步步高2015(新課標)一輪講義：專題08電學設計性實驗

1、專題八 帶電粒子在復合場中的運動考綱解讀1會分析速度選擇器、磁流體發(fā)電機、質譜儀、回旋加速器等磁場的實際應用問題2會分析帶電粒子在組合場、疊加場中的運動問題.題組扌口點 自我梳理戰(zhàn)題帶點 渥入理解槪念規(guī)律|墓礎知識題組1. 帶電粒子在復合場中的直線運動如圖1所示，在同時存在勻強電場和勻強磁場的空間中取正交坐標系 Oxyz, 質量為m、電荷量為q的帶正電粒子（重力不可忽略）從原點0以速度v沿x軸正方向出發(fā),A. 若電場、磁場分別沿 z軸正方向和x軸正方向，粒子只能做曲線運動B. 若電場、磁場均沿 z軸正方向，粒子有可能做勻速圓周運動C. 若電場、磁場分別沿 z軸負方向和y軸負方向，粒子有可能做勻

2、速直線運動D. 若電場、磁場分別沿 y軸負方向和z軸正方向，粒子有可能做平拋運動 答案 A解析 磁場沿x軸正方向，則與粒子運動的速度 v的方向平行，粒子不受洛倫茲力的作用，只受到豎直向下的重力和豎直向上的電場力作用，若重力和電場力大小相等， 粒子將做勻速直線運動，所以 A錯誤；磁場豎直向上，根據左手定則，洛倫茲力沿y軸正方向，若電場力和重力大小相等，洛倫茲力提供向心力，則粒子可能在xOy平面內做勻速圓周運動，B正確；粒子受到豎直向下的電場力，豎直向上的洛倫茲力和豎直向下 的重力，若重力和電場力的合力與洛倫茲力的大小相等，則粒子所受合力為零， 粒子將做勻速直線運動，C正確；粒子受到沿y軸負方向的

3、電場力，沿 y軸正方向的洛倫茲力 和豎直向下的重力，若洛倫茲力與電場力的大小相等，則粒子的合力等于豎直方向的重2. 帶電粒子在復合場中的勻速圓周運動如圖2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， 電場方向豎直向下， 磁場方向垂直紙面向里， 則下列說法正確的是（）第3頁共24頁第#頁共24頁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方向D. 改變小球的速度大小，小球將不做圓周運動答案 BC解析 小球做勻速圓周運動， 重力必與電場力平衡， 則電場力方向豎直向上， 結合電場方向可知小球一定帶負電， A錯誤，B正確；洛倫茲力充當向心力，由曲線運動軌跡的彎曲方向

4、結合左手定則可得繞行方向為順時針方向，C正確，D錯誤.3. 質譜儀的工作原理如圖3所示是質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下方有磁感應強度為Bo的勻強磁場.F列表述正確的是（）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E/BD. 粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P,粒子的比荷越小答案 ABC解析 帶電粒子在題圖中的加速電場中加速，說明粒子帶正電，其通過速度選擇器時,電場

5、力與洛倫茲力平衡， 則洛倫茲力方向應水平向左， 由左手定則知，磁場的方向應垂 直紙面向外，選項 B正確；由Eq= Bqv可知，v = E/B,選項C正確；粒子打在膠片上的位置到狹縫的距離即為其做勻速圓周運動的直徑D = ，可見D越小，則粒子的比Bq荷越大，D不同，則粒子的比荷不同，因此利用該裝置可以分析同位素，A正確，D錯誤.4. 回旋加速器的工作原理勞倫斯和利文斯設計出回旋加速器，工作原理示意圖如圖4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 可忽略磁感應強度為 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處粒子源產生的質子質量為 m、電

6、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和重力的影響.則下列說法正確的是（）圖4第5頁共24頁A 質子被加速后的最大速度不可能超過2 jRfB. 質子離開回旋加速器時的最大動能與加速電壓U成正比C. 質子第2次和第1次經過兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比為'2 : 1D. 不改變磁感應強度 B和交流電頻率f,該回旋加速器的最大動能不變 答案 AC解析質子被加速后的最大速度受到確；質子離開回旋加速器的最大動能2 nRD形盒半徑R的制約，因v = =2 nf 故A正1 1Ekm = ?mv2 = 2m X 4 nR2f2= 2m Yr2/，與加速電壓mv11U無關，B錯誤

