（全國通用版）2019版高考物理大一輪復習 第九章 磁場 第26講 帶電粒子在復合場中的運動學案

《（全國通用版）2019版高考物理大一輪復習 第九章 磁場 第26講 帶電粒子在復合場中的運動學案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（全國通用版）2019版高考物理大一輪復習 第九章 磁場 第26講 帶電粒子在復合場中的運動學案（26頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第26講　帶電粒子在復合場中的運動 考綱要求 考情分析 命題趨勢 1.帶電粒子在復合場中的運動Ⅱ 2．質譜儀和回旋加速器等科技應用Ⅰ 2017·江蘇卷，15 2016·全國卷Ⅰ，15 2016·江蘇卷，15 高考對本專題內(nèi)容的考查主要是以計算題的形式考查帶電粒子在復合場中的運動，以選擇題的形式考查涉及復合場的科技應用問題，考查學生分析綜合能力、理論聯(lián)系實際能力. 1．帶電粒子在復合場中的運動 (1)復合場與組合場 ①復合場：電場、__磁場__、重力場共存，或其中某兩場共存． ②組合場：電場與磁場各位于一定的區(qū)域內(nèi)，并不重疊，或在同一區(qū)域，電場、磁場分時

2、間段或分區(qū)域交替出現(xiàn)． (2)三種場的比較 項目 名稱 力的特點 功和能的特點 重力場 大?。篏＝__mg__ 方向：__豎直向下__ 重力做功與__路徑__無關 重力做功改變物體的__重力勢能__ 靜電場 大小：F＝__qE__ 方向：a.正電荷受力方向與場強方向__相同__ b．負電荷受力方向與場強方向__相反__ 電場力做功與__路徑__無關 W＝__qU__ 電場力做功改變__電勢能__ 磁場 洛倫茲力F＝__qvB__ 方向符合__左手__定則 洛倫茲力不做功，不改變帶電粒子的__動能__ (3)帶電粒子在復合場中的運動分類 ①靜止或勻速

3、直線運動 當帶電粒子在復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，在垂直于勻強磁場的平面內(nèi)做__勻速圓周__運動． ③較復雜的曲線運動 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時，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． 2．電場、磁場分區(qū)域應用實例 (1)質

4、譜儀 ①構造：如圖甲所示，由粒子源、加速電場、偏轉磁場和照相底片等構成． ②原理：粒子由靜止被加速電場加速，根據(jù)動能定理可得關系式qU＝mv2. 粒子在磁場中受洛倫茲力作用而偏轉，做勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律得關系式qvB＝m. 由兩式可得出需要研究的物理量，如粒子軌道半徑、粒子質量、比荷． r＝____，m＝____，＝____. (2)回旋加速器 ①構造：如圖乙所示，D1、D2是半圓形金屬盒，D形盒的縫隙處接交流電源，D形盒處于勻強磁場中． ②原理：交流電的周期和粒子做圓周運動的周期相等，粒子在圓周運動的過程中一次一次地經(jīng)過D形盒縫隙，兩盒間的電勢差一次一次地反

5、向，粒子就會被一次一次地加速．由qvB＝，得Ekm＝____，可見粒子獲得的最大動能由磁感應強度B和D形盒半徑r決定，與加速電壓無關． 3．電場、磁場同區(qū)域并存的實例 裝置 原理圖 規(guī)　　律 速度 選擇器 若qv0B＝qE，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，使兩極板帶電，當q＝qv0B時，兩極板間能達到最大電勢差U＝__Bv0d__ 電磁 流量計 當q＝qvB時，有v＝____，流量Q＝Sv＝____ 霍爾 效應 在勻強磁場中放置一個矩形截面的載流導體，當__磁場方向__與電流方向垂直時，

6、導體在與磁場、電流方向都垂直的方向上出現(xiàn)了__電勢差__，這種現(xiàn)象稱為霍爾效應 1．判斷正誤 (1)利用回旋加速器可以將帶電粒子的速度無限制地增大．(　×　) (2)粒子能否通過速度選擇器，除與速度有關外，還與粒子的帶電正負有關．(　×　) (3)磁流體發(fā)電機中，根據(jù)左手定則，可以確定正、負粒子的偏轉方向，從而確定正、負極或電勢高低．(　√　) (4)帶電粒子在復合場中受洛倫茲力情況下的直線運動一定為勻速直線運動．(　√　) (5)質譜儀是一種測量帶電粒子質量并分析同位素的儀器．(　√　) 2．(多選)如圖所示，一帶電小球在一正交電場、磁場區(qū)域里做勻速圓周運動，電場方向豎直向

7、下，磁場方向垂直紙面向里，則下列說法正確的是(　BC　) A．小球一定帶正電 B．小球一定帶負電 C．小球的繞行方向為順時針 D．改變小球的速度大小，小球將不做圓周運動 3．如圖所示，一束粒子(不計重力，初速度可忽略)緩慢通過小孔O1進入極板間電壓為U的水平加速電場區(qū)域Ⅰ，再通過小孔O2射入相互正交的恒定勻強電場、磁場區(qū)域Ⅱ，其中磁場的方向如圖所示，磁感應強度大小可根據(jù)實際要求調(diào)節(jié)，收集室的小孔O3與O1、O2在同一條水平線上．則收集室收集到的是(　B　) A．具有特定質量和特定比荷的粒子 B．具有特定速度和特定比荷的粒子 C．具有特定質量和特定速度的粒子 D．具有特

