棒棒堂教育——高中物理第八章(教師版2)

1、ê內(nèi)部資料，內(nèi)部學員使用 （教師用版）棒 棒 堂 教 育 物理（第八章-2）注意：1. 本資料由棒棒堂教育輔導(dǎo)中心整理，僅供輔導(dǎo)中心學員免費使用；2. 本資料包括考試所有考查點，除可以用作輔導(dǎo)時候資料外，亦可用于考試復(fù)習時候的參考資料；3. 在使用本資料過程中，請務(wù)必及時做好筆記，將不懂的地方重點標記，方便考試時候復(fù)習；4. 希望學員在做題過程中，沉著冷靜，思考全面；5. 最后，祝所有學員成績進步，在考試中取得好成績。2015年7月 A對點訓練練熟基礎(chǔ)知識題組一洛倫茲力的特點及應(yīng)用圖82151(2013·安徽卷，15)(單選)圖中a、b、c、d為四根與紙面垂直的長直導(dǎo)線，其

2、橫截面位于正方形的四個頂點上，導(dǎo)線中通有大小相同的電流，方向如圖8215所示一帶正電的粒子從正方形中心O點沿垂直于紙面的方向向外運動，它所受洛倫茲力的方向是()A向上B向下C向左D向右解析由安培定則分別判斷出四根通電導(dǎo)線在O點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度的方向，再由磁場的疊加原理得出O點的合磁場方向向左，最后由左手定則可判斷帶電粒子所受的洛倫茲力方向向下，故選項B正確答案B圖82162(多選)如圖8216所示，ABC為豎直平面內(nèi)的光滑絕緣軌道，其中AB為傾斜直軌道，BC為與AB相切的圓形軌道，并且圓形軌道處在勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向里質(zhì)量相同的甲、乙、丙三個小球中，甲球帶正電、乙球帶負電、丙球不帶電

3、現(xiàn)將三個小球在軌道AB上分別從不同高度處由靜止釋放，都恰好通過圓形軌道的最高點，則()A經(jīng)過最高點時，三個小球的速度相等B經(jīng)過最高點時，甲球的速度最小C甲球的釋放位置比乙球的高D運動過程中三個小球的機械能均保持不變解析設(shè)磁感應(yīng)強度為B，圓形軌道半徑為r，三個小球質(zhì)量均為m，它們恰好通過最高點時的速度分別為v甲、v乙和v丙，則mgBvq甲，mgBvq乙，mg，顯然，v甲>v丙>v乙，選項A、B錯誤；三個小球在運動過程中，只有重力做功，即它們的機械能守恒，選項D正確；甲球在最高點處的動能最大，因為勢能相等，所以甲球的機械能最大，甲球的釋放位置最高，選項C正確答案CD圖82173(多選)

4、如圖8217所示為一個質(zhì)量為m、帶電荷量為q的圓環(huán)，可在水平放置的粗糙細桿上自由滑動，細桿處于磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，圓環(huán)以初速度v0向右運動直至處于平衡狀態(tài)，則圓環(huán)克服摩擦力做的功可能為()A0B.mvC.D.m解析若圓環(huán)所受洛倫茲力等于重力，圓環(huán)與粗糙細桿壓力為零，摩擦力為零，圓環(huán)克服摩擦力做的功為零，選項A正確；若圓環(huán)所受洛倫茲力不等于重力，圓環(huán)與粗糙細桿壓力不為零，摩擦力不為零，圓環(huán)以初速度v0向右做減速運動若開始圓環(huán)所受洛倫茲力小于重力，則一直減速到零，圓環(huán)克服摩擦力做的功為mv，選項B正確；若開始圓環(huán)所受洛倫茲力大于重力，則減速到洛倫茲力等于重力達到穩(wěn)定，穩(wěn)定速度v，由動能定理

5、可得圓環(huán)克服摩擦力做的功為Wmvmv2m，選項D正確、C錯誤答案ABD題組二帶電粒子在勻強磁場中的運動圖82184(單選)如圖8218所示，在第一象限內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場(磁場足夠大)，一對正、負電子分別以相同速度沿與x軸成30°角的方向從原點垂直磁場射入，則負電子與正電子在磁場中運動時間之比為(不計正、負電子間的相互作用力)()A1B21C.1D12解析由題圖和左手定則可知負電子向下偏轉(zhuǎn)，在磁場中運動的軌跡對應(yīng)圓心角為60°，正電子向上偏轉(zhuǎn)，在磁場中運動的軌跡對應(yīng)圓心角為120°.因為帶電粒子在磁場中運動時間tT，正、負電子的運動周期又相等，所以負電子與正

6、電子在磁場中運動的時間之比為12.答案D圖82195(2013·廣東卷，21)(多選)如圖8219，兩個初速度大小相同的同種離子a和b，從O點沿垂直磁場方向進入勻強磁場，最后打到屏P上不計重力，下列說法正確的有()Aa、b均帶正電Ba在磁場中飛行的時間比b的短Ca在磁場中飛行的路程比b的短Da在P上的落點與O點的距離比b的近解析帶電離子打到屏P上，說明帶電離子向下偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則，a、b兩離子均帶正電，選項A正確；a、b兩離子垂直進入磁場的初速度大小相同，電荷量、質(zhì)量相等，由r知半徑相同b在磁場中運動了半個圓周，a的運動大于半個圓周，故a在P上的落點與O點的距離比b的近，飛行的路程

