物理2018屆高考專用第一輪總復(fù)習(xí)打包老師搜集第八章能力課

能力課 帶電粒子在勻強磁場及復(fù)合場中的運動帶電粒子在磁場中運動時的臨界問題角度

1

直線邊界磁場的臨界、極值問題【真題示例1】(2016·全國卷Ⅲ，18)平面OM

和平面ON

之間的夾角為

30°，其橫截面(紙面)如圖

1所示，平面

OM上方存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為

B，方向垂直于紙面向外。一帶電粒子的質(zhì)量為

m，電荷量為

q(q>0)。粒子沿紙面以大小為

v

的速度從

OM的某點向左上方射入磁場，速度與

OM

成

30°角。已知該粒子在磁場中的運動軌跡與ON只有一個交點，并從

OM上另一點射出磁場。不計重力。粒子離開磁場的出射點到兩平面交線

O

的距離為(

)圖1A.

mv2qBB.3mvqBC.2mvqBD.4mvqBqB解析

帶電粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑為

r＝mv?！壽E與ON

相切，畫出粒子的運動軌跡如圖所示，由于AD＝2rsin 30°＝r，故△AO′D

為等邊三角形，∠O′DA＝60°，而∠MON＝30°，則∠OCD＝90°，故

CO′D

為一直線，OD＝CD—sin

30°—4mv＝2CD＝4r＝

qB

，故D

正確。答案

D【變式訓(xùn)練1】如圖2

所示，直角坐標(biāo)系中

y

軸右側(cè)存在一垂直紙面向里、寬為

a

的有界勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，右邊界

PQ

平行

y

軸，一粒子(重力不計)從原點

O

以與

x

軸正方向成

θ角的速率

v

垂直射入磁場，當(dāng)斜向上射入時，粒子恰好垂直

PQ

射出磁場，當(dāng)斜向下射入時，粒子恰好不從右邊界射出，則粒子的比荷及粒子恰好不從右邊界射出時在磁場中運動的時間分別為(

)圖2A.

v2πaB.

v2πaC.

vBa

3v4πa2Ba

3vD.

v2Ba

3v4πaBa

3v解析

粒子在磁場中運動軌跡如圖所示，則v2由圖知斜向上射入時有rsinθ＝a，斜向下射入時有rsin

θ＋a＝r，聯(lián)立求得θ＝30°，且r＝2a，由洛倫茲力提供向心力得Bqv＝m

r

，qv解得

r＝mv

即粒子的比荷為

＝

，所以Bq

，

m

2Ba粒子恰好不從右邊界射出時在磁場中運動的圓心角為α＝2×(90°－30°)＝120°，運動時間為t＝T＝4πa，C

正確。3

3v答案

C角度

2

圓形磁場的臨界、極值問題【模擬示例2】

(2017·遼寧朝陽三校協(xié)作體聯(lián)考)如圖

3

所示，半徑為r

的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，磁場邊界上A

點有一粒子源，源源不斷地向磁場發(fā)射各種方向(均平行于紙面)且速度大小相等的帶正電的粒子(重力不計)，已知粒子的比荷為k，速度大小為2kBr。則粒子在磁場中運動的最長時間為()圖3A.

πkBB.

πC.

π2kB

3kBD.

π4kBqB＝

Bk解析

粒子在磁場中運動的半徑為

R＝mv

2kBr＝2r；當(dāng)粒子在磁場中運動時間最長時，其軌跡對應(yīng)的圓心角最大，此時弦長最大，其最大值為磁場圓的直徑2r，故t＝T

πm

＝6＝3qB3kB

π

，故選C。答案

C【變式訓(xùn)練2】如圖4

所示，兩個同心圓，半徑分別為r

和2r，在兩圓之間的環(huán)形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B。圓心O

處有一放射源，放出粒子的質(zhì)量為m、帶電量為q，假設(shè)粒子速度方向都和紙面平行。圖4(1)圖中箭頭表示某一粒子初速度的方向，OA與初速度方向夾角為60°，要想使該粒子經(jīng)過磁場后第一次通過A點，則初速度的大小是多少？1(2)要使粒子不穿出環(huán)形區(qū)域，則粒子的初速度不能超過多少？解析(1)如圖甲所示，設(shè)粒子在磁場中的軌道半徑為R1，則由幾何關(guān)系得R

