電子在電磁場運動物理易錯題.doc

高中物理吧（） 全站精品資源免費開放下載！歡迎收藏訪問！帶電粒子電場和磁場中的運動知識網(wǎng)絡(luò)考點預(yù)測帶電粒子在電場、磁場(或電場、磁場和重力場的復(fù)合場)中的運動是高中物理中的重點內(nèi)容，這類問題對學(xué)生的空間想象能力、分析綜合能力、應(yīng)用數(shù)學(xué)知識處理物理問題的能力有較高的要求，是考查考生多項能力的極好載體，因此成為高考的熱點，在實行了多年的理科綜合能力測試中也是每年都考，且分值較高從試題的難度上看，多屬于中等難度和較難的題，特別是只要出現(xiàn)計算題就一定是難度較大的綜合題考題有可能以科學(xué)技術(shù)的具體問題為背景，從實際問題中獲取并處理信息，把實際問題轉(zhuǎn)化成物理問題，提高分析解決實際問題的能力是教學(xué)中的重點計算題還常常成為試卷的壓軸題，如2009年全國理綜卷第26題、全國理綜卷第25題、重慶理綜卷第25題、四川理綜卷第25題；2008年全國理綜卷第25題、江蘇物理卷第14題、四川理綜卷第27題、重慶理綜卷第25題、山東理綜卷第25題等預(yù)計在2010年高考中仍然會出現(xiàn)帶電粒子在復(fù)合的或組合的電場和磁場中運動的問題要點歸納一、不計重力的帶電粒子在電場中的運動1帶電粒子在電場中加速當電荷量為q、質(zhì)量為m、初速度為v0的帶電粒子經(jīng)電壓U加速后，速度變?yōu)関t，由動能定理得：qUmvt2mv02若v00，則有vt，這個關(guān)系式對任意靜電場都是適用的對于帶電粒子在電場中的加速問題，應(yīng)突出動能定理的應(yīng)用2帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)電荷量為q、質(zhì)量為m的帶電粒子由靜止開始經(jīng)電壓U1加速后，以速度v1垂直進入由兩帶電平行金屬板產(chǎn)生的勻強電場中，則帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動，其軌跡是一條拋物線(如圖41所示)圖41qU1mv12設(shè)兩平行金屬板間的電壓為U2，板間距離為d，板長為L(1)帶電粒子進入兩板間后粒子在垂直于電場的方向上做勻速直線運動，有：vxv1，Lv1t粒子在平行于電場的方向上做初速度為零的勻加速直線運動，有：vyat，yat2，a(2)帶電粒子離開極板時側(cè)移距離yat2軌跡方程為：y(與m、q無關(guān))偏轉(zhuǎn)角度的正切值tan 若在偏轉(zhuǎn)極板右側(cè)D距離處有一豎立的屏，在求電子射到屏上的側(cè)移距離時有一個很有用的推論，即：所有離開偏轉(zhuǎn)電場的運動電荷好像都是從極板的中心沿中心與射出點的連線射出的這樣很容易得到電荷在屏上的側(cè)移距離y以上公式要求在能夠證明的前提下熟記，并能通過以上式子分析、討論側(cè)移距離和偏轉(zhuǎn)角度與帶電粒子的速度、動能、比荷等物理量的關(guān)系二、不計重力的帶電粒子在磁場中的運動1勻速直線運動：若帶電粒子的速度方向與勻強磁場的方向平行，則粒子做勻速直線運動2勻速圓周運動：若帶電粒子的速度方向與勻強磁場的方向垂直，則粒子做勻速圓周運動質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子以初速度v垂直進入勻強磁場B中做勻速圓周運動，其角速度為，軌道半徑為R，運動的周期為T，則有：qvBmmR2mvmR()2mR(2f)2RT(與v、R無關(guān))，f3對于帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的問題，應(yīng)注意把握以下幾點(1)粒子圓軌跡的圓心的確定若已知粒子在圓周運動中的兩個具體位置及通過某一位置時的速度方向，可在已知的速度方向的位置作速度的垂線，同時作兩位置連線的中垂線，兩垂線的交點為圓軌跡的圓心，如圖42 所示若已知做圓周運動的粒子通過某兩個具體位置的速度方向，可在兩位置上分別作兩速度的垂線，兩垂線的交點為圓軌跡的圓心，如圖43所示若已知做圓周運動的粒子通過某一具體位置的速度方向及圓軌跡的半徑R，可在該位置上作速度的垂線，垂線上距該位置R處的點為圓軌跡的圓心(利用左手定則判斷圓心在已知位置的哪一側(cè))，如圖44所示圖42圖43圖44(2)粒子圓軌跡的半徑的確定可直接運用公式R 來確定畫出幾何圖形，利用半徑R與題中已知長度的幾何關(guān)系來確定在利用幾何關(guān)系時，要注意一個重要的幾何特點，即：粒子速度的偏向角等于對應(yīng)軌跡圓弧的圓心角，并等于弦切角的2倍，如圖45所示圖45(3)粒子做圓周運動的周期的確定可直接運用公式T 