7、；根據R=, Uq = qmv2，2Uq = §mv2，得質子第2次和第1次經過兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比為J2 : 1,C正確；因回旋加速器的最大動能 Ekm= 2m nR2f2與m、R、f均有關，D錯誤.|考點梳理整合一、復合場的分類1 .疊加場：電場、磁場力場共存，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，并不重疊，或相鄰或在同一區(qū)域電場、磁場 交替出現.二、帶電粒子在復合場中的運動形式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

8、茲力的作用下,第7頁共24頁第#頁共24頁在垂直于勻強磁場的平面內做勻速圓周運動.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.三、應用第#頁共24頁第#頁共24頁1.質譜儀(1) 構造：如圖5所示，由粒子源、加速電場、偏轉磁場和照相底片等構成.1原理：粒子由靜止被加速電場加速，qU = 2mv2.粒子在磁場中做勻速圓周運動，有 qvB = m*.由以上兩式可得r=, m=嵯,m =黑.2.回旋加速器(1) 構造：如圖6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

9、處于勻強磁場中.圖6(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qvB =竽,得Ekm=嘗，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7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 選擇出來，所以叫做速度選擇器.+ + + 十 +V:圖7帶電粒子能夠沿直線勻速通過速度選擇器的條件是qE = qvB，即v = |.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) 根據左手定則，如圖 8中的B是發(fā)電機正極.(3) 磁流體發(fā)電機兩

10、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qE= qL = qvB得兩極板間能達到的最大電勢差U = BLv.5. 電磁流量計工作原理：如圖9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橫向偏轉，a、b間出現電勢差，形成電場，當自由電荷所受的電場力和洛倫茲力平衡時，a、b間的電勢差就保持穩(wěn)定，即： qvB= qE = q =，所以 v = U，因此液體流量 Q= Sv =弓容.dBd4 Bd 4BX fl X X圖9課堂探究“考點突破先鍥訓共罔探究躺方注考點一回旋加速器和質譜儀q2B2R2

11、1 回旋加速器的最大動能Ekmax = 2m，與回旋加速器 D形盒的半徑R有關，與磁感應強度B有關，而與加速電壓無關.2.粒子在磁場中運動的周期與交變電流的周期相同.例1回旋加速器是用來加速帶電粒子，使它獲得很大動能的儀器，其核心部分是兩個 D形金屬扁盒，兩盒分別和一高頻交流電源兩極相接，以便在盒間的窄縫中形成勻強電場， 使粒子每次穿過狹縫都得到加速，兩盒放在磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直于盒底面，粒子源置于盒的圓心附近，若粒子源射出的粒子帶電荷量為q,質量為m,粒子最大回旋半徑為 Rm,其運動軌跡如圖10所示.問： XXMKKMt X 1IXXr-r'-r hvk尹卜”耳/

12、K J址罠*圖10D形盒內有無電場？(2) 粒子在盒內做何種運動？(3) 所加交流電壓頻率應是多大，粒子運動的角速度為多大？(4) 粒子離開加速器時速度為多大？最大動能為多少？設兩D形盒間電場的電勢差為 U，盒間距離為d,其間電場均勻，求把靜止粒子加 速到上述能量所需時間.解析 扁形盒由金屬導體制成，具有屏蔽外電場的作用，盒內無電場.(2) 帶電粒子在盒內做勻速圓周運動，每次加速之后半徑變大.粒子在電場中運動時間極短，因此高頻交流電壓頻率要等于粒子回旋頻率，因為T2 nmqB，故得第10頁共24頁第#頁共24頁回旋頻率f = T=2qnmI 2 nm角速度3= 2qBm.第#頁共24頁第#頁共

13、24頁(4) 粒子圓旋半徑最大時，由牛頓第二定律得2mvmqvmB=鬲,故Vm=qBRmm第#頁共24頁第#頁共24頁最大動能Ekm =q2B2Rm2m .第#頁共24頁qB2Rmn =答案（1）D形盒內無電場勻速圓周運動曙晉（4） qBRm q2B2Rm2m粒子每旋轉一周能量增加2qU.粒子的能量提高到 Ekm,則旋轉周數_br2粒子在磁場中運動的時間 t磁=nT= 2U .般地可忽略粒子在電場中的運動時間，t磁可視為總時間.iBRm突破訓練1如圖11所示，一束帶電粒子以一定的初速度沿直線通過由相互正交的勻強磁場（磁感應強度為B）和勻強電場（電場強度為E）組成的速度選擇器，然后粒子通過平板