8、定動能和特定比荷的粒子 一　帶電粒子在組合場中的運動問題 　帶電粒子在組合場中的運動問題為高考熱點，考查學生對帶電粒子在先后出現(xiàn)(或交替出現(xiàn))的電磁場中的運動分析、性質判斷及綜合計算能力． 1．是否考慮粒子重力的三種情況 (1)對于微觀粒子，如電子、質子、離子等，因為其重力一般情況下與電場力或磁場力相比太小，可以忽略，而對于一些宏觀物體，如帶電小球、液滴、金屬塊等一般應當考慮其重力． (2)在題目中有明確說明是否要考慮重力的，這種情況比較正規(guī)，也比較簡單． (3)不能直接判斷是否要考慮重力的，在進行受力分析與運動分析時，要由分析結果確定是否要考慮重力． 2．帶電粒子在組合

9、場中運動，要分段處理，對勻強電場中的勻變速直線運動或類平拋運動，可由牛頓定律及運動學公式求解，對勻強磁場中的勻速圓周運動，要結合幾何知識，確定圓心及半徑，從而確定磁感應強度和圓心角或時間，確定從電場進入磁場的速度的大小、方向及兩場交界處軌跡的幾何關系，是解決問題的關鍵． 解決帶電粒子在組合場中運動問題的思路方法 [例1](2017·天津卷)平面直角坐標系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的勻強磁場，第Ⅲ象限存在沿y軸負方向的勻強電場，如圖所示．一帶負電的粒子從電場中的Q點以速度v0沿x軸正方向開始運動，Q點到y(tǒng)軸的距離為到x軸距離的2倍．粒子從坐標原點O離開電場進入磁場，最終從x

10、軸上的P點射出磁場，P點到y(tǒng)軸距離與Q點到y(tǒng)軸距離相等．不計粒子重力，問： (1)粒子到達O點時速度的大小和方向； (2)電場強度和磁感應強度的大小之比． 解析　(1)在電場中，粒子做類平拋運動，設Q點到x軸距離為L，到y(tǒng)軸距離為2L，粒子的加速度為a，運動時間為t，有 2L＝v0t，?、? L＝at2.?、? 設粒子到達O點時沿y軸方向的分速度為vy，vy＝at.?、? 設粒子到達O點時速度方向與x軸正方向夾角為α，有 tan α＝，?、? 聯(lián)立①②③④式得α＝45°，?、? 即粒子到達O點時速度方向與x軸正方向成45°角斜向上． 設粒子到達O點時速度大小為v，由運動的合成有

11、 v＝，?、? 聯(lián)立①②③⑥式得v＝v0.?、? (2)設電場強度為E，粒子電荷量為q，質量為m，粒子在電場中受到的電場力為F，由牛頓第二定律可得 F＝ma，?、? 又F＝qE，?、? 設磁場的磁感應強度大小為B，粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R，所受的洛倫茲力提供向心力， 有qvB＝m，　 由幾何關系可知R＝L，　? 聯(lián)立①②⑦⑧⑨?式得＝. 答案　(1)v0　速度方向與x軸正方向成45°角斜向上 (2) 　二　帶電粒子在復合場中的運動問題 帶電粒子在復合場中的運動問題是歷年高考命題的熱點，覆蓋面大，綜合性強，難度大，能力要求高，以計算題呈現(xiàn)，有時也有選擇題． 1

12、．帶電粒子在復合場中無約束情況下的運動主要是以下幾種形式 復合場組成 可能的運動形式 磁場、重力場并存 ①若重力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運動 ②若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復雜的曲線運動，因F洛不做功，故機械能守恒，由此可求解問題 電場、磁場并存(不計微觀粒子的重力) ①若電場力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運動 ②若電場力和洛倫茲力不平衡，則帶電體做復雜的曲線運動，因F洛不做功，可用動能定理求解問題 電場、磁場、重力場并存 ①若三力平衡，帶電體一定做勻速直線運動 ②若重力與電場力平衡，帶電體一定做勻速圓周運動 ③若合力不為零且與速度方向不垂直，帶

13、電體將做復雜的曲線運動，因F洛不做功，可用能量守恒定律或動能定理求解問題 2．分階段運動 帶電粒子可能依次通過幾個情況不同的復合場區(qū)域，其受力情況隨區(qū)域發(fā)生變化，則其運動過程由幾種不同的運動階段組成． [例2]如圖所示，空間區(qū)域Ⅰ、Ⅱ存在勻強電場和勻強磁場，MN、PQ為磁場區(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．勻強電場方向豎直向上；Ⅰ、Ⅱ區(qū)域磁場的磁感應強度均為B，方向分別垂直紙面向里和向外．一個質量為m，電荷量為q的帶電小球從磁場上方的O點由靜止開始下落，進入電磁場區(qū)域后，恰能做勻速圓周運動．已知重力加速度為g. (1)試判斷小球的電性并求出電場強度E的大小； (

