第8章 【磁場】3帶電粒子在復(fù)合場中的運動

1、【磁場】第三課時帶電粒子在復(fù)合場中的運動考綱考情：5年26考帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運動()在復(fù)合場中的運動()基礎(chǔ)梳理知識點一帶電粒子在復(fù)合場中的運動1復(fù)合場復(fù)合場是指電場、磁場和重力場并存，或其中某兩場并存，或分區(qū)域存在從場的復(fù)合形式上一般可分為如下四種情況：相鄰場；重疊場；交替場；交變場2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(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中所受合外力為零時，將處于靜止?fàn)顟B(tài)或做勻速直線運動(2)勻速圓周運動當(dāng)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(qiáng)磁場的平面內(nèi)做勻速圓周運動(3)較復(fù)雜的曲線運動當(dāng)帶電粒子所受合外力的大小和方

2、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)生變化，其運動過程由幾種不同的運動階段組成知識點二帶電粒子在復(fù)合場中的運動實例裝置原理圖規(guī)律速度選擇器若qv0BEq，即v0，粒子做勻速直線運動磁流體發(fā)電機(jī)等離子體射入，受洛倫茲力偏轉(zhuǎn)，使兩極板帶正、負(fù)電，兩極電壓為U時穩(wěn)定，qqv0B，Uv0Bd電磁流量計qqvB所以v所以QvS霍爾效應(yīng)當(dāng)磁場方向與電流方向垂直時，導(dǎo)體在與磁場、電流方向都垂直的方向上出現(xiàn)電勢差小題快練1.帶電質(zhì)點在勻強(qiáng)磁場中運動，某時刻速度方

3、向如圖所示，所受的重力和洛倫茲力的合力恰好與速度方向相反，不計阻力，則在此后的一小段時間內(nèi)，帶電質(zhì)點將()A可能做直線運動B可能做勻減速運動C一定做曲線運動 D可能做勻速圓周運動解析帶電質(zhì)點在運動過程中，重力做功，速度大小和方向發(fā)生變化，洛倫茲力的大小和方向也隨之發(fā)生變化，故帶電質(zhì)點不可能做直線運動，也不可能做勻減速運動和勻速圓周運動，C正確答案C2某空間存在水平方向的勻強(qiáng)電場(圖中未畫出)，帶電小球沿如圖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(qiáng)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(jī)

4、械能增大解析由于重力方向豎直向下，空間存在磁場，且直線運動方向斜向下，與磁場方向相同，故不受洛倫茲力作用，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(jī)械能增大，選項D正確答案CD3如圖所示為一速度選擇器，內(nèi)有一磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，一束粒子流以速度v水平射入，為使粒子流經(jīng)過磁場時不偏轉(zhuǎn)(不計重力)，則磁場區(qū)域內(nèi)必須同時存在一個勻強(qiáng)電場，關(guān)于此電場場強(qiáng)大小和方向的說

5、法中，正確的是()A大小為B/v，粒子帶正電時，方向向上B大小為B/v，粒子帶負(fù)電時，方向向上C大小為Bv，方向向下，與粒子帶何種電荷無關(guān)D大小為Bv，方向向上，與粒子帶何種電荷無關(guān)解析當(dāng)粒子所受的洛倫茲力和電場力平衡時，粒子流勻速直線通過該區(qū)域，有qvBqE，所以EBv.假設(shè)粒子帶正電，則受向下的洛倫茲力，電場方向應(yīng)該向上粒子帶負(fù)電時，電場方向仍應(yīng)向上故正確答案為D.答案D4質(zhì)量為m的帶電小球在正交的勻強(qiáng)電場、勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運動，軌道平面在豎直平面內(nèi)，電場方向豎直向下，磁場方向垂直圓周所在平面向里，如圖所示，由此可知()A小球帶正電，沿順時針方向運動B小球帶負(fù)電，沿順時針方向運動C小球