7、比b長，選項C錯誤，選項D正確；根據(jù)知，a在磁場中飛行的時間比b的長，選項B錯誤答案AD圖82206(單選)如圖8220所示圓形區(qū)域內(nèi)，有垂直于紙面方向的勻強磁場，一束質(zhì)量和電荷量都相同的帶電粒子，以不同的速率，沿著相同的方向，對準圓心O射入勻強磁場，又都從該磁場中射出，這些粒子在磁場中的運動時間有的較長，有的較短，若帶電粒子在磁場中只受磁場力的作用，則在磁場中運動時間越長的帶電粒子()A速率一定越小B速率一定越大C在磁場中通過的路程越長D在磁場中的周期一定越大解析根據(jù)公式T可知，粒子的比荷相同，它們進入勻強磁場后做勻速圓周運動的周期相同，選項D錯誤；如圖所示，設(shè)這些粒子在磁場中的運動圓弧所對

8、應(yīng)的圓心角為，則運動時間tT，在磁場中運動時間越長的帶電粒子，圓心角越大，運動半徑越小，根據(jù)r可知，速率一定越小，選項A正確，B錯誤；當圓心角趨近180°時，粒子在磁場中通過的路程趨近于0，所以選項C錯誤答案A題組三帶電粒子在磁場中運動的實際應(yīng)用圖82217(多選)回旋加速器的原理如圖8221所示，它由兩個銅質(zhì)D形盒D1、D2構(gòu)成，其間留有空隙，下列說法正確的是()A離子從電場中獲得能量B離子從磁場中獲得能量C只增大空隙距離可增加離子從回旋加速器中獲得的動能D只增大D形盒的半徑可增加離子從回旋加速器中獲得的動能解析回旋加速器通過電場對離子做功獲得能量，A正確；洛倫茲力對離子不做功，B

9、錯誤；電場對離子做功與電勢差成正比，增大空隙距離不能增加電場力對離子做功，C錯誤；增大D形盒的半徑可以使離子加速次數(shù)增加，從而增加從回旋加速器中獲得的動能，故D正確答案AD圖82228(單選)質(zhì)譜儀是測帶電粒子質(zhì)量和分析同位素的一種儀器，如圖8222所示它的工作原理是帶電粒子(不計重力)經(jīng)同一電場加速后，垂直進入同一勻強磁場做圓周運動，然后利用相關(guān)規(guī)律計算出帶電粒子質(zhì)量圖中虛線為某粒子運動軌跡，由圖可知()A此粒子帶負電B下極板S2比上極板S1電勢高C若只增大加速電壓U，則半徑r變大D若只增大入射粒子的質(zhì)量，則半徑r變小解析粒子從S3小孔進入磁場中，速度方向向下，粒子向左偏轉(zhuǎn)，由左手定則可知粒

10、子帶正電帶正電的粒子在S1和S2兩板間加速，則要求場強的方向向下，那么S1板的電勢高于S2板的電勢，故A、B錯誤粒子在電場中加速，由動能定理有mv2qU，在磁場中偏轉(zhuǎn)，則有r，聯(lián)立兩式解得r ，由此式可以看出只增大U或只增大m時，粒子的軌道半徑都變大，故C正確，D錯誤答案C9(多選)如圖8223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，則下列判斷正確的是()圖8223A在Ekt圖中應(yīng)有t4t3t3t2t2t1B

11、高頻電源的變化周期應(yīng)該等于tntn1C粒子加速次數(shù)越多，粒子最大動能一定越大D要想粒子獲得的最大動能增大，可增加D形盒的半徑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(guān)，因此，在Ekt圖中應(yīng)有t4t3t3t2t2t1，選項A正確；帶電粒子在回旋加速器中每運行一周加速兩次，高頻電源的變化周期應(yīng)該等于2(tntn1)，選項B錯；由rmv/qB/qB可知，粒子獲得的最大動能決定于D形盒的半徑，當軌道半徑與D形盒半徑相等時就不能繼續(xù)加速，故選項C錯D對答案AD題組四帶電粒子在磁場中運動的極值和臨界問題圖822410(多選)在xOy平面上以O(shè)為圓心、半徑為r的圓形區(qū)域內(nèi)，存在磁感應(yīng)強度為B

12、的勻強磁場，磁場方向垂直于xOy平面一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子，從原點O以初速度v沿y軸正方向開始運動，經(jīng)時間t后經(jīng)過x軸上的P點，此時速度與x軸正方向成角，如圖8224所示不計重力的影響，則下列關(guān)系一定成立的是()A若r<，則0°<<90°B若r，則tC若t，則rD若r，則t解析帶電粒子在磁場中從O點沿y軸正方向開始運動，圓心一定在垂直于速度的方向上，即在x軸上，軌道半徑R.當r時，P點在磁場內(nèi)，粒子不能射出磁場區(qū)，所以垂直于x軸過P點，最大且為90°，運動時間為半個周期，即t；當r<時，粒子在到達P點之前射出圓形磁場區(qū)，速度偏轉(zhuǎn)

