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1、【磁場】第三課時　帶電粒子在復(fù)合場中的運動 考綱考情：5年26考　帶電粒子在勻強磁場中的運動(Ⅱ)　在復(fù)合場中的運動(Ⅱ) [基礎(chǔ)梳理] 知識點一　帶電粒子在復(fù)合場中的運動 1．復(fù)合場 復(fù)合場是指電場、磁場和重力場并存，或其中某兩場并存，或分區(qū)域存在．從場的復(fù)合形式上一般可分為如下四種情況： ①相鄰場；②重疊場；③交替場；④交變場． 2．帶電粒子在復(fù)合場中的運動分類 (1)靜止或勻速直線運動 當帶電粒子在復(fù)合場中所受合外力為零時，將處于靜止狀態(tài)或做勻速直線運動． (2)勻速圓周運動 當帶電粒子所受的重力與電場力大小相等，方向相反時，帶電粒子在洛倫茲力的作用下，在垂

2、直于勻強磁場的平面內(nèi)做勻速圓周運動． (3)較復(fù)雜的曲線運動 當帶電粒子所受合外力的大小和方向均變化，且與初速度方向不在同一條直線上，粒子做非勻變速曲線運動，這時粒子運動軌跡既不是圓弧，也不是拋物線． (4)分階段運動 帶電粒子可能依次通過幾個情況不同的復(fù)合場區(qū)域，其運動情況隨區(qū)域發(fā)生變化，其運動過程由幾種不同的運動階段組成． 知識點二　帶電粒子在復(fù)合場中的運動實例 裝置 原理圖 規(guī)律 速度選擇器 若qv0B＝Eq，即v0＝，粒子做勻速直線運動 磁流體發(fā)電機 等離子體射入，受洛倫茲力偏轉(zhuǎn)，使兩極板帶正、負電，兩極電壓為U時穩(wěn)定，q＝qv0B，U＝v0Bd 電磁

3、流量計 q＝qvB所以v＝所以Q＝vS＝ 霍爾效應(yīng) 當磁場方向與電流方向垂直時，導體在與磁場、電流方向都垂直的方向上出現(xiàn)電勢差 [小題快練] 1.帶電質(zhì)點在勻強磁場中運動，某時刻速度方向如圖所示，所受的重力和洛倫茲力的合力恰好與速度方向相反，不計阻力，則在此后的一小段時間內(nèi)，帶電質(zhì)點將(　　) A．可能做直線運動　　 B．可能做勻減速運動 C．一定做曲線運動 D．可能做勻速圓周運動 [解析]　帶電質(zhì)點在運動過程中，重力做功，速度大小和方向發(fā)生變化，洛倫茲力的大小和方向也隨之發(fā)生變化，故帶電質(zhì)點不可能做直線運動，也不可能做勻減速運動和勻速圓周運動，C正確． [

4、答案]　C 2．某空間存在水平方向的勻強電場(圖中未畫出)，帶電小球沿如圖所示的直線斜向下由A點沿直線向B點運動，此空間同時存在由A指向B的勻強磁場，則下列說法正確的是(　　) A．小球一定帶正電 B．小球可能做勻速直線運動 C．帶電小球一定做勻加速直線運動 D．運動過程中，小球的機械能增大 [解析]　由于重力方向豎直向下，空間存在磁場，且直線運動方向斜向下，與磁場方向相同，故不受洛倫茲力作用，電場力必水平向右，但電場具體方向未知，故不能判斷帶電小球的電性，選項A錯誤；重力和電場力的合力不為零，故不可能做勻速直線運動，所以選項B錯誤；因為重力與電場力的合力方向與運動方向相同，故

5、小球一定做勻加速直線運動，選項C正確；運動過程中由于電場力做正功，故機械能增大，選項D正確． [答案]　CD 3．如圖所示為一速度選擇器，內(nèi)有一磁感應(yīng)強度為B、方向垂直紙面向外的勻強磁場，一束粒子流以速度v水平射入，為使粒子流經(jīng)過磁場時不偏轉(zhuǎn)(不計重力)，則磁場區(qū)域內(nèi)必須同時存在一個勻強電場，關(guān)于此電場場強大小和方向的說法中，正確的是(　　) A．大小為B/v，粒子帶正電時，方向向上 B．大小為B/v，粒子帶負電時，方向向上 C．大小為Bv，方向向下，與粒子帶何種電荷無關(guān) D．大小為Bv，方向向上，與粒子帶何種電荷無關(guān) [解析]　當粒子所受的洛倫茲力和電場力平衡時，粒子流勻速

6、直線通過該區(qū)域，有qvB＝qE，所以E＝Bv.假設(shè)粒子帶正電，則受向下的洛倫茲力，電場方向應(yīng)該向上．粒子帶負電時，電場方向仍應(yīng)向上．故正確答案為D. [答案]　D 4．質(zhì)量為m的帶電小球在正交的勻強電場、勻強磁場中做勻速圓周運動，軌道平面在豎直平面內(nèi)，電場方向豎直向下，磁場方向垂直圓周所在平面向里，如圖所示，由此可知(　　) A．小球帶正電，沿順時針方向運動 B．小球帶負電，沿順時針方向運動 C．小球帶正電，沿逆時針方向運動 D．小球帶負電，沿逆時針方向運動 [解析]　帶電小球在重力、電場力以及洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，故應(yīng)滿足qE＝mg，且電場力方向向上，故小球帶負電，

