緣，AB和BC的長(zhǎng)度均為L(zhǎng)，斜面BC與水平地面間的夾角θ＝60°，有一質(zhì)量為m、電量為＋q的帶電小球(可看成質(zhì)點(diǎn))被放在A點(diǎn)．已知在第一象限分

16、布著互相垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)方向豎直向上，場(chǎng)強(qiáng)大小E2＝，磁場(chǎng)為水平方向(圖中垂直紙面向外)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B；在第二象限分布著沿x軸正向的水平勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小E1＝.現(xiàn)將放在A點(diǎn)的帶電小球由靜止釋放，則小球需經(jīng)多少時(shí)間才能落到地面(小球所帶的電量不變)? 圖7 思維導(dǎo)圖 解析　設(shè)帶電小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度為vB， 則由功能關(guān)系：E1qL＝mv， 解得：vB＝(2分) 設(shè)帶電小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)用時(shí)為t1， 則由vB＝t1，解得t1＝(2分) 當(dāng)帶電小球進(jìn)入第一象限后所受電場(chǎng)力為 F電＝E2q＝mg(2分) 所以帶電小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)BqvB＝m(1

17、分) 則帶電小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R＝＝L(1分) 則其圓周運(yùn)動(dòng)的圓心為如圖所示的O′點(diǎn)， ＝·cos 30°＝L，＝－R＝L， ＝·cos 60°＝L(2分) 假設(shè)小球直接落在水平面上的C′點(diǎn)，則 ＝＝L＝(2分) 所以C′與C重合，小球正好打在C點(diǎn)． ∠BO′C＝120°(1分) 所以帶電小球從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)時(shí)間 t2＝T＝(1分) 所以小球從A點(diǎn)出發(fā)到落地的過(guò)程中所用時(shí)間 t＝t1＋t2＝＋.(2分) 答案?。? (限時(shí)：15分鐘，滿分：20分) (xx·全國(guó)大綱·25)如圖8所示，在第一象限存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直于紙面(xy平面)向外

18、；在第四象限存在勻強(qiáng)電場(chǎng)，方向沿x軸負(fù)向．在y軸正半軸上某點(diǎn)以與x軸正向平行、大小為v0的速度發(fā)射出一帶正電荷的粒子，該粒子在(d,0)點(diǎn)沿垂直于x軸的方向進(jìn)入電場(chǎng)．不計(jì)粒子重力．若該粒子離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)速度方向與y軸負(fù)方向的夾角為θ，求： 圖8 (1)電場(chǎng)強(qiáng)度大小與磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的比值； (2)該粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間． 答案　(1)v0tan2θ　(2) 解析　(1)如圖，粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，粒子質(zhì)量與所帶電荷量分別為m和q，圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R0.由洛倫茲力公式及牛頓第二定律得 qv0B＝m① 由題給條件和幾何關(guān)系可知 R0＝d② 設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)

19、度大小為E，粒子進(jìn)入電場(chǎng)后沿x軸負(fù)方向的加速度大小為ax，在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)沿x軸負(fù)方向的速度大小為vx.由牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得Eq＝max③ vx＝axt④ t＝d⑤ 由于粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)(如圖)，有tan θ＝⑥ 聯(lián)立①②③④⑤⑥式得＝v0tan2θ⑦ (2)聯(lián)立⑤⑥式得t＝. (限時(shí)：45分鐘) 題組1　帶電粒子在電場(chǎng)中的曲線運(yùn)動(dòng)問(wèn)題 1．如圖1所示，圖中MN是由負(fù)點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)中的一條電場(chǎng)線．一帶正電粒子q飛入電場(chǎng)后，只在電場(chǎng)力作用下沿圖中虛線運(yùn)動(dòng)，a、b是該曲線上的兩點(diǎn)，則下列說(shuō)法正確是(　　) 圖1 A．a(chǎn)點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度小于