13、角在大于0°、小于180°范圍內(nèi)，如圖所示，能過x軸的粒子的速度偏轉(zhuǎn)角>90°，所以過x軸時0°<<90°，A對、B錯；同理，若t，則r，若r，則t等于，C錯、D對答案AD11如圖8225所示，在直角坐標系xOy的第一、四象限區(qū)域內(nèi)存在兩個有界的勻強磁場；垂直紙面向外的勻強磁場I、垂直紙面向里的勻強磁場，O、M、P、Q為磁場邊界和x軸的交點，OMMPL.在第三象限存在沿y軸正向的勻強電場一質(zhì)量為m帶電荷量為q的帶電粒子從電場中坐標為(2L，L)的點以速度v0沿x方向射出，恰好經(jīng)過原點O處射入磁場又從M點射出磁場(粒子的重力忽略

14、不計)圖8225(1)求第三象限勻強電場場強E的大小；(2)求磁場的磁感應(yīng)強度B的大?。?3)如果帶電粒子能再次回到原點O，問磁場的寬度至少為多少？粒子兩次經(jīng)過原點O的時間間隔為多少？解析(1)帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動沿初速度方向：2Lv0t垂直初速度方向：Lt2聯(lián)立解得E(2)設(shè)到原點時帶電粒子的豎直分速度為vyvytv0vv0，方向與x軸正向成45°角粒子進入磁場做勻速圓周運動，由幾何知識可得：R1L由洛倫茲力充當向心力得：Bqv可解得：B(3)運動軌跡如圖，在磁場做勻速圓周運動的半徑：R2L磁場的寬度dR2L(1)L運動時間：t1，t2，t3t總2(t1t2)t3答案(

15、1)(2)(3)d(1)LB深化訓練提高能力技巧圖822612(2013·浙江卷，20)(多選)在半導(dǎo)體離子注入工藝中，初速度可忽略的磷離子P和P3，經(jīng)電壓為U的電場加速后，垂直進入磁感應(yīng)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8226所示已知離子P在磁場中轉(zhuǎn)過30°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11B在磁場中運動的半徑之比為1C在磁場中轉(zhuǎn)過的角度之比為12D離開電場區(qū)域時的動能之比為13解析磷離子P與P3電荷量之比q1q213，質(zhì)量相等，在電場中加速度a，由此可知，a1a213，選項A錯誤；離子進入磁

16、場中做圓周運動的半徑r，又qUmv2，故有r，即r1r21，選項B正確；設(shè)離子P3在磁場中偏角為，則sin ，sin (d為磁場寬度)，故有sin sin 1，已知30°，故60°，選項C正確；全過程中只有電場力做功，WqU，故離開電場區(qū)域時的動能之比即為電場力做功之比，所以Ek1Ek2W1W213，選項D正確答案BCD圖822713(2013·海南卷，14)如圖8227，紙面內(nèi)有E、F、G三點，GEF30°，EFG135°，空間有一勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙面向外先使帶有電荷量為q(q>0)的點電荷a在紙面內(nèi)垂直于EF從

17、F點射出，其軌跡經(jīng)過G點；再使帶有同樣電荷量的點電荷b在紙面內(nèi)與EF成一定角度從E點射出，其軌跡也經(jīng)過G點，兩點電荷從射出到經(jīng)過G點所用的時間相同，且經(jīng)過G點時的速度方向也相同已知點電荷a的質(zhì)量為m，軌道半徑為R，不計重力，求：(1) 點電荷a從射出到經(jīng)過G點所用的時間；(2)點電荷b的速度大小解析(1)設(shè)點電荷a的速度大小為v，由牛頓第二定律得qvBm由式得v設(shè)點電荷a做圓周運動的周期為T，有T如圖，O和O1分別是a和b的圓軌道的圓心設(shè)a在磁場中偏轉(zhuǎn)的角度為，由幾何關(guān)系得90°故a從開始運動到經(jīng)過G點所用的時間t為t(2)設(shè)點電荷b的速度大小為v1，軌道半徑為R1，b在磁場中偏轉(zhuǎn)的

18、角度為1，依題意有t由式得v1v由于兩軌道在G點相切，所以過G點的半徑OG和O1G在同一直線上由幾何關(guān)系和題給條件得160°R12R聯(lián)立式，解得v1答案(1)(2)專題七帶電粒子在復(fù)合場中的運動1復(fù)合場與組合場(1)復(fù)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、磁場分時間段或分區(qū)域交替出現(xiàn)2三種場的比較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(guān)重力做功改變物體的重力勢能靜電場大?。篎qE方向：正電荷受力方向與場強方向相同；負電荷受力方向與場強方向相反電場力做功與路徑無關(guān)WqU電

19、場力做功改變電勢能磁場洛倫茲力FqvB方向可用左手定則判斷洛倫茲力不做功，不改變帶電粒子的動能3.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，在垂直于勻強磁場的平面內(nèi)做勻速圓周運動(3)一般的曲線運動：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