＝

3r31又qv

B＝mv2

1R11得v

＝3m3Bqr。甲(2)如圖乙所示，設(shè)粒子軌跡與磁場外邊界相切時，粒子在磁場中的軌道半徑為R2，則由幾何關(guān)系有2(2r－R2)2＝R2＋r22可得R

＝3r42又qv

B＝mv22R22可得v

＝3Bqr4m故要使粒子不穿出環(huán)形區(qū)域，粒子的初速度3Bqr不能超過

4m

。乙答案

(1)3Bqr3m3Bqr(2)

4m角度

3

三角形磁場的臨界、極值問題【真題示例3】

(2016·海南單科，14)如圖

5，A、C

兩點分別位于

x

軸和

y

軸上，∠OCA＝30°，OA

的長度為

L。在△OCA區(qū)域內(nèi)有垂直于xOy

平面向里的勻強磁場。質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，以平行于y軸的方向從OA邊射入磁場。已知粒子從某點射入時，恰好垂直于OC邊射出磁場，且粒子在磁場中運動的時間為t0。不計重力。圖5求磁場的磁感應(yīng)強度的大小；若粒子先后從兩不同點以相同的速度射入磁場，恰好從

OC邊上的同一點射出磁場，求該粒子這兩次在磁場中運動的時間之和；若粒子從某點射入磁場后，其運動軌跡與AC

邊相切，且在磁場內(nèi)運動的時間為53t0，求粒子此次入射速度的大小解析

(1)粒子在磁場中做勻速圓周運動，在時間

t0

內(nèi)其速度v2方向改變了90°，故其周期T＝4t0①設(shè)磁感應(yīng)強度大小為B，粒子速度為v，圓周運動的半徑為r，由洛倫茲力公式和牛頓定律得qvB＝m

r

②勻速圓周運動的速度滿足v＝2πrT

③2qt0聯(lián)立①②③式得B＝

πm

④(2)設(shè)粒子從OA

邊兩個不同位置射入磁場，能從OC

邊上的同一點P

射出磁場，粒子在磁場中運動的軌跡如圖(a)所示。設(shè)兩軌跡所對應(yīng)的圓心角分別為θ1

和θ2。由幾何關(guān)系有：θ1＝180°－θ2⑤粒子兩次在磁場中運動的時間分別為Tt1

與t2，則t1＋t2＝2＝2t0⑥圖(a)(3)如圖(b)，由題給條件可知，該粒子在磁場區(qū)域中的軌跡圓弧對應(yīng)的圓心角為150°。設(shè)O′為圓弧的圓心，圓弧的半徑為r0，圓弧與AC相切于B

點，從D

點射出磁場，由幾何關(guān)系和題給條件可知，此時有∠OO′D

＝∠BO′A

＝

30°⑦0r

cos∠OO′D＋r0cos∠BO′A＝L⑧圖(b)設(shè)粒子此次入射速度的大小為v0，由圓周運動規(guī)律0v

＝2πr0T⑨0聯(lián)立①⑦⑧⑨式得v

＝7t03πL⑩答案

(1)

πm2qt00(2)2t

(3)3πL7t0【變式訓(xùn)練3】如圖6

所示的平面直角坐標(biāo)系xOy，在第Ⅰ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Ⅳ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(jìn)入第Ⅳ象限，又經(jīng)過磁場從y