7、由于洛倫茲力提供向心力，指向圓心，所以小球沿順時針方向運動，B正確． [答案]　B 考向一　帶電粒子在重組合場中的運動 典例1　(2015天津理綜，12)現(xiàn)代科學儀器常利用電場、磁場控制帶電粒子的運動．真空中存在著如圖所示的多層緊密相鄰 的勻強電場和勻強磁場，電場與磁場的寬度均為d.電場強度為E，方向水平向右；磁感應(yīng)強度為B，方向垂直紙面向里．電場、磁場的邊界互相平行且與電場方向垂直．一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子在第1層電場左側(cè)邊界某處由靜止釋放，粒子始終在電場、磁場中運動，不計粒子重力及運動時的電磁輻射． (1)求粒子在第2層磁場中運動時速度v2的大小與軌跡半徑

8、r2； (2)粒子從第n層磁場右側(cè)邊界穿出時，速度的方向與水平方向的夾角為θn，試求sin θn； (3)若粒子恰好不能從第n層磁場右側(cè)邊界穿出，試問在其他條件不變的情況下，也進入第n層磁場，但比荷較該粒子大的粒子能否穿出該層磁場右側(cè)邊界，請簡要推理說明之． [解題引路]?、倭Ｗ用拷?jīng)過一次電場被加速一次電場力做功W＝qEd，動能增加qEd.②粒子經(jīng)過磁場一次被偏轉(zhuǎn)一次，由幾何關(guān)系確定偏轉(zhuǎn)半徑和偏轉(zhuǎn)角的關(guān)系．③洛倫茲力提供向心力確定多物理量問題的關(guān)系． [解析]　(1)粒子在進入第2層磁場時，經(jīng)過兩次電場加速，中間穿過磁場時洛倫茲力不做功．由動能定理，有2qEd＝mv ① 由①式解得v

9、2＝2 ② 粒子在第2層磁場中受到的洛倫茲力充當向心力，有 qv2B＝m ③ 由②③式解得r2＝ ④ (2)設(shè)粒子在第n層磁場中運動的速度為vn，軌跡半徑為rn(各量的下標均代表粒子所在層數(shù)，下同)． mqEd＝mv ⑤ qvnB＝m ⑥ 粒子進入第n層磁場時，速度的方向與水平方向的夾角為an，從第n層磁場右側(cè)邊界穿出時速度方向與水平方向的夾角為θn，粒子在電場中運動時，垂直于電場線方向的速度分量不變，有vn－1sin θn－1＝vnsin αn ⑦ 由圖甲看出 rnsin θn－rnsin αn＝d ⑧ 由⑥⑦⑧式得 rnsin θn－rn－1sin θ

10、n－1＝d ⑨ 由⑨式看出r1sin θ1，r2sin θ2，…，rnsin θn為一等差數(shù)列，公差為d，可得 rnsin θn＝r1sin θ1＋(n－1)d ⑩ 當n＝1時，由圖乙看出r1sin θ1＝d ? 由⑤⑥⑩?式得sin θn＝B ? (3)若粒子恰好不能從第n層磁場右側(cè)邊界穿出，則 θn＝ sin θn＝1 在其他條件不變的情況下，換用比荷更大的粒子，設(shè)其比荷為，假設(shè)能穿出第n層磁場右側(cè)邊界，粒子穿出時速度方向與水平方向的夾角為θn′，由于＞ 則導致sin θn′>1 說明θn′不存在，即原假設(shè)不成立．所以比荷較該粒子大的粒子不能穿出該層磁場

11、右側(cè)邊界． [答案]　(1)2 ； 　(2)B　(3)不能，推理證明見解析 帶電粒子在組合場中的運動問題的分析方法 [針對訓練] 1．(2016蘇州市高三調(diào)研測試)如圖所示的坐標系中，第一象限內(nèi)存在與x軸成30角斜向下的勻強電場，電場強度E＝400 N/C；第四象限內(nèi)存在垂直于紙面向里的有界勻強磁場，x軸方向的寬度OA＝20 cm，y軸負方向無限大，磁感應(yīng)強度B＝110－4 T．現(xiàn)有一比荷為＝21011 C/kg的正離子(不計重力)，以某一速度v0從O點射入磁場，α＝60 ，離子通過磁場后剛好從A點射出，之后進入電場． (1)求離子進入磁場B的速度v0的大小；

12、(2)離子進入電場后，經(jīng)多少時間再次到達x軸上； (3)若離子進入磁場B后，某時刻再加一個同方向的有界勻強磁場使離子做完整的圓周運動，求所加磁場磁感應(yīng)強度的最小值． [解析]　離子的運動如圖所示 (1)由幾何關(guān)系得離子在磁場中運動時的軌道半徑r1＝0.2 m離子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力 Bqv0＝m 求得v0＝4106 m/s. (2)離子進入電場后，設(shè)經(jīng)過時間t再次到達x軸上，離子沿垂直電場方向做速度為v0的勻速直線運動，位移為l1 l1＝v0t 離子沿電場方向做初速度為零的勻加速直線運動，加速度為a，位移為l2 Eq＝ma l2＝at2 由幾何關(guān)