20、化，其運動過程由幾種不同的運動階段組成熱點題型一帶電粒子在組合場中的運動問題題型特點：帶電粒子在組合場中的運動是力電綜合的重點和高考熱點這類問題的特點是電場、磁場或重力場依次出現(xiàn)，包含空間上先后出現(xiàn)和時間上先后出現(xiàn)，磁場或電場與無場區(qū)交替出現(xiàn)相組合的場等其運動形式包含勻速直線運動、勻變速直線運動、類平拋運動、圓周運動等，涉及牛頓運動定律、功能關(guān)系等知識的應(yīng)用復(fù)習指導(dǎo)：1.理解掌握帶電粒子的電偏轉(zhuǎn)和磁偏轉(zhuǎn)的條件、運動性質(zhì)，會應(yīng)用牛頓運動定律進行分析研究，掌握研究帶電粒子的電偏轉(zhuǎn)和磁偏轉(zhuǎn)的方法，能夠熟練處理類平拋運動和圓周運動2學會按照時間先后或空間先后順序?qū)\動進行分析，分析運動速度的承前啟后關(guān)

21、聯(lián)、空間位置的距離關(guān)系、運動時間的分配組合等信息將各個運動聯(lián)系起來圖1【典例1】 (2013·山東卷，23)如圖1所示，在坐標系xOy的第一、第三象限內(nèi)存在相同的勻強磁場，磁場方向垂直于xOy平面向里；第四象限內(nèi)有沿y軸正方向的勻強電場，電場強度大小為E.一帶電量為q、質(zhì)量為m的粒子，自y軸上的P點沿x軸正方向射入第四象限，經(jīng)x軸上的Q點進入第一象限，隨即撤去電場，以后僅保留磁場已知OPd，OQ2d.不計粒子重力(1)求粒子過Q點時速度的大小和方向(2)若磁感應(yīng)強度的大小為一確定值B0，粒子將以垂直y軸的方向進入第二象限，求B0.(3)若磁感應(yīng)強度的大小為另一確定值，經(jīng)過一段時間后粒

22、子將再次經(jīng)過Q點，且速度與第一次過Q點時相同，求該粒子相鄰兩次經(jīng)過Q點所用的時間審題指導(dǎo)(1)帶電粒子在電場中做什么運動？如何求粒子在Q點的速度和大??？_.(2)粒子進入磁場后做什么運動？_.(3)畫出粒子在磁場中的運動軌跡求出粒子運動半徑求得B.(4)粒子出磁場后，在第二象限內(nèi)做什么運動？_.(5)粒子在第三象限內(nèi)做什么運動？_.(6)撤去電場后粒子在第四象限內(nèi)做什么運動？_.提示(1)類平拋運動、速度的合成(2)勻速圓周運動(4)勻速直線運動(5)勻速圓周運動(6)勻速直線運動解析(1)設(shè)粒子在電場中運動的時間為t0，加速度的大小為a，粒子的初速度為v0，過Q點時速度的大小為v，沿y軸方向

23、分速度的大小為vy，速度與x軸正方向間的夾角為，由牛頓第二定律得qEma由運動學公式得dat2dv0t0vyat0vtan 聯(lián)立式得v245°(2)設(shè)粒子做圓周運動的半徑為R1，粒子在第一象限內(nèi)的運動軌跡如圖所示，O1為圓心，由幾何關(guān)系可知O1OQ為等腰直角三角形，得R12d由牛頓第二定律得qvB0m聯(lián)立式得B0(3)設(shè)粒子做圓周運動的半徑為R2，由幾何分析粒子運動的軌跡如圖所示，O2、O2是粒子做圓周運動的圓心，Q、F、G、H是軌跡與兩坐標軸的交點，連接O2、O2，由幾何關(guān)系知，O2FGO2和O2QHO2均為矩形，進而知FQ、GH均為直徑，QFGH也是矩形，又FHGQ，可知QFGH

24、是正方形，QOF為等腰直角三角形可知，粒子在第一、第三象限的軌跡為半圓，得2R22d粒子在第二、第四象限的軌跡為長度相等的線段，得FGHQ2R2設(shè)粒子相鄰兩次經(jīng)過Q點所用的時間為t，則有t聯(lián)立式得t(2)答案(1)2，方向與水平方向成45°角斜向上(2)(3)(2)反思總結(jié)求解帶電粒子在組合復(fù)合場中運動問題的分析方法(1)正確受力分析，除重力、彈力、摩擦力外要特別注意靜電力和磁場力的分析(2)確定帶電粒子的運動狀態(tài)，注意運動情況和受力情況的結(jié)合(3)對于粒子連續(xù)通過幾個不同區(qū)域、不同種類的場時，要分階段進行處理(4)畫出粒子運動軌跡，靈活選擇不同的運動規(guī)律特別注意(1)多過程現(xiàn)象中的