軸上的某點進(jìn)入第Ⅲ象限，且速度與y

軸負(fù)方向成45°角，不計粒子所受的重力。求：圖6電場強度E的大??；粒子到達(dá)a點時速度的大小和方向；

(3)abc區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強度B的最小值。解析

(1)設(shè)粒子在電場中運動的時間為

t，則有0x＝v

t＝2h，y＝12at2＝h，qE＝mamv2聯(lián)立以上各式可得

E＝

02qh(2)粒子到達(dá)a

點時沿y

軸負(fù)方向的分速度vy＝at＝v0所以v＝

v2＋v2＝

2v0

y

0方向指向第Ⅳ象限與x

軸正方向成45°角。

(3)粒子在磁場中運動時，有v2qvB＝m

r當(dāng)粒子從b

點射出時，磁場的磁感應(yīng)強度為最小值，此時有r＝

2L，所以B＝2mv02

qL答案

(1)mv202qh0(2)

2v

方向指向第Ⅳ象限與x

軸正方向成45°角2mv0(3)

qL解決帶電粒子的臨界問題的技巧方法數(shù)學(xué)方法和物理方法的結(jié)合：如利用“矢量圖”“邊界條件”等求臨界值，利用“三角函數(shù)”“不等式的性質(zhì)”“二次方程的判別式”等求極值。臨界問題的一般解題流程方法技巧(3)從關(guān)鍵詞找突破口：許多臨界問題，題干中常用“恰好”、“最大”、“至少”、“不相撞”、“不脫離”等詞語對臨界

狀態(tài)給以暗示，審題時，一定要抓住這些特定的詞語挖掘其隱

藏的規(guī)律，找出臨界條件。帶電粒子在復(fù)合場中的運動角度1

帶電粒子在復(fù)合場中運動的應(yīng)用實例【真題示例4】(2015·江蘇單科，15)一臺質(zhì)譜儀的工作原理如圖7

所示，電荷量均為＋q、質(zhì)量不同的離子飄入電壓為U0

的加速電場，其初速度幾乎為零。這些離子經(jīng)加速后通過狹縫O

沿著與磁場垂直的方向進(jìn)入磁感應(yīng)強度為

B

的勻強磁場，最后打在底片上。已知放置底片的區(qū)域32MN＝L，且OM＝L。某次測量發(fā)現(xiàn)MN

中左側(cè)區(qū)域MQ1損壞，檢測不到離子，但右側(cè)3區(qū)域QN

仍能正常檢測到離子。在適當(dāng)調(diào)節(jié)加速電壓后，原本打在MQ的離子即可在QN

檢測到。圖7求原本打在MN中點P的離子質(zhì)量m；為使原本打在P的離子能打在QN區(qū)域，求加速電壓U的調(diào)節(jié)范圍；為了在QN區(qū)域?qū)⒃敬蛟贛Q區(qū)域的所有離子檢測完整，求需要調(diào)節(jié)U的最少次數(shù)。(取lg

2＝0.301，lg

3＝0.477，lg

5＝0.699)012解析

(1)離子在電場中加速：

qU

＝mv2v2在磁場中做勻速圓周運動：qvB＝m

r解得r＝12mU0B

q4打在MN

中點P

的離子半徑為r＝3L，代入解得9qB2L2m＝

32U0(2)由(1)知，U＝16U0r29L2離子打在Q

點時，r＝56L，得U＝100U0819離子打在N

點時r＝L，得U＝16U0，則電壓的范圍100U0≤U≤16U081

9(3)由(1)可知，r∝U由題意知，第1

次調(diào)節(jié)電壓到U1，使原本Q

點的離子打在N56L點L

＝U1U0此時，原本半徑為r1

的打在Q1

的離子打在Q

上56Lr1

＝U1U052解得

r1＝

L16第2次調(diào)節(jié)電壓到U2，原本打在Q1的離子打在N點，原本半徑為r2

的打在Q2

的離子打在Q上，56L2則：r

＝

U

，

r

＝L

U2

U2U0

0653解得

r2＝

L同理，第

n

次調(diào)節(jié)電壓，有

rn＝

65n＋1LL檢測完整，有rn≤2解得n≥lg

26lg

（5）－1≈2.8最少次數(shù)為3

次9qB2L2答案

(1)