14、2)若帶電小球運動一定時間后恰能回到O點，在圖中作出小球的運動軌跡；求出釋放時距MN的高度h，并求出小球從開始釋放到第一次回到O點所經(jīng)歷的時間t； (3)試討論h取不同值時，小球第一次穿出磁場Ⅰ區(qū)域的過程中電場力所做的功W. 解析　(1)帶電小球進入復合場后，恰能做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，重力與電場力平衡，重力豎直向下，電場力豎直向上，即小球帶正電．由qE＝mg得E＝. (2)帶電小球在進入磁場區(qū)域前做自由落體運動，由機械能守恒有mgh＝mv2，帶電小球在磁場中做勻速圓周運動，設半徑為R，依牛頓第二定律有qvB＝m，由于帶電小球在Ⅰ、Ⅱ兩個區(qū)域運動過程中q、v、B，m的大小不變

15、，故三段圓周運動的半徑相同，以三個圓心為頂點的三角形為等邊三角形，邊長為2R，內(nèi)角為60°，軌跡如圖甲所示．由幾何關系知R＝，解得h＝；小球從開始釋放到回到O點所經(jīng)歷的時間由兩部分組成，一部分為無電場、磁場區(qū)的運動，時間t1＝2；一部分為電磁場區(qū)域的運動，時間t2＝×＝，總時間t＝t1＋t2＝2＋＝＋. (3)當帶電小球在Ⅰ區(qū)域做圓周運動的圓弧與PQ相切時，運動軌跡如圖乙所示，有半徑R＝d，解得對應高度h0＝.討論：①當hh0時，小球進入磁場Ⅰ區(qū)域后

16、由下邊界PQ第一次穿出磁場Ⅰ區(qū)域進入Ⅱ區(qū)域，此過程電場力做功W＝－qEd即W＝－mgd 說明：第(3)問討論對于當h＝h0時的臨界情況不做要求，即電場力做功W＝0或者W＝－mgd均可以． 答案　(1)正電，E＝　(2)圖見解析　h＝ t＝＋　(3)h<時，W＝0；h>時，W＝－mgd. 1．(多選)如圖所示，勻強磁場方向垂直紙面向里，勻強電場方向豎直向下，有一正離子恰能沿直線從左向右水平飛越此區(qū)域．不計重力，則(　BD　) A．若電子從右向左飛入，電子也沿直線運動 B．若電子從右向左飛入，電子將向上偏轉 C．若電子從左向右飛入，電子將向下偏轉 D．若電子從左向右飛入，電

17、子也沿直線運動 2．(2017·北京東城區(qū)模擬)如圖所示，一束質量、速度和電荷量不全相等的離子，經(jīng)過由正交的勻強電場和勻強磁場組成的速度選擇器后，進入另一個勻強磁場中并分裂為A、B兩束，下列說法中正確的是(　C　) A．組成A束和B束的離子都帶負電 B．組成A束和B束的離子質量一定不同 C．A束離子的比荷大于B束離子的比荷 D．速度選擇器中的磁場方向垂直于紙面向外 解析　由左手定則知，A、B離子均帶正電，選項A錯誤；兩束離子經(jīng)過同一速度選擇器后的速度相同，在偏轉磁場中，由R＝可知，半徑大的離子對應的比荷小，但離子的質量不一定相同，故選項B錯誤，C正確；速度選擇器中的磁場方向應垂

18、直紙面向里，選項D錯誤． 3．(2017·遼寧三小調(diào)研)(多選)如圖所示是醫(yī)用回旋加速器示意圖，其核心部分是兩個D形金屬盒，兩金屬盒置于勻強磁場中，并分別與高頻電源兩端相連．現(xiàn)分別加速質子(H)和氘核(H)．下列說法正確的是(　BD　) A．它們的最大速度相同 B．質子的最大動能大于氘核的最大動能 C．加速質子和氘核所用高頻電源的頻率相同 D．僅增大高頻電源的電壓不可能增大粒子的最大動能 解析　設質子質量為m，電荷量為q，則氘核質量為2m，電荷量為q，它們的最大速度分別為v1＝和v2＝，選項A錯誤；質子的最大能動Ek1＝，氘核的最大動能Ek2＝，選項B正確；高頻電源的頻率與粒子

19、在磁場中的回旋頻率相同，即f1＝，f2＝，所以加速質子和氘核所用高頻電源的頻率不相同，選項C錯誤；被加速的粒子的最大動能與高頻電源的電壓無關，所以僅增大高頻電源的電壓不可能增大粒子的最大動能，選項D正確． 4．(多選)如圖所示，勻強電場的方向豎直向下，勻強磁場的方向垂直紙面向里，三個油滴a、b、c帶有等量同種電荷，其中a靜止，b向右做勻速運動，c向左做勻速運動，比較它們的重力Ga、Gb、Gc間的大小，正確的是(　CD　) A．Ga最大　　 B．Gb最大 C．Gc最大　　 D．Gb最小 5．(2017·山東青島調(diào)研)如圖所示，空間的某個復合場區(qū)域內(nèi)存在著方向相互垂直的勻強電場和勻強磁