來確定利用周期T與題中已知時間t的關(guān)系來確定若粒子在時間t內(nèi)通過的圓弧所對應(yīng)的圓心角為，則有：tT(或tT)(4)圓周運動中有關(guān)對稱的規(guī)律從磁場的直邊界射入的粒子，若再從此邊界射出，則速度方向與邊界的夾角相等，如圖46所示在圓形磁場區(qū)域內(nèi)，沿徑向射入的粒子必沿徑向射出，如圖47所示圖46圖47(5)帶電粒子在有界磁場中運動的極值問題剛好穿出磁場邊界的條件通常是帶電粒子在磁場中運動的軌跡與邊界相切三、帶電粒子在復(fù)合場中的運動1高中階段所涉及的復(fù)合場有四種組合形式，即：電場與磁場的復(fù)合場；磁場與重力場的復(fù)合場；電場與重力場的復(fù)合場；電場、磁場與重力場的復(fù)合場2帶電粒子在復(fù)合場中的運動性質(zhì)取決于帶電粒子所受的合外力及初速度，因此應(yīng)把帶電粒子的運動情況和受力情況結(jié)合起來進行分析當帶電粒子在復(fù)合場中所受的合外力為零時，帶電粒子做勻速直線運動(如速度選擇器)；當帶電粒子所受的重力與電場力等值、反向，由洛倫茲力提供向心力時，帶電粒子在垂直磁場的平面內(nèi)做勻速圓周運動；當帶電粒子所受的合外力是變力，且與初速度的方向不在一條直線上時，粒子做非勻變速曲線運動，運動軌跡也隨之不規(guī)范地變化因此，要確定粒子的運動情況，必須明確有幾種場，粒子受幾種力，重力是否可以忽略3帶電粒子所受三種場力的特征(1)洛倫茲力的大小跟速度方向與磁場方向的夾角有關(guān)當帶電粒子的速度方向與磁場方向平行時，f洛0；當帶電粒子的速度方向與磁場方向垂直時，f洛qvB當洛倫茲力的方向垂直于速度v和磁感應(yīng)強度B所決定的平面時，無論帶電粒子做什么運動，洛倫茲力都不做功(2)電場力的大小為qE，方向與電場強度E的方向及帶電粒子所帶電荷的性質(zhì)有關(guān)電場力做功與路徑無關(guān)，其數(shù)值除與帶電粒子的電荷量有關(guān)外，還與其始末位置的電勢差有關(guān)(3)重力的大小為mg，方向豎直向下重力做功與路徑無關(guān)，其數(shù)值除與帶電粒子的質(zhì)量有關(guān)外，還與其始末位置的高度差有關(guān)注意：微觀粒子(如電子、質(zhì)子、離子)一般都不計重力；對帶電小球、液滴、金屬塊等實際的物體沒有特殊交代時，應(yīng)當考慮其重力；對未知名的、題中又未明確交代的帶電粒子，是否考慮其重力，則應(yīng)根據(jù)題給的物理過程及隱含條件具體分析后作出符合實際的決定4帶電粒子在復(fù)合場中的運動的分析方法(1)當帶電粒子在復(fù)合場中做勻速運動時，應(yīng)根據(jù)平衡條件列方程求解(2)當帶電粒子在復(fù)合場中做勻速圓周運動時，往往應(yīng)用牛頓第二定律和平衡條件列方程聯(lián)立求解(3)當帶電粒子在復(fù)合場中做非勻速曲線運動時，應(yīng)選用動能定理或動量守恒定律列方程求解注意：如果涉及兩個帶電粒子的碰撞問題，要根據(jù)動量守恒定律列方程，再與其他方程聯(lián)立求解由于帶電粒子在復(fù)合場中的受力情況復(fù)雜，運動情況多變，往往出現(xiàn)臨界問題，這時應(yīng)以題目中的“恰好”、“最大”、“最高”、“至少”等詞語為突破口，挖掘隱含條件，并根據(jù)臨界條件列出輔助方程，再與其他方程聯(lián)立求解熱點、重點、難點一、根據(jù)帶電粒子的運動軌跡進行分析推理圖48例1如圖48所示，MN是一正點電荷產(chǎn)生的電場中的一條電場線一個帶負電的粒子(不計重力)從a到b穿越這條電場線的軌跡如圖中虛線所示下列結(jié)論正確的是()A帶電粒子從a到b的過程中動能逐漸減小B正點電荷一定位于M點的左側(cè)C帶電粒子在a點時具有的電勢能大于在b點時具有的電勢能D帶電粒子在a點的加速度大于在b點的加速度【解析】由做曲線運動的物體的受力特點知帶負電的粒子受到的電場力指向曲線的內(nèi)側(cè)，故電場線MN的方向為NM，正點電荷位于N的右側(cè)，選項B錯誤；由a、b兩點的位置關(guān)系知b點更靠近場源電荷，故帶電粒子在a點受到的庫侖力小于在b點受到的庫侖力，粒子在b點的加速度大，選項D錯誤；由上述電場力的方向知帶電粒子由a運動到b的過程中電場力做正功，動能增大，電勢能減小，故選項A錯誤、C正確答案C【點評】本專題內(nèi)容除了在高考中以常見的計算題形式出現(xiàn)外，有時候也以選擇題形式出現(xiàn)，通過帶電粒子在非勻強電場中(只受電場力)的運動軌跡來分析電場力和能的特性是一種重要題型，解析這類問題時要注意以下三點：電場力一定沿電場線曲線的切線方向且一定指向軌跡曲線的內(nèi)側(cè)；W電qUa bEkbEka；當電場線為曲線時，電荷的運動軌跡不會與之重合二、帶電粒子在電場中的加速與偏轉(zhuǎn)圖49例2噴墨打印機的結(jié)構(gòu)簡圖如圖49所示，其中墨盒可以發(fā)出墨汁微滴，其半徑約為1105 m，此微滴經(jīng)過帶電室時被帶上負電，帶電荷量的多少由計算機按字體筆畫的高低位置輸入信號加以控制帶電后的微滴以一定的初速度進入偏轉(zhuǎn)電場，帶電微滴經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場發(fā)生偏轉(zhuǎn)后打到紙上，顯示出字體無信號輸入時，墨汁微滴不帶電，徑直通過偏轉(zhuǎn)板而注入回流槽流回墨盒偏轉(zhuǎn)板長1.6 cm，兩板間的距離為0.50 cm，偏轉(zhuǎn)板的右端距紙3.2 cm若墨汁微滴的質(zhì)量為1.61010 kg，以20 m/s的初速度垂直于電場方向進入偏轉(zhuǎn)電場，兩偏轉(zhuǎn)板間的電壓是8.0103 V，其打到紙上的點距原射入方向的距離是2.0 