14、S上的狹縫P進入另一勻強磁場（磁感應強度為B '）,最終打在A1A2上，下列表述正確的是（）彈度迭癢器廠H:卜:：圖11A 粒子帶負電B.所有打在 A1A2上的粒子，在磁感應強度為B'的磁場中的運動時間都相同C能通過狹縫p的帶電粒子的速率等于Ed.粒子打在A1A2的位置越靠近p,粒子的比荷m越大答案 CD解析 本題考查帶電粒子在復合場中的運動，意在考查學生對帶電粒子在復合場中運動規(guī)律的掌握根據粒子在磁感應強度為B'的磁場中的運動軌跡可判斷粒子帶正電，A錯誤；帶電粒子在速度選擇器中做勻速直線運動，則電場力與洛倫茲力等大反向，Eq=Bqv,可得v= B, C正確；由洛倫茲力

15、充當粒子做圓周運動的向心力可得r =石，則q =十，越靠近P, r越小，粒子的比荷越大，D正確；所有打在 A1A2上的粒子在磁感m Br應強度為B'的磁場中都只運動半個周期，周期T = -2jm，比荷不同，打在 A1A2上的B q粒子在磁感應強度為 B'的磁場中的運動時間不同，B錯誤.考點二 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

16、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， 可用能量守恒定律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粒子在復合場中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道等約束的情況下，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

17、量守恒定律結合牛頓運動定律求解.例2如圖12所示，在一豎直平面內，y軸左方有一水平向右的場強為 Ei的勻強電場和垂 直于紙面向里的磁感應強度為Bi的勻強磁場，y軸右方有一豎直向上的場強為 E2的勻強電場和另一磁感應強度為B2的勻強磁場有一帶電荷量為+q、質量為 m的微粒，從x軸上的A點以初速度v與水平方向成 B角沿直線運動到y(tǒng)軸上的P點，A點到坐標 原點0的距離為d微粒進入y軸右側后在豎直面內做勻速圓周運動，然后沿與P點運動速度相反的方向打到半徑為r的1的絕緣光滑圓管內壁的 M點(假設微粒與M點碰后4速度改變、電荷量不變，圓管內徑的大小可忽略，電場和磁場可不受影響地穿透圓管),并恰好沿圓管內無

18、碰撞下滑至N點.已知0= 37° sin 37 ° 0.6, cos 37 = 0.8,求：(1)Ei與E2大小之比;第13頁共24頁(2)y軸右側的磁場的磁感應強度B2的大小和方向;從A點運動到N點所用的時間.解析(1)At P微粒做勻速直線運動Eiq= mgtan 0PtM微粒做勻速圓周運動E2q= mg聯立解得Ei : E2= 3 : 4(2) 由題圖知，Pt M微粒剛好運動半個周期r2R=；sin 0mv2qvB2 =6mv聯立解得B2=鬲又由左手定則可知 B2的方向垂直紙面向外(3) At p 有：d 5dvt1 = cos帀解得 t1=5dPt M 有：5 nv

19、t2= nR,解得 t2 =碰到M點后速度只剩下向下的速度，此時mg= E2q,從Mtn的過程中，微粒繼續(xù)做勻速圓周運動v1 = vsin 37V1t3= 2，解得5 n6v5 n3v所以t總=t1 + t2 + t3=男+警答案(1)3 : 4(2)5，方向垂直紙面向外突破訓練2如圖13所示，空間存在著垂直紙面向外的水平勻強磁場，磁感應強度為B,在y軸兩側分別有方向相反的勻強電場，電場強度均為E,在兩個電場的交界處左側附近，有一帶正電的液滴 a在電場力和重力作用下靜止，現從場中某點由靜止釋放一個帶 第9頁共24頁負電的液滴b,當它的運動方向變?yōu)樗椒较驎r恰與a相撞，撞后兩液滴合為一體，速度減