20、場．質子由靜止開始經(jīng)一加速電場加速后，垂直于復合場的界面進入并沿直線穿過場區(qū)，質子從復合場穿出時的動能為Ek.那么氘核同樣由靜止開始經(jīng)同一加速電場加速后穿過同一復合場后的動能E′k的大小是(　B　) A．E′k＝Ek　　 B．E′k>Ek C．E′k

21、(2017·江蘇南京診斷·6分)如圖甲所示是用來加速帶電粒子的回旋加速器的示意圖，其核心部分是兩個D形金屬盒，在加速帶電粒子時，兩金屬盒置于勻強磁場中，兩盒分別與高頻電源相連．帶電粒子在磁場中運動的動能Ek隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示．忽略帶電粒子在電場中的加速時間，則下列判斷中正確的是(　　) A．在Ek－t圖象中應有t4－t3

22、為隨著粒子的速率越來越大，粒子回旋的周期越來越小，錯選A； 錯解2：誤認為粒子獲得的最大動能與加速電壓有關，錯選B； 錯解3：誤認為粒子加速次數(shù)越多，粒子獲得的動能越大，錯選C －6 [規(guī)范答題] [解析] 帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的周期與速度大小無關，因此，在Ek－t圖中應有，t4－t3＝t3－t2＝t2－t1，選項A錯誤；粒子獲得的最大動能與加速電壓無關，加速電壓越小，粒子加速次數(shù)就越多，由粒子做圓周運動的半徑r＝＝可知Ek＝，即粒子獲得的最大動能決定于D形盒的半徑，當軌道半徑r與D形盒半徑R相等時就不能繼續(xù)加速，故選項B、C錯誤，D正確．可見正確求解本題的關鍵是對回

23、旋加速器工作原理的理解． [答案]　D 1．如圖所示，有一金屬塊放在垂直于表面C的勻強磁場中，當有穩(wěn)恒電流沿平行平面C的方向通過時，下列說法中正確的是(　B　) A．金屬塊上表面M的電勢高于下表面N的電勢 B．電流增大時，M、N兩表面間的電壓U增大 C．磁感應強度增大時，M、N兩表面間的電壓U減小 D．金屬塊中單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)越少，M、N兩表面間的電壓U越小 解析　由左手定則可知，通有圖示電流時，自由電子受到向上的洛倫茲力，向M面偏轉，故上表面M電勢低于下表面N的電勢，選項A錯誤；最終電子在洛倫茲力和電場力作用下處于平衡，即evB＝e，則有U＝Bvd，由此可知，磁感

24、應強度增大時，M、N兩表面間的電壓增大，選項C錯誤；由電流的微觀表達式I＝neSv可知，電流增大說明自由電子定向移動速率v增大，所以M、N兩表面間的電壓增大，選項B正確；電流一定時，金屬塊中單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)n越少，自由電子定向移動的速率一定越大，所以M、N兩表面間的電壓越大，選項D錯誤． 2．如圖甲所示，一個質量為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且細桿處于勻強磁場中(不計空氣阻力)，現(xiàn)給圓環(huán)一向右的初速度v0，在以后的運動過程中，圓環(huán)的速度—時間圖象如圖乙所示，則關于圓環(huán)所帶的電性、勻強磁場的磁感應強度B和圓環(huán)克服摩擦力所做的功W(重力加速度為g)，下列說法正

25、確的是(　B　) A．圓環(huán)帶負電　　 B．B＝ C．W＝mv　　 D．W＝mv 解析　當圓環(huán)做勻速直線運動時，不受摩擦力，因此重力和洛倫茲力相等，洛倫茲力方向向上，因此圓環(huán)帶正電，選項A錯誤；mg＝qB，B＝，選項B正確；對這個過程，利用動能定理，可得－W＝m2－mv，W＝mv，選項C、D錯誤． 3．有一電荷量為－q，重力為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　) 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

26、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、磁場中做勻變速直線運動，故選項A正確． 4．(多選)如圖甲所示，絕緣輕質細繩一端固定在方向相互垂直的勻強電場和勻強磁場中的O點，另一端連接帶正電的小球，小球電荷量q＝6×10－7 C，在圖示坐標系中，電場方向沿豎直方向，坐標原點O的電勢為零．當小球以2 m/s的速率繞O點在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動時，細繩上的拉力剛好為零．在小球從最低點運動到最高點的過程中，軌跡上每點的電勢φ隨縱坐標y的變化關系如圖乙所示，重力加速度g＝10 m/s2，則下列判斷正確的是