mm求這個墨汁微滴通過帶電室所帶的電荷量的多少(不計空氣阻力和重力，可以認為偏轉(zhuǎn)電場只局限于平行板電容器的內(nèi)部，忽略邊緣電場的不均勻性)為了使紙上的字放大10%，請你分析并提出一個可行的方法【解析】設(shè)墨汁微滴所帶的電荷量為q，它進入偏轉(zhuǎn)電場后做類平拋運動，離開電場后做直線運動打到紙上，則距原入射方向的距離為：yat2Ltan 又a，t，tan 解得：y(L)代入數(shù)據(jù)得：q1.251013 C要將字體放大10%，只要使y增大為原來的1.1倍，可采用的措施為將兩偏轉(zhuǎn)板間的電壓增大到8.8103 V，或?qū)⑵D(zhuǎn)板右端與紙的間距增大到3.6 cm答案1.251013 C將兩偏轉(zhuǎn)板間的電壓增大到8.8103 V，或?qū)⑵D(zhuǎn)板右端與紙的間距增大到3.6 cm【點評】本題也可直接根據(jù)推論公式y(tǒng)(L)tan (L)進行計算和平拋運動問題一樣，這類題型中偏轉(zhuǎn)角度的正切表達式在解題中往往較為關(guān)鍵，且有tan 2tan (為射出點的位移方向與入射方向的夾角)的特點同類拓展1如圖410甲所示，在真空中，有一半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場，磁場方向垂直紙面向外在磁場右側(cè)有一對平行金屬板M和N，兩板間距為R，板長為2R，板間的中心線O1O2與磁場的圓心O在同一直線上有一電荷量為q、質(zhì)量為m的帶正電的粒子以速度v0從圓周上的a點沿垂直于半徑OO1并指向圓心O的方向進入磁場，當從圓周上的O1點水平飛出磁場時，給M、N兩板加上如圖410乙所示的電壓，最后粒子剛好以平行于N板的速度從N板的邊緣飛出(不計粒子所受到的重力、兩板正對面之間為勻強電場，邊緣電場不計)圖410(1)求磁場的磁感應(yīng)強度B(2)求交變電壓的周期T和電壓U0的值(3)當t時，該粒子從M、N板右側(cè)沿板的中心線仍以速度v0射入M、N之間，求粒子從磁場中射出的點到a點的距離【解析】(1)粒子自a點進入磁場，從O1點水平飛出磁場，則其運動的軌道半徑為R由qv0Bm，解得：B(2)粒子自O(shè)1點進入電場后恰好從N板的邊緣平行極板飛出，設(shè)運動時間為t，根據(jù)類平拋運動規(guī)律有：2Rv0t2n()2又tnT (n1,2,3)解得：T (n1,2,3)U0 (n1,2,3)圖410丙(3)當t時，粒子以速度v0沿O2O1射入電場，該粒子恰好從M板邊緣以平行于極板的速度射入磁場，進入磁場的速度仍為v0，運動的軌跡半徑為R設(shè)進入磁場時的點為b，離開磁場時的點為c，圓心為O3，如圖410丙所示，四邊形ObO3c是菱形，所以O(shè)cO3b，故c、O、a三點共線，ca即為圓的直徑，則c、a間的距離d2R答案(1)(2) (n1,2,3) (n1,2,3)(3)2R 【點評】帶電粒子在勻強電場中偏轉(zhuǎn)的運動是類平拋運動，解此類題目的關(guān)鍵是將運動分解成兩個簡單的直線運動，題中沿電場方向的分運動就是“受力周期性變化的加速運動”三、帶電粒子在有界磁場中(只受洛倫茲力)的運動1帶電粒子在磁場中的運動大體包含五種常見情境，即：無邊界磁場、單邊界磁場、雙邊界磁場、矩形邊界磁場、圓形邊界磁場帶電粒子在磁場中的運動問題綜合性較強，解這類問題往往要用到圓周運動的知識、洛倫茲力，還要牽涉到數(shù)學(xué)中的平面幾何、解析幾何等知識因此，解此類試題，除了運用常規(guī)的解題思路(畫草圖、找“圓心”、定“半徑”等)之外，更應(yīng)側(cè)重于運用數(shù)學(xué)知識進行分析2帶電粒子在有界勻強磁場中運動時，其軌跡為不完整的圓周，解決這類問題的關(guān)鍵有以下三點確定圓周的圓心若已知入射點、出射點及入射方向、出射方向，可通過入射點和出射點作垂直于入射方向和出射方向的直線，兩直線的交點即為圓周的圓心；若已知入射點、出射點及入射方向，可通過入射點作入射線的垂線，連接入射點和出射點，作此連線的垂直平分線，兩垂線的交點即為圓周的圓心確定圓的半徑一般在圓上作圖，由幾何關(guān)系求出圓的半徑求運動時間找到運動的圓弧所對應(yīng)的圓心角，由公式tT 求出運動時間3解析帶電粒子穿過圓形區(qū)域磁場問題?？捎玫揭韵峦普摚貉匕霃椒较蛉肷涞牧Ｗ右欢ㄑ亓硪话霃椒较蛏涑鐾N帶電粒子以相同的速率從同一點垂直射入圓形區(qū)域的勻強磁場時，若射出方向與射入方向在同一直徑上，則軌跡的弧長最長，偏轉(zhuǎn)角有最大值且為2arcsin2arcsin在圓形區(qū)域邊緣的某點向各方向以相同速率射出的某種帶電粒子，如果粒子的軌跡半徑與區(qū)域圓的半徑相同，則穿過磁場后粒子的射出方向均平行(反之，平行入射的粒子也將匯聚于邊緣一點)例3如圖411甲所示，空間存在勻強電場和勻強磁場，電場方向為y軸正方向，磁場方向垂直于xy平面(紙面)向外，電場和磁場都可以隨意加上或撤除，重新加上的電場或磁場與撤除前的一樣一帶正電荷的粒子從P(0，h)點以一定的速度平行于x軸正向入射這時若只有磁場，粒子將做半徑為R0的圓周運動；若同時存在電場和磁場，粒子恰好做直線運動現(xiàn)在只加電場，當粒子從P點運動到xR0平面(圖中虛線所示)時，立即撤除電場同時加上磁場，粒子繼續(xù)運動，其軌跡與x軸交于M點，不計重力，求：圖411甲(1)粒子到達xR0平面時的速度方向與x軸的夾角以及粒子到x軸的距離(2)M點的橫坐標xM【解析】(1)粒子做直線運動時，有：qEqBv0做