專題三帶電粒子在場中的運動

1、專題三 帶電粒子在場中的運動場是中學物理體系的一條重要主線，對場的描述與分析有獨特的方法分析近幾年的高考試題不難看出，電場部分主要是考查電場的基本概念的理解和基本規(guī)律的應用包括庫侖定律、電場強度及力的性質(zhì)、電勢差及能的性質(zhì)、電場線與等勢面、帶電粒子在勻強電場中的加速和偏轉(zhuǎn)；平行板電容器的電容等內(nèi)容磁場部分主要考查帶電粒子在磁場中的勻速率圓周運動及在組合場與復合場中的運動由于帶電粒子在場中的運動可從動力學角度、功和能的角度、動量的角度、模型的角度進行分析它能將磁場、電場與重力場綜合在一起；也能將運動學規(guī)律、牛頓運動定律、圓周運動規(guī)律與功能關系、動量定理與動量守恒定律等綜合綜合在一起所以，此類考題

2、往往綜合性強、難度較大，有時以壓軸題的方式出現(xiàn)本專題的內(nèi)容在高考中平均約占15的比重一、思想方法1、受力分析法：場力（包括重力、電場力、洛倫茲力），后彈力。再摩擦力等2、等效法3、幾何法4、極限法5、假設法6、類比法二、復習應對策略1、重視理解基本概念 電場強度，磁感應強度，電場力，洛倫茲力等。2、重視規(guī)律的應用 牛頓運動定律，平衡條件，動能定律，能量守恒定律，動量守恒定律，運動學的規(guī)律，左手定則等。3、重視與實際相結合的問題 速度選擇器，質(zhì)譜儀，回旋加速器，帶電粒子在電場或磁場中的偏轉(zhuǎn)等。4、重視幾何知識的應用5、重視三種場與其他物理知識的聯(lián)系。6、重視分析物理過程，對于復雜的物理過程，要選

3、擇合適的規(guī)律，找準過程的連接點。帶電粒子在復合場中的運動 1高中階段所涉及的復合場有四種組合形式：電場與磁場的復合場；磁與重力場的復合場；電場與重力場的復合場；電場、磁場與重力場的復合場2運動情況分析：帶電粒子在復合場中做什么運動，取決于合外力及其初速度，因此處理問題時要把帶電粒子的運動情況和受力情況結合起來進行分析3帶電粒子在復合場中的運動的分析方法(1)、當帶電粒子靜止或勻速直線運動時，應根據(jù)平衡條件列方程求解（2）、當帶電粒子做勻變速直線運動時，可運牛頓定律結合勻變速直線運動公式，也可運用動量定理或 動能定理或能量守恒求解 ；當帶電粒子所受的合外力不變且合外力與初速度共線，帶電粒子將做勻

4、變速直線運動或做勻變速曲線運動；（3)、當帶電粒子做勻速圓周運動時，往往應用牛頓第二定律和平衡條件列方程聯(lián)立求解當帶電粒子所受的重力與電場力大小相等，方向相反時，帶電粒子可以在洛倫茲力的作用下，在垂直于磁場的平面內(nèi)做勻速圓周運動 mg=qE qvB=F向（4）當帶電粒子做勻變速曲線運動時，可將運動分解后運用牛頓第二定律結合運動學公式求解，或運用動量定 理求解，還可運用動能定理或能量守恒求解當帶電粒子所受的合外力不變且合外力與初速度不共線，帶電粒子將做勻變速曲線運動；(5)、當帶電粒子做復雜的曲線運動時，應選用動能定理或動量守恒定律列方程求解當帶電粒子所受的合外力是變力，且與初速度方向不在同一條

5、直線上，粒子做非勻變速曲線運動，這時粒子運動軌跡不是圓弧，也不是拋物線，也不是勻變速 注意：（1）如果涉及兩個帶電粒子的碰撞問題，要根據(jù)動量守恒定律列方程，再與其他方程聯(lián)立求解 (2)、由于帶電粒子在復合場中的受力情況復雜，運動情況多變，往往出現(xiàn)臨界問題，這時應以題目中的“恰好”、“最大”、“最高”、“至少”等詞語為突破口，挖掘隱含條件，并根據(jù)臨界條件列出輔助方程，再與其他方程聯(lián)立求解4、幾個具體的運用（1)、速度選擇器（2）、質(zhì)譜儀（3）、回旋加速器（4）、磁流體發(fā)電機（5）、電磁流量計5、求解帶電粒子在復合場中運動的基本思路（1）、對帶電粒子進行受力分析，特別注意電場力和磁場力的特點（2）