20、b點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度 B．a(chǎn)點(diǎn)的電勢(shì)低于b點(diǎn)的電勢(shì) C．粒子在a點(diǎn)的動(dòng)能小于在b點(diǎn)的動(dòng)能 D．粒子在a點(diǎn)的電勢(shì)能小于在b點(diǎn)的電勢(shì)能 答案　AC 解析　由只受電場(chǎng)力作用且做曲線運(yùn)動(dòng)物體受力指向軌跡內(nèi)側(cè)知，場(chǎng)源電荷在左側(cè)，根據(jù)負(fù)電荷周圍電場(chǎng)分布特點(diǎn)可知：a點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度小于b點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度，a點(diǎn)的電勢(shì)高于b點(diǎn)的電勢(shì)，故A正確，B錯(cuò)誤；粒子從a運(yùn)動(dòng)到b的過(guò)程中，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，動(dòng)能增加，故C正確，D錯(cuò)誤．故選A、C. 2．如圖2所示，虛線表示某電場(chǎng)的等勢(shì)面．一帶電粒子僅在電場(chǎng)力作用下由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的徑跡如圖中實(shí)線所示．粒子在A點(diǎn)的速度為vA、電勢(shì)能為EpA；在B點(diǎn)的速度為vB、電勢(shì)能為

21、EpB.則下列結(jié)論正確的是(　　) 圖2 A．粒子帶正電，vA>vB，EpA>EpB B．粒子帶負(fù)電，vA>vB，EpAEpB 答案　B 解析　根據(jù)電場(chǎng)力與等勢(shì)面垂直，又要指向軌跡彎曲的內(nèi)側(cè)，又電場(chǎng)線垂直于等勢(shì)面由高電勢(shì)指向低電勢(shì)，故可判斷電場(chǎng)力與電場(chǎng)方向相反，即該粒子帶負(fù)電，由題圖知UAB＝5 V，粒子從A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中，電場(chǎng)力做功W＝qUAB，做負(fù)功，故動(dòng)能減小，電勢(shì)能增大，所以vA>vB，EpA

22、荷，O、M、N是AB連線的垂線上的三個(gè)點(diǎn)，且AO>OB.一個(gè)帶正電的檢驗(yàn)電荷僅在電場(chǎng)力的作用下，從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)，其軌跡如圖中實(shí)線所示．下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖3 A．A電荷為正電荷，B電荷為負(fù)電荷 B．M點(diǎn)的電勢(shì)高于N點(diǎn)的電勢(shì) C．M點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大于N點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度 D．檢驗(yàn)電荷在M點(diǎn)的動(dòng)能大于在N點(diǎn)的動(dòng)能 答案　BC 解析　據(jù)帶正電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，粒子受到的電場(chǎng)力指向軌跡彎曲的內(nèi)側(cè)知A為負(fù)電荷，B為正電荷，故A錯(cuò)誤．因?yàn)锳O＞OB，根據(jù)等量異種點(diǎn)電荷電場(chǎng)線及等勢(shì)面分布特點(diǎn)可知M點(diǎn)的電勢(shì)高于N點(diǎn)的電勢(shì)，M點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大于N點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度，故B、C正確．正電荷在電勢(shì)高處電勢(shì)能

23、大，M點(diǎn)的電勢(shì)高于N點(diǎn)的電勢(shì)，則正電荷在M點(diǎn)的電勢(shì)能大于在N點(diǎn)的電勢(shì)能，在M點(diǎn)的動(dòng)能小于在N點(diǎn)的動(dòng)能．故D錯(cuò)誤． 4．如圖4所示，兩對(duì)金屬板A、B和C、D分別豎直和水平放置，A、B接在電路中，C、D板間電壓為U.A板上O處發(fā)出的電子經(jīng)加速后，水平射入C、D板間，電子最終都能打在光屏M上．關(guān)于電子的運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖4 A．S閉合，只向右移動(dòng)滑片P.P越靠近b端，電子打在M上的位置越高 B．S閉合，只改變A、B板間的距離．改變前后，電子由O至M經(jīng)歷的時(shí)間相同 C．S閉合，只改變A、B板間的距離，改變前后，電子到達(dá)M前瞬間的動(dòng)能相同 D．S閉合后再斷開(kāi)，只向左平移B