13、系可知tan 60＝ 代入數(shù)據(jù)解得t＝10－7 s. (3)由Bqv＝知，B越小，r越大．設(shè)離子在磁場中最大半徑為R 由幾何關(guān)系得R＝(r1－r1sin 30)＝0.05 m 由牛頓運動定律得B1qv0＝m得B1＝410－4 T 則外加磁場ΔB1＝310－4T. [答案]　(1)4106 m/s　(2)10－7s　(3)310－4 T 考向二　帶電粒子在疊加場中的運動 1．帶電粒子在復(fù)合場中運動的分析思路 2．帶電粒子(體)在復(fù)合場中的運動問題求解要點 (1)受力分析是基礎(chǔ)．在受力分析時是否考慮重力必須注意題目條件． (2)運動過程分析是關(guān)鍵．在運動過程分析中應(yīng)注

14、意物體做直線運動，曲線運動及圓周運動、類平拋運動的條件． (3)構(gòu)建物理模型是難點．根據(jù)不同的運動過程及物理模型選擇合適的物理規(guī)律列方程求解． 典例2　如圖所示的平行板之間，存在著相互垂直的勻強磁場和勻強電場，磁場的磁感應(yīng)強度B1＝0.20 T，方向垂直紙面向里，電場強度E1＝1.0105 V/m.PQ為板間中線．緊靠平行板右側(cè)邊緣xOy坐標系的第一象限內(nèi)，有一邊界線AO，與y軸的夾角∠AOy＝45，邊界線的上方有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B2＝0.25 T，邊界線的下方有水平向右的勻強電場，電場強度E2＝5.0105 V/m，在x軸上固定一水平的熒光屏．一束帶電荷量q＝8.010

15、－19 C、質(zhì)量m＝8.010－26 kg的正離子從P點射入平行板間，沿中線PQ做直線運動，穿出平行板后從y軸上坐標為(0,0.4 m)的Q點垂直y軸射入磁場區(qū)，最后打到水平的熒光屏上的位置C.求： (1)離子在平行板間運動的速度大??； (2)離子打到熒光屏上的位置C的坐標； (3)現(xiàn)只改變AOy區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強度大小，使離子都不能打到x軸上，磁感應(yīng)強度大小B2′應(yīng)滿足什么條件？ [解題引路]　 [解析]　(1)設(shè)離子的速度大小為v，由于沿中線PQ做直線運動，則有qE1＝qvB1，代入數(shù)據(jù)解得v＝5.0105 m/s. (2)離子進入磁場，做勻速圓周運動，由牛頓第二定律

16、有qvB2＝m得，r＝0.2 m，作出離子的運動軌跡，交OA邊界于N，如圖甲所示，OQ＝2r，若磁場無邊界，一定通過O點，則圓弧QN的圓周角為45，則軌跡圓弧的圓心角為θ＝90，過N點做圓弧切線，方向豎直向下，離子垂直電場線進入電場，做類平拋運動，y＝OO′＝vt，x＝at2，而a＝，則x＝0.4 m，離子打到熒光屏上的位置C的水平坐標為xC＝(0.2＋0.4)m＝0.6 m. (3)只要粒子能跨過AO邊界進入水平電場中，粒子就具有豎直向下的速度而一定打在x軸上．如圖乙所示，由幾何關(guān)系可知使離子不能打到x軸上的最大半徑r′＝ m，設(shè)使離子都不能打到x軸上，最小的磁感應(yīng)強度大小為B0，則q

17、vB0＝，代入數(shù)據(jù)解得B0＝T＝0.3 T，則B2′≥0.3 T. [答案]　(1)5.0105 m/s　(2)0.6 m　(3)B2′≥0.3 T [針對訓練] 2．(2015福建理綜，22)如圖所示，絕緣粗糙的豎直平面MN左側(cè)同時存在相互垂直的勻強磁場，電場方向水平向右，電場強度大小為E，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、電荷量為q的帶正電的小滑塊從A點由靜止開始沿MN下滑，到達C點時離開MN做曲線運動．A、C兩點間距離為h，重力加速度為g. (1)求小滑塊運動到C點時的速度大小為vC； (2)求小滑塊從A點運動到C點過程中克服摩擦力做的功Wf；

18、 (3)若D點為小滑塊在電場力、洛倫茲力及重力作用下運動過程中速度最大的位置，當小滑塊運動到D點時撤去磁場，此后小滑塊繼續(xù)運動到水平地面上的P點．已知小滑塊在D點時的速度大小為vD，從D點運動到P點的時間為t，求小滑塊運動到P點時速度的大小vP. [解析]　(1)小滑塊沿MN運動過程，水平方向受力滿足 qvB＋N＝qE 小滑塊在C點離開MN時N＝0 解得vC＝ (2)由動能定理mgh－Wf＝mv－0 解得Wf＝mgh－ (3)如圖所示，小滑塊速度最大時，速度方向與電場力、重力的合力方向垂直．撤去磁場后小滑塊將做類平拋運動，等效加速度為g′ g′＝ 且v＝v＋g′2t2