6、帶正電，沿逆時針方向運動D小球帶負(fù)電，沿逆時針方向運動解析帶電小球在重力、電場力以及洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，故應(yīng)滿足qEmg，且電場力方向向上，故小球帶負(fù)電，由于洛倫茲力提供向心力，指向圓心，所以小球沿順時針方向運動，B正確答案B考向一帶電粒子在重組合場中的運動典例1(2015·天津理綜，12)現(xiàn)代科學(xué)儀器常利用電場、磁場控制帶電粒子的運動真空中存在著如圖所示的多層緊密相鄰的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場與磁場的寬度均為d.電場強(qiáng)度為E，方向水平向右；磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面向里電場、磁場的邊界互相平行且與電場方向垂直一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子在第1層電場左側(cè)邊界某處由

7、靜止釋放，粒子始終在電場、磁場中運動，不計粒子重力及運動時的電磁輻射(1)求粒子在第2層磁場中運動時速度v2的大小與軌跡半徑r2；(2)粒子從第n層磁場右側(cè)邊界穿出時，速度的方向與水平方向的夾角為n，試求sin n；(3)若粒子恰好不能從第n層磁場右側(cè)邊界穿出，試問在其他條件不變的情況下，也進(jìn)入第n層磁場，但比荷較該粒子大的粒子能否穿出該層磁場右側(cè)邊界，請簡要推理說明之解題引路粒子每經(jīng)過一次電場被加速一次電場力做功WqEd，動能增加qEd.粒子經(jīng)過磁場一次被偏轉(zhuǎn)一次，由幾何關(guān)系確定偏轉(zhuǎn)半徑和偏轉(zhuǎn)角的關(guān)系洛倫茲力提供向心力確定多物理量問題的關(guān)系解析(1)粒子在進(jìn)入第2層磁場時，經(jīng)過兩次電場加速，

8、中間穿過磁場時洛倫茲力不做功由動能定理，有2qEdmv由式解得v22 粒子在第2層磁場中受到的洛倫茲力充當(dāng)向心力，有qv2Bm由式解得r2 (2)設(shè)粒子在第n層磁場中運動的速度為vn，軌跡半徑為rn(各量的下標(biāo)均代表粒子所在層數(shù)，下同)mqEdmvqvnBm粒子進(jìn)入第n層磁場時，速度的方向與水平方向的夾角為an，從第n層磁場右側(cè)邊界穿出時速度方向與水平方向的夾角為n，粒子在電場中運動時，垂直于電場線方向的速度分量不變，有vn1sin n1vnsin n由圖甲看出rnsin nrnsin nd由式得rnsin nrn1sin n1d由式看出r1sin 1，r2sin 2，rnsin n為一等差數(shù)

9、列，公差為d，可得rnsin nr1sin 1(n1)d當(dāng)n1時，由圖乙看出r1sin 1d由式得sin nB(3)若粒子恰好不能從第n層磁場右側(cè)邊界穿出，則nsin n1在其他條件不變的情況下，換用比荷更大的粒子，設(shè)其比荷為，假設(shè)能穿出第n層磁場右側(cè)邊界，粒子穿出時速度方向與水平方向的夾角為n，由于則導(dǎo)致sin n>1說明n不存在，即原假設(shè)不成立所以比荷較該粒子大的粒子不能穿出該層磁場右側(cè)邊界答案(1)2 ； (2)B(3)不能，推理證明見解析帶電粒子在組合場中的運動問題的分析方法針對訓(xùn)練1(2016·蘇州市高三調(diào)研測試)如圖所示的坐標(biāo)系中，第一象限內(nèi)存在與x軸成30

10、6;角斜向下的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度E400 N/C；第四象限內(nèi)存在垂直于紙面向里的有界勻強(qiáng)磁場，x軸方向的寬度OA20 cm，y軸負(fù)方向無限大，磁感應(yīng)強(qiáng)度B1×104 T現(xiàn)有一比荷為2×1011 C/kg的正離子(不計重力)，以某一速度v0從O點射入磁場，60 °，離子通過磁場后剛好從A點射出，之后進(jìn)入電場(1)求離子進(jìn)入磁場B的速度v0的大?。?2)離子進(jìn)入電場后，經(jīng)多少時間再次到達(dá)x軸上；(3)若離子進(jìn)入磁場B后，某時刻再加一個同方向的有界勻強(qiáng)磁場使離子做完整的圓周運動，求所加磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度的最小值解析離子的運動如圖所示(1)由幾何關(guān)系得離子在磁場中運動時的軌道