32U0

(2)100U081≤U≤16U09(3)3

次圖8【變式訓(xùn)練4】(2016·全國卷Ⅰ，15)現(xiàn)代質(zhì)譜儀可用來分析比質(zhì)子重很多倍的離子，其示意圖如圖8所示，其中加速電壓恒定。質(zhì)子在入口處從靜止開始被加速電場加速，經(jīng)勻強磁場偏轉(zhuǎn)后從出口離開磁場。若某種一價正離子在入口處從靜止開始被同一加速電場加速，為使它經(jīng)勻強磁場偏轉(zhuǎn)后仍從同一出口離開磁場，需將磁感應(yīng)強度增加到原來的12倍。此離子和質(zhì)子的質(zhì)量比約為()A．11

B．12

C．121

D．144解析設(shè)質(zhì)子的質(zhì)量和電荷量分別為m1、q1，一價正離子的質(zhì)量和電荷量為m2、q2。對于任意粒子，在加速電場中，由動能定理得2qU＝1

v2－0，得v＝mm2qU①v2在磁場中qvB＝m

r

②B2r2q由①②式聯(lián)立得

m＝

2U

，由題意知，兩種粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑相同，加速電壓U

不變，其中B2＝12B1，m2m1B2B21＝

2＝144，故選項D

正確。q1＝q2，可得答案

D【變式訓(xùn)練5】

(多選)勞倫斯和利文斯設(shè)計出回旋加速器，工作原理示意圖如圖9所示。置于真空中的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忽略。磁感應(yīng)強

度為B的勻強磁場與盒面垂直，高頻交流電頻率為f，加速電壓為U。若A處粒子源產(chǎn)生的質(zhì)子的質(zhì)量為m，電荷量為＋q，在加速器中被加速，且加速過程中不考慮相對論效應(yīng)和重力

的影響。則下列說法正確的是(

)圖9A．質(zhì)子被加速后的最大速度不可能超過2πRf

B．質(zhì)子離開回旋加速器時的最大動能與加速電壓U

成正比

C．質(zhì)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為2∶1D．不改變磁感應(yīng)強度B

和交流電頻率f，該回旋加速器的最大動能不變解析

質(zhì)子被加速后的最大速度受到

D

形盒半徑

R

的制約，因v＝2πRT

＝2πRf，故

A

正確；質(zhì)子離開回旋加速器的最大動能km2

2E

＝1

v2＝1m×4π2R2f2＝2mπ2R2f2，與加速電壓

U

無關(guān)，Bm錯誤；根據(jù)R＝mv2，qU＝

mv

，2qU1

1qB

2

221

2＝

mv

，得質(zhì)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為2∶1，C

正確；因回旋加速器的最大動能Ekm＝2mπ2R2f2與m、R、f均有關(guān)，D

錯誤。答案

AC角度2

帶電粒子在組合場中的運動“磁偏轉(zhuǎn)”和“電偏轉(zhuǎn)”的比較電偏轉(zhuǎn)磁偏轉(zhuǎn)偏轉(zhuǎn)條件帶電粒子以v⊥E進(jìn)入勻強電場(不計重力)帶電粒子以v⊥B進(jìn)入勻強磁場(不計重力)受力情況只受恒定的電場力F＝Eq只受大小恒定的洛倫茲力F＝qvB運動情況類平拋運動勻速圓周運動【模擬示例5】(2016·福州二模)如圖10