19、 解得vP＝ [答案]　(1)　(2)mgh－ (3) 特色專題系列之(二十七)帶電粒子在交 變復(fù)合場中運動的處理思路與方法技巧 帶電粒子在交變復(fù)合場中的運動問題的基本思路 范例　(2016合肥模擬)如圖甲所示，帶正電粒子以水平速度v0從平行金屬板MN間中線OO′連續(xù)射入電場中．MN板間接有如圖乙所示的隨時間t變化的電壓UMN，兩板間電場可看作是均勻的，且兩板外無電場．緊鄰金屬板右側(cè)有垂直紙面向里的勻強磁場B，分界線為CD，EF為屏幕．金屬板間距為d，長度為l，磁場的寬度為d.已知：B＝510－3T，l＝d＝0.2 m，每個帶正電粒子的速度v0＝10

20、5 m/s，比荷為＝108 C/kg，重力忽略不計，在每個粒子通過電場區(qū)域的極短時間內(nèi)，電場可視作是恒定不變的．試求： (1)帶電粒子進入磁場做圓周運動的最小半徑． (2)帶電粒子射出電場時的最大速度． (3)帶電粒子打在屏幕上的范圍． [解題引路]　第一步：抓關(guān)鍵點 關(guān)鍵點 獲取信息 電場可視作是恒定不變的 電場是勻強電場，帶電粒子做類平拋運動 最小半徑 當加速電壓為零時，帶電粒子進入磁場時的速率最小，半徑最小 最大速度 由動能定理可知，當加速度電壓最大時，粒子的速度最大，但應(yīng)注意粒子能否從極板中飛出 第二步：找突破口 (1)要求圓周運動的最小半徑，由帶電粒子

21、在勻強磁場中做勻速圓周運動的半徑公式可知，應(yīng)先求最小速度，后列方程求解． (2)要求粒子射出電場時的最大速度，應(yīng)先根據(jù)平拋運動規(guī)律求出帶電粒子能從極板間飛出所應(yīng)加的板間電壓的范圍，后結(jié)合動能定理列方程求解． (3)要求粒子打在屏幕上的范圍，應(yīng)先綜合分析帶電粒子的運動過程，畫出運動軌跡，后結(jié)合幾何知識列方程求解． [解析]　(1)t＝0時刻射入電場的帶電粒子不被加速，進入磁場做圓周運動的半徑最?。? 粒子在磁場中運動時 qv0B＝ 則帶電粒子進入磁場做圓周運動的最小半徑 rmin＝＝ m＝0.2 m 其運動的徑跡如圖中曲線Ⅰ所示． (2)設(shè)兩板間電壓為U1，帶電粒子剛好從極板

22、邊緣射出電場，則有＝at2＝2 代入數(shù)據(jù)，解得U1＝100 V 在電壓低于100 V時，帶電粒子才能從兩板間射出電場，電壓高于100 V時，帶電粒子打在極板上，不能從兩板間射出．帶電粒子剛好從極板邊緣射出電場時，速度最大，設(shè)最大速度為vmax＝則有mv＝mv＋q 解得vmax＝105 m/s＝1.414105 m/s (3)由第(1)問計算可知，t＝0時刻射入電場的粒子在磁場中做圓周運動的半徑 rmin＝d＝0.2 m 徑跡恰與屏幕相切，設(shè)切點為E，E為帶電粒子打在屏幕上的最高點， 則＝rmin＝0.2 m 帶電粒子射出電場時的速度最大時，在磁場中做圓周運動的半徑最大，打在屏幕

23、上的位置最低． 設(shè)帶電粒子以最大速度射出電場進入磁場中做圓周運動的半徑為rmax，打在屏幕上的位置為F，運動徑跡如圖中曲線Ⅱ所示． qvmaxB＝ 則帶電粒子進入磁場做圓周運動的最大半徑 rmax＝＝ m＝ m 由數(shù)學知識可得運動徑跡的圓心必落在屏幕上，如圖中Q點所示，并且Q點必與M板在同一水平線上．則 ＝＝ m＝0.1 m 帶電粒子打在屏幕上的最低點為F，則 ＝rmax－＝m＝0.18 m 即帶電粒子打在屏幕上O′上方0.2 m到O′下方0.18 m的范圍內(nèi)． [答案]　(1)0.2 m　(2)1.414105 m/s　(3)O′上方0.2 m到O′下方0.18 m的范圍

24、內(nèi) 若交變電壓的變化周期遠大于粒子穿越電場的時間，則在粒子穿越電場過程中，電場可看作粒子則進入電場時刻的勻強電場． [遷移訓練] 1．某種加速器的理想模型如圖甲所示：兩塊相距很近的平行小極板中間各開有一小孔a、b，兩極板間電壓uab的變化圖象如圖乙所示，電壓的最大值為U0、周期為T0，在兩極板外有垂直紙面向里的勻強磁場．若將一質(zhì)量為m0、電荷量為q的帶正電的粒子從板內(nèi)a孔處靜止釋放，經(jīng)電場加速后進入磁場，在磁場中運行時間T0后恰能再次從a孔進入電場加速．現(xiàn)該粒子的質(zhì)量增加了m0.(粒子在兩極板間的運動時間不計，兩極板外無電場，不考慮粒子所受的重力) (1)若在t＝0時將該粒