20、小到原來的一半，并沿 x軸正方向做勻速直線運動，已知液滴b與a的質量相等,b所帶電荷量是a所帶電荷量的2倍，且相撞前a、b間的靜電力忽略不計.第16頁共24頁第#頁共24頁(1)求兩液滴相撞后共同運動的速度大小;(2)求液滴b開始下落時距液滴a的高度h.答案(i)E2E23gB2第#頁共24頁第#頁共24頁解析 液滴在勻強磁場、勻強電場中運動，同時受到洛倫茲力、電場力和重力作用.(1)設液滴a質量為m、電荷量為q，則液滴b質量為m、電荷量為一2q, 液滴a平衡時有qE = mga、b相撞合為一體時，質量為2m,電荷量為q,設速度為v,由題意知處于平衡狀態(tài), 重力為2mg,方向豎直向下，電場力為

21、 qE，方向豎直向上，洛倫茲力方向也豎直向上，因此滿足qvB+ qE = 2mg由兩式，可得相撞后速度 v= E (2)對b，從開始運動至與 a相撞之前，由動能定理有We+ Wg = AEk，即(2qE + mg)h = *mv2a、b碰撞后速度減半，即v= v0,貝y vo= 2v=晉第#頁共24頁第#頁共24頁再代入式得h=mv0 v0 2E24qE+ 2mg 6g 3gB2學科索養(yǎng)培并物理戦唱構建39.帶電粒子在組合場中運動模型問題模型概述帶電粒子在組合場中的運動過程比較復雜，但如果認真分析其運動過程會發(fā)現，粒子的運動過程實際上是幾個運動過程的組合，只要認真分析每個過程，找出其所滿足的物

22、理規(guī)律，并找出各個過程之間的銜接點和相關聯的物理量，問題便可迎刃而解.1. 先電場后磁場模型（如圖14、15所示）（1）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.XXXI '.圖14圖15（2）先在電場中做類平拋運動，然后進入磁場做圓周運動.（如圖16、17 所示）在電場中利用平拋運動知識求粒子進入磁場時的速度.h=at2rVy=uL,第17頁共24頁第#頁共24頁圖17圖162. 先磁場后電場模型對于粒子從磁場進入電場的運動，常見的有兩種情況:（1）進入電場時粒子速度方向與第#頁共24頁第#頁共24頁電場方向相同或相反

23、；（2）進入電場時粒子速度方向與電場方向垂直.（如圖18、19 所示）第#頁共24頁第#頁共24頁圖18圖19例3如圖20所示，在兩個水平平行金屬極板間存在著向下的勻強電場和垂直于紙面向里的勻強磁場，電場強度和磁感應強度的大小分別為E = 2X 106 N/C和B1= 0.1 T,極板J3的長度1= 3一 m,間距足夠大.在極板的右側還存在著另一圓形的勻強磁場區(qū)域，磁場的方向為垂直于紙面向外，圓形磁場的圓心0位于平行金屬極板的中線上，圓形磁場的半徑為R=£ m.有一帶正電的粒子以某一初速度沿極板的中線水平向右飛入極板 后恰好做勻速直線運動， 然后進入圓形磁場區(qū)域， 飛出圓形磁場區(qū)域后

24、速度方向偏轉了60°不計粒子的重力，粒子的比荷為詈=2X 108 C/kg.1-JfclK%V*.*u. *IlA“ b * 17?L L-JaU-i tXp* :Jl4 4I1i,*I _t »/« J圖20求圓形磁場區(qū)域的磁感應強度 B2的大小;(2)在其他條件都不變的情況下，將極板間的磁場撤去，為使粒子飛出極板后不能進入 圓形磁場，求圓形磁場的圓心0離極板右邊緣的水平距離d應滿足的條件.審題與關聯哺簾一：當圾問占磁境存柱甘帶中粒子覺勻徒 盲蜒謳動,進入圖帑雉滯常權甸達園離邁琲. 帶潘二:豈耙版同盤場走掉后，嘗電融子在板聞 就至罕按扼種*飛出極我后僦勻理宜埋花

25、動.齡 好與聞形舐場下邊界幗切*解析(1)設粒子的初速度大小為 v,粒子在極板間做勻速直線運動，則:qvBi = qE設粒子在圓形磁場區(qū)域中做圓周運動的半徑為r，則：v2qvB2 = my粒子速度方向偏轉了 60°則：r = Rcot 30 °解得：B2= 0.1 T(2)撤去磁場B1后，粒子在兩極板間做類平拋運動，設在兩極板間運動的時間為t,運動的加速度為a,飛出電場時豎直方向上的速度為Vy,速度的偏轉角為 0,則:qE= ma1= vtvy= attan 0=v解得：tan 0= -33，即 0= 30 °O離極板右邊緣的水設粒子飛出電場后速度恰好與圓形磁場區(qū)