25、“子過程”與“子過程”的銜接點如一定要把握“銜接點”處速度的連續(xù)性(2)圓周與圓周運動的銜接點一要注意在“銜接點”處兩圓有公切線，它們的半徑重合圖2即學即練1如圖2所示裝置中，區(qū)域和中分別有豎直向上和水平向右的勻強電場，電場強度分別為E和；區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B.一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的帶負電粒子(不計重力)從左邊界O點正上方的M點以速度v0水平射入電場，經(jīng)水平分界線OP上的A點與OP成60°角射入?yún)^(qū)域的磁場，并垂直豎直邊界CD進入?yún)^(qū)域的勻強電場中求：(1)粒子在區(qū)域勻強磁場中運動的軌跡半徑；(2)O、M間的距離；(3)粒子從M點出發(fā)到第二次通過CD邊界所經(jīng)

26、歷的時間解析(1)粒子在勻強電場中做類平拋運動，設(shè)粒子過A點時速度為v，由類平拋運動規(guī)律知v.粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得Bqvm，所以R.(2)設(shè)粒子在區(qū)域電場中運動時間t1，加速度為a.則有qEma，v0tan 60°at1，即t1O、M兩點間的距離為Lat.(3)如圖所示，設(shè)粒子在區(qū)域磁場中運動時間為t2則由幾何關(guān)系知t2設(shè)粒子在區(qū)域電場中運動時間為t3，a，則t32×粒子從M點出發(fā)到第二次通過CD邊界所用時間為tt1t2t3.答案(1)(2)(3)熱點題型二帶電粒子在疊加場中的運動問題題型特點：帶電粒子在疊加場中的運動問題是典型的力電綜合問題在同

27、一區(qū)域內(nèi)同時有電場和磁場、電場和重力場或同時存在電場、磁場和重力場等稱為疊加場帶電粒子在疊加場中的運動問題有很明顯的力學特征，一般要從受力、運動、功能的角度來分析這類問題涉及的力的種類多，含重力、電場力、磁場力、彈力、摩擦力等；包含的運動種類多，含勻速直線運動、勻變速直線運動、類平拋運動、圓周運動以及其他曲線運動，綜合性強，數(shù)學能力要求高復(fù)習指導(dǎo)：1.能夠正確對疊加場中的帶電粒子從受力、運動、能量三個方面進行分析.2.能夠合理選擇力學規(guī)律(牛頓運動定律、運動學規(guī)律、動能定理、能量守恒定律等)對粒子的運動進行研究【典例2】 如圖3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)

28、強度B10.20 T，方向垂直紙面向里，電場強度E11.0×105 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AOy45°，邊界線的上方有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B20.25 T，邊界線的下方有水平向右的勻強電場，電場強度E25.0×105 V/m，在x軸上固定一水平的熒光屏一束帶電荷量q8.0×1019 C、質(zhì)量m8.0×1026 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

29、C.求：圖3(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？審題指導(dǎo)圖甲解析(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qE1qvB1，代入數(shù)據(jù)解得v5.0×105 m/s.(2)離子進入磁場，做勻速圓周運動，由牛頓第二定律有qvB2m得，r0.2 m，作出離子的運動軌跡，交OA邊界于N，如圖甲所示，OQ2r，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90°，過N點做圓弧切線，方向豎直向

30、下，離子垂直電場線進入電場，做類平拋運動，yOOvt，xat2，而a，則x0.4 m，離子打到熒光屏上的位置C的水平坐標為xC(0.20.4)m0.6 m.圖乙(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qvB0m，代入數(shù)據(jù)解得B0 T0.3 T, 則B20.3 T.答案(1)5.0×105 m/s(2)0.6 m(3)B20.3 T反思總結(jié)1帶電體在復(fù)合場中運動的歸類分析(1)磁場力、重力并存若重力和洛倫茲力平衡，則帶電體做

31、勻速直線運動若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復(fù)雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，故機械能守恒(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，則帶電體做復(fù)雜的曲線運動，可用動能定理求解(3)電場力、磁場力、重力并存若三力平衡，帶電體做勻速直線運動若重力與電場力平衡，帶電體做勻速圓周運動若合力不為零，帶電體可能做復(fù)雜的曲線運動，可用能量守恒定律或動能定理求解2帶電粒子在復(fù)合場中運動的分析方法圖4即學即練2如圖4所示，在豎直平面xOy內(nèi)，y軸左側(cè)有一水平向右的電場強度為E1的勻強電場和磁感應(yīng)強度為B1的勻強磁場，y軸右側(cè)有一豎直

32、向上的電場強度為E2的勻強電場，第一象限內(nèi)有一勻強磁場，一帶電荷量為q、質(zhì)量為m的粒子從x軸上的A點以初速度v與水平方向成30°沿直線運動到y(tǒng)軸上的P點，OPd.粒子進入y軸右側(cè)后在豎直面內(nèi)做勻速圓周運動，然后垂直x軸沿半徑方向從M點進入第四象限內(nèi)、半徑為d的圓形磁場區(qū)域，粒子在圓形磁場中偏轉(zhuǎn)60°后從N點射出磁場，求：(1)電場強度E1與E2大小之比(2)第一象限內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強度B的大小和方向(3)粒子從A到N運動的時間解析(1)粒子從A到P做勻速直線運動，由受力情況可得qE1mgtan 粒子從P到M做勻速圓周運動，必有重力與電場力平衡，洛倫茲力提供向心力，即qE2mg