所示，在x

軸上方存在勻強磁場，磁感應(yīng)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(zhì)量為m、電荷量為

q、重力不計的帶正電粒子從

y

軸上的

a(h，0)點沿

y

軸正方向以某初速度開始運動，一段時間后，粒子與

x軸正方向成

45°進(jìn)入電場，經(jīng)過

y軸的

b點時速度方向恰好與

y

軸垂直。求：圖10(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)粒子從開始到第三次經(jīng)過x軸的時間t總。解析

(1)根據(jù)題意可知，大致畫出粒子在復(fù)合場中的運動軌跡，如圖所示：由幾何關(guān)系得：rcos45°＝h解得：r＝

2h1由牛頓第二定律得：qBv

＝mv2

1r解得：v

＝qBr1

m

＝

2qBh

m(2)設(shè)粒子第一次經(jīng)過x軸的位置為x1，到達(dá)b點時速度大小為vb，根據(jù)類平拋運動規(guī)律，則：vb＝v1cos

45°b解得：v

＝qBhm設(shè)粒子進(jìn)入電場經(jīng)過時間t

運動到b

點，b

點的縱坐標(biāo)為－yb，由類平拋運動規(guī)律得：r＋rsin45°＝v0tb21y

＝1

v

sin

45°＋0)t＝(2＋12h由動能定理得：－b22b1

1qEy

＝

mv

－2mv21解得：E＝（

2－1）qhB2m(3)粒子在磁場中的周期為：T＝2πr2πmv1

＝

Bq第一次經(jīng)過x

軸的時間t

＝51

8T＝5πm4qB在電場中運動的時間t2＝2t＝2（

2＋1）mqB在第二次經(jīng)過x

軸到第三次經(jīng)過x

軸的時間t3

3πm3＝4T＝2qB則總時間：總1

2

3Bq答案

(1)2ht

＝t

＋t

＋t

＝

11π＋2

2＋2)

m(

4

2qBh

m（

2－1）qhB2(2)m11π(3)(

4

＋2

m2＋2)Bq【拓展延伸1】

改變電場方向?qū)ⅰ灸M示例5】中x軸下方的勻強電場方向改成與x軸負(fù)方向成45°角，如圖11所示，若粒子沿平行電場線方向進(jìn)入電場，且粒子沿電場線移動的最大距離為h，求：圖11(1)勻強電場的電場強度大小E；(2)粒子從開始到第三次經(jīng)過x軸的時間t。解析

(1)帶電粒子運動軌跡如圖所示：0由牛頓第二定律得：qv

B＝m由幾何關(guān)系得：rcos

45°＝h解得：r＝

2hv2

0r0解得：v

＝2qBhm0粒子在電場中做勻減速直線運動，則：v2＝2ah由牛頓第二定律得：qE＝ma解得：E＝qB2hm(2)粒子在磁場中運動的時間：5

1

7

7πm

t1＝8T＋4T＝8T＝4qB2粒子在電場中運動的時間：t

＝2v0a解得：t2＝2

2mqB故：t＝t1＋t2＝（7π＋8

2）m4qBqB2h答案

(1)

m

(2)（7π＋8

2）m4qB【拓展延伸2】

改變釋放點的位置將【模擬示例5】中的帶電粒子在a(2h，－2h)點由靜止釋放，粒子第二次經(jīng)過x軸時恰好過坐標(biāo)原點O。求：圖12勻強電場的電場強度；粒子從開始運動到第五次經(jīng)過x軸時的時間。解析

(1)粒子運動軌跡如圖所示：由幾何關(guān)系得：r＝hv2由牛頓第二定律得：qvB＝m

r解得：v＝qBhm粒子在電場中加速的過程，由動能定理得：2qE·2h＝1mv2－0qB2h解得：E＝

4m(2)粒子在電場中運動的時間：1t

＝5·

v22h＝20mqB2粒子在磁場中運動的時間：t

＝T＝2πmqB故：t＝t1＋t2＝（20＋2π）mqBqB2h答案

(1)