25、子從板內(nèi)a孔處靜止釋放，求其第二次加速后從b孔射出時的動能； (2)現(xiàn)要利用一根長為L的磁屏蔽管(磁屏蔽管置于磁場中時管內(nèi)無磁場，忽略其對管外磁場的影響)，使圖甲中實線軌跡(圓心為O)上運動的粒子從a孔正下方相距L處的c孔水平射出，請在圖甲中的相應(yīng)位置處畫出磁屏蔽管； (3)若將電壓uab的頻率提高為原來的2倍，該粒子應(yīng)何時由板內(nèi)a孔處靜止開始加速，才能經(jīng)多次加速后獲得最大動能？最大動能是多少？ [解析]　(1)質(zhì)量為m0的粒子在磁場中做勻速圓周運動qvB＝m0，T0＝ 則T0＝ 當粒子的質(zhì)量增加m0時，其周期增加ΔT＝T0 則根據(jù)題圖乙可知，粒子第一次的加速電壓U1＝U0 粒子

26、第二次的加速電壓U2＝U0 射出時的動能Ek2＝qU1＋qU2解得Ek2＝qU0. (2)磁屏蔽管的位置如圖所示． (3)在Uab>0時，粒子被加速，則最多連續(xù)被加速的次數(shù)N＝＝25 分析可得，當粒子在連續(xù)被加速的次數(shù)最多，且U＝U0時也被加速時，最終獲得的動能最大． 粒子由靜止開始加速的時刻 t＝(n＋)T0　(n＝0,1,2，…) 最大動能Ekm＝2(＋＋…＋)qU0＋qU0 解得Ekm＝qU0. [答案]　(1)qU0　(2)見解析 (3)t＝(n＋)T0　(n＝0,1,2，…)　qU0 2．某空間存在著一個變化的電場和一個變化的磁場，電場方向向右(如圖甲中由B

27、到C的方向)，電場變化如圖乙中E－t圖象，磁感應(yīng)強度變化如圖丙中B－t圖象．在A點，從t＝1 s(即1 s末)開始，每隔2 s，有一個相同的帶電粒子(重力不計)沿AB方向(垂直于BC)以速度v射出，恰能擊中C點，若＝2且粒子在AB間運動的時間小于1 s，求： (1)圖線上E0和B0的比值，磁感應(yīng)強度B的方向； (2)若第1個粒子擊中C點的時刻已知為(1＋Δt) s，那么第2個粒子擊中C點的時刻是多少？ [解析]　設(shè)帶電粒子在磁場中運動的軌道半徑為R.在第2秒內(nèi)只有磁場．軌道如圖所示． (1)因為＝2＝2d所以R＝2d. 第2秒內(nèi)，僅有磁場： qvB0＝m＝m. 第3秒內(nèi)，

28、僅有電場：d＝2. 所以＝v0.粒子帶正電，故磁場方向垂直紙面向外． (2)Δt＝＝＝＝，Δt′＝＝Δt.故第2個粒子擊中C點的時刻為 s. [答案]　(1)＝v，磁場方向垂直紙面向外 (2)第2個粒子擊中C點的時刻為 s 頻考一　帶電粒子在組合場中的運動 1．如圖所示，兩導體板水平放置，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，穿過兩板后又沿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(　　) 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

29、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]　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＝，故選項A正確． [答案]　A 2．(2016遼寧協(xié)作體聯(lián)考)如圖所示，在x軸上方存在垂直紙面向里的磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，x軸下方存在垂直紙面向外的磁感應(yīng)強度為的勻強磁場．一帶負電的粒子從原點O以與x軸成30角斜向上射入磁場，且在上方運動半徑為R.不計重力，則(　　) A．粒子經(jīng)偏轉(zhuǎn)一定能回到原點O B．粒子

30、在x軸上方和下方兩磁場中運動的半徑之比為2∶1 C．粒子完成一次周期性運動的時間為 D．粒子第二次射入x軸上方磁場時，沿x軸前進3R [解析]　帶電粒子在磁場中一直向x軸正方向運動，A錯誤．因R＝且B1＝2B2，所以軌道半徑之比R1∶R2＝1∶2，B錯誤．粒子完成一次周期性運動的時間t＝T1＋T2＝＋＝，C錯誤．粒子第二次射入x軸上方磁場時，沿x軸前進距離l＝R＋2R＝3R，D正確． [答案]　D 頻考二　帶電粒子在疊加復(fù)合場中的運動 3．利用如圖所示的方法可以測得金屬導體中單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)n，現(xiàn)測得一塊橫截面為矩形的金屬導體的寬為b，厚為d，并加有與側(cè)面垂直的勻強磁場B

31、，當通以圖示方向電流I時，在導體上、下表面間用電壓表可測得電壓為U.已知自由電子的電荷量為e，則下列判斷正確(　　) A．上表面電勢高 B．下表面電勢高 C．該導體單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)為 D．該導體單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)為 [解析]　畫出平面圖如圖所示，由左手定則可知，自由電子向上表面偏轉(zhuǎn)，故下表面電勢高，A錯誤，B正確．再根據(jù)e＝evB，I＝neSv＝nebdv得n＝，故D正確，C正確． [答案]　BD 4．如圖所示為一個質(zhì)量為m、電荷量為＋q的圓環(huán)，可在水平放置的足夠長的粗糙細桿上滑動，細桿處于磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，不計空氣阻力，現(xiàn)給圓環(huán)向右的初速度v0，在以