33、聯(lián)立得E1E23.(2)粒子從P到M、從M到N的運動軌跡如圖，在第一象限內(nèi)有R1由洛倫茲力提供向心力知Bqvm聯(lián)立得B，方向垂直紙面向外(3)粒子從A到P有vt1，即t1從P到M粒子運動軌跡對應(yīng)的圓心角為120°，所用時間為t2××粒子從M到N做圓周運動，由圖知其半徑為R2d，對應(yīng)圓心角為60°，所用時間為t3×所以粒子從A到N運動的時間為tt1t2t3.答案(1)3(2)方向垂直紙面向外(3)熱點題型三帶電粒子在交變復(fù)合場中的運動【典例3】 如圖5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的周

34、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t0時，一帶正電、質(zhì)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為已知量圖5(1)求微粒所帶電荷量q和磁感應(yīng)強度B的大小(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(yīng)寬度的區(qū)域，求T的最小值審題指導(dǎo)(1)N1Q段的直線運動受力平衡(2)圓周運動重力與電場力平衡、洛倫茲力提供向心力(3)直線運動的時間、圓周運動的時間周期(4)磁場寬度的臨界

35、值d2R.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qB(2)設(shè)微粒從N1運動到Q的時間為t1，做圓周運動的周期為t2，則vt1qvBm2Rvt2聯(lián)立得t1；t2電場變化的周期Tt1t2.(3)若微粒能完成題述的運動過程，要求d2R聯(lián)立得R設(shè)在N1Q段直線運動的最短時間為t1min，由得t1min，因t2不變，T的最小值Tmint1mint2答案(1)(2)(3)反思總結(jié)本題涉及交變電場，要使電場反向前后出現(xiàn)直線運動和圓周運動，則勻速圓周運動時重力mg與電場力E0q平衡，做直線運動時必有mgE0qqvB.結(jié)合運動分析受力是解題的關(guān)鍵即學即練3如圖6甲所示，在

36、以O(shè)為坐標原點的xOy平面內(nèi)，存在著范圍足夠大的電場和磁場一個質(zhì)量m2×102kg，帶電荷量q5×103C的小球在0時刻以v040 m/s的速度從O點沿x方向(水平向右)射入該空間，在該空間同時加上如圖乙所示的電場和磁場，其中電場沿y方向(豎直向上)，場強大小E040 V/m.磁場垂直于xOy平面向外，磁感應(yīng)強度大小B04 T取當?shù)氐闹亓铀俣萭10 m/s2，計算結(jié)果中可以保留根式或.圖6(1)求12 s末小球速度的大小(2)在給定的xOy坐標系中，大致畫出小球在24 s內(nèi)的運動軌跡示意圖(3)求26 s末小球的位置坐標解析(1)當不存在電場和磁場時，小球只受重力作用，做

37、平拋運動，當同時加上電場和磁場時，電場力方向向上：F1qE00.2 N，重力方向向下：Gmg0.2 N重力和電場力恰好平衡，此時小球受洛倫茲力而做勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律有：qv0B0m運動周期T，聯(lián)立解得T2 s正好是電場、磁場同時存在時間的，即在這10 s內(nèi)，小球恰好做了5個完整的勻速圓周運動所以小球在t112 s末的速度相當于小球做平拋運動t2 s時的末速度vygt20 m/svxv040 m/s，v120 m/s.(2)小球在24 s內(nèi)的運動軌跡示意圖如圖所示(半徑越來越大)(3)分析可知，小球24 s末與26 s末的位置相同，在26 s內(nèi)小球做了t23 s的平拋運動，23 s末

38、小球平拋運動的位移大小為x1v0t2120 my1gt45 m此時小球的速度大小為v250 m/s速度與豎直方向的夾角為53°此后小球做勻速圓周運動的半徑r2 m26 s末，小球恰好完成了半個圓周運動，此時小球的位置坐標x2x12r2cos my2y12r2sin m.答案(1)20 m/s(2)見解析(3)x2my2m附：對應(yīng)高考題組1(2012·海南卷，2)如圖所示，在兩水平極板間存在勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向下，磁場方向垂直于紙面向里一帶電粒子以某一速度沿水平直線通過兩極板若不計重力，下列四個物理量中哪一個改變時，粒子運動軌跡不會改變() A粒子速度的大小B粒

39、子所帶的電荷量C電場強度D磁感應(yīng)強度解析粒子以某一速度沿水平直線通過兩極板，其受力平衡有EqBqv，則知當粒子所帶的電荷量改變時，粒子所受的合力仍為0，運動軌跡不會改變，故B項正確答案B2(2012·課標全國卷，25)如圖所示，一半徑為R的圓表示一柱形區(qū)域的橫截面(紙面)在柱形區(qū)域內(nèi)加一方向垂直于紙面的勻強磁場，一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子沿圖中直線在圓上的a點射入柱形區(qū)域，在圓上的b點離開該區(qū)域，離開時速度方向與直線垂直圓心O到直線的距離為R.現(xiàn)將磁場換為平行于紙面且垂直于直線的勻強電場，同一粒子以同樣速度沿直線在a點射入柱形區(qū)域，也在b點離開該區(qū)域若磁感應(yīng)強度大小為B，不計重力，