26、域的邊界相切時，圓心平距離為do,如圖所示，則:R l_d0=Sim 2解得：d0=23m,答案（1）0.1 T(2)d>¥ m第20頁共24頁第#頁共24頁突破訓練3 如圖21所示，水平放置的M、N兩平行板相距為 d= 0.50 m，板長為L= 1 m,兩板間有向下的勻強電場，場強E = 300.0 N/C，緊靠平行板右側邊緣的xOy直角坐標系以N板右端點O為原點，在xOy坐標系的第一象限內如圖所示部分有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度 B = 833x 102 T,磁場邊界OA與x軸夾角/ AOx = 60°現有比荷為,'3X 106 c/kg的帶電粒子

27、（重力不計），從極板左側沿靠近 M板的水平線垂直電 場方向進入電場，離開電場后垂直于OA邊界進入磁場區(qū)域，求：（1）帶電粒子進入電場時的初速度v0；帶電粒子從進入電場到離開磁場的總時間.M1 1 1圖21答案（1）3 x 104 m/s （2）（1 +- + 4n）x 10 -4 s解析（1）帶電粒子要垂直射入磁場，則速度偏向角為30°有 v0=tan 30vy= at =qELmvo第21頁共24頁第#頁共24頁解得 vo= 3 x 104 m/s粒子在電場中的運動時間為I 1 ti = V0=3x 10_4 s粒子在電場中的偏轉距離為y= 2at2=鳥=第#頁共24頁第#頁共24

28、頁V0L4粒子離開電場的速度v =2 ,-'3X 104 m/sCOs 30粒子離開電場后做勻速直線運動，直線運動距離s2= (d y)sin 30運動時間t2=；=x 10 4s設粒子進入磁場后的軌道半徑為mvR，R= qB粒子運動軌跡如圖所示，則.3 14sog= (d y)sin 60 =°m由正弦定理有Rsin 120AfQi RR sogsin 0得 0= 30第#頁共24頁第#頁共24頁由此可知，帶電粒子在磁場中的偏轉角度為30 °由在磁場中的運動時間為t3= 12= 6nB= 4nx 104 s一1 V31n則總運動時間：t=打 +12+13=（3+4

29、8）x 104 s高考模擬-提能訓練走IE高雋檢測課堂效果提升解題能力高考題組1. (2013浙江20)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22所示.已知離子P*在磁場中轉過0= 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+ ()圖22第22頁共24頁第#頁共24頁A 在電場中的加速度之比為 1 : 1B. 在磁場中運動的半徑之比為,3 : 1C. 在磁場中轉過的角度之比為1 : 2D. 離開電場區(qū)域時的動能之比為1 : 3答案 BCD解析

30、磷離子P+和P3+的質量相等設為m, P+的電荷量設為q,則P3+的電荷量為3q,在電場中由a= Eq知,加速度之比為所帶電荷量之比，即為1 : 3, A錯誤；由qU = *mv2得Ekxq，即離開電場區(qū)域時的動能之比為2mv211 : 3, D 正確；又由 qvB =二,得 r = rb2mUOGqq,所以 rP+ : rP3 += ,31, B正確；由幾何關系可得 P3 +在磁場中轉過60角后從磁場右邊界射出，C正確.2. (2013 東23)如圖23所示，在坐標系 xOy的第一、第三象限內存在相同的勻強磁場，磁場方向垂直于xOy平面向里；第四象限內有沿 y軸正方向的勻強電場， 電場強度大

31、小 為E.一帶電荷量為+ q、質量為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OP = d, OQ =2d.不計粒子重力.第#頁共24頁XX(1) 求粒子過Q點時速度的大小和方向;XXXXXX圖23(2) 若磁感應強度的大小為一確定值Bo,粒子將沿垂直y軸的方向進入第二象限,求Bo;(3)若磁感應強度的大小為另一確定值，經過一段時間后粒子將再次經過 與第一次過Q點,且速度Q點時相同，求該粒子相鄰兩次經過Q點所用的時間.解析x軸正方向成45°角V0,過(1)設粒子在電場中運動的時間為 to,加速度的大小為 a,粒子的