圓周運動時，有：qBv0只有電場時，粒子做類平拋運動，則有：qEmaR0v0tvyat解得：vyv0粒子的速度大小為：vv0速度方向與x軸的夾角為：粒子與x軸的距離為：Hhat2h(2)撤去電場加上磁場后，有：qBvm解得：RR0此時粒子的運動軌跡如圖411乙所示圓心C位于與速度v方向垂直的直線上，該直線與x軸和y軸的夾角均為由幾何關(guān)系可得C點的坐標為：圖411乙xC2R0yCHR0h過C點作x軸的垂線，在CDM中，有：lCMRR0，lCDyCh解得：lDMM點的橫坐標為：xM2R0答案(1)h(2)2R0【點評】無論帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)還是在勻強磁場中的偏轉(zhuǎn)，偏轉(zhuǎn)角往往是個較關(guān)鍵的量例4如圖412甲所示，質(zhì)量為m、電荷量為e的電子從坐標原點O處沿xOy平面射入第一象限內(nèi)，射入時的速度方向不同，但大小均為v0現(xiàn)在某一區(qū)域內(nèi)加一方向向外且垂直于xOy平面的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，若這些電子穿過磁場后都能垂直地射到與y軸平行的熒光屏MN上，求：圖412甲(1)熒光屏上光斑的長度(2)所加磁場范圍的最小面積【解析】(1)如圖412乙所示，要求光斑的長度，只要找到兩個邊界點即可初速度沿x軸正方向的電子沿弧OA運動到熒光屏MN上的P點；初速度沿y軸正方向的電子沿弧OC運動到熒光屏MN上的Q點圖412乙設(shè)粒子在磁場中運動的半徑為R ，由牛頓第二定律得：ev0Bm，即R由幾何知識可得：PQR(2)取與x軸正方向成角的方向射入的電子為研究對象，其射出磁場的點為E(x，y)，因其射出后能垂直打到屏MN上，故有：xRsin yRRcos 即x2(yR)2R2又因為電子沿x軸正方向射入時，射出的邊界點為A點；沿y軸正方向射入時，射出的邊界點為C點，故所加最小面積的磁場的邊界是以(0，R)為圓心、R為半徑的圓的一部分，如圖乙中實線圓弧所圍區(qū)域，所以磁場范圍的最小面積為：SR2R2R2(1)()2答案(1)(2)(1)()2【點評】帶電粒子在勻強磁場中偏轉(zhuǎn)的試題基本上是年年考，大概為了求新求變，在2009年高考中海南物理卷(第16題)、浙江理綜卷(第25題)中都出現(xiàn)了應(yīng)用這一推論的題型同類拓展2如圖413甲所示，ABCD是邊長為a的正方形質(zhì)量為m、電荷量為e的電子以大小為v0的初速度沿紙面垂直于BC邊射入正方形區(qū)域在正方形內(nèi)適當區(qū)域中有勻強磁場電子從BC邊上的任意點入射，都只能從A點射出磁場不計重力，求：圖413甲(1)此勻強磁場區(qū)域中磁感應(yīng)強度的方向和大小(2)此勻強磁場區(qū)域的最小面積2009年高考海南物理卷【解析】(1)若要使由C點入射的電子從A點射出，則在C處必須有磁場，設(shè)勻強磁場的磁感應(yīng)強度的大小為B，令圓弧是自C點垂直于BC入射的電子在磁場中的運行軌道，電子所受到的磁場的作用力fev0B，方向應(yīng)指向圓弧的圓心，因而磁場的方向應(yīng)垂直于紙面向外圓弧的圓心在CB邊或其延長線上依題意，圓心在A、C連線的中垂線上，故B點即為圓心，圓半徑為a按照牛頓定律有：fm聯(lián)立解得：B(2)由(1)中決定的磁感應(yīng)強度的方向和大小，可知自C點垂直于BC入射的電子在A點沿DA方向射出，且自BC邊上其他點垂直于入射的電子的運動軌道只能在BAEC區(qū)域中，因而，圓弧是所求的最小磁場區(qū)域的一個邊界為了決定該磁場區(qū)域的另一邊界，我們來考察射中A點的電子的速度方向與BA的延長線交角為(不妨設(shè)0)的情形該電子的運動軌跡QPA如圖413乙所示圖中，圓弧的圓心為O，PQ垂直于BC邊，由上式知，圓弧的半徑仍為a過P點作DC的垂線交DC于G，由幾何關(guān)系可知DPG，在以D為原點、DC為x軸、DA為y軸的坐標系中，P點的坐標(x，y)為：xasin ，yacos 圖413乙這意味著，在范圍0內(nèi)，P點形成以D為圓心、a為半徑的四分之一圓周，它是電子做直線運動和圓周運動的分界線，構(gòu)成所求磁場區(qū)域的另一邊界因此，所求的最小勻強磁場區(qū)域是分別以B和D為圓心、a為半徑的兩個四分之一圓周 和 所圍成的，其面積為：S2(a2a2)a2答案(1)方向垂直于紙面向外(2)a2 四、帶電粒子在復(fù)合場、組合場中的運動問題例5在地面附近的真空中，存在著豎直向上的勻強電場和垂直電場方向水平向里的勻強磁場，如圖414甲所示磁場的磁感應(yīng)強度B隨時間t的變化情況如圖414乙所示該區(qū)域中有一條水平直線MN，D是MN上的一點在t0時刻，有一個質(zhì)量為m、電荷量為q的小球(可看做質(zhì)點)，從M點開始沿著水平直線以速度v0做勻速直線運動，t0時刻恰好到達N點經(jīng)觀測發(fā)現(xiàn)，小球在t2t0至t3t0時間內(nèi)的某一時刻，又豎直向下經(jīng)過直線MN上的D點，并且以后小球多次水平向右或豎直向下經(jīng)過D點求：圖414(1)電場強度E的大小(2)小球從M點開始運動到第二次經(jīng)過D點所用的時間(3)小球運動的周期，并畫出運動軌跡(只畫一個周期)【