32、后的運動過程中，圓環(huán)運動的速度圖象可能是圖中的(　　) [解析]　帶電圓環(huán)在磁場中受到向上的洛倫茲力，當重力與洛倫茲力相等時，圓環(huán)將做勻速直線運動，A正確．當洛倫茲力大于重力時，圓環(huán)受到摩擦力的作用，并且隨著速度的減小而減小，圓環(huán)將做加速度減小的減速運動，最后做勻速直線運動，D正確．如果重力大于洛倫茲力，圓環(huán)也受摩擦力作用，且摩擦力越來越大，圓環(huán)將做加速度增大的減速運動，故B、C錯誤． [答案]　AD 頻考三　帶電粒子在交變復(fù)合場中的運動 5．電視機顯像管中需要用變化的磁場來控制電子束的偏轉(zhuǎn)．圖(a)為顯像管工作原理示意圖，陰極K發(fā)射的電子束(初速不計)經(jīng)電壓為U的加速電場

33、后，進入一圓形勻強磁場區(qū)，磁場方向垂直于圓面(以垂直圓面向里為正方向)，磁場區(qū)的中心為O，半徑為r，熒光屏MN到磁場區(qū)中心O的距離為L.當不加磁場時，電子束將通過O點垂直打到屏幕的中心P點．當磁場的磁感應(yīng)強度隨時間按圖(b)所示的規(guī)律變化時，在熒光屏上得到一條長為2L的亮線．由于電子通過磁場區(qū)的時間很短，可以認為在每個電子通過磁場區(qū)的過程中磁感應(yīng)強度不變．已知電子的電荷量為e，質(zhì)量為m，不計電子之間的相互作用及所受的重力．求： (1)電子打到熒光屏上時速度的大小； (2)磁感應(yīng)強度的最大值B0. [解析]　(1)電子打到熒光屏上時速度的大小等于它飛出加速電場時的速度大小，設(shè)為v，由動

34、能定理eU＝mv2；解得v＝ . (2)當交變磁場為峰值B0時，電子束有最大偏轉(zhuǎn)，在熒光屏上打在Q，PQ＝L.電子運動軌跡如圖所示，設(shè)此時的偏轉(zhuǎn)角度為θ，由幾何關(guān)系可知，tan θ＝，θ＝60. 根據(jù)幾何關(guān)系，電子束在磁場中運動路徑所對的圓心角α＝θ，而tan ＝. 由牛頓第二定律和洛倫茲力公式得evB0＝；解得B0＝. [答案]　(1)v＝ 　(2)B0＝  課時作業(yè)(二十五) [基礎(chǔ)小題] 1．MN板兩側(cè)都是磁感強度為B的勻強磁場，方向如下圖所示，帶電粒子從a位置以垂直磁場方向的速度開始運動，依次通過小孔b、c、d，已知ab＝bc＝cd，粒子從a運動到d的

35、時間為t，則粒子的比荷為(　　) A.　　　　　　　　 B. C. D. [解析]　粒子從a運動到d依次經(jīng)過小孔b、c、d，經(jīng)歷的時間t為3個，由t＝3和T＝，可得：＝，故A正確． [答案]　A 2．如圖所示，兩平行金屬板中有相互垂直的勻強電場和勻強磁場，帶正電的粒子(不計粒子的重力)從兩板中央垂直電場、磁場入射．它在金屬板間運動的軌跡為水平直線，如圖中虛線所示．若使粒子在飛越金屬板間的過程中向上板偏移，則可以采取的正確措施為(　　) A．使入射速度減小 B．使粒子電荷量增大 C．使電場強度增大 D．使磁感應(yīng)強度增大 [解析]　此時帶電粒子在金屬板間運動的軌跡為水

36、平直線，所以qvB＝Eq，要使粒子在飛越金屬板間的過程中向上板偏移，則qvb>Eq，由此可知增大帶電粒子的射入速度，增大磁感應(yīng)強度或減小電場強度均可使帶電粒子向上板偏移，而粒子電荷量與之無關(guān)，由此知選項D正確． [答案]　D 3．如圖所示，兩導體板水平放置，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(　　) 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

37、．d隨v0增大而增大，d隨U增大而減小 [解析]　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． [答案]　A 4．有一帶電荷量為＋q、重為G的小球，從豎直的帶電平行板上方h處自由落下，兩極板間勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B，方向如圖所示，則帶電小球通過有電場和磁場的空間時(　　) A．一定做曲線運動 B．不可能做曲線運動 C．有可能做勻速運動 D．有可能做勻加速直線運動 [解析]　帶電小球在重力場、電場和磁場中運動，所受重力、電場力是恒力，但受