40、求電場強度的大小解析粒子在磁場中做圓周運動設(shè)圓周的半徑為r，由牛頓第二定律和洛倫茲力公式得qvBm式中v為粒子在a點的速度過b點和O點作直線的垂線，分別與直線交于c和d點由幾何關(guān)系知，線段、和過a、b兩點的圓弧軌跡的兩條半徑(未畫出)圍成一正方形因此r設(shè)x，由幾何關(guān)系得RxR 聯(lián)立式得rR再考慮粒子在電場中的運動設(shè)電場強度的大小為E，粒子在電場中做類平拋運動設(shè)其加速度大小為a，由牛頓第二定律和帶電粒子在電場中的受力公式得qEma粒子在電場方向和直線方向所走的距離均為r，由運動學公式得rat2rvt式中t是粒子在電場中運動的時間聯(lián)立式得E.答案3(2012·重慶卷，24)有人設(shè)計了一種

41、帶電顆粒的速率分選裝置，其原理如圖所示兩帶電金屬板間有勻強電場，方向豎直向上，其中PQNM矩形區(qū)域內(nèi)還有方向垂直紙面向外的勻強磁場一束比荷(電荷量與質(zhì)量之比)均為的帶正電顆粒，以不同的速率沿著磁場區(qū)域的水平中心線OO進入兩金屬板之間，其中速率為v0的顆粒剛好從Q點處離開磁場，然后做勻速直線運動到達收集板重力加速度為g，PQ3d，NQ2d，收集板與NQ的距離為l，不計顆粒間相互作用求：(1)電場強度E的大小；(2)磁感應(yīng)強度B的大小；(3)速率為v0(1)的顆粒打在收集板上的位置到O點的距離解析(1)設(shè)帶電顆粒的電荷量為q，質(zhì)量為m.有Eqmg，將代入，得Ekg.(2)如圖甲所示，有qv0Bm，

42、R2(3d)2(Rd)2，得B.(3)如圖乙所示，有qv0Bm，tan ，y1R1，y2ltan ，yy1y2，得yd(5).答案(1)kg(2)(3)d(5)4(2012·浙江卷，24)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(diào)的電源上兩板之間的右側(cè)區(qū)域存在方向垂直紙面向里的勻強磁場將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(zhì)量均為m、水平速度均為v0、帶相等電荷量的墨滴調(diào)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(yīng)強度B的值；(3)現(xiàn)保持

43、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(yīng)將磁感應(yīng)強度調(diào)至B，則B的大小為多少？解析(1)墨滴在電場區(qū)域做勻速直線運動，有qmg由式得：q由于電場方向向下，電荷所受電場力向上，可知：墨滴帶負電荷(2)墨滴垂直進入電場、磁場共存區(qū)域后，重力仍與電場力平衡，合力等于洛倫茲力，墨滴做勻速圓周運動，有qv0Bm考慮墨滴進入電場、磁場共存區(qū)域和下板的幾何關(guān)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B(3)根據(jù)題設(shè)，墨滴運動軌跡如圖所示，設(shè)墨滴做圓周運動的半徑為R，有qv0Bm由圖可得：R2d22由式得：Rd聯(lián)立式可得：B答案(1)負電荷(2)(3)5(20

44、13·江蘇卷，15)在科學研究中，可以通過施加適當?shù)碾妶龊痛艌鰜韺崿F(xiàn)對帶電粒子運動的控制如圖(a)所示的xOy平面處于勻強電場和勻強磁場中，電場強度E和磁感應(yīng)強度B隨時間t作周期性變化的圖象如圖(b)所示x軸正方向為E的正方向，垂直紙面向里為B的正方向在坐標原點O有一粒子P，其質(zhì)量和電荷量分別為m和q.不計重力在t時刻釋放P，它恰能沿一定軌道做往復(fù)運動(1)求P在磁場中運動時速度的大小v0；(2)求B0應(yīng)滿足的關(guān)系；(3)在t0時刻釋放P，求P速度為零時的坐標解析(1)做勻加速直線運動，2做勻速圓周運動，電場力FqE0，加速度a，速度v0a，且t，解得v0.(2)只有當t2時，P在磁

45、場中做圓周運動結(jié)束并開始沿x軸負方向運動，才能沿一定軌道做往復(fù)運動，如圖所示設(shè)P在磁場中做圓周運動的周期為T.則T(n1,2,3，)，勻速圓周運動qvB0m，T解得B0，(n1,2,3)(3)在t0時刻釋放，P在電場中加速的時間為t0，在磁場中做勻速圓周運動，有v1，圓周運動的半徑r1，解得r1.又經(jīng)(t0)時間P減速為零后向右加速的時間為t0，P再進入磁場，有v2，圓周運動的半徑r2，解得r2.綜上分析，速度為零時橫坐標x0，相應(yīng)的縱坐標為y，(k1,2,3)解得y，(k1,2,3)答案(1)(2)B0，(n1,2,3)(3)橫坐標x0，縱坐標y，(k1,2,3)專題強化練七(對應(yīng)學生用書P