解析】(1)小球從M點運動到N點時，有：qEmg解得：E(2)小球從M點到達N點所用時間t1t0小球從N點經(jīng)過個圓周，到達P點，所以t2t0小球從P點運動到D點的位移xR小球從P點運動到D點的時間t3所以時間tt1t2t32t0或t(31)，t2t0(1)(3)小球運動一個周期的軌跡如圖414丙所示圖414丙小球的運動周期為：T8t0(或T)答案(1)(2)2t0(3)T8t0運動軌跡如圖414丙所示【點評】帶電粒子在復(fù)合場或組合場中運動的軌跡形成一閉合的對稱圖形的試題在高考中屢有出現(xiàn)五、常見的、在科學(xué)技術(shù)中的應(yīng)用帶電粒子在電場、磁場中的運動規(guī)律在科學(xué)技術(shù)中有廣泛的應(yīng)用，高中物理中常碰到的有：示波器(顯像管)、速度選擇器、質(zhì)譜儀、回旋加速器、霍耳效應(yīng)傳感器、電磁流量計等例6一導(dǎo)體材料的樣品的體積為abc，A、C、A、C為其四個側(cè)面，如圖415所示已知導(dǎo)體樣品中載流子是自由電子，且單位體積中的自由電子數(shù)為n，電阻率為，電子的電荷量為e，沿x方向通有電流I圖415(1)導(dǎo)體樣品A、A兩個側(cè)面之間的電壓是_，導(dǎo)體樣品中自由電子定向移動的速率是_(2)將該導(dǎo)體樣品放在勻強磁場中，磁場方向沿z軸正方向，則導(dǎo)體側(cè)面C的電勢_(填“高于”、“低于”或“等于”)側(cè)面C的電勢(3)在(2)中，達到穩(wěn)定狀態(tài)時，沿x方向的電流仍為I，若測得C、C兩側(cè)面的電勢差為U，試計算勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的大小【解析】(1)由題意知，樣品的電阻R根據(jù)歐姆定律：U0IR分析t時間定向移動通過端面的自由電子，由電流的定義式I可得v(2)由左手定則知，定向移動的自由電子向C側(cè)面偏轉(zhuǎn)，故C側(cè)的電勢高于C側(cè)面(3)達到穩(wěn)定狀態(tài)時，自由電子受到電場力與洛倫茲力的作用而平衡，則有：qqvB解得：B答案(1)(2)高于(3)【點評】本例實際上為利用霍耳效應(yīng)測磁感應(yīng)強度的方法，而電磁流量計、磁流體發(fā)電機的原理及相關(guān)問題的解析都與此例相似同類拓展3如圖416甲所示，離子源A產(chǎn)生的初速度為零、帶電荷量均為e、質(zhì)量不同的正離子被電壓為U0的加速電場加速后勻速通過準直管，垂直射入勻強偏轉(zhuǎn)電場，偏轉(zhuǎn)后通過極板HM上的小孔S離開電場，經(jīng)過一段勻速直線運動，垂直于邊界MN進入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場已知HOd，HS2d，MNQ90(忽略離子所受重力)圖416甲(1)求偏轉(zhuǎn)電場場強E0的大小以及HM與MN的夾角(2)求質(zhì)量為m的離子在磁場中做圓周運動的半徑(3)若質(zhì)量為4m的離子垂直打在NQ的中點S1處，質(zhì)量為16m的離子打在S2處求S1和S2之間的距離以及能打在NQ上的正離子的質(zhì)量范圍2009年高考重慶理綜卷【解析】(1)設(shè)正離子經(jīng)電壓為U0的電場加速后速度為v1，應(yīng)用動能定理有：圖416乙eU0mv120正離子垂直射入勻強偏轉(zhuǎn)電場，受到的電場力FeE0產(chǎn)生的加速度a，即a垂直電場方向做勻速運動，有：2dv1t沿電場方向，有：dat2聯(lián)立解得：E0又tan 解得：45(2)正離子進入磁場時的速度大小為：v正離子在勻強磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，則有：evBm聯(lián)立解得：正離子在磁場中做圓周運動的半徑R2(3)將4m和16m代入R，得R12、R22圖416丙由幾何關(guān)系可知S1和S2之間的距離sR1聯(lián)立解得：s4(1)由R2(2R1)2(RR1)2得：RR1由R1RR1得：mm正25m答案(1)45(2)2(3)mm正25m 經(jīng)典考題帶電粒子在電場、磁場以及復(fù)合場、組合場中的運動問題是每年各地高考的必考內(nèi)容，留下大量的經(jīng)典題型，認真地總結(jié)歸納這些試題會發(fā)現(xiàn)以下特點：重這些理論在科學(xué)技術(shù)上的應(yīng)用；需要較強的空間想象能力1圖示是科學(xué)史上一張著名的實驗照片，顯示一個帶電粒子在云室中穿過某種金屬板運動的徑跡云室放置在勻強磁場中，磁場方向垂直照片向里，云室中橫放的金屬板對粒子的運動起阻礙作用分析此徑跡可知粒子2009年高考安徽理綜卷()A帶正電，由下往上運動B帶正電，由上往下運動C帶負電，由上往下運動D帶負電，由下往上運動【解析】粒子穿過金屬板后速度變小，由半徑公式r可知，半徑變小，粒子的運動方向為由下向上；又由洛倫茲力的方向指向圓心以及左手定則知粒子帶正電答案A【點評】題圖為安德森發(fā)現(xiàn)正電子的云室照片2圖示為一“濾速器”裝置的示意圖a、b為水平放置的平行金屬板，一束具有各種不同速率的電子沿水平方向經(jīng)小孔O進入a、b兩板之間為了選取具有某種特定速率的電子，可在a、b間加上電壓