24、，B越靠近A板，電子打在M上的位置越高 答案　CD 解析　S閉合，只向右移動(dòng)滑片P，極板A、B之間的電壓U1增大，U1越大，電子離開(kāi)B板時(shí)的速度越大，經(jīng)過(guò)C、D極板時(shí)的時(shí)間越短，在豎直方向的位移y＝at2越小，即高度越低，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；S閉合，若只將A板向B板靠近時(shí)，極板A、B間的電壓不變，電子獲得速度不變，到達(dá)M時(shí)的時(shí)間為t＝＋＝，所以時(shí)間變短；S閉合，若只將B板向A板靠近時(shí)，設(shè)A、B板的間距為d，A板與M的間距為s，極板A、B間的電壓不變，電子獲得速度不變，到達(dá)M時(shí)的時(shí)間為t＝＋＝，所以時(shí)間變短，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；S閉合，只改變A、B板的間距，由動(dòng)能定理得電子獲得動(dòng)能為Ek＝U1q＋Uq，

25、所以動(dòng)能不變，故選項(xiàng)C正確；S閉合后再斷開(kāi)，極板A、B的電量不變，只向左平移B，B靠近A板，間距減小，由C＝可知電容C增大，由C＝可知其電壓減小，所以電子獲得的速度減小，通過(guò)極板C、D的時(shí)間變長(zhǎng)，在豎直方向的位移y＝at2增大，即高度增高，故選項(xiàng)D正確． 題組2　帶電體在電場(chǎng)中的曲線運(yùn)動(dòng)問(wèn)題 5．如圖5所示，真空中存在一個(gè)水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為E.一根不可伸長(zhǎng)的絕緣細(xì)線長(zhǎng)度為l，一端拴一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電小球，另一端固定在O點(diǎn)．把小球拉到使細(xì)線水平的位置A，由靜止釋放，小球沿圓弧運(yùn)動(dòng)到位置B時(shí)，速度為零．圖中角θ＝60°.以下說(shuō)法正確的是(　　) 圖5 A．小球

26、在B位置處于平衡狀態(tài) B．小球受到重力與電場(chǎng)力的關(guān)系是mg＝qE C．小球在B點(diǎn)的加速度大小為g D．小球從A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中，電場(chǎng)力對(duì)其做的功為－qEl 答案　CD 解析　小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度為零，但合力不為零，不是平衡狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；小球從A到B的過(guò)程中，由mglsin θ－qEl(1－cos θ)＝0，可解得qE＝mg，所以B錯(cuò)誤；小球沿切向方向的合力F合＝qEcos 30°－mgsin 30°＝ma，a＝＝＝g，故C正確；小球從A到B，沿電場(chǎng)線方向運(yùn)動(dòng)的有效距離：d＝l－lcos θ＝l，所以電場(chǎng)力做功：W＝－qEd＝－Eql，故D正確． 6．如圖6所示，地面上某區(qū)域存在著豎

27、直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，一個(gè)質(zhì)量為m的帶負(fù)電小球以水平方向的初速度v0由O點(diǎn)射入該區(qū)域，剛好通過(guò)豎直平面中的P點(diǎn)，已知連線OP與初速度方向的夾角為45°，則此帶電小球通過(guò)P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為(　　) 圖6 A．mv B. C．2mv D. 答案　D 解析　由題可知，小球到P點(diǎn)時(shí)，水平位移和豎直位移相等，即v0t＝t，合速度vP＝＝v0，則EkP＝mv＝mv. 7．如圖7所示，半徑為R的光滑圓弧軌道與光滑水平面相切于B點(diǎn)，O為光滑圓弧的圓心，其中OB豎直，OC水平，且AB＝R，整個(gè)空間存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，質(zhì)量為m的帶正電小球從A點(diǎn)靜止釋放，其所受電場(chǎng)力為重力的倍，重力加速度為g

