第八章第三節(jié)帶電粒子在復合場中的運動

1、第三節(jié) 帶電粒子在復合場中的運動 , 學生用書 P181) 一、帶電粒子在復合場中的運動 1復合場的分類 (1)疊加場：電場、磁場、重力場在同一區(qū)域共存，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，或在同一區(qū)域，電場、磁場交替出現(xiàn) 2帶電粒子在復合場中的運動分類 (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做勻速圓周運動 (3)非勻變速曲線運動：當帶電粒子所受的合外力的大小和方向均變化，且與初速度方向不在

2、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 1.(單選) (2016 江西七校聯(lián)考)在豎直放置的光滑絕緣圓環(huán)上，套有一個帶電荷量為q、質量為m 的小環(huán)，整個裝置放在如圖所示的正交電磁場中，電場強度 Emgq.當小環(huán)從大環(huán)頂無初速度下滑時，在滑過多少弧度時所受洛倫茲力最大( ) A.4 B.2 C.34 D 答案：C 二、帶電粒子在復合場中運動的應用實例 1質譜儀 (1)構造：如圖所示，由粒子源、加速電場、偏轉磁場和照相底片等構成 (2)原理：粒子由靜止在加速電場中被加速，根據(jù)動能定理可得關系式 qU12mv_2粒子在磁場中受洛倫茲力偏轉，做勻速圓周運動，根

3、據(jù)牛頓第二定律得關系式 qvBmv2r. 由以上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 r1B_2mUq，mqr2B22U，qm2UB2r2 2回旋加速器 (1)構造：如圖所示，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，粒子經電場加速，經磁場回旋，由 qvBmv2r，得 Ekmq2B2r22m，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速度選擇器(如圖所示) (1)平行板中電場強度 E 和磁感應強度 B 互相垂直這種裝置能把具有一定速度的粒子選擇

4、出來，所以叫做速度選擇器 (2)帶電粒子能夠沿直線勻速通過速度選擇器的條件是 qEqvB，即 vEB. 4磁流體發(fā)電機 (1)磁流體發(fā)電是一項新興技術，它可以把內能直接轉化為電能 (2)根據(jù)左手定則，如圖中的 B 是發(fā)電機正極 (3)磁流體發(fā)電機兩極板間的距離為 L，等離子體速度為 v，磁場的磁感應強度為 B，則由 qEqULqvB 得兩極板間能達到的最大電勢差 UBLv 5電磁流量計 工作原理：如圖所示，圓形導管直徑為 d，用非磁性材料制成，導電液體在管中向左流動，導電液體中的自由電荷(正、負離子)，在洛倫茲力的作用下發(fā)生偏轉，a、b 間出現(xiàn)電勢差，形成電場，當自由電荷所受的電場力和洛倫茲力

5、平衡時，a、b 間的電勢差就保持穩(wěn)定，即：qvBqEqUd，所以 vUBd，因此液體流量 QSvd24UBddU4B 2.(多選)(2016 河北石家莊五校聯(lián)考)如圖所示，a、b 是一對平行金屬板，分別接到直流電源兩極上，右邊有一擋板，正中間開有一小孔 d，在較大空間范圍內存在著勻強磁場，磁感應強度大小為 B，方向垂直紙面向里，在 a、b 兩板間還存在著勻強電場 E.從兩板左側中點 c 處射入一束 負離子(不計重力)，這些負離子都沿直線運動到右側，從 d 孔射出后分成 3 束則下列判斷正確的是( ) A這三束負離子的速度一定不相同 B這三束負離子的比荷一定不相同 Ca、b 兩板間的勻強電場方向

6、一定由 a 指向 b D若這三束離子改為帶正電而其他條件不變，則仍能從 d 孔射出 答案：BCD 考點一 帶電粒子在疊加場中的運動 1帶電粒子在疊加場中無約束情況下的運動情況分類 (1)磁場力、重力并存 若重力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運動 若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，故機械能守恒，由此可求解問題 (2)電場力、磁場力并存(不計重力的微觀粒子) 若電場力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運動 若電場力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，可用動能定理求解問題 (3)電場力、磁場力、重力并存 若三力平衡，一定做勻速直線運

7、動 若重力與電場力平衡，一定做勻速圓周運動 若合力不為零且與速度方向不垂直，將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，可用能量守恒或動能定理求解問題 2帶電粒子在疊加場中有約束情況下的運動 帶電體在復合場中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道等約束的情況下，除受場力外，還受彈力、摩擦力作用，常見的運動形式有直線運動和圓周運動，此時解題要通過受力分析明確變力、恒力做功情況，并注意洛倫茲力不做功的特點，運用動能定理、能量守恒定律結合牛頓運動定律求出結果 無約束粒子在疊加場中的運動學生用書 P182 如圖所示，兩塊水平放置、相距為 d 的長金屬板接在電壓可調的電源上兩板之間的右側區(qū)域存在方向垂直紙面向里的勻強磁場將