27、(　BD　) A．勻強電場的場強大小為3.2×106 V/m B．小球重力勢能增加最多的過程中，電勢能減少了2.4 J C．小球做順時針方向的勻速圓周運動 D．小球所受的洛倫茲力的大小為3 N 解析　由勻強電場的場強公式E＝結合題圖乙，可得E＝ V/m＝5×106 V/m，故選項A錯誤；由功能關系W電＝－ΔEp，W電＝qU＝6×10－7×4×106 J＝2.4 J，即電勢能減少了2.4 J，故選項B正確；當小球以2 m/s的速率繞O點在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動時，細繩上的拉力剛好為零，說明是洛倫茲力提供向心力，由左手定則得小球應該做逆時針方向的圓周運動，選項C錯誤；重力和電場力是

28、一對平衡力，有qE＝mg，得m＝＝0.3 kg，由洛倫茲力提供向心力可知洛倫茲力為F＝m＝ N＝3 N，故選項D正確． 1．如圖所示，絕緣粗糙的豎直平面MN左側同時存在相互垂直的勻強電場和勻強磁場，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，磁感應強度大小為B.一質量為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； (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

29、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＋FN＝qE，① 小滑塊在C點離開MN時FN＝0，② 解得vC＝.③ (2)由動能定理mgh－Wf＝mv－0，④ 解得Wf＝mgh－.⑤ (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， 解得vP＝. 答案　(1)　(2)mgh－

30、 (3) 2．如圖所示，足夠大的平行擋板A1、A2豎直放置，間距6L.兩板間存在兩個方向相反的勻強磁場區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，以水平面MN為理想分界面，Ⅰ區(qū)的磁感應強度為B0，方向垂直紙面向外．A1、A2上各有位置正對的小孔S1、S2，兩孔與分界面MN的距離均為L.質量為m、電荷量為＋q的粒子經(jīng)寬度為d的勻強電場由靜止加速后，沿水平方向從S1進入Ⅰ區(qū)，并直接偏轉到MN上的P點，再進入Ⅱ區(qū)，P點與A1板的距離是L的k倍，不計重力，碰到擋板的粒子不予考慮． (1)若k＝1，求勻強電場的電場強度E； (2)若2

31、應強度B與k的關系式． 解析　(1)若k＝1.則有MP＝L，粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)幾何關系，該情況粒子的軌跡半徑R1＝L， 粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律知qvB0＝m，① 粒子在勻強電場中加速，根據(jù)動能定理有 qEd＝mv2，② 聯(lián)立解得E＝. (2)因為2

32、在如圖所示的豎直平面內(nèi)，水平軌道CD和傾斜軌道GH與半徑r＝ m的光滑圓弧軌道分別相切于D點和G點，GH與水平面的夾角θ＝37°.過G點、垂直于紙面的豎直平面左側有勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁感應強度B＝1.25 T；過D點、垂直于紙面的豎直平面右側有勻強電場，電場方向水平向右，電場強度E＝1×104 N/C．小物體P1質量m＝2×10－3 kg、電荷量q＝＋8×10－6 C，受到水平向右的推力F＝9.98×10－3 N的作用，沿CD向右做勻速直線運動，到達D點后撤去推力．當P1到達傾斜軌道底端G點時，不帶電的小物體P2在GH頂端靜止釋放，經(jīng)過時間t＝0.1 s與P1相遇．P1和P2與

33、軌道CD、GH間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，物體電荷量保持不變，不計空氣阻力．求： (1)小物體P1在水平軌道CD上運動速度v的大?。? (2)傾斜軌道GH的長度s. 解析　(1)設小物體P1在勻強磁場中運動的速度為v，受到向上的洛倫茲力為F洛，受到的摩擦力為Ff，則 F洛＝qvB，① Ff＝μ(mg－F洛)，② 由題意，水平方向合力為零， F－Ff＝0，③ 聯(lián)立①②③式，代入數(shù)據(jù)解得 v＝4 m/s.④ (2)設P1在G點的速度大小為vG，由于洛倫茲力不做功，根據(jù)動能定理qErsin θ－mgr(

34、1－cos θ)＝mv－mv2，⑤ P1在GH上運動，受到重力、電場力和摩擦力的作用，設加速度為a1，根據(jù)牛頓第二定律 qEcos θ－mgsin θ－μ(mgcos θ＋qEsin θ)＝ma1⑥ P1與P2在GH上相遇時，設P1在GH上運動的距離為s1，則 s1＝vGt＋a1t2.⑦ 設P2質量為m，在GH上運動的加速度為a2，則 m2gsin θ－μm2cos θ＝m2a2，⑧ P1與P2在GH上相遇時，設P2在GH上運動的距離為s2，則 s2＝a2t2，⑨ 聯(lián)立⑤～⑨式，代入數(shù)據(jù)得 s＝s1＋s2， s＝0.56 m. 答案　4 m/s　(2)0.56 m 4

35、．如圖甲，空間存在一范圍足夠大的垂直于xOy平面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B.讓質量為m，電荷量為q(q>0)的粒子從坐標原點O沿xOy平面以不同的初速度大小和方向入射到該磁場中．不計重力和粒子間的影響． (1)若粒子以初速度v1沿y軸正向入射，恰好能經(jīng)過x軸上的A(a,0)點，求v1的大??； (2)已知一粒子的初速度大小為v(v>v1)，為使該粒子能經(jīng)過A(a,0)點，其入射角θ(粒子初速度與x軸正向的夾角)有幾個？并求出對應的sin θ值； (3)如圖乙，若在此空間再加入沿y軸正向、大小為E的勻強電場，一粒子從O點以初速度v0沿y軸正向發(fā)射．研究表明：粒子在xOy平面內(nèi)做周