38、到的洛倫茲力是隨速度的變化而變化的變力，因此小球不可能處于平衡狀態(tài)，也不可能在電、磁場中做勻變速運動． [答案]　A 5．1922年英國物理學家阿斯頓因質(zhì)譜儀的發(fā)明、同位素和質(zhì)譜的研究榮獲了諾貝爾化學獎．若速度相同的一束粒子由左端射入質(zhì)譜儀后的運動軌跡如圖所示，則下列相關(guān)說法中正確的是(　　) A．該束帶電粒子帶負電 B．速度選擇器的P1極板帶正電 C．在B2磁場中運動半徑越大的粒子，質(zhì)量越大 D．在B2磁場中運動半徑越大的粒子，比荷越小 [解析]　由粒子在B2中的運動軌跡可以判斷粒子應(yīng)帶正電，A項錯誤；在電容器中粒子受到的洛倫茲力方向豎直向上，受到的電場力方向應(yīng)豎直向下，則

39、P1極板帶正電，B項正確；在電容器中，根據(jù)速度選擇器的原理可知v＝，在B2中粒子運動的軌道半徑r＝，式中B1、B2、E不變，因此，在B2磁場中運動半徑越大的粒子，其越大，即比荷越小，C項錯誤，D項正確． [答案]　BD 6．如圖所示，一個質(zhì)量為m、電荷量為＋q的帶電粒子，不計重力，在a點以某一初速度水平向左射入磁場區(qū)域Ⅰ，沿曲線abcd運動，ab、bc、cd都是半徑為R的圓弧，粒子在每段圓弧上運動的時間都為t.規(guī)定垂直于紙面向外的磁感應(yīng)強度為正，則磁場區(qū)域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三部分的磁感應(yīng)強度B隨x變化的關(guān)系可能是下圖中的(　　) [解析]　由左手定則可判斷出磁感應(yīng)強度B在磁場區(qū)域Ⅰ、Ⅱ、

40、Ⅲ內(nèi)磁場方向分別為向外、向里和向外，在三個區(qū)域中均運動1/4圓周，故t＝T/4，由于T＝，求得B＝，只有選項C正確． [答案]　C 7．(2016蕪錫高三月考)如圖所示為某種質(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，即中心線半徑為R的四分之一圓形通道，通道內(nèi)有均勻輻射電場，方向沿徑向指向圓心O，且與圓心O等距的各點電場強度大小相等；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.由粒子源發(fā)出的不同帶電粒子，經(jīng)加速電場加速后進入靜電分析器，某些粒子能沿中心線通過靜電分析器并經(jīng)小孔S垂直磁場邊界進入磁場，最終打到膠片上的某點．粒子從粒子

41、源發(fā)出時的初速度不同，不計粒子所受重力．下列說法中正確的是(　　) A．從小孔S進入磁場的粒子速度大小一定相等 B．從小孔S進入磁場的粒子動能一定相等 C．打到膠片上同一點的粒子速度大小一定相等 D．打到膠片上位置距離O點越遠的粒子，比荷越大 [解析]　從小孔S進入磁場，說明粒子在電場中運動半徑相同，在靜電分析器中，qE＝，無法判斷出粒子的速度和動能是否相等，選項A、B錯誤；打到膠片上同一點的粒子，在磁場中運動半徑相同，由qvB＝m，得r＝，聯(lián)立qE＝，可得r＝，所以打到膠片上同一點的粒子速度相等，與比荷無關(guān)，選項C正確，選項D錯誤． [答案]　C [必糾錯題] 8．在

42、一絕緣、粗糙且足夠長的水平管道中有一帶電荷量為q、質(zhì)量為m的帶電球體，管道半徑略大于球體半徑．整個管道處于磁感應(yīng)強度為B的水平勻強磁場中，磁感應(yīng)強度方向與管道垂直．現(xiàn)給帶電球體一個水平速度v，則在整個運動過程中，帶電球體克服摩擦力所做的功可能為(　　) A．0 B.m()2 C.mv2 D.m[v2－()2] [錯解]　對易錯選項及錯誤原因具體分析如下： 易漏選項 錯誤原因 D項 (1)誤認為無論小球的速度多大，由于管道粗糙，小球最終都會停止運動； (2)本題中如果小球的速度較大時，洛倫茲力會大于重力，出現(xiàn)管壁對小球有向下的彈力，隨小球向右運動速度的減小，洛倫茲力減小，

43、彈力也逐漸減小，摩擦力也隨之逐漸減小，當彈力減小到零時，摩擦力也減小到零，此時洛倫茲力與重力平衡，此后小球?qū)⒆鰟蛩龠\動. [解析]　當小球帶負電時：對小球受力分析如圖(1)所示，隨著向右運動，速度逐漸減小，直到速度減小為零，所以克服摩擦力做功為W＝mv2. 當小球帶正電時：設(shè)當洛倫茲力等于重力時，小球的速度為v0，則mg＝qv0B，即v0＝.當v＝v0時，如圖(2)所示，重力與洛倫茲力平衡，所以小球做勻速運動，所以克服摩擦力做功為W＝0；當v

44、W＝mv2；當v>v0時，如圖(4)所示，管壁對小球有向下的彈力，隨著小球向右減速運動，洛倫茲力逐漸減小、彈力逐漸減小，摩擦力逐漸減小，直到彈力減小到零，摩擦力也為零，此時重力和洛倫茲力平衡，此后小球向右做勻速運動，所以克服摩擦力做功為W＝mv2－mv＝m[v2－()2]，綜上分析，可知A、C、D項正確． [答案]　ACD [高考真題] 9．(2015新課標全國Ⅱ，19)有兩個勻強磁場區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ中的磁感應(yīng)強度是Ⅱ中的k倍．兩個速率相同的電子分別在兩磁場區(qū)域做圓周運動．與Ⅰ中運動的電子相比，Ⅱ中的電子(　　) A．運動軌跡的半徑是Ⅰ中的k倍 B．加速度的大小是Ⅰ中的k倍 C．