11、半徑r10.2 m離子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力Bqv0m求得v04×106 m/s.(2)離子進(jìn)入電場后，設(shè)經(jīng)過時間t再次到達(dá)x軸上，離子沿垂直電場方向做速度為v0的勻速直線運動，位移為l1l1v0t離子沿電場方向做初速度為零的勻加速直線運動，加速度為a，位移為l2Eqmal2at2由幾何關(guān)系可知tan 60°代入數(shù)據(jù)解得t×107 s.(3)由Bqv知，B越小，r越大設(shè)離子在磁場中最大半徑為R由幾何關(guān)系得R(r1r1sin 30°)0.05 m由牛頓運動定律得B1qv0m得B14×104 T則外加磁場B13×104

12、T.答案(1)4×106 m/s(2)×107s(3)3×104 T考向二帶電粒子在疊加場中的運動1帶電粒子在復(fù)合場中運動的分析思路2帶電粒子(體)在復(fù)合場中的運動問題求解要點(1)受力分析是基礎(chǔ)在受力分析時是否考慮重力必須注意題目條件(2)運動過程分析是關(guān)鍵在運動過程分析中應(yīng)注意物體做直線運動，曲線運動及圓周運動、類平拋運動的條件(3)構(gòu)建物理模型是難點根據(jù)不同的運動過程及物理模型選擇合適的物理規(guī)律列方程求解典例2如圖所示的平行板之間，存在著相互垂直的勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B10.20 T，方向垂直紙面向里，電場強(qiáng)度E11.0×105 V

13、/m.PQ為板間中線緊靠平行板右側(cè)邊緣xOy坐標(biāo)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(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B20.25 T，邊界線的下方有水平向右的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)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(biāo)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C.求：(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(biāo)

14、；(3)現(xiàn)只改變AOy區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小，使離子都不能打到x軸上，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B2應(yīng)滿足什么條件？解題引路解析(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(jìn)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，方向豎直向下，離子垂直電場線進(jìn)入電場，做類平拋運動，yOOvt，xat2，而a，則x0.4 m，離

15、子打到熒光屏上的位置C的水平坐標(biāo)為xC(0.20.4)m0.6 m.(3)只要粒子能跨過AO邊界進(jìn)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(qiáng)度大小為B0，則qvB0，代入數(shù)據(jù)解得B0T0.3 T，則B20.3 T.答案(1)5.0×105 m/s(2)0.6 m(3)B20.3 T針對訓(xùn)練2(2015·福建理綜，22)如圖所示，絕緣粗糙的豎直平面MN左側(cè)同時存在相互垂直的勻強(qiáng)磁場，電場方向水平向右，電場強(qiáng)度大小為E，磁場方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.一

16、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.(1)求小滑塊運動到C點時的速度大小為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qvBNqE小滑塊在C點離開MN時N0解得vC(2)由動能定理mghWfmv0

17、解得Wfmgh(3)如圖所示，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gg 且vvg2t2解得vP 答案(1)(2)mgh(3) 特色專題系列之(二十七)帶電粒子在交變復(fù)合場中運動的處理思路與方法技巧帶電粒子在交變復(fù)合場中的運動問題的基本思路范例(2016·合肥模擬)如圖甲所示，帶正電粒子以水平速度v0從平行金屬板MN間中線OO連續(xù)射入電場中MN板間接有如圖乙所示的隨時間t變化的電壓UMN，兩板間電場可看作是均勻的，且兩板外無電場緊鄰金屬板右側(cè)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場B，分界線為CD，EF為屏幕金屬板間距為d，長度為l，磁場的

18、寬度為d.已知：B5×103T，ld0.2 m，每個帶正電粒子的速度v0105 m/s，比荷為108 C/kg，重力忽略不計，在每個粒子通過電場區(qū)域的極短時間內(nèi)，電場可視作是恒定不變的試求：(1)帶電粒子進(jìn)入磁場做圓周運動的最小半徑(2)帶電粒子射出電場時的最大速度(3)帶電粒子打在屏幕上的范圍解題引路第一步：抓關(guān)鍵點關(guān)鍵點獲取信息電場可視作是恒定不變的電場是勻強(qiáng)電場，帶電粒子做類平拋運動最小半徑當(dāng)加速電壓為零時，帶電粒子進(jìn)入磁場時的速率最小，半徑最小最大速度由動能定理可知，當(dāng)加速度電壓最大時，粒子的速度最大，但應(yīng)注意粒子能否從極板中飛出第二步：找突破口(1)要求圓周運動的最小半徑，