8、噴墨打印機的噴口靠近上板下表面，從噴口連續(xù)不斷噴出質量均為 m、水平速度均為 v0、帶相等電荷量的墨滴調節(jié)電源電壓至 U，墨滴在電場區(qū)域恰能沿水平向右做勻速直線運動；進入電場、磁場共存區(qū)域后，最終垂直打在下板的 M 點 (1)判斷墨滴所帶電荷的種類，并求其電荷量； (2)求磁感應強度 B 的值； (3)現(xiàn)保持噴口方向不變，使其豎直下移到兩板中間的位置為了使墨滴仍能到達下板M 點，應將磁感應強度調至 B，則 B的大小為多少？ 審題突破 (1)墨滴在電場區(qū)域受到_力和_力 二力滿足_關系時，墨滴做勻速直線運動 (2)進入磁場區(qū)域后，墨滴受到的合力等于_，因此做_運動 (3)墨滴垂直打到 M 點時，

9、圓周半徑為_，墨滴從兩板中間射入打到 M 點，圓周半徑為_ 解析 (1)墨滴在電場區(qū)域做勻速直線運動，有 qUdmg 由式得 qmgdU 由于電場方向向下，電荷所受靜電力向上，可知墨滴帶負電荷 (2)墨滴垂直進入電、磁場共存區(qū)域，重力仍與靜電力平衡，合力等于洛倫茲力，墨滴做勻速圓周運動， 有 qv0Bmv20R 考慮墨滴進入磁場和撞板的幾何關系， 可知墨滴在該區(qū)域恰完成四分之一圓周運動， 則半徑 Rd 由式得 Bv0Ugd2. (3)根據(jù)題設，墨滴運動軌跡如圖所示，設圓周運動半徑為 R， 有 qv0Bmv20R 由圖示可得 R2d2Rd22 解得 R54d 聯(lián)立式可得 B4v0U5gd2. 答

10、案 (1)負電荷 mgdU (2)v0Ugd2 (3)4v0U5gd2 有約束粒子在疊加場中的運動學生用書 P183 (2015 高考福建卷) 如圖， 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

11、 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. 審題突破 (1)滑塊沿豎直平面加速下滑，洛倫茲力逐漸_，對豎直平面的壓力逐漸_，當 Bqv_qE 時滑塊離開豎直平面 (2)離開豎直平面后，洛倫茲力不改變滑塊速度大小，電場力與重力的合力方向與滑塊速度方向夾角小于 90，滑塊速度增大，當該夾角大于 90時，滑塊減速，因此，滑塊在D 點時，該夾角為_ 解析 (1)小滑塊沿 MN 運動

12、過程，水平方向受力滿足 qvBFNqE 小滑塊在 C 點離開 MN 時 FN0 解得 vCEB. (2)小滑塊從 A 點運動到 C 點過程中，由動能定理得 mghWf12mv2C0 解得 WfmghmE22B2. (3)如圖，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 qEm2g2 且 v2Pv2Dg2t2 解得 vP v2DqEm2g2t2. 答案 (1)EB (2)mghmE22B2 (3) v2DqEm2g2t2 帶電粒子在疊加場中運動的分析方法 考點二 帶電粒子在組合場中的運動 帶電粒子在組合場中的運動， 實際上是幾個典

13、型運動過程的組合， 因此解決這類問題要分段處理，找出各分段之間的銜接點和相關物理量，問題即可迎刃而解常見類型如下： 1從電場進入磁場 (1)粒子先在電場中做加速直線運動，然后進入磁場做圓周運動在電場中利用動能定理或運動學公式求粒子剛進入磁場時的速度 (2)粒子先在電場中做類平拋運動，然后進入磁場做圓周運動在電場中利用平拋運動知識求粒子進入磁場時的速度 2從磁場進入電場 (1)粒子進入電場時的速度與電場方向相同或相反，做勻變速直線運動(不計重力) (2)粒子進入電場時的速度方向與電場方向垂直，做類平拋運動 帶電粒子由電場進入磁場學生用書 P184 (2016 煙臺一模)如圖所示的平面直角坐標系