32、初速度為Q點時速度的大小為 v,沿y軸方向分速度的大小為 vy，速度與x軸正方向間的夾角為0,由牛頓第二定律得qE= ma 由運動學公式得d=如22d = voto vy= atov=tan 0=旦vo聯立式得v= 2 . 晉0= 45。(2)設粒子做圓周運動的半徑為Ri,粒子在第一象限的運動yft. X軌跡如圖所示，Oi為圓心，由幾何關系可知 OiOQ為等6腰直角三角形，得 R1= 2近dQx第16頁共24頁X第24頁共24頁由牛頓第二定律得qvBo= mRi聯立式得Bo=(3) 設粒子做圓周運動的半徑為R2，由幾何知識分析知,粒子運動的軌跡如圖所示，02、02是粒子做圓周運動的圓心，Q、F

33、、G、H是軌跡與兩坐標軸的交點，連接02、02，由幾何關系知， O2FGO2'和O2QHO2'均為矩形，進而知FQ、GH均為直徑，QFGH也是矩形，又FH丄GQ,可知QFGH是正方形， QOF為等腰直角三角形.由此可知，粒子在第 第三象限的軌跡均為半圓，得2R2= 2 .''2d?粒子在第二、第四象限的軌跡為長度相等的線段，得FG = HQ = 2R2?設粒子相鄰兩次經過 Q點所用的時間為t，則有t=FG + HQ + 2tR2聯立?模擬題組3 .如圖24所示，一個質量為 m、電荷量為q的帶電小球從水平線 PQ上方M點自由下落， 以PQ為邊界下方有方向豎直向下、

34、電場強度為E的勻強電場，同時還有垂直于紙面的勻強磁場，小球從邊界上的 a點進入復合場后，恰能做勻速圓周運動，并從邊界上的b點穿出，重力加速度為 g,不計空氣阻力，則以下說法正確的是()圖24A .小球帶負電荷，勻強磁場方向垂直于紙面向外b.小球的電荷量與質量的比值m=eC. 小球從a運動到b的過程中，小球和地球組成的系統(tǒng)的機械能守恒D. 小球在a、b兩點的速度相同答案 B解析 帶電小球在復合場中做勻速圓周運動，則qE= mg,選項B正確；電場方向豎直向下，則可知小球帶負電， 由于小球從b點射出，根據左手定則可知磁場方向垂直紙面 向里，選項 A錯誤；小球運動過程中，電場力做功，故小球和地球組成的

35、系統(tǒng)的機械能不守恒，只是在 a、b兩點機械能相等，選項 C錯誤；小球在a、b兩點速度方向相反，故選項D錯誤.4. 直角坐標系xOy中與x軸成45。角的界線0M兩側區(qū)域分別有如圖 25所示電、磁場(第 三象限除外)，勻強磁場磁感應強度為B、方向垂直紙面向外，勻強電場場強E = vB、方向沿x軸負方向.一不計重力的帶正電的粒子，從坐標原點0以速度為V、沿x軸負方向射入磁場，隨后從界線上的P點沿垂直電場方向進入電場，并最終飛離電、磁場區(qū)域已知粒子的電荷量為 q,質量為m,求:* B .1 ZXE圖25(1) 粒子在磁場中運動的軌跡半徑R及P點的位置坐標;(2) 粒子在磁場中運動的時間；(3) 粒子最

36、終飛離電、磁場區(qū)域的位置坐標.答案，八 mv ,mv mv3 nmqB (qB，頑(2)亦廠 mv解析(1)由洛倫茲力提供向心力，有:(3)0，- (.'2 - i)qB2 v qvB= mRmv 解得：R= qi粒子的運動軌跡如圖所示，由幾何關系可知，粒子經過界線0M的位置P的坐標為(mv qB，mvqB)粒子在磁場中運動的周期2 nR 2 nm T=1 v qB粒子在磁場中運動的時間t = &t= 2qB粒子從P點射入電場后將做類平拋運動，如圖所示，有:R= 1at2 x= vt 其中：a =晉聯立式解得x= 2mv故粒子最終飛離電、磁場區(qū)域的位置坐標為練岀高分（限時：45

37、分鐘）?題組1對帶電粒子在疊加場中運動的考查1.如圖1所示，勻強電場方向水平向右，勻強磁場方向垂直紙面向里，將帶正電的小球在 場中由靜止釋放，最后落到地面上關于該過程，下述說法正確的是（）圖1A .小球做勻變速曲線運動B. 小球減少的電勢能等于增加的動能C. 電場力和重力做的功等于小球增加的動能D. 若保持其他條件不變，只減小磁感應強度，小球著地時動能不變 答案 C解析 重力和電場力是恒力， 但洛倫茲力是變力，因此合外力是變化的，由牛頓第二定律知其加速度也是變化的，選項 A錯誤；由動能定理和功能關系知，選項B錯誤，選項C正確；磁感應強度減小時，小球落地時的水平位移會發(fā)生變化，則電場力所做的功也