28、，求： 圖7 (1)小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大??； (2)小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)過(guò)程中最大速度的大?。? 答案　(1)mg　(2)2 解析　(1)已知Eq＝mg， 小球從A到C，由動(dòng)能定理得： Eq·2R－mgR＝mv－0 對(duì)小球，在C處由牛頓第二定律得： FNC－Eq＝m 得小球受軌道的支持力FNC＝mg 由牛頓第三定律小球?qū)壍赖膲毫? FNC′＝FNC＝mg. (2)在BC圓弧上某點(diǎn)D，電場(chǎng)力和重力的合力與速度方向垂直時(shí)速度有最大值，此時(shí)小球所在位置D的半徑與水平方向的夾角tan θ＝＝， 小球從A到D，由動(dòng)能定理得 Eq(R＋Rcos θ)－mg(R－

29、Rsin θ)＝mv－0 解得最大速度vD＝2. 題組3　帶電粒子在磁場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)問(wèn)題 8．(xx·新課標(biāo)Ⅱ·20)圖8為某磁譜儀部分構(gòu)件的示意圖．圖中，永磁鐵提供勻強(qiáng)磁場(chǎng)．硅微條徑跡探測(cè)器可以探測(cè)粒子在其中運(yùn)動(dòng)的軌跡．宇宙射線中有大量的電子、正電子和質(zhì)子．當(dāng)這些粒子從上部垂直進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖8 A．電子與正電子的偏轉(zhuǎn)方向一定不同 B．電子與正電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑一定相同 C．僅依據(jù)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡無(wú)法判斷該粒子是質(zhì)子還是正電子 D．粒子的動(dòng)能越大，它在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑越小 答案　AC 解析　根據(jù)左手定則，電子、正電子進(jìn)入磁場(chǎng)后所受洛倫茲

30、力的方向相反，故兩者的偏轉(zhuǎn)方向不同，選項(xiàng)A正確；根據(jù)qvB＝，得r＝，若電子與正電子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)速度不相等，則軌跡半徑不相同，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；對(duì)于質(zhì)子、正電子，它們?cè)诖艌?chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)不能確定mv的大小，故選項(xiàng)C正確；粒子的mv越大，軌道半徑越大，而mv＝，粒子的動(dòng)能大，其mv不一定大，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 9．如圖9所示，豎直面內(nèi)有一倒立等邊三角形OMN區(qū)域，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，MN邊是水平的．在該區(qū)域有一垂直紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．在同一豎直面內(nèi)有一束質(zhì)量為m、電荷量為q、速度大小不同的帶正電粒子從N點(diǎn)沿NM方向射入該磁場(chǎng)區(qū)域(可認(rèn)為能發(fā)生偏轉(zhuǎn))．過(guò)O點(diǎn)作與MN邊平行的直線作為x坐標(biāo)軸，且O點(diǎn)為x坐標(biāo)

31、軸的原點(diǎn)．不計(jì)粒子的重力及粒子間的相互作用力，試求： 圖9 (1)射到x坐標(biāo)軸上的O點(diǎn)的粒子速度大小； (2)垂直O(jiān)M邊射出的粒子與x坐標(biāo)軸的交點(diǎn)位置； (3)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間和速度的關(guān)系． 答案　(1)　(2)2(－1)L (3)t＝ 解析　(1)粒子的行進(jìn)路線如圖中弧線的軌跡NO， 根據(jù)幾何知識(shí)有R＝ 又qvB＝m，得到射到x坐標(biāo)軸上O點(diǎn)的粒子速度大小v＝＝ (2)粒子的行進(jìn)路線如圖中的軌跡2， 根據(jù)幾何知識(shí)有：R2＝L 另有＝x，得x＝2(－1)L. (3)從ON邊射出的粒子根據(jù)幾何知識(shí)有：在磁場(chǎng)中軌跡圓弧對(duì)應(yīng)的圓心角都是，所以這些粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)