36、期性運動，且在任一時刻，粒子速度的x分量vx與其所在位置的y坐標成正比，比例系數(shù)與電場強度大小E無關．求該粒子運動過程中的最大速度值vm. 解析　(1)帶電粒子以速率v在勻強磁場B中做勻速圓周運動，半徑為R，有 qvB＝m，① 當粒子沿y軸正向入射，轉過半個圓周至A點，該圓周半徑為R1，有 R1＝，② 由②代入①式得 v1＝.③ (2)如圖，O、A兩點處于同一圓周上，且圓心在x＝的直線上，半徑為R.當給定一個初速率v時，有2個入射角，分別在第1、2象限，有 sin θ′＝sin θ＝，④ 由①④式解得sin θ＝.⑤ (3)粒子在運動過程中僅電場力做功，因而在軌道的最高點處

37、速率最大，用ym表示其y坐標，由動能定理，有 qEym＝mv－mv，⑥ 由題知vm＝kym.⑦ 若E＝0時，粒子以初速度v0沿y軸正向入射，有 qv0B＝m，⑧ v0＝kR0，⑨ 由⑥⑦⑧⑨式解得 vm＝＋. 答案　(1)　(2)2個　均為sin θ＝ (3)＋ 課時達標　第26講 [解密考綱]考查帶電粒子在復合場中的運動，對學生綜合分析能力，理論聯(lián)系實際能量要求較高． 1．(2017·江蘇南通一調(diào))如圖所示，在MN、PQ間同時存在勻強磁場和勻強電場，磁場方向垂直紙面水平向外，電場在圖中沒有標出．一帶電小球從a點射入場區(qū)，并在豎直面內(nèi)沿直線運動至b點，則小球(　C　

38、) A．一定帶正電 B．受到電場力的方向一定水平向右 C．從a點到b點的過程，克服電場力做功 D．從a點到b點的過程中可能做勻加速運動 解析　因小球受到的洛倫茲力F＝qvB隨小球速度的變化而變化，為使帶電小球能在場內(nèi)做直線運動，小球的速度大小不能變化，即小球受力平衡，做勻速直線運動，選項D錯誤；小球共受到重力、電場力和洛倫茲力三個力的作用，無論小球帶何種電荷，三力均可能平衡，故選項A、B錯誤；從a點到b點的過程中，小球的動能不變，洛倫茲力不做功，根據(jù)動能定理有ΔEk＝WG＋W電場＝0，重力做正功，所以電場力必做負功，選項C正確． 2．目前有一種磁強計，用于測定地磁場的磁感應強度

39、．磁強計的原理如圖所示，電路中有一段金屬導體，它的橫截面是寬為a、高為b的長方形，放在沿y軸正方向的勻強磁場中，導體中通有沿x軸正方向、大小為I的電流．已知金屬導體單位體積中的自由電子數(shù)為n，電子電荷量為e，金屬導電過程中，自由電子所做的定向移動可視為勻速運動．兩電極M、N均與金屬導體的前、后兩側接觸，用電壓表測出金屬導體前、后兩個側面間的電勢差為U.則磁感應強度的大小和電極M、N的電性為(　C　) A．，M正，N負　　 B．，M正，N負 C．，M負，N正　　 D．，M負，N正 解析　自由電子做勻速運動，根據(jù)左手定則可知，自由電子受力指向M，所以M帶負電．做勻速運動時，電場力與洛倫茲

40、力相互平衡，則e＝evB，得B＝；根據(jù)I＝neabv，解得B＝，選項C正確． 3．(多選)回旋加速器在科學研究中得到了廣泛應用，其原理如圖所示．D1和D2是兩個中空的半圓形金屬盒，置于與盒面垂直的勻強磁場中，它們接在電壓為U、周期為T的交流電源上．位于D1圓心處的質子源A能不斷產(chǎn)生質子(初速度可以忽略)，它們在兩盒之間被電場加速．當質子被加速到最大動能Ek后，再將它們引出．忽略質子在電場中的運動時間，則下列說法中正確的是(　BD　) A．若只增大交變電壓U，則質子的最大動能Ek會變大 B．若只增大交變電壓U，則質子在回旋加速器中運行的時間會變短 C．若只將交變電壓的周期變?yōu)?T，仍

41、可用此裝置加速質子 D．質子第n次被加速前、后的軌道半徑之比為∶ 解析　由r＝可知，質子經(jīng)加速后的最大速度與回旋加速器的最大半徑有關，而與交變電壓U無關，故選項A錯誤；增大交變電壓，質子加速的次數(shù)減少，所以質子在回旋加速器中的運行時間變短，選項B正確；為了使質子能在回旋加速器中加速，質子的運動周期應與交變電壓的周期相同，選項C錯誤；由nqU＝mv以及rn＝可得質子第n次被加速前、后的軌道半徑之比為∶，選項D正確． 4．(多選)磁流體發(fā)電是一項新興技術，它可以把物體的內(nèi)能直接轉化為電能，如圖是它的示意圖，平行金屬板A、B之間有一個很強的磁場，將一束等離子體(即高溫下電離的氣體，含有大量正、