4m

(2)（20＋2π）mqB“5步”突破帶電粒子在組合場中的運動問題方法技巧【變式訓(xùn)練6】如圖13

所示，在第一象限存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度方向垂直于紙面(xOy平面)向外；在第四象限存在勻強電場，方向沿

x

軸負(fù)向。在

y

軸正半軸上某點以與

x軸正向平行、大小為v0

的速度發(fā)射出一帶正電荷的粒子，該粒子在(d，0)點沿垂直于

x軸的方向進(jìn)入電場。不計重力。若該粒子離開電場時速度方向與

y

軸負(fù)方向的夾角為

θ，求：圖13(1)電場強度大小與磁感應(yīng)強度大小的比值；

(2)該粒子在電場中運動的時間。解析(1)如圖，粒子進(jìn)入磁場后做勻速圓周運動。設(shè)磁感應(yīng)強度的大小為B，粒子質(zhì)量與所帶電荷量分別為m和q，圓周運動的半徑為R0。由洛倫茲力公式及牛頓第二定律得0qv

B＝mv2R00①由題給條件和幾何關(guān)系可知R0＝d②設(shè)電場強度大小為E，粒子進(jìn)入電場后沿x

軸負(fù)方向的加速度大小為ax，在電場中運動的時間為t，離開電場時沿x

軸負(fù)方向的速度大小為vx。由牛頓第二定律及運動學(xué)公式得Eq＝max③vx＝axt④vxt＝d⑤vx2由于粒子在電場中做類平拋運動(如圖)，有tan

θ＝v0⑥聯(lián)立①②③④⑤⑥式得E

1B

202＝

v

tan

θ⑦(2)聯(lián)立⑤⑥式得t＝2dv0tan

θ12答案

(1)

v02tan

θ

2d

(2)v0tan

θ角度3

帶電粒子在疊加場中的運動磁場力、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(fù)雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，故機械能守恒。電場力、磁場力并存(不計重力)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。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。【真題示例6】(2016·天津理綜，11)如圖14

所示，空間中存在著水平向右的勻強電場，電場強度大小E＝5

3

N/C，同時存在著水平方向的勻強磁場，其方向與電場方向垂直，磁感應(yīng)強度大小B＝0.5

T。有一帶正電的小球，質(zhì)量m＝

1×10－6

kg，電荷量q＝2×10－6

C，正以速度v

在圖示的豎直面內(nèi)做勻速直線運動，當(dāng)經(jīng)過P

點時撤掉磁場(不考慮磁場消失引起的電磁感應(yīng)現(xiàn)象)取g＝10

m/s2，求：圖14小球做勻速直線運動的速度v的大小和方向；從撤掉磁場到小球再次穿過P點所在的這條電場線經(jīng)歷的時間t。解析

(1)小球勻速直線運動時受力如圖，其所受的三個力在同一平面內(nèi)，合力為零，有qvB＝

q2E2＋m2g2①代入數(shù)據(jù)解得v＝20

m/s②速度v

的方向與電場E

的方向之間的夾角滿足tan

θ＝qE③mg代入數(shù)據(jù)解得tan

θ＝

3θ＝60°④(2)解法一撤去磁場，小球在重力與電場力的合力作用下做類平拋運動，如圖所示，設(shè)其加速度為a，有a＝q2E2＋m2g2m⑤設(shè)撤去磁場后小球在初速度方向上的分位移為x，有x＝vt⑥設(shè)小球在重力與電場力的合力方向上分位移為y，有y＝12at2⑦ytan