14、xOy， 在第、象限內有平行于 y 軸，電場強度大小相同、方向相反的勻強電場，在第象限內有垂直于紙面向里的勻強磁場 一質量為 m， 電荷量為 q 的帶電粒子， 從 y 軸上的 M(0，d)點，以大小為 v0的速度沿 x 軸正方向射入電場，通過電場后從 x 軸的 N2 33d，0 點進入第象限內，又經過磁場垂直 y 軸進入第象限，最終粒子從 x 軸上的 P 點離開不計粒子所受到的重力求： (1)勻強電場的電場強度 E 和磁場的磁感應強度 B 的大??； (2)粒子運動到 P 點的速度大??； (3)粒子從 M 點運動到 P 點所用的時間 審題突破 (1)“以大小為 v0的速度沿 x 軸正方向射入電場

15、”說明： 帶電粒子在第象限做_運動 (2)“又經過磁場垂直 y 軸進入第象限”說明：帶電粒子在第象限做勻速圓周運動的圓心在_，帶電粒子在第象限做_運動 解析 (1)粒子運動軌跡如圖所示 設粒子在第象限內運動的時間為 t1，粒子在 N 點時速度大小為 v1，方向與 x 軸正方向間的夾角為 ，則： xv0t12 33d y12at21d qEma tan vyv0at1v0 v1v0cos 聯(lián)立以上各式得： 3，v12v0，E3mv202qd. 粒子在第象限內做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得：qv1Bmv21R 由幾何關系得：RONsin 43d 聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得：B3mv02qd. (2)粒子

16、由 M 點到 P 點的過程，由動能定理得： qEdqE(RRcos )12mv2P12mv20 代入(1)中所求數(shù)據(jù)解得：vP 10v0. (3)粒子在第象限內運動時間： t12 33dv02 3d3v0 粒子在第象限內運動周期：T2Rv14d3v0 t2132T4d9v0 粒子在第象限內運動時有： RRcos 12at23 解得：t32 6d3v0 粒子從 M 點運動到 P 點的時間： tt1t2t3（6 36 64）d9v0. 答案 (1)3mv202qd 3mv02qd (2) 10v0 (3)（6 36 64）d9v0 帶電粒子由磁場進入電場學生用書 P184 (2016 湖北部分重點

17、中學聯(lián)考)如圖甲所示， 在空間有一坐標系 xOy， 直線 OP 與x 軸正方向的夾角為 30，第一象限內有兩個方向都垂直紙面向外的勻強磁場區(qū)域和，直線 OP 是它們的邊界，OP 上方區(qū)域中磁場的磁感應強度為 B，一質量為 m、電荷量為q 的質子(不計重力及質子對磁場的影響)以速度 v 從 O 點沿與 OP 成 30角的方向垂直磁場進入?yún)^(qū)域，質子先后通過磁場區(qū)域和后，恰好垂直于 x 軸進入第四象限，第四象限存在沿 x 軸負方向的特殊電場，電場強度 E 的大小與橫坐標 x 的關系如圖乙所示，試求： (1)區(qū)域中磁場的磁感應強度大小； (2)質子再次到達 y 軸時的速度大小和方向 審題突破 (1)確

18、定粒子從區(qū)進入?yún)^(qū)的位置和速度方向 (2)粒子在區(qū)和區(qū)做圓周運動的圓半徑 (3)確定粒子進入第四象限的位置，根據(jù) Ex 圖象求出該位置與 y 軸的電勢差 解析 (1)由幾何關系知：質子再次回到 OP 時應平行于 x 軸正向進入?yún)^(qū)，設質子從OP 上的 C 點進入?yún)^(qū)后再從 D 點垂直 x 軸進入第四象限，軌跡如圖 由幾何關系可知 O1COD，O1C 與 x 軸的交點 O2，即為質子在內運動軌跡的圓心，OO1C 為等邊三角形 設質子在區(qū)做圓周運動的半徑為 r1，在區(qū)做圓周運動的半徑為 r2， 則 r2r1sin 3012r1. 由 qBvmv2r1得 r1mvqB， 同理得 r2mvqB2.由 r1與

19、 r2關系可得 B22B 即區(qū)域中磁場的磁感應強度 B22B. (2)D 點坐標為 xDr1cos 30r2（ 31）mv2qB. D 點與 y 軸的電勢差： U1212Bv32Bv 312mvqB（ 31）mv22q 設質子再次到達 y 軸時的速度大小為 v， 由動能定理 W電12mv212mv2， 即 q（ 31）mv22q12mv212mv2 得 v 2 3v2 62v. 因質子在 y 軸方向上不受力，故在 y 軸方向上的分速度不變，如圖有 cos vv 2 36 22. 即方向向左下方與 y 軸負向成 arccos 2 3或arccos 6 22的夾角 答案 (1)2B (2)2 62