42、負離子)噴入磁場，A、B兩板間便產(chǎn)生電壓．如果把A、B和用電器連接，A、B就是直流電源的兩個電極，設A、B兩板間距為d，磁感應強度為B′，等離子體以速度v沿垂直于磁場的方向射入A、B兩板之間，則下列說法正確的是(　BC　) A．A是直流電源的正極　　 B．B是直流電源的正極 C．電源的電動勢為B′dv　　 D．電源的電動勢為qvB′ 解析　根據(jù)右手定則，正電荷向下偏轉，所以B板帶正電，為直流電源的正極；選項B正確，A錯誤；電荷最終在電場力和洛倫茲力作用下處于平衡，有qB′v＝q，解得E＝B′dv，故選項C正確，D錯誤． 5．(多選)如圖所示是質譜儀的工作原理示意圖．帶電粒子被加速電

43、場加速后，進入速度選擇器．速度選擇器內(nèi)相互正交的勻強磁場和勻強電場的強度分別為B和E.平板S上有可讓粒子通過的狹縫P和記錄粒子位置的膠片A1A2，平板S下方有強度為B0的勻強磁場．下列表述正確的是(　ABC　) A．質譜儀是分析同位素的重要工具 B．速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向外 C．能通過狹縫P的帶電粒子的速率等于 D．粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P，粒子的荷質比越小 解析　因同位素原子的化學性質完全相同，無法用化學方法進行分析，故質譜儀就成為同位素分析的重要工具，選項A正確；在速度選擇器中，帶電粒子所受電場力和洛倫茲力在粒子沿直線運動時應等大反向，結合左手定則可知選項B

44、正確；再由qE＝qvB，有v＝，選項C正確；在勻強磁場B0中R＝，所以＝＝，可見粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P，即R越小，對應粒子的荷質比越大，選項D錯誤． 6．(2017·北京海淀模擬)如圖所示，在坐標系xOy的第一象限內(nèi)斜線OC的上方存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，第四象限內(nèi)存在磁感應強度大小未知、方向垂直紙面向里的勻強磁場，第三象限內(nèi)存在沿y軸負方向的勻強電場，在x軸負半軸上有一接收屏GD，GD＝2OD＝d，現(xiàn)有一帶電粒子(不計重力)從y軸上的A點，以初速度v0水平向右垂直射入勻強磁場，恰好垂直O(jiān)C射出，并從x軸上的P點(未畫出)進入第四象限內(nèi)的勻強磁場，粒子經(jīng)磁場偏轉后

45、又垂直y軸進入勻強電場并被接收屏接收，已知OC與x軸的夾角為37°，OA＝d，cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6.求： (1)粒子的電性及比荷； (2)第四象限內(nèi)勻強磁場的磁感應強度B′的大?。? (3)第三象限內(nèi)勻強電場的電場強度E的大小范圍． 解析　(1)粒子運動軌跡如圖所示，由左手定則可知粒子帶負電，由圖知粒子在第一象限內(nèi)運動的軌跡半徑R＝d， 由洛倫茲力提供向心力得Bqv0＝m，聯(lián)立解得＝. (2)由圖及幾何關系知OP＝d，所以粒子在第四象限內(nèi)做圓周運動的半徑為r＝＝， 同理B′qv0＝m， 聯(lián)立解得B′＝. (3)粒子在勻強電場中做類平拋運動，由圖

46、知OQ＝r＋rsin 37°＝2d.當電場強度E較大時，粒子擊中D點，由類平拋運動規(guī)律知＝v0t1，2d＝t，聯(lián)立解得Emax＝， 當電場強度E較小時，粒子擊中G點，由類平拋運動規(guī)律知＝v0t2,2d＝t， 聯(lián)立解得Emin＝， 所以電場強度E的大小滿足≤E≤. 答案　見解析 7．(2017·山東濟南模擬)如圖所示，位于豎直平面內(nèi)的坐標系xOy，在其第三象限空間有垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B＝0.5 T，還有沿x軸負方向的勻強電場，場強大小為E＝2 N/C．在其第一象限空間有沿y軸負方向的、場強大小也為E的勻強電場，并在y>h＝0.4 m的區(qū)域有磁感應強度也為B的垂直

47、于紙面向里的勻強磁場．一個帶電荷量為q的帶電油滴從圖中第三象限的P點得到一初速度，恰好能沿PO做勻速直線運動(PO與x軸負方向的夾角為θ＝45°)，并從原點O進入第一象限．已知重力加速度g＝10 m/s2，問： (1)油滴在第三象限運動時受到的重力、電場力、洛倫茲力三力的大小之比，并指出油滴帶何種電荷； (2)油滴在P點得到的初速度大?。? (3)油滴在第一象限運動的時間． 解析　(1)根據(jù)受力分析(如圖)可知油滴帶負電荷． 設油滴質量為m，由平衡條件得mg∶qE∶F＝1∶1∶. (2)由第(1)問得mg＝qE， qvB＝qE， 解得v＝＝4 m/s. (3)進入第一象