19、由帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運動的半徑公式可知，應(yīng)先求最小速度，后列方程求解(2)要求粒子射出電場時的最大速度，應(yīng)先根據(jù)平拋運動規(guī)律求出帶電粒子能從極板間飛出所應(yīng)加的板間電壓的范圍，后結(jié)合動能定理列方程求解(3)要求粒子打在屏幕上的范圍，應(yīng)先綜合分析帶電粒子的運動過程，畫出運動軌跡，后結(jié)合幾何知識列方程求解解析(1)t0時刻射入電場的帶電粒子不被加速，進(jìn)入磁場做圓周運動的半徑最小粒子在磁場中運動時qv0B則帶電粒子進(jìn)入磁場做圓周運動的最小半徑rmin m0.2 m其運動的徑跡如圖中曲線所示(2)設(shè)兩板間電壓為U1，帶電粒子剛好從極板邊緣射出電場，則有at2·2代入數(shù)據(jù)，解得U11

20、00 V在電壓低于100 V時，帶電粒子才能從兩板間射出電場，電壓高于100 V時，帶電粒子打在極板上，不能從兩板間射出帶電粒子剛好從極板邊緣射出電場時，速度最大，設(shè)最大速度為vmax則有mvmvq·解得vmax×105 m/s1.414×105 m/s(3)由第(1)問計算可知，t0時刻射入電場的粒子在磁場中做圓周運動的半徑rmind0.2 m徑跡恰與屏幕相切，設(shè)切點為E，E為帶電粒子打在屏幕上的最高點，則rmin0.2 m帶電粒子射出電場時的速度最大時，在磁場中做圓周運動的半徑最大，打在屏幕上的位置最低設(shè)帶電粒子以最大速度射出電場進(jìn)入磁場中做圓周運動的半徑為r

21、max，打在屏幕上的位置為F，運動徑跡如圖中曲線所示qvmaxB則帶電粒子進(jìn)入磁場做圓周運動的最大半徑rmax m m由數(shù)學(xué)知識可得運動徑跡的圓心必落在屏幕上，如圖中Q點所示，并且Q點必與M板在同一水平線上則 m0.1 m帶電粒子打在屏幕上的最低點為F，則rmaxm0.18 m即帶電粒子打在屏幕上O上方0.2 m到O下方0.18 m的范圍內(nèi)答案(1)0.2 m(2)1.414×105 m/s(3)O上方0.2 m到O下方0.18 m的范圍內(nèi)若交變電壓的變化周期遠(yuǎn)大于粒子穿越電場的時間，則在粒子穿越電場過程中，電場可看作粒子則進(jìn)入電場時刻的勻強(qiáng)電場遷移訓(xùn)練1某種加速器的理想模型如圖甲所

22、示：兩塊相距很近的平行小極板中間各開有一小孔a、b，兩極板間電壓uab的變化圖象如圖乙所示，電壓的最大值為U0、周期為T0，在兩極板外有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場若將一質(zhì)量為m0、電荷量為q的帶正電的粒子從板內(nèi)a孔處靜止釋放，經(jīng)電場加速后進(jìn)入磁場，在磁場中運行時間T0后恰能再次從a孔進(jìn)入電場加速現(xiàn)該粒子的質(zhì)量增加了m0.(粒子在兩極板間的運動時間不計，兩極板外無電場，不考慮粒子所受的重力)(1)若在t0時將該粒子從板內(nèi)a孔處靜止釋放，求其第二次加速后從b孔射出時的動能；(2)現(xiàn)要利用一根長為L的磁屏蔽管(磁屏蔽管置于磁場中時管內(nèi)無磁場，忽略其對管外磁場的影響)，使圖甲中實線軌跡(圓心為O)上運動的