32、間與速度無(wú)關(guān)，則t＝. 從OM邊射出的粒子行進(jìn)路線可用圖中的軌跡3代表，根據(jù)幾何知識(shí)有： R＝Rcos α＋(L－Rsin α)tan 其中R＝且α角的范圍是(0，) 可得α＝arccos()－，而t＝， 得t＝. 題組4　帶電粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的綜合問(wèn)題分析 10．(xx·江蘇·9)如圖10所示，導(dǎo)電物質(zhì)為電子的霍爾元件位于兩串聯(lián)線圈之間，線圈中電流為I，線圈間產(chǎn)生勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B與I成正比，方向垂直于霍爾元件的兩側(cè)面，此時(shí)通過(guò)霍爾元件的電流為IH，與其前后表面相連的電壓表測(cè)出的霍爾電壓UH滿足：UH＝k，式中k為霍爾系數(shù)，d為霍爾元件兩側(cè)面間的距離．電阻R遠(yuǎn)大

33、于RL，霍爾元件的電阻可以忽略，則(　　) 圖10 A．霍爾元件前表面的電勢(shì)低于后表面 B．若電源的正負(fù)極對(duì)調(diào)，電壓表將反偏 C．IH與I成正比 D．電壓表的示數(shù)與RL消耗的電功率成正比 答案　CD 解析　當(dāng)霍爾元件通有電流IH時(shí)，根據(jù)左手定則，電子將向霍爾元件的后表面運(yùn)動(dòng)，故霍爾元件的前表面電勢(shì)較高．若將電源的正負(fù)極對(duì)調(diào)，則磁感應(yīng)強(qiáng)度B的方向換向，IH方向變化，根據(jù)左手定則，電子仍向霍爾元件的后表面運(yùn)動(dòng)，故仍是霍爾元件的前表面電勢(shì)較高，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤．因R與RL并聯(lián)，根據(jù)并聯(lián)分流，得IH＝I，故IH與I成正比，選項(xiàng)C正確．由于B與I成正比，設(shè)B＝aI，則IL＝I，PL＝IR

34、L，故UH＝k＝PL，知UH∝PL，選項(xiàng)D正確． 11．如圖11所示，在以坐標(biāo)原點(diǎn)O為圓心，半徑為R的半圓形區(qū)域(圖中虛線與x軸所圍區(qū)域)內(nèi)，有相互垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E，方向沿x軸負(fù)方向．勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直于xOy平面．一帶負(fù)電的粒子(不計(jì)重力)從P(0，－R)點(diǎn)沿y軸正方向以某一速度射入，帶電粒子恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)時(shí)間t0從O點(diǎn)射出． 圖11 (1)求勻強(qiáng)磁場(chǎng)的大小和方向； (2)若僅撤去磁場(chǎng)，帶電粒子仍從P點(diǎn)以相同的速度射入，經(jīng)時(shí)間恰好從半圓形區(qū)域的邊界射出．求粒子的加速度和射出時(shí)的速度大小； (3)在滿足(2)的條件下，若僅撤去電場(chǎng)，帶電粒子從O點(diǎn)沿y軸

35、負(fù)方向射入，且速度為原來(lái)的4倍，求粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間． 答案　(1)　垂直xOy平面向外　(2)R　R (3)πt0 解析　(1)設(shè)帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，初速度為v，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.可判斷出粒子受到的電場(chǎng)力沿x軸正方向，則洛倫茲力沿x軸負(fù)方向，于是可知磁感應(yīng)強(qiáng)度垂直xOy平面向外． 且有qE＝qvB，R＝vt0，則B＝. (2)僅有電場(chǎng)時(shí)，帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng) 在y方向位移y＝v＝ 設(shè)在水平方向位移為x，因射出位置在半圓形區(qū)域邊界上，于是x＝R 又有x＝at2＝a()2得a＝R 設(shè)出射速度v1，出射時(shí)x方向分速度為vx，則 vx＝＝R 則v1＝＝R (3)僅有磁場(chǎng)時(shí)，入射速度v2＝4v，帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，圓心為C，圓心角為2α，如圖，設(shè)軌道半徑為r， 由牛頓第二定律有qv2B＝ 又qv2B＝4qE，qE＝ma，得r＝R 由幾何關(guān)系知sin α＝＝，則α＝ 帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)周期T＝＝ 則帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝T＝πt0