20、v 方向向左下方與 y 軸負向成 arccos 2 3或arccos 6 22的夾角 解決帶電粒子在組合場中運動問題的思路 1首先明確每個場的性質、方向、強弱和范圍； 2對帶電粒子進行受力分析，確定帶電粒子的運動性質，分析粒子的運動過程，畫出運動軌跡； 3通過分析，確定粒子從一個場區(qū)進入另一場區(qū)時的位置、速度大小和方向是解題的關鍵. , 學生用書 P185) 方法技巧帶電粒子在交變電場、磁場中的運動 (18 分)如圖甲所示，水平直線 MN 下方有豎直向上的勻強電場，其變化規(guī)律如圖乙所示，電場強度 E022 500 V/m，現(xiàn)將一重力不計、比荷qm106 C/kg 的帶電粒子從電場中的 C 點由

21、靜止釋放， 經 t115105 s 的時間粒子通過 MN 上的 D 點進入勻強磁場， 磁場方向垂直紙面向里，磁感應強度 B 按圖丙所示規(guī)律變化(計算結果均可保留) (1)求粒子到達 D 點時的速率； (2)求磁感應強度 B10.3 T 時粒子做圓周運動的周期和半徑； (3)若在距 D 點左側 d21 cm處有一垂直于 MN 的足夠大的擋板 ab，求粒子從 C 點運動到擋板所用的時間 (1)粒子在電場中做勻加速直線運動， 則 qE0ma，v0at1(2 分) 解得 v01.5104 m/s.(1 分) (2)設磁感應強度 B10.3 T 時，粒子運動的半徑為 r1，運動周期為 T1，則 B1qv

22、0mv20r1，T12mB1q(2 分) 解得 r15 cm，T123105 s(2 分) (3)設磁感應強度 B20.5 T 時，粒子運動半徑為 r2，運動周期為 T2，則 B2qv0mv20r2，T22mB2q(2 分) 解得 r23 cm，T225105 s(2 分) 由以上計算可知， 粒子的運動軌跡為如圖所示的周期運動， 每一個周期運動的水平距離為 s2(r1r2)16 cm(2 分) 所以，粒子運動 1 個整數(shù)周期后余下的距離為 dds5 cmr1(2 分) 粒子從 C 點出發(fā)運動到擋板的時間為 t5t1T12T22T14(2 分) 代入數(shù)據(jù)解得 t3130105 s(1 分) 答案

23、 (1)1.5104 m/s (2)23105 s 5 cm (3)3130105 s 1解決帶電粒子在交變電場、磁場中的運動問題時，關鍵要明確粒子在不同時間段內、不同區(qū)域內的受力特性，對粒子的運動情景、運動性質做出判斷 2這類問題一般都具有周期性，在分析粒子運動時，要注意粒子的運動周期、電場周期、磁場周期的關系 3帶電粒子在交變電磁場中運動仍遵循牛頓運動定律、運動的合成與分解、動能定理、能量守恒定律等力學規(guī)律，所以此類問題的研究方法與質點動力學相同. (2016 西安一模)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，如圖甲所示磁場的磁感應強度 B 隨時間 t

24、 的變化情況如圖乙所示 該區(qū)域中有一條水平直線 MN， D 是 MN 上的一點 在 t0 時刻， 有一個質量為 m、電荷量為q 的小球(可看做質點)，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 點經觀測發(fā)現(xiàn)，小球在 t2t0至 t3t0時間內的某一時刻，又豎直向下經過直線 MN 上的 D 點，并且以后小球多次水平向右或豎直向下經過 D 點求： (1)電場強度 E 的大??； (2)小球從 M 點開始運動到第二次經過 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 Emgq.

25、 (2)小球從 M 點到達 N 點所用時間 t1t0 小球從 N 點經過34個圓周，到達 P 點，所以 t2t0或t2342mqB0t0 小球從 P 點運動到 D 點的位移 xRmv0B0q 小球從 P 點運動到 D 點的時間 t3Rv0mB0q 所以時間 tt1t2t32t0mB0q 或tmqB0（31），t2t0131. (3)小球運動一個周期的軌跡如圖所示 小球的運動周期為 T8t0或T12mqB0. 答案：(1)mgq (2)2t0mB0q (3)8t0 運動軌跡見解析 , 學生用書 P186) 1(考點一)(多選)(2016 浙江名校聯(lián)考) 質量為 m、電荷量為 q 的微粒以速度 v