23、粒子從a孔正下方相距L處的c孔水平射出，請在圖甲中的相應(yīng)位置處畫出磁屏蔽管；(3)若將電壓uab的頻率提高為原來的2倍，該粒子應(yīng)何時由板內(nèi)a孔處靜止開始加速，才能經(jīng)多次加速后獲得最大動能？最大動能是多少？解析(1)質(zhì)量為m0的粒子在磁場中做勻速圓周運動qvBm0，T0則T0當(dāng)粒子的質(zhì)量增加m0時，其周期增加TT0則根據(jù)題圖乙可知，粒子第一次的加速電壓U1U0粒子第二次的加速電壓U2U0射出時的動能Ek2qU1qU2解得Ek2qU0.(2)磁屏蔽管的位置如圖所示(3)在Uab>0時，粒子被加速，則最多連續(xù)被加速的次數(shù)N25分析可得，當(dāng)粒子在連續(xù)被加速的次數(shù)最多，且UU0時也被加速時，最終獲

24、得的動能最大粒子由靜止開始加速的時刻t(n)T0(n0,1,2，)最大動能Ekm2×()qU0qU0解得EkmqU0.答案(1)qU0(2)見解析(3)t(n)T0(n0,1,2，)qU02某空間存在著一個變化的電場和一個變化的磁場，電場方向向右(如圖甲中由B到C的方向)，電場變化如圖乙中Et圖象，磁感應(yīng)強(qiáng)度變化如圖丙中Bt圖象在A點，從t1 s(即1 s末)開始，每隔2 s，有一個相同的帶電粒子(重力不計)沿AB方向(垂直于BC)以速度v射出，恰能擊中C點，若2且粒子在AB間運動的時間小于1 s，求：(1)圖線上E0和B0的比值，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的方向；(2)若第1個粒子擊中C點的時刻

25、已知為(1t) s，那么第2個粒子擊中C點的時刻是多少？解析設(shè)帶電粒子在磁場中運動的軌道半徑為R.在第2秒內(nèi)只有磁場軌道如圖所示(1)因為22d所以R2d.第2秒內(nèi)，僅有磁場：qvB0mm.第3秒內(nèi)，僅有電場：d··2.所以v0.粒子帶正電，故磁場方向垂直紙面向外(2)t×··，tt.故第2個粒子擊中C點的時刻為 s.答案(1)v，磁場方向垂直紙面向外(2)第2個粒子擊中C點的時刻為 s頻考一帶電粒子在組合場中的運動1如圖所示，兩導(dǎo)體板水平放置，兩板間電勢差為U，帶電粒子以某一初速度v0沿平行于兩板的方向從兩板正中間射入，穿過兩板后又沿垂直于磁

26、場方向射入邊界線豎直的勻強(qiáng)磁場，則粒子射入磁場和射出磁場的M、N兩點間的距離d隨著U和v0的變化情況為()Ad隨v0增大而增大，d與U無關(guān)Bd隨v0增大而增大，d隨U增大而增大Cd隨U增大而增大，d與v0無關(guān)Dd隨v0增大而增大，d隨U增大而減小解析設(shè)粒子從M點進(jìn)入磁場時的速度大小為v，該速度與水平方向的夾角為，故有v，粒子在磁場中做勻速圓周運動半徑為r.而MN之間的距離為d2rcos .聯(lián)立解得d，故選項A正確答案A2(2016·遼寧協(xié)作體聯(lián)考)如圖所示，在x軸上方存在垂直紙面向里的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，x軸下方存在垂直紙面向外的磁感應(yīng)強(qiáng)度為的勻強(qiáng)磁場一帶負(fù)電的粒子從原點O以與

27、x軸成30°角斜向上射入磁場，且在上方運動半徑為R.不計重力，則()A粒子經(jīng)偏轉(zhuǎn)一定能回到原點OB粒子在x軸上方和下方兩磁場中運動的半徑之比為21C粒子完成一次周期性運動的時間為D粒子第二次射入x軸上方磁場時，沿x軸前進(jìn)3R解析帶電粒子在磁場中一直向x軸正方向運動，A錯誤因R且B12B2，所以軌道半徑之比R1R212，B錯誤粒子完成一次周期性運動的時間tT1T2，C錯誤粒子第二次射入x軸上方磁場時，沿x軸前進(jìn)距離lR2R3R，D正確答案D頻考二帶電粒子在疊加復(fù)合場中的運動3利用如圖所示的方法可以測得金屬導(dǎo)體中單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)n，現(xiàn)測得一塊橫截面為矩形的金屬導(dǎo)體的寬為b，厚為d，