θ＝x⑧聯(lián)立④⑤⑥⑦⑧式，代入數(shù)據(jù)解得t＝2

3 s＝3.5

s⑨解法二撤去磁場后，由于電場力垂直于豎直方向，它對豎直方向的分運動沒有影響，以P

點為坐標(biāo)原點，豎直向上為正方向，小球在豎直方向上做勻減速運動，其初速度為vy＝vsin

θ⑤若使小球再次穿過P

點所在的電場線，僅需小球的豎直方向上y分位移為零，則有v

t－12gt2＝0⑥聯(lián)立⑤⑥式，代入數(shù)據(jù)解得

t＝2

3 s＝3.5

s⑦答案

(1)20

m/s

與電場方向成

60°角斜向上(2)3.5

s【變式訓(xùn)練7】(2015·福建理綜，22)如圖15，絕緣粗糙的豎直平面MN

左側(cè)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(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(dá)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。圖15求小滑塊運動到C點時的速度大小vC；求小滑塊從A點運動到C點過程中克服摩擦力做的功Wf；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(dāng)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＝0C解得

v

＝EB(2)由動能定理f122Cmgh－W

＝

mv

－0mE2解得Wf＝mgh－2B2(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′（qEg′＝

m

）

＋2

g2且v2

＝v2

＋g′2t2P

D2D解得

vP＝

v

＋（qEm2）

＋gt2

2EmE2答案

(1)B

(2)mgh－

2B22D(3)

v

＋（qE

m2）

＋gt2

2帶電粒子在疊加場中運動的處理方法方法技巧1．(2014·江蘇單科，9)(多選)如圖16

所示，導(dǎo)電物質(zhì)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(chǎn)生勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小B

與I

成正比，方向垂直于霍爾元件的兩側(cè)面，此時通過霍爾元件的電流為IH，與其前后H

H表面相連的電壓表測出的霍爾電壓

U

滿足：U

＝kHI

Bd，式中k

為霍爾系數(shù)，d

為霍爾元件兩側(cè)面間的距離。電阻R遠(yuǎn)大于

RL，霍爾元件的電阻可以忽略，則(

)圖16

A．霍爾元件前表面的電勢低于后表面

B．若電源的正負(fù)極對調(diào)，電壓表將反偏

C．IH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由左手定則可判斷電子偏向后表面，因此霍爾元件的前表面電勢高于后表面，A錯；若電源的正負(fù)極對調(diào)，磁場方向反向，同時霍爾元件的電流方向也反向，因此電子偏轉(zhuǎn)方向不變，電壓表不會反偏，B

錯；由題圖可知IH＝URLRRLL而

U

＝IR

，H因此

I

＝LR，C

項正確；由UH＝kHIR

I

Bd和B＝k′IH可得

U

＝kd＝kIH·k′I

R IRLk′Idkk′

2＝RdI

RL，故D

項正確。答案

CD2.

(2016·北京東城區(qū)模擬)如圖17所示，一束質(zhì)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(jìn)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(

)圖17A．組成A束和B束的離子都帶負(fù)電

B．組成A束和B束的離子質(zhì)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，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(zhuǎn)磁場中，由R＝mvqB可知，半徑大的離子對應(yīng)的比荷小，但離子的質(zhì)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(yīng)垂直紙面向里，D

錯誤。答案

C3．如圖

18

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，并分別與高頻電源相連。現(xiàn)分別加速氘核(2H)和氦核(4He)。下列說法中1

2正確的是(

)圖18A．它們的最大速度相同

B．它們的最大動能相同

C．兩次所接高頻電源的頻率不相同

D．僅增大高頻電源的頻率可增大粒子的最大動能v2qBR

q解析

根據(jù)

qvB＝m

R

，得

v＝

m

。兩粒子的比荷m相等，所以k12最大速度相等，故A

正確；最大動能E

＝

mv

＝q2B2R22

2m，兩粒子

q電粒子在磁場中運動的周期T＝2πm

q的比荷m相等，但質(zhì)量不相等，所以最大動能不相等，故B

錯；帶qB

，兩粒子的比荷m相等，所以周期相等。做圓周運動的頻率相等，因為所接高頻電源的頻率等于粒子做圓周運動的頻率，故兩次所接高頻電源的頻率相同，故Cq2B2R22m錯誤；由

Ek＝

可知，粒子的最大動