26、 與水平方向成 角從 O 點進入方向如圖所示的正交的勻強電場和勻強磁場組成的混合場區(qū)， 該微粒在電場力、 洛倫茲力和重力的共同作用下，恰好沿直線運動到 A，下列說法中正確的是( ) A該微粒一定帶負電荷 B微粒從 O 到 A 的運動可能是勻變速運動 C該磁場的磁感應強度大小為mgqvcos D該電場的場強為 Bvcos 解析：選 AC.若微粒帶正電荷，它受豎直向下的重力 mg、水平向左的電場力 qE 和垂直O(jiān)A 斜向右下方的洛倫茲力 qvB，知微粒不能做直線運動，據(jù)此可知微粒應帶負電荷，它受豎直向下的重力 mg、水平向右的電場力 qE 和垂直 OA 斜向左上方的洛倫茲力 qvB，又知微粒恰好沿

27、著直線運動到 A，可知微粒應該做勻速直線運動，則選項 A 正確、B 錯誤；由平衡條件得：qvBcos mg，qvBsin qE，得磁場的磁感應強度 Bmgqvcos ，電場的場強EBvsin ，故選項 C 正確、D 錯誤 2(考點一)(單選) 如圖所示，場強為 E 的勻強電場方向豎直向下，場強為 B 的水平勻強磁場垂直紙面向里，三個油滴 a、b、c 帶有等量的同種電荷已知 a 靜止，b、c 在紙面內按圖示方向做勻速圓周運動(軌跡未畫出)忽略三個油滴間的靜電力作用，比較三個油滴的質量及 b、c 的運動情況，以下說法中正確的是( ) A三個油滴的質量相等，b、c 都沿順時針方向運動 Ba 的質量最

28、大，c 的質量最小，b、c 都沿逆時針方向運動 Cb 的質量最大，a 的質量最小，b、c 都沿順時針方向運動 D三個油滴的質量相等，b 沿順時針方向運動，c 沿逆時針方向運動 解析：選 A.油滴 a 靜止不動，其受到的合力為零，所以 magqE，電場力方向豎直向上，油滴帶負電荷又油滴 b、c 在場中做勻速圓周運動，則其重力和受到的電場力是一對平衡力，所以 mbgmcgqE，油滴受到的洛倫茲力提供其做勻速圓周運動的向心力，由左手定則可判斷，b、c 都沿順時針方向運動故 A 正確 3(考點二)(多選) 在半導體離子注入工藝中，初速度可忽略的磷離子 P和 P3，經電壓為 U 的電場加速后，垂直進入磁

29、感應強度大小為 B、方向垂直紙面向里、有一定寬度的勻強磁場區(qū)域，如圖所示，已知離子 P在磁場中轉過 130后從磁場右邊界射出在電場和磁場中運動時，離子 P和 P3( ) A在電場中的加速度之比為 11 B在磁場中運動的半徑之比為 31 C在磁場中轉過的角度之比為 12 D離開電場區(qū)域時的動能之比為 13 解析：選 BCD.兩離子所帶電荷量之比為 13，在電場中時由 qEma 知 aq，故加速度之比為 13，A 錯誤；離開電場區(qū)域時的動能由 EkqU 知 Ekq，故 D 正確；在磁場中運動的半徑由 Bqvmv2R、Ek12mv2知 R1B 2mUq1q，故 B 正確；設磁場區(qū)域的寬度為 d，則由

30、題圖可知 sin dR1R，即sin 1sin 213，因 130 ，則 sin 232，即 260，所以1212，C 正確 4(考點二)(多選)(2016 河南十校聯(lián)考)如圖所示，在 x 軸的上方有沿 y 軸負方向的勻強電場，電場強度為 E，在 x 軸的下方等腰三角形 CDM 區(qū)域內有垂直于 xOy 平面由內向外的勻強磁場，磁感應強度為 B，其中 C、D 在 x 軸上，它們到原點 O 的距離均為 a，現(xiàn)將一質量為 m、電荷量為 q 的帶正電粒子，從 y 軸上的 P 點由靜止釋放，設 P 點到 O 點的距離為h，不計重力作用與空氣阻力的影響下列說法正確的是( ) A若 hB2a2q2mE，則粒

31、子垂直 CM 射出磁場 B若 hB2a2q2mE，則粒子平行于 x 軸射出磁場 C若 hB2a2q8mE，則粒子垂直 CM 射出磁場 D若 hB2a2q8mE，則粒子平行于 x 軸射出磁場 解析：選 AD.粒子從 P 點到 O 點經電場加速，Eqh12mv2，粒子進入磁場后做勻速圓周運動，Bqvmv2r. (1)若粒子恰好垂直 CM 射出磁場時，其圓心恰好在 C 點，如圖甲所示，其半徑為 ra.由以上兩式可求得 P 到 O 的距離 hB2a2q2mE，A 選項正確 甲 乙 (2)若粒子進入磁場后做勻速圓周運動，恰好平行于 x 軸射出磁場時，其圓心恰好在 CO中點， 如圖乙所示， 其半徑為 r1