28、并加有與側(cè)面垂直的勻強(qiáng)磁場B，當(dāng)通以圖示方向電流I時，在導(dǎo)體上、下表面間用電壓表可測得電壓為U.已知自由電子的電荷量為e，則下列判斷正確()A上表面電勢高B下表面電勢高C該導(dǎo)體單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)為D該導(dǎo)體單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)為解析畫出平面圖如圖所示，由左手定則可知，自由電子向上表面偏轉(zhuǎn)，故下表面電勢高，A錯誤，B正確再根據(jù)eevB，IneSvnebdv得n，故D正確，C正確答案BD4如圖所示為一個質(zhì)量為m、電荷量為q的圓環(huán)，可在水平放置的足夠長的粗糙細(xì)桿上滑動，細(xì)桿處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，不計空氣阻力，現(xiàn)給圓環(huán)向右的初速度v0，在以后的運動過程中，圓環(huán)運動的速度圖象可能是圖中的(

29、)解析帶電圓環(huán)在磁場中受到向上的洛倫茲力，當(dāng)重力與洛倫茲力相等時，圓環(huán)將做勻速直線運動，A正確當(dāng)洛倫茲力大于重力時，圓環(huán)受到摩擦力的作用，并且隨著速度的減小而減小，圓環(huán)將做加速度減小的減速運動，最后做勻速直線運動，D正確如果重力大于洛倫茲力，圓環(huán)也受摩擦力作用，且摩擦力越來越大，圓環(huán)將做加速度增大的減速運動，故B、C錯誤答案AD頻考三帶電粒子在交變復(fù)合場中的運動5電視機(jī)顯像管中需要用變化的磁場來控制電子束的偏轉(zhuǎn)圖(a)為顯像管工作原理示意圖，陰極K發(fā)射的電子束(初速不計)經(jīng)電壓為U的加速電場后，進(jìn)入一圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)，磁場方向垂直于圓面(以垂直圓面向里為正方向)，磁場區(qū)的中心為O，半徑為r，熒光

30、屏MN到磁場區(qū)中心O的距離為L.當(dāng)不加磁場時，電子束將通過O點垂直打到屏幕的中心P點當(dāng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間按圖(b)所示的規(guī)律變化時，在熒光屏上得到一條長為2L的亮線由于電子通過磁場區(qū)的時間很短，可以認(rèn)為在每個電子通過磁場區(qū)的過程中磁感應(yīng)強(qiáng)度不變已知電子的電荷量為e，質(zhì)量為m，不計電子之間的相互作用及所受的重力求：(1)電子打到熒光屏上時速度的大小；(2)磁感應(yīng)強(qiáng)度的最大值B0.解析(1)電子打到熒光屏上時速度的大小等于它飛出加速電場時的速度大小，設(shè)為v，由動能定理eUmv2；解得v .(2)當(dāng)交變磁場為峰值B0時，電子束有最大偏轉(zhuǎn)，在熒光屏上打在Q，PQL.電子運動軌跡如圖所示，設(shè)此時的偏

31、轉(zhuǎn)角度為，由幾何關(guān)系可知，tan ，60°.根據(jù)幾何關(guān)系，電子束在磁場中運動路徑所對的圓心角，而tan .由牛頓第二定律和洛倫茲力公式得evB0；解得B0.答案(1)v (2)B0課時作業(yè)(二十五)基礎(chǔ)小題1MN板兩側(cè)都是磁感強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，方向如下圖所示，帶電粒子從a位置以垂直磁場方向的速度開始運動，依次通過小孔b、c、d，已知abbccd，粒子從a運動到d的時間為t，則粒子的比荷為()A.B.C. D.解析粒子從a運動到d依次經(jīng)過小孔b、c、d，經(jīng)歷的時間t為3個，由t3×和T，可得：，故A正確答案A2如圖所示，兩平行金屬板中有相互垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，帶正電的