，并沿垂直于紙面的方向加一勻強磁場，使所選電子仍能夠沿水平直線OO運動，由O射出不計重力作用可能達到上述目的的辦法是2006年高考全國理綜卷()A使a板的電勢高于b板，磁場方向垂直紙面向里B使a板的電勢低于b板，磁場方向垂直紙面向里C使a板的電勢高于b板，磁場方向垂直紙面向外D使a板的電勢低于b板，磁場方向垂直紙面向外【解析】要使電子能沿直線通過復(fù)合場，電子所受電場力與洛倫茲力必是一對平衡力由左手定則及電場的相關(guān)知識可知，選項A、D正確答案AD3圖示是質(zhì)譜儀的工作原理示意圖帶電粒子被加速電場加速后，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2009年高考廣東物理卷()A質(zhì)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(zhì)比越小【解析】粒子在電場中加速有：qUmv2，粒子沿直線通過速度選擇器有：EqqvB，粒子在平板S下方磁場中做圓周運動有：r，由上述過程遵循的規(guī)律可知選項A、B、C正確答案ABC4帶電粒子的比荷是一個重要的物理量某中學(xué)物理興趣小組設(shè)計了一個實驗，探究電場和磁場對電子運動軌跡的影響，以求得電子的比荷，實驗裝置如圖所示(1)他們的主要實驗步驟如下A首先在兩極板M1M2之間不加任何電場、磁場，開啟陰極射線管電源，發(fā)射的電子從兩極板中央通過，在熒屏的正中心處觀察到一個亮點B在M1M2兩極板間加合適的電場：加極性如圖所示的電壓，并逐步調(diào)節(jié)增大，使熒屏上的亮點逐漸向熒屏下方偏移，直到熒屏上恰好看不見亮點為止，記下此時外加電壓為U請問本步驟的目的是什么？C保持步驟B中的電壓U不變，對M1M2區(qū)域加一個大小、方向均合適的磁場B，使熒屏正中心重現(xiàn)亮點，試問外加磁場的方向如何？(2)根據(jù)上述實驗步驟，同學(xué)們正確推算出電子的比荷與外加電場、磁場及其他相關(guān)量的關(guān)系為一位同學(xué)說，這表明電子的比荷將由外加電壓決定，外加電壓越大則電子的比荷越大你認為他的說法正確嗎？為什么？2007年高考廣東物理卷答案(1)B使電子剛好落在正極板的近熒幕端的邊緣，利用已知量表達C垂直電場方向向外(垂直紙面向外)(2)說法不正確，電子的比荷是電子的固有參數(shù)51932年，勞倫斯和利文斯頓設(shè)計出了回旋加速器回旋加速器的工作原理如圖所示，置于高真空中的D形金屬盒半徑為R，兩盒間的狹縫很小，帶電粒子穿過的時間可以忽略不計磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場與盒面垂直A處粒子源產(chǎn)生的粒子，質(zhì)量為m、電荷量為q ，在加速器中被加速，加速電壓為U加速過程中不考慮相對論效應(yīng)和重力作用(1)求粒子第2次和第1次經(jīng)過兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比(2)求粒子從靜止開始加速到出口處所需的時間t(3)實際使用中，磁感應(yīng)強度和加速電場頻率都有最大值的限制若某一加速器磁感應(yīng)強度和加速電場頻率的最大值分別為Bm、fm，試討論粒子能獲得的最大動能Ekm2009年高考江蘇物理卷【解析】(1)設(shè)粒子第1次經(jīng)過狹縫后的半徑為r1，速度為v1，則qUmv12qv1Bm解得：r1同理，粒子第2次經(jīng)過狹縫后的半徑r2則r2r11(2)設(shè)粒子到出口處被加速了n圈，則2nqUmv2qvBmTtnT解得：t(3)加速電場的頻率應(yīng)等于粒子在磁場中做圓周運動的頻率，即f當磁感應(yīng)強度為Bm時，加速電場的頻率應(yīng)為fBm粒子的動能Ekmv2當fBmfm時，粒子的最大動能由Bm決定qvmBmm解得：Ekm當fBmfm時，粒子的最大動能由fm決定vm2fmR解得：Ekm22mfm2R2答案(1)1(2)(3)22mfm2R2【點評】回旋加速器為洛倫茲力的典型應(yīng)用，在高考中多次出現(xiàn)要理解好磁場對粒子的“加速”沒有起作用，但回旋加速器中粒子所能獲得的最大動能卻與磁感應(yīng)強度相關(guān)6如圖甲所示，在x軸下方有勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于xOy平面向外P是y軸上距原點為h的一點，N0為x軸上距原點為a的一點A是一塊平行于x軸的擋板，與x軸的距離為，A的中點在y軸上，長度略小于帶電粒子與擋板碰撞前后，x方向的分速度不變，y方向的分速度反向、大小不變質(zhì)量為m、電荷量為q(q0)的粒子從P點瞄準N0點入射，最后又通過P點不計重力求粒子入射速度的所有可能值2009年高考全國理綜卷甲【解析】設(shè)粒子的入射速度為v，第一次射出磁場的點為N0，與板碰撞后再次進入磁場的位置為N1粒子在磁場中運動的半徑為R，有：R乙粒子的速度不變，每次進入磁場與射出磁場的位置間的距離x1保持不變，則有：x1N0N02Rsin 粒子射出磁場與下一次進入磁場位置間的距離x2始終不變，與N0N1相等由圖乙可以看出x2a設(shè)粒子最終離開磁場時，與擋板相碰n次(n0,1,2)若粒子能回到P點，由對稱性可知，出射點的x坐標應(yīng)為a，即：(n1)x1nx22a由以上兩式得：x1a若粒子與擋板發(fā)生碰撞，則有：x1x2聯(lián)立解得：n3va式中sin 