38、會隨之發(fā)生變化，選項D錯誤.2 .如圖2所示，ABC為豎直平面內的光滑絕緣軌道，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. 質量相同的第28頁共24頁甲、乙、丙三個小球中，甲球帶正電、乙球帶負電、丙球不帶電.現將三個小球在軌道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，則圖2A .經過最高點時，三個小球的速度相等B. 經過最高點時，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答案 CD解析 三個小球在運動過程中機械能守恒,1有mgh = 2mv2,在圓形軌道的最高點時對甲mv

39、2mg= Y，可判斷V1>V3>V2，選項mv2一mv2有 qviB+ mg= 一，對乙有 mg qv2B=，對丙有A、B錯誤，選項C、D正確.3.如圖3所示，一個帶正電荷的物塊 m,由靜止開始從斜面上 A點下滑，滑到水平面 BC 上的D點停下來.已知物塊與斜面及水平面間的動摩擦因數相同，且不計物塊經過B處時的機械能損失.先在 ABC所在空間加豎直向下的勻強電場，再讓物塊m從A點由靜止開始下滑，結果物塊在水平面上的D'點停下來；后又撤去電場，在ABC所在空間加水平向里的勻強磁場，再次讓物塊m從A點由靜止開始下滑，結果物塊沿斜面滑下并在水平面上的 D點停下來.則以下說法中正確

40、的是（）Jc*4|>Am嚴xX*x飛眾k .B1圖3A. D'點一定在 D點左側 B. D'點一定與 D點重合C. D 點一定在D點右側 D. D 點一定與 D點重合答案 BC解析 僅在重力場中時，物塊由A點至D點的過程中，由動能定理得 mgh 卩mgscos amg&O,即hsos a以=0，由題意知 A點距水平面的高度 h、物塊與斜面及水平面間的動摩擦因數1斜面傾角a斜面長度si為定值，所以S2與重力的大小無關.而在ABC所在空間加豎直向下的勻強電場后，相當于把重力增大了， s2不變，D'點一定與D點重合，A項錯誤，B項正確；在ABC所在空間加水平向里

41、的勻強磁場后，洛倫第20頁共24頁茲力垂直于接觸面向上，正壓力變小，摩擦力變小，重力做的功不變，所以在D點右側，C項正確，D項錯誤.4 .如圖4所示，在豎直平面坐標系 xOy的第一象限，有垂直 xOy面向外的水平勻強磁場和 豎直向上的勻強電場，大小分別為B和E;第四象限有垂直 xOy面向里的水平勻強電場，大小也為E;第三象限內有一絕緣光滑豎直放置的半徑為R的半圓軌道，軌道最高點與坐標原點O相切，最低點與絕緣光滑水平面相切于N點.一質量為 m的帶電小球從y軸上(y>0)的P點沿x軸正方向進入第一象限后做圓周運動，恰好通過坐標原點O,且水平切入半圓軌道并沿軌道內側運動，過N點后水平進入第四象

42、限，并在電場中運動(已知重力加速度為g).E .1' 1*-*XXXJEXXXVXXX rmN圖4(1)判斷小球的帶電性質并求出其所帶電荷量;(2) P點距坐標原點 O至少多高;(3) 若該小球以滿足(2)中OP最小值的位置和對應速度進入第一象限，通過N點時開始計時，經時間t = 2 . R/g小球距坐標原點 O的距離s為多遠?答案(1)正電罟(2) 2E .R (3)2 ,7R解析 (1)小球進入第一象限正交的電場和磁場后，在垂直磁場的平面內做圓周運動,說明重力與電場力平衡，設小球所帶電荷量為q,則有qE= mg 解得：q = mg又電場方向豎直向上，故小球帶正電.(2)設小球做勻速圓周運動的速度為v、軌道半徑為r，由洛倫茲力提供向心力得:qBv= mv2/r 小球恰能通過半圓軌道的最高點并沿軌道內側運動，則應滿足：mg= mv2/R由得：r = | “