46、283)A對點訓練練熟基礎(chǔ)知識圖7題組一帶電體在復(fù)合場中的運動1(多選)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7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小球重力方向豎直向下，空間存在磁場，且小球直線運動方向斜向下，與磁場方向相同，故不受洛倫茲力的作用，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

47、力方向與運動方向相同，故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圖82(多選)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(nèi)做勻速圓周運動，如圖8所示，則兩油滴一定相同的是()A帶電性質(zhì)B運動周期C運動半徑D運動速率解析油滴受重力、電場力、洛倫茲力做勻速圓周運動由受力特點及運動特點知，得mgqE，結(jié)合電場方向知油滴一定帶負電且兩油滴比荷相等洛倫茲力提供向心力，有周期T，所以兩油滴周期相等，故選A、B.由r知，速度v越大，半徑則越大，故不選C、D.答案AB題組二帶電粒子在復(fù)合

48、場中的運動圖93(多選)如圖9所示，在一豎直平面內(nèi)，y軸左側(cè)有一水平向右的勻強電場E1和一垂直紙面向里的勻強磁場B，y軸右側(cè)有一豎直方向的勻強電場E2，一電荷量為q(電性未知)、質(zhì)量為m的微粒從x軸上A點以一定初速度與水平方向成37°角沿直線經(jīng)P點運動到圖中C點，其中m、q、B均已知，重力加速度為g，則()A微粒一定帶負電B電場強度E2一定豎直向上C兩電場強度之比D微粒的初速度為v解析微粒從A到P受重力、電場力和洛倫茲力作用做直線運動，則微粒做勻速直線運動，由左手定則及電場力的性質(zhì)可確定微粒一定帶正電，A錯；此時有qE1mgtan 37°，微粒從P到C在電場力、重力作用下做

49、直線運動，必有mgqE2，所以E2的方向豎直向上，B對；由以上分析可知，C錯；AP段有mgBqvcos 37°，即v，D對答案BD圖104(多選)如圖10所示，空間內(nèi)有一磁感應(yīng)強度為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場，一個正點電荷Q固定于磁場中的某一點另有一帶電粒子q從a處、以初速度v0射出，射出方向與a、Q連線垂直，a、Q之間的距離為r.若不計重力，則粒子q的運動軌跡可能為()A以點電荷Q為圓心、以r為半徑，在紙面內(nèi)的圓周B開始階段為紙面內(nèi)偏向v0右側(cè)的曲線C開始階段為紙面內(nèi)偏向v0左側(cè)的曲線D沿初速度v0方向的直線解析如圖所示，在a點，粒子受到的洛倫茲力qv0B向右、庫侖力向左粒子做

50、圓周運動所需要的向心力為.當qv0B時，粒子做以Q為圓心、以r為半徑的勻速圓周運動，故選A.當<qv0B時，合外力向右，粒子右偏，故選B.當>qv0B時，合外力向左，粒子左偏，故選C.當qv0B時，開始粒子沿直線向上運動，與Q的距離變大，變小，不能保證所受合外力繼續(xù)為零，所以不能沿v0方向做直線運動，故不選D.答案ABCB深化訓練提高能力技巧5如圖11所示，M、N是豎直正對放置的兩個平行金屬板，S1、S2是M、N板上的兩個小孔；N板的右側(cè)有一個在豎直面內(nèi)，以O(shè)為圓心的圓形區(qū)域，該區(qū)域內(nèi)存在垂直圓面向外的勻強磁場，另有一個同樣以O(shè)為圓心的半圓形熒光屏AOC；已知S1、S2、O和熒光屏

51、的中間位置O在同一直線上，且ACS1O.當在M、N板間加恒定電壓U時，一帶正電離子在S1處由靜止開始加速向S2孔運動，最后打在圖示的熒光屏下的P處，COP30°.若要讓上述帶電離子仍在S1處由靜止開始加速，最后打在圖示的熒光屏下邊緣C處，求M、N板間所加電壓的大小(不計離子重力)圖11解析設(shè)離子的質(zhì)量為m，電荷量為q，磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，磁場區(qū)域的半徑為R，離子加速后獲得的速度為v.當電壓為U時，根據(jù)動能定理有qUmv2在磁場中，離子做勻速圓周運動，由牛頓第二定律可知qvBm，解得U其中rRtan 60°R當電壓為U時，離子打在C處，同理有U其中rR，結(jié)合上面各式可解得U答案圖126(2013·安徽卷，23)如圖12所示的平面直角坐標系xOy，在第象限內(nèi)有平行于y軸的勻強電場，方向沿y軸正方向；在第象限的正三角形abc區(qū)域內(nèi)有勻強磁場，方向垂直于xOy平面向里，正三角形邊長為L，且ab邊與y軸平行一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子，從y軸上的P(0，h)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軸上的a(2h,0)點進入第象限，又經(jīng)過磁場從y軸上的某點進入第象限，且速度與y軸負方向成45 °角，不計粒子所受的重力求：(1)電場強度E的大??；(2)粒子到達a點時速度的大小和方向；(3)abc區(qū)域內(nèi)