45、做圓周運動的周期是Ⅰ中的k倍 D．做圓周運動的角速度與Ⅰ中的相等 [解析]　對電子由牛頓第二定律有evB＝m，得r＝，則rⅠ∶rⅡ＝1∶k，A正確．由evB＝ma，得a＝，則aⅠ∶aⅡ＝k∶1，B錯誤．由T＝＝，得TⅠ∶TⅡ＝1∶k，C正確．由ω＝＝，得ωⅠ∶ωⅡ＝k∶1，D錯誤． [答案]　AC 10．(2015江蘇物理，7)一帶正電的小球向右水平拋入范圍足夠大的勻強電場，電場方向水平向左．不計空氣阻力，則小球(　　) A．做直線運動 B．做曲線運動 C．速率先減小后增大 D．速率先增大后減小 [解析]　小球受到的電場力水平向左，重力豎直向下，因此重力與電場力的合力斜向

46、左下且恒定，與初速度的方向夾角大于90，因此小球做類斜上拋運動，軌道是拋物線，速率先減小后增大，B、C正確． [答案]　BC [綜合大題] 11．(2016西安市調(diào)研考試)如圖，在xOy平面的第一、四象限內(nèi)存在著方向垂直紙面向外、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，第四象限內(nèi)存在方向沿－y方向、電場強度為E的勻強電場．從y軸上坐標為a的一點向磁場區(qū)發(fā)射速度大小不等的帶正電同種粒子，速度方向范圍是與＋y方向成30－150，且在xOy平面內(nèi)．結(jié)果所有粒子經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)后都垂直打到x軸上，然后進入第四象限的勻強電場區(qū)．已知帶電粒子電量為＋q，質(zhì)量為m，重力不計． (1)確定進入磁場速度最小粒子的

47、速度方向，并求出速度大小． (2)所有通過磁場區(qū)的粒子中，求出最短時間與最長時間的比值． (3)從x軸上x＝(－1)a點射入第四象限的粒子穿過電磁場后經(jīng)過y軸上y＝－b的點，求該粒子經(jīng)過y＝－b點的速度大?。? [解析]　(1)設(shè)速度v粒子與y軸夾角θ，垂直打到x軸上滿足：α＝Rsin θ 又qvB＝，v＝＝ θ＝90時，vmin＝. (2)最長時間對應(yīng)粒子初速度與y軸正方向夾角30，轉(zhuǎn)過150， t1＝ 最短時間對應(yīng)粒子初速度與y軸負方向夾角30，轉(zhuǎn)過30，t2＝ t1∶t2＝5. (3)粒子射出時與y軸負方向夾角θ，則有R－Rcos θ＝(－1)a Rsin θ＝a，得

48、到：θ＝45，R＝a 速度v0為v0＝＝ 到達y軸速度v，則qEb＝mv2－mv v＝ [答案]　(1)θ＝90　vmin＝　(2)5 (3) 12．如圖所示，區(qū)域Ⅰ內(nèi)有與水平方向成45角的勻強電場E1，區(qū)域?qū)挾葹閐1，區(qū)域Ⅱ內(nèi)有正交的有界勻強磁場B和勻強電場E2，區(qū)域?qū)挾葹閐2，磁場方向垂直紙面向里，電場方向豎直向下．一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的微粒在區(qū)域Ⅰ左邊界的P點，由靜止釋放后水平向右做直線運動，進入?yún)^(qū)域Ⅱ后做勻速圓周運動，從區(qū)域Ⅱ右邊界上的Q點穿出，其速度方向改變了60，重力加速度為g，求： (1)區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ內(nèi)勻強電場的電場強度E1、E2的大小； (2)區(qū)域Ⅱ

49、內(nèi)勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的大小； (3)微粒從P運動到Q的時間． [解析]　(1)微粒在區(qū)域Ⅰ內(nèi)水平向右做直線運動，則在豎直方向上有 qE1sin 45＝mg 解得E1＝ 微粒在區(qū)域Ⅱ內(nèi)做勻速圓周運動，則在豎直方向上有mg＝qE2，E2＝ (2)設(shè)微粒在區(qū)域Ⅰ內(nèi)水平向右做直線運動時加速度為a，離開區(qū)域Ⅰ時速度為v，在區(qū)域Ⅱ內(nèi)做勻速圓周運動的軌道半徑為R，則 qE1cos 45＝ma v2＝2ad1(或qE1cos 45d1＝mv2) Rsin 60＝d2 qvB＝m 解得B＝ (3)微粒在區(qū)域Ⅰ內(nèi)做勻加速運動，t1＝ 在區(qū)域Ⅱ內(nèi)做勻速圓周運動的圓心角為60，則T＝ t2＝＝ 解得t＝t1＋t2＝ ＋ [答案]　見解析 22 / 22