32、2a， 由以上兩式可得 P 到 O 的距離 hB2a2q8mE， D 選項正確 5(微專題 25)如圖甲所示，寬度為 d 的豎直狹長區(qū)域內(邊界為 L1、L2)，存在垂直紙面向里的勻強磁場和豎直方向的周期性變化的電場(如圖乙所示)， 電場強度的大小為 E0， E0表示電場方向豎直向上t0 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

33、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 mgqE0qvB 微粒做圓周運動，則 mgqE0 聯(lián)立得 qmgE0 B2E0v. (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d2vt1 qvBmv2R 2Rvt2 聯(lián)立得 t1d2v，t2vg 電場變化的周期 Tt1t2d2vvg. (3)若微粒能完成題述的運動過程，要求 d2R 聯(lián)立得 Rv22g 設在 N1Q 段直線運動的最短時間為 t1min 由得 t1minRvv2g 因 t2不變，T 的最小值為 Tmint1mint2

34、（21）v2g. 答案：(1)mgE0 2E0v (2)d2vvg (3)（21）v2g 一、單項選擇題 1. (2016 北京東城區(qū)統(tǒng)測)如圖所示， 界面 MN 與水平地面之間有足夠大的正交的勻強磁場B 和勻強電場 E，磁感線和電場線互相垂直在 MN 上方有一個帶正電的小球由靜止開始下落，經電場和磁場到達水平地面若不計空氣阻力，小球在通過電場和磁場的過程中，下列說法中正確的是( ) A小球做勻變速曲線運動 B小球的電勢能保持不變 C洛倫茲力對小球做正功 D小球動能的增量等于其電勢能和重力勢能減少量的總和 解析：選 D. 帶電小球在剛進入復合場時受力如圖所示， 則帶電小球進入復合場后做曲線運動

35、， 因為速度會發(fā)生變化，洛倫茲力就會跟著變化，所以小球不可能做勻變速曲線運動，選項 A 錯誤；根據(jù)電勢能公式 Epq 知只有帶電小球豎直向下做直線運動時，電勢能才保持不變，選項 B 錯誤；洛倫茲力的方向始終和速度方向垂直，所以洛倫茲力不做功，選項 C 錯誤；從能量守恒角度分析，選項 D 正確 2(2016 皖南八校聯(lián)考) 醫(yī)生做某些特殊手術時，利用電磁血流計來監(jiān)測通過動脈的血流速度電磁血流計由一對電極 a 和 b 以及一對磁極 N 和 S 構成，磁極間的磁場是均勻的使用時，兩電極 a、b均與血管壁接觸，兩觸點的連線、磁場方向和血流速度方向兩兩垂直，如圖所示由于血液中的正、負離子隨血流一起在磁場

36、中運動，電極 a、b 之間會有微小電勢差在達到平衡時，血管內部的電場可看做是勻強電場， 血液中的離子所受的電場力和磁場力的合力為零 在某次監(jiān)測中，兩觸點間的距離為 3.0 mm，血管壁的厚度可忽略，兩觸點間的電勢差為 160 V，磁感應強度的大小為 0.040 T則血流速度的近似值和電極 a、b 的正負為 ( ) A1.3 m/s，a 正、b 負 B2.7 m/s，a 正、b 負 C1.3 m/s，a 負、b 正 D2.7 m/s，a 負、b 正 解析：選 A.由左手定則可判定正離子向上運動，負離子向下運動，所以 a 正、b 負，達到平衡時離子所受洛倫茲力與電場力平衡，所以有：qvBqUd，代

37、入數(shù)據(jù)解得 v1.3 m/s，故選 A. 3. (2016 東北三校聯(lián)考)如圖所示，某種帶電粒子由靜止開始經電壓為 U1的電場加速后，射入水平放置、電勢差為 U2的兩導體板間的勻強電場中，帶電粒子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中， 則粒子射入磁場和射出磁場的 M、N 兩點間的距離 d 隨著 U1和 U2的變化情況為(不計重力，不考慮邊緣效應)( ) Ad 隨 U1變化，d 與 U2無關 Bd 與 U1無關，d 隨 U2變化 Cd 隨 U1變化，d 隨 U2變化 Dd 與 U1無關，d 與 U2無關 解析：選 A. 設帶電粒子在加速電場中