解得：v0，n0v1，n1v2，n2答案v0，n0v1，n1v2，n2能力演練一、選擇題(104分)1如圖所示，真空中O點有一點電荷，在它產(chǎn)生的電場中有a、b兩點，a點的場強大小為Ea，方向與ab連線成60角，b點的場強大小為Eb，方向與ab連線成30角關(guān)于a、b兩點的場強大小Ea、Eb及電勢a、b的關(guān)系，以下結(jié)論正確的是()AEa，abBEaEb，abCEa3Eb，abDEa3Eb，ab【解析】由題圖可知O點處為負電荷，故ba，又因為Ea、Eb，可得Ea3Eb答案D2一正電荷處于電場中，在只受電場力作用下從A點沿直線運動到B點，其速度隨時間變化的圖象如圖所示，tA、tB分別對應(yīng)電荷在A、B兩點的時刻，則下列說法中正確的有()AA處的場強一定大于B處的場強BA處的電勢一定低于B處的電勢C正電荷在A處的電勢能一定大于B處的電勢能D由A至B的過程中，電場力一定對正電荷做負功【解析】由題圖知正電荷在做加速越來越小的加速運動，說明電場線的方向為：AB，可知：AB，EAEB，AB，由A至B的過程中，電場力一定對正電荷做正功答案AC3如圖所示，帶正電的粒子以一定的初速度v0沿中線進入水平放置的平行金屬板內(nèi)，恰好沿下板的邊緣飛出，已知板長為L，板間的電壓為U，帶電粒子所帶電荷量為q，粒子通過平行金屬板的時間為t，不計粒子的重力，則 ()A粒子在前時間內(nèi)，電場力對粒子做的功為B粒子在后時間內(nèi)，電場力對粒子做的功為C粒子在豎直方向的前和后位移內(nèi)，電場力做的功之比為12D粒子在豎直方向的前和后位移內(nèi)，電場力的沖量之比為11【解析】粒子在勻強電場中運動，電場力做的功為：W電qUABqEy，其中y為粒子在電場方向的位移又由題意知：at2，a()2故在前內(nèi)電場力做的功W1qU，在后內(nèi)電場力做的功W2前后位移內(nèi)電場力做的功之比為11又從靜止開始的勻加速直線運動通過連續(xù)相等位移的時間之比為1(1)()()故I前I后1(1)答案B4如圖所示，在一正交的電場和磁場中，一帶電荷量為q、質(zhì)量為m的金屬塊沿傾角為的粗糙絕緣斜面由靜止開始下滑已知電場強度為E，方向豎直向下；磁感應(yīng)強度為B，方向垂直紙面向里；斜面的高度為h金屬塊滑到斜面底端時恰好離開斜面，設(shè)此時的速度為v，則()A金屬塊從斜面頂端滑到底端的過程中，做的是加速度逐漸減小的加速運動B金屬塊從斜面頂端滑到底端的過程中，機械能增加了qEhC金屬塊從斜面頂端滑到底端的過程中，機械能增加了mv2mghD金屬塊離開斜面后將做勻速圓周運動【解析】金屬塊在下滑的過程中，隨著速度的增大，洛倫茲力增大，對斜面的壓力減小，故摩擦力f(mgqEqvB)不斷減小，金屬塊做加速度逐漸增大的加速運動，選項A錯誤又由功能關(guān)系得：E機W電WfqEh，選項B錯誤機械能的變化量為：E機EkEpmv2mgh，選項C正確由題意知，mgqE，故離開斜面后金屬塊不可能做勻速圓周運動，選項D錯誤答案C5如圖所示，充電的兩平行金屬板間有場強為E的勻強電場和方向與電場垂直(垂直紙面向里)的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，構(gòu)成了速度選擇器氕核、氘核、氚核以相同的動能(Ek)從兩極板中間垂直于電場和磁場射入速度選擇器，且氘核沿直線射出不計粒子的重力，則射出時()A動能增加的是氚核B動能增加的是氕核C偏向正極板的是氚核D偏向正極板的是氕核【解析】帶電粒子直線通過速度選擇器的條件為：v0對于氘核：qEqB對于氕核：qEqB，向正極偏轉(zhuǎn)，動能減少對于氚核：qEqB，向負極偏轉(zhuǎn)，動能增加答案AD6如圖所示，豎直放置的兩個平行金屬板間有勻強電場，在兩板之間等高處有兩個質(zhì)量相同的帶電小球，P小球從緊靠左極板處由靜止開始釋放，Q小球從兩板正中央由靜止開始釋放，兩小球最后都能打在右極板上的同一點則從開始釋放到打到右極板的過程中()A它們的運行時間tPtQB它們的電荷量之比qPqQ21C它們的動能增加量之比EkPEkQ41D它們的電勢能減少量之比EPEQ21【解析】將兩小球的運動都沿水平和豎直正交分解，豎直的分運動都為自由落體運動，故它們從開始釋放到打在右極板的過程中運行時間相等，選項A錯誤對于水平分運動，有：t2t2故知qPqQ21，選項B正確P球動能的增量EkPmghqPEd，Q球動能的增量EkQmghqQEmghqPEd，選項C錯誤同理：EPqPEd，EQqQE，可得EPEQ41，選項D錯誤答案B7均勻分布著等量異種電荷的半徑相等的半圓形絕緣桿被正對著固定在同一平面上，如圖所示AB是兩種絕緣桿所在圓圓心連線的中垂線而且與二者共面，該平面與紙面平行，有一磁場方向垂直于紙面，一帶電粒子(重力不計)以初速度v0一直沿直線AB運動則()A磁場是勻強磁場B磁場是非勻強磁場C帶電粒子做勻變速直線運動D帶電粒子做變加速運動【解析】由對稱性知直線AB上的電場方向與AB垂直，又由兩絕緣桿的形狀知AB上的電場并非處處相等在AB上的每一點，由平衡條件知qEqvB，故知磁場為非勻強磁場，帶電粒子做勻速直線運動答案B8如圖所示，帶電粒子在沒有電場和磁場的空間內(nèi)以速度v0從坐標原點O沿x軸方向做勻速直線運動若空間只存在垂直于xOy平面的勻強磁場時，粒子通過P點時的動能為Ek；當空間只存在平行于y軸的勻強電場時，則粒子通過P點時的動能為()AEkB2EkC4EkD5Ek【解析】由題意知帶電粒子只受電場力或洛倫茲力的作用，且有Ekmv02當空間只存在電場時，帶電粒子經(jīng)過P點，說明：vPytv0t10 