48、限，電場力和重力大小相等、方向相反，油滴受力平衡，知油滴先做勻速直線運動，進入y≥h的區(qū)域后做勻速圓周運動，軌跡如圖所示，最后從x軸上的N點離開第一象限． 油滴由O→A做勻速運動的位移x1＝＝h， 其運動時間t1＝＝＝＝0.1 s. 由幾何關系和圓周運動的周期關系式T＝知， 油滴由A→C做圓周運動的時間為t2＝T＝≈0.628 s， 由對稱性知油滴從C→N運動的時間t3＝t1， 油滴在第一象限運動的總時間 t＝t1＋t2＋t3＝2×0.1 s＋0.628 s＝0.828 s. 答案　(1)1∶1∶　負電荷　(2)4 m/s　(3)0.828 s 8．(2017·湖北武漢模擬)

49、如圖甲所示，寬度為d的豎直狹長區(qū)域內(nèi)(邊界為L1、L2)，存在垂直紙面向里的勻強磁場和豎直方向上周期性變化的電場(如圖乙所示)，電場強度的大小為E0，E>0表示電場方向豎直向上．t＝0時，一帶正電、質量為m的微粒從左邊界上的N1點以水平速度v射入該區(qū)域，沿直線運動到Q點后，做一次完整的圓周運動，再沿直線運動到右邊界上的N2點．Q為線段N1N2的中點，重力加速度為g.上述d、E0、m、v、g為已知量． (1)求微粒所帶電荷量q和磁感應強度B的大??； (2)求電場變化的周期T； (3)改變寬度d，使微粒仍能按上述運動過程通過相應寬度的區(qū)域，求T的最小值． 解析　(1)微粒做直線運動，則

50、 mg＋qE0＝qvB，① 微粒做圓周運動，則mg＝qE0② 聯(lián)立①②得q＝，③ B＝.④ (2)設微粒從N1運動到Q的時間為t1，做圓周運動的周期為t2，則 ＝vt1，⑤ qvB＝m，⑥ t2＝，⑦ 聯(lián)立③④⑤⑥⑦得 t1＝，t2＝，⑧ 故電場變化的周期 T＝t1＋t2＝＋.⑨ (3)若微粒能完成題述的運動過程，要求d≥2R，⑩ 聯(lián)立③④⑥得R＝，? 設在N1Q段直線運動的最短時間為t1min，由⑤⑩? t1min＝， 因t2確定，所以T的最小值 Tmin＝t1min＋t2＝. 答案　(1)　　(2)＋　(3) 9．(2017·湖北黃岡模擬)一圓筒的橫

51、截面如圖所示，其圓心為O.筒內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B.圓筒下面有相距為d的平行金屬板M、N，其中M板帶正電荷，N板帶等量負電荷．質量為m、電荷量為q的帶正電粒子自M板邊緣的P處由靜止釋放，經(jīng)N板的小孔S以速度v沿半徑SO方向射入磁場中．粒子與圓筒發(fā)生兩次碰撞后仍從S孔射出，設粒子與圓筒碰撞過程中沒有動能損失，且電荷量保持不變，在不計重力的情況下，求： (1)M、N間電場強度E的大?。? (2)圓筒的半徑R； (3)保持M、N間電場強度E不變，僅將M板向上平移d，粒子仍從M板邊緣的P處由靜止釋放，粒子自進入圓筒至從S孔射出期間與圓筒的碰撞次數(shù)n. 解析　(1)設兩板

52、間的電壓為U，由動能定理得qU＝mv2.① 由勻強電場中電勢差與電場強度的關系得 U＝Ed.② 聯(lián)立上式可得E＝.③ (2)粒子進入磁場后做勻速圓周運動，運用幾何關系作出圓心為O′、圓半徑為r.設第一次碰撞點為A，由于粒子與圓筒發(fā)生兩次碰撞又從S孔射出，因此，SA弧所對的圓心角∠AO′S等于. 由幾何關系得r＝Rtan .④ 粒子運動過程中洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律，得qvB＝m.⑤ 聯(lián)立④⑤式得R＝.⑥ (3)保持M、N間電場強度E不變，M板向上平移d后，設板間電壓為U′，則U′＝＝.⑦ 設粒子進入S孔時的速度為v′， 由①式看出＝. 綜合⑦式可得v′＝v.⑧ 設粒子做圓周運動的半徑為r′， 則r′＝.⑨ 設粒子從S到第一次與圓筒碰撞期間的軌跡所對圓心角為θ，比較⑥⑨兩式得到r′＝R，可見θ＝，⑩ 粒子需經(jīng)過四個這樣的圓弧才能從S孔射出，故n＝3. 答案　(1)　(2)　(3)3 26