38、被加速后的速度為 v0，根據(jù)動能定理有 qU112mv20.設帶電粒子從偏轉電場中出來進入磁場時的速度大小為 v，與水平方向的夾角為 ，如圖所示，在磁場中有 rmvqB，vv0cos ，而 d2rcos ，聯(lián)立各式解得 d2mv0qB，因而選項 A 正確 4如圖所示，在 x 軸上方存在垂直紙面向里的磁感應強度為 B 的勻強磁場，x 軸下方存在垂直紙面向外的磁感應強度為B2的勻強磁場， 一帶負電的粒子從原點 O 以與 x 軸成 30角斜向上的速度 v 射入磁場，且在 x 軸上方運動半徑為 R.則下列說法正確的是( ) A粒子經偏轉一定能回到原點 O B粒子在 x 軸上方和下方兩磁場中運動的半徑之

39、比為 21 C粒子完成一次周期性運動的時間為2m3qB D粒子第二次射入 x 軸上方磁場時，沿 x 軸前進 3R 解析：選 D.由 rmvqB可知，粒子在 x 軸上方和下方兩磁場中運動的半徑之比為 12，所以 B 錯誤；粒子完成一次周期性運動的時間 t16T116T2m3qB2m3qBmqB，所以 C 錯誤；粒子第二次射入 x 軸上方磁場時沿 x 軸前進 lR2R3R，粒子經偏轉不能回到原點O，所以 A 錯誤、D 正確 5. (2016 江蘇常州高級中學高三月考)回旋加速器是加速帶電粒子的裝置， 其核心部分是分別與高頻交流電源兩極相連接的兩個 D 形金屬盒，兩盒間的狹縫中形成周期性變化的電場，

40、使粒子在通過狹縫時都能得到加速，兩 D 形金屬盒處于垂直于盒底的勻強磁場中，如圖所示設 D 形盒半徑為 R.若用回 旋加速器加速質子時，勻強磁場的磁感應強度為 B，高頻交流電頻率為 f.則下列說法正確的是( ) A質子被加速后的最大速度不可能超過 2fR B質子被加速后的最大速度與加速電場的電壓大小有關 C高頻電源只能使用矩形交變電流，不能使用正弦式交變電流 D不改變 B 和 f，該回旋加速器也能用于加速粒子 解析：選 A.由 T2Rv，T1f，可得質子被加速后的最大速度為 2fR，其不可能超過2fR，質子被加速后的最大速度與加速電場的電壓大小無關，選項 A 正確、B 錯誤；高頻電源可以使用正

41、弦式交變電流，選項 C 錯誤；要加速粒子，高頻交流電周期必須變?yōu)榱Ｗ釉谄渲凶鰣A周運動的周期，即 T2mqB，故 D 錯誤 二、多項選擇題 6. 在空間某一區(qū)域里， 有豎直向下的勻強電場 E 和垂直紙面向里的勻強磁場 B， 且兩者正交有兩個帶電油滴，都能在豎直平面內做勻速圓周運動，如圖所示，則兩油滴一定相同的是( ) A帶電性質 B運動周期 C運動半徑 D運動速率 解析：選 AB.油滴做圓周運動的條件為：所受電場力與重力平衡，則電場力方向向上，油滴一定帶負電，故 A 正確；由 qEmg、RmvqB與 T2mqB，分析得：T2EgB，REvgB，因此周期一定相同，而運動半徑、運動速率可能不同故 B

42、 正確，C、D 錯誤 7(2014 高考江蘇卷)如圖所示，導電物質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，線圈間產生勻強磁場，磁感應強度大小 B 與 I 成正比，方向垂直于霍爾元件的兩側面，此時通過霍爾元件的電流為 IH，與其前后表面相連的電壓表測出的霍爾電壓 UH 滿足：UHkIHBd，式中 k 為霍爾系數(shù)，d 為霍爾元件兩側面間的距離電阻 R 遠大于 RL，霍爾元件的電阻可以忽略，則( ) A霍爾元件前表面的電勢低于后表面 B若電源的正負極對調，電壓表將反偏 CIH與 I 成正比 D電壓表的示數(shù)與 RL 消耗的電功率成正比 解析：選 CD.當霍爾元件通有電流 IH時，根據(jù)左手

43、定則，電子將向霍爾元件的后表面運動，故霍爾元件的前表面電勢較高若將電源的正負極對調，則磁感應強度 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動，故仍是霍爾元件的前表面電勢較高，選項 A、B 錯誤因 R 與 RL并聯(lián)，根據(jù)并聯(lián)分流，得 IHRLRLRI，故 IH與 I成正比， 選項 C 正確由于 B 與 I 成正比，設 BaI，則 ILRRRLI，PLI2LRL，故 UHkIHBdak（RRL）R2dPL，知 UHPL，選項 D 正確 8. 如圖所示為一種質譜儀示意圖，由加速電場、靜電分析器和磁分析器組成若靜電分析器通道中心線的半徑為 R，通道內均勻輻射電場在中心線處