cm，即vPy2v0由動能的定義可得：EkPmv02mvPy25Ek答案D9如圖所示，一個帶電荷量為Q 的點電荷甲固定在絕緣平面上的O點；另一個帶電荷量為q、質(zhì)量為m的點電荷乙，從A點以初速度v0沿它們的連線向甲滑行運動，運動到B點靜止已知靜電力常量為k，點電荷乙與水平面的動摩擦因數(shù)為，A、B間的距離為s下列說法正確的是()AO、B間的距離為B點電荷乙從A運動到B的運動過程中，中間時刻的速度小于C點電荷乙從A運動到B的過程中，產(chǎn)生的內(nèi)能為mv02D在點電荷甲產(chǎn)生的電場中，A、B兩點間的電勢差UAB【解析】由題意知電荷乙做加速度越來越小的減速運動，vt圖象如圖所示，可知點電荷乙從A運動到B的中間時刻的速度vC，故選項B正確；這一過程一直有mg，故sOB，選項A錯誤點電荷乙由A運動到B的過程中，電場力做正功，設(shè)為W，由動能定理得：Wmgs0mv02可得：此過程中產(chǎn)生的內(nèi)能QmgsWmv02，選項C錯誤由上可知，A、B兩點間的電勢差為：UAB，選項D正確答案BD10如圖甲所示，在第象限內(nèi)有水平向右的勻強電場，電場強度為E，在第、象限內(nèi)分別存在如圖所示的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小相等有一個帶電粒子以垂直于x軸的初速度v0從x軸上的P點進入勻強電場中，并且恰好與y軸的正方向成45角進入磁場，又恰好垂直進入第象限的磁場已知OP之間的距離為d，則帶電粒子在磁場中第二次經(jīng)過x軸時，在電場和磁場中運動的總時間為()甲AB(25)C(2)D(2)【解析】帶電粒子的運動軌跡如圖乙所示由題意知，帶電粒子到達y軸時的速度vv0，這一過程的時間t1又由題意知，帶電粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)軌道半徑r2d乙故知帶電粒子在第象限中的運動時間為：t2帶電粒子在第象限中運動的時間為：t3故t總(2)答案D二、非選擇題(共60分)11(6分)在“用描跡法畫出電場中平面上的等勢線”的實驗中，所用靈敏電流表的指針偏轉(zhuǎn)方向與電流的關(guān)系是：當電流從正接線柱流入電流表時，指針偏向正接線柱一側(cè)(1)某同學(xué)在實驗中接通電源開關(guān)，將兩表筆E1、E2在導(dǎo)電紙上移動，不管怎樣移動，表針都不偏轉(zhuǎn)經(jīng)檢查，電源與電流表均完好，則產(chǎn)生這一現(xiàn)象的原因可能是_(2)排除故障后，用這個電表探測基準點2兩側(cè)的等勢點時，將電流表正接線柱的E1接在基準點2上，如圖所示，把負接線柱的E2接在紙上某一點，若發(fā)現(xiàn)電表的指針發(fā)生了偏轉(zhuǎn)，該同學(xué)移動E2的方向正確的是_A若電表的指針偏向正接線柱一側(cè)，E2向右移動B若電表的指針偏向正接線柱一側(cè)，E2向左移動C若電表的指針偏向負接線柱一側(cè)，E2向右移動D若電表的指針偏向負接線柱一側(cè)，E2向左移動答案(1)導(dǎo)電紙導(dǎo)電一面向下(3分)(2)BC(3分)12(6分)用示波器觀察頻率為900 Hz的正弦電壓信號把該信號接入示波器Y輸入(1)當屏幕上出現(xiàn)如圖所示的波形時，應(yīng)調(diào)節(jié)_旋鈕如果正弦波的正負半周均超出了屏幕的范圍，應(yīng)調(diào)節(jié)_旋鈕或_旋鈕，或這兩個鈕配合使用，以使正弦波的整個波形出現(xiàn)在屏幕內(nèi)(2)如需要屏幕上正好出現(xiàn)一個完整的正弦波形，應(yīng)將_旋鈕置于_位置，然后調(diào)節(jié)_旋鈕答案(1)豎直位移(或)衰減(或衰減調(diào)節(jié))Y增益(每空1分)(2)掃描范圍1 k擋位掃描微調(diào)(每空1分)13(10分)一種半導(dǎo)體材料稱為“霍爾材料”，用它制成的元件稱為“霍爾元件”這種材料內(nèi)有一種稱為“載流子”的可定向移動的電荷，每個載流子的電荷量q1.61019C霍爾元件在自動檢測、控制領(lǐng)域得到廣泛應(yīng)用，如錄像機中用來測量錄像磁鼓的轉(zhuǎn)速，電梯中用來檢測電梯門是否關(guān)閉以及自動控制升降電動機的電源的通斷等在一次實驗中，由一塊霍爾材料制成的薄板寬L1ab1.0102 m、長bcL24.0102 m、厚h1.0103 m，水平放置在豎直向上的磁感應(yīng)強度B1.5 T 的勻強磁場中，bc方向通有I3.0 A的電流，如圖所示，沿寬度產(chǎn)生1.0105 V的橫向電壓(1)假定載流子是電子，則a、b兩端哪端的電勢較高？(2)薄板中形成電流I的載流子定向運動的速度是多少？【解析】(1)根據(jù)左手定則可確定a端電勢較高(3分)(2)當導(dǎo)體內(nèi)有載流子沿電流方向所在的直線做定向運動時，受到洛倫茲力的作用而產(chǎn)生橫向分運動，產(chǎn)生橫向電場，橫向電場的電場力