32、粒子(不計粒子的重力)從兩板中央垂直電場、磁場入射它在金屬板間運動的軌跡為水平直線，如圖中虛線所示若使粒子在飛越金屬板間的過程中向上板偏移，則可以采取的正確措施為()A使入射速度減小B使粒子電荷量增大C使電場強(qiáng)度增大D使磁感應(yīng)強(qiáng)度增大解析此時帶電粒子在金屬板間運動的軌跡為水平直線，所以qvBEq，要使粒子在飛越金屬板間的過程中向上板偏移，則qvb>Eq，由此可知增大帶電粒子的射入速度，增大磁感應(yīng)強(qiáng)度或減小電場強(qiáng)度均可使帶電粒子向上板偏移，而粒子電荷量與之無關(guān)，由此知選項D正確答案D3如圖所示，兩導(dǎo)體板水平放置，兩板間電勢差為U，帶電粒子以某一初速度v0沿平行于兩板的方向從兩板正中間射入，

33、穿過兩板后又垂直于磁場方向射入邊界線豎直的勻強(qiáng)磁場，則粒子射入磁場和射出磁場的M、N兩點間的距離d隨著U和v0的變化情況為()Ad隨v0增大而增大，d與U無關(guān)Bd隨v0增大而增大，d隨U增大而增大Cd隨U增大而增大，d與v0無關(guān)Dd隨v0增大而增大，d隨U增大而減小解析設(shè)粒子從M點進(jìn)入磁場時的速度大小為v，該速度與水平方向的夾角為，故有v.粒子在磁場中做勻速圓周運動半徑為r.而MN之間的距離為d2rcos .聯(lián)立解得d2，故選項A正確答案A4有一帶電荷量為q、重為G的小球，從豎直的帶電平行板上方h處自由落下，兩極板間勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向如圖所示，則帶電小球通過有電場和磁場的空間時()

34、A一定做曲線運動B不可能做曲線運動C有可能做勻速運動D有可能做勻加速直線運動解析帶電小球在重力場、電場和磁場中運動，所受重力、電場力是恒力，但受到的洛倫茲力是隨速度的變化而變化的變力，因此小球不可能處于平衡狀態(tài)，也不可能在電、磁場中做勻變速運動答案A51922年英國物理學(xué)家阿斯頓因質(zhì)譜儀的發(fā)明、同位素和質(zhì)譜的研究榮獲了諾貝爾化學(xué)獎若速度相同的一束粒子由左端射入質(zhì)譜儀后的運動軌跡如圖所示，則下列相關(guān)說法中正確的是()A該束帶電粒子帶負(fù)電B速度選擇器的P1極板帶正電C在B2磁場中運動半徑越大的粒子，質(zhì)量越大D在B2磁場中運動半徑越大的粒子，比荷越小解析由粒子在B2中的運動軌跡可以判斷粒子應(yīng)帶正電，

35、A項錯誤；在電容器中粒子受到的洛倫茲力方向豎直向上，受到的電場力方向應(yīng)豎直向下，則P1極板帶正電，B項正確；在電容器中，根據(jù)速度選擇器的原理可知v，在B2中粒子運動的軌道半徑r，式中B1、B2、E不變，因此，在B2磁場中運動半徑越大的粒子，其越大，即比荷越小，C項錯誤，D項正確答案BD6如圖所示，一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子，不計重力，在a點以某一初速度水平向左射入磁場區(qū)域，沿曲線abcd運動，ab、bc、cd都是半徑為R的圓弧，粒子在每段圓弧上運動的時間都為t.規(guī)定垂直于紙面向外的磁感應(yīng)強(qiáng)度為正，則磁場區(qū)域、三部分的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨x變化的關(guān)系可能是下圖中的()解析由左手定則可判斷出磁感