44、的電場強度大小為 E，磁分析器有范圍足夠大的有界 勻強磁場，磁感應強度大小為 B、方向垂直紙面向外一質量為 m、電荷量為 q 的粒子從靜止開始經加速電場加速后沿中心線通過靜電分析器，由 P 點垂直邊界進入磁分析器，最終打到膠片上的 Q 點不計粒子重力下列說法正確的是( ) A粒子一定帶正電 B加速電場的電壓 U12ER C直徑 PQ2BqmER D若一群離子從靜止開始經過上述過程都落在膠片上同一點，則該群離子具有相同的比荷 解析：選 ABD.由 P 點垂直邊界進入磁分析器，最終打到膠片上的 Q 點，根據(jù)左手定則可得，粒子帶正電，選項 A 正確；由粒子在加速電場中做勻加速運動，則有 qU12mv

45、2，又粒子在靜電分析器做勻速圓周運動，由電場力提供向心力，則有 qEmv2R，解得 UER2，選項 B 正確； 粒子在磁分析器中做勻速圓周運動， 根據(jù)洛倫茲力提供向心力， 則有 qvBmv2r，由 P 點垂直邊界進入磁分析器，最終打在 Q 點，可得 PQ2r2B ERmq，選項 C 錯誤；若離子從靜止開始經過上述過程都落在膠片上同一點說明運動的軌道半徑r1B mERq相同，由于加速電場、靜電分析器與磁分析器都相同，則該群離子具有相同的比荷，選項 D正確 三、非選擇題 9如圖所示，與水平面成 37的傾斜軌道 AC，其延長線在 D 點與半圓軌道 DF 相切，全部軌道為絕緣材料制成且位于豎直面內，整

46、個空間存在水平向左的勻強電場，MN 的右側存在垂直紙面向里的勻強磁場(C 點處于 MN 邊界上) 一質量為 0.4 kg 的帶電小球沿軌道 AC下滑，至 C 點時速度為 vC1007 m/s，接著沿直線 CD 運動到 D 處進入半圓軌道，進入時無動能損失， 且恰好能通過 F 點， 在 F 點速度為 vF4 m/s(不計空氣阻力， g10 m/s2， cos 370.8)求： (1)小球帶何種電荷？ (2)小球在半圓軌道部分克服摩擦力所做的功； (3)小球從 F 點飛出時磁場同時消失，小球離開 F 點后的運動軌跡與直線 AC(或延長線)的交點為 G 點(未標出)，求 G 點到 D 點的距離 解析

47、：(1)依題意可知小球在 CD 間做勻速直線運動，在 CD 段受重力、電場力、洛倫茲力三個力且合力為 0，因此帶電小球應帶正電荷 (2)在 D 點速度為 vDvC1007 m/s 設重力與電場力的合力為 F，則 FqvCB 又 Fmgcos 375 N 解得 qBFvC720 在 F 處由牛頓第二定律可得 qvFBFmv2FR 把 qB720代入得 R1 m 小球在 DF 段克服摩擦力做功 WFf，由動能定理可得 WFf2FRm（v2Fv2D）2 WFf27.6 J. (3)小球離開 F 點后做類平拋運動，其加速度為 aFm 由 2Rat22得 t 4mRF2 25 s 交點 G 與 D 點的

48、距離 GDvFt8 25 m2.26 m. 答案：見解析 10(2016 福建福州質檢)如圖所示，在 x 軸上方存在勻強磁場，磁感應強度為 B，方向垂直紙面向里在 x 軸下方存在勻強電場，方向豎直向上一個質量為 m，電荷量為 q，重力不計的帶正電粒子從 y 軸上的 a(0，h)點沿 y 軸正方向以某初速度開始運動，一段時間后，粒子速度方向與 x 軸正方向成 45角進入電場，經過 y 軸的 b 點時速度方向恰好與 y 軸垂直求： (1)粒子在磁場中運動的軌道半徑 r 和速度大小 v1； (2)勻強電場的電場強度大小 E； (3)粒子從開始運動到第三次經過 x 軸的時間 t0. 解析：(1)根據(jù)題意可大體畫出粒子在組合場中的運動軌跡如圖所示，由幾何關系得 rcos 45h 可得 r 2h 又 qv1Bmv21r 可得 v1qBrm2qBhm. (2)設粒子第一次經過 x 軸的位置為 x1，到達 b 點時速度大小為 vb，結合類平拋運動規(guī)律，有 vbv1cos 45 得 vbqBhm 設粒子進入電場