36、應(yīng)強(qiáng)度B在磁場區(qū)域、內(nèi)磁場方向分別為向外、向里和向外，在三個區(qū)域中均運動1/4圓周，故tT/4，由于T，求得B，只有選項C正確答案C7(2016·蕪錫高三月考)如圖所示為某種質(zhì)譜儀的工作原理示意圖此質(zhì)譜儀由以下幾部分構(gòu)成：粒子源N；P、Q間的加速電場；靜電分析器，即中心線半徑為R的四分之一圓形通道，通道內(nèi)有均勻輻射電場，方向沿徑向指向圓心O，且與圓心O等距的各點電場強(qiáng)度大小相等；磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的有界勻強(qiáng)磁場，方向垂直紙面向外；膠片M.由粒子源發(fā)出的不同帶電粒子，經(jīng)加速電場加速后進(jìn)入靜電分析器，某些粒子能沿中心線通過靜電分析器并經(jīng)小孔S垂直磁場邊界進(jìn)入磁場，最終打到膠片上的某點粒子從粒

37、子源發(fā)出時的初速度不同，不計粒子所受重力下列說法中正確的是()A從小孔S進(jìn)入磁場的粒子速度大小一定相等B從小孔S進(jìn)入磁場的粒子動能一定相等C打到膠片上同一點的粒子速度大小一定相等D打到膠片上位置距離O點越遠(yuǎn)的粒子，比荷越大解析從小孔S進(jìn)入磁場，說明粒子在電場中運動半徑相同，在靜電分析器中，qE，無法判斷出粒子的速度和動能是否相等，選項A、B錯誤；打到膠片上同一點的粒子，在磁場中運動半徑相同，由qvBm，得r，聯(lián)立qE，可得r，所以打到膠片上同一點的粒子速度相等，與比荷無關(guān)，選項C正確，選項D錯誤答案C必糾錯題8在一絕緣、粗糙且足夠長的水平管道中有一帶電荷量為q、質(zhì)量為m的帶電球體，管道半徑略大

38、于球體半徑整個管道處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的水平勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向與管道垂直現(xiàn)給帶電球體一個水平速度v，則在整個運動過程中，帶電球體克服摩擦力所做的功可能為()A0 B.m()2C.mv2 D.mv2()2錯解對易錯選項及錯誤原因具體分析如下：易漏選項錯誤原因D項(1)誤認(rèn)為無論小球的速度多大，由于管道粗糙，小球最終都會停止運動；(2)本題中如果小球的速度較大時，洛倫茲力會大于重力，出現(xiàn)管壁對小球有向下的彈力，隨小球向右運動速度的減小，洛倫茲力減小，彈力也逐漸減小，摩擦力也隨之逐漸減小，當(dāng)彈力減小到零時，摩擦力也減小到零，此時洛倫茲力與重力平衡，此后小球?qū)⒆鰟蛩龠\動.解析當(dāng)小球帶負(fù)電時：對小

39、球受力分析如圖(1)所示，隨著向右運動，速度逐漸減小，直到速度減小為零，所以克服摩擦力做功為Wmv2.當(dāng)小球帶正電時：設(shè)當(dāng)洛倫茲力等于重力時，小球的速度為v0，則mgqv0B，即v0.當(dāng)vv0時，如圖(2)所示，重力與洛倫茲力平衡，所以小球做勻速運動，所以克服摩擦力做功為W0；當(dāng)v<v0時，如圖(3)所示，管壁對小球有向上的支持力，隨著向右減速運動，速度逐漸減小，支持力、摩擦力逐漸增大，直到速度減小到零，所以克服摩擦力做功為Wmv2；當(dāng)v>v0時，如圖(4)所示，管壁對小球有向下的彈力，隨著小球向右減速運動，洛倫茲力逐漸減小、彈力逐漸減小，摩擦力逐漸減小，直到彈力減小到零，摩擦力也為零，此時重力和洛倫茲力平衡，此后小球向右做勻速運動，所以克服摩擦力做功為Wmv2mvmv2()2，綜上分析，可知A、C、D項正確答案ACD高考真題9(2015·新課標(biāo)全國，19)有兩個勻強(qiáng)磁場區(qū)域和，中的磁感應(yīng)強(qiáng)度是中的k倍兩個速率相同的電子分別在兩磁場區(qū)域做圓周運動與中運動的電子相比，中的電子()A運動軌跡的半徑是中的k倍B加速度的大小是中的k倍C做圓周運動的周期是中的k倍D做圓周運動的角速度與中的相等解析對電子由牛頓第二定律有evBm，得r，則rr1k，A正確由evBma，得a，則a