6、、分析帶電粒子在復合場中運動的圖景（3）、抽象出運動模型（4）、運動物理規(guī)律對帶電粒子運動進行數(shù)學描述，建立相關的幾何關系方程（5）、建立方程求解并驗證六、例題精析例1、如圖所示，質(zhì)量為m，電量為q的帶正電的微粒以初速度v0垂直射入相互垂直的勻強電場和勻強磁場中，剛好沿直線射出該場區(qū)，若同一微粒以初速度v0/2垂直射入該場區(qū)，則微粒沿圖示的曲線從P點以2v0速度離開場區(qū)，求微粒在場區(qū)中的橫向(垂直于v0方向)位移，已知磁場的磁感應強度大小為B.【解析】速度為v0時粒子受重力、電場力和磁場力，三力在豎直方向平衡；速度為v0/2時，磁場力變小，三力不平衡，微粒應做變加速度的曲線運動. 當微粒的速度

7、為v0時，做水平勻速直線運動，有: qE=mg+qv0B ； 當微粒的速度為v0/2時，它做曲線運動，但洛倫茲力對運動的電荷不做功，只有重力和電場力做功，設微粒橫向位移為s，由動能定理 (qE-mg)s=1/2m(2v0)2-1/2m(v0/2)2 .將式代入式得qv0BS=15mv02/8， 所以s=15mv0/(8qB).【解題回顧】由于洛倫茲力的特點往往會使微粒的運動很復雜，但這類只涉及初、末狀態(tài)參量而不涉及中間狀態(tài)性質(zhì)的問題常用動量、能量觀點分析求解例3、 如圖4，質(zhì)量為1g的小環(huán)帶4×10-4C的正電，套在長直的絕緣桿上，兩者間的動摩擦因數(shù)0.2。將桿放入都是水平的互相垂直

8、的勻強電場和勻強磁場中，桿所在平面與磁場垂直，桿與電場的夾角為37°。若E10NC，B0.5T，小環(huán)從靜止起動。求：(1)當小環(huán)加速度最大時，環(huán)的速度和加速度；(2)當小環(huán)的速度最大時，環(huán)的速度和加速度?！窘馕觥?(1)小環(huán)從靜止起動后，環(huán)受力如圖5，隨著速度的增大，垂直桿方向的洛侖茲力便增大，于是環(huán)上側與桿間的正壓力減小，摩擦力減小，加速度增大。當環(huán)的速度為時，正壓力為零，摩擦力消失，此時環(huán)有最大加速度am。在平行于桿的方向上有：mgsin37°qE cos37°mam 解得：am2.8mS2在垂直于桿的方向上有：BqVmgcos37°qEsin37&

9、#176; 解得：V52m/S（2）在上述狀態(tài)之后，環(huán)的速度繼續(xù)增大導致洛侖茲力繼續(xù)增大，致使小環(huán)下側與桿之間出現(xiàn)擠壓力N，如圖6。于是摩擦力f又產(chǎn)生，桿的加速度a減小。VBqVNf a，以上過程的結果，a減小到零，此時環(huán)有最大速度Vm。在平行桿方向有：mgsin37°Eqcos37°f在垂直桿方向有 BqVmmgcos37°qEsin37°N又fN解之：Vm122m/S此時：a0B例4、如圖所示一傾角為的足夠長的絕緣光滑的斜面置于磁感應強度為B的勻強磁場中，一質(zhì)量為m、代電荷量為-q的小滑塊自斜面的頂端由靜止釋放，則當小物塊在斜面上滑行，經(jīng)多長時間、多

10、長距離離開斜面？【解析】由于重力的下滑分力的作用，小物塊將沿斜面加速下滑，隨著速度的增大，F(xiàn)洛也不斷增大，但F洛的方向垂直于斜面向上，與物塊運動方向垂直，因此，雖然F洛為變力，但由于有斜面支持力的約束，直至物塊離開斜面前，垂直于斜面方向所受合外力始終為零，而沿斜面方向的合外力等于mgsin，故物塊作初速度為零的勻加速直線運動。當 qvB=mgcos 時F洛FNG物塊將離開斜面，即 V=mgcos/qB 又 v=at=gsint所以 t=由 v2=2gsins 故 s=拓展：若將例3的光滑斜面改為粗糙斜面（其他不變），并知物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為，物塊沿斜面下滑距離L而離開斜面，求整個過程中物

11、塊克服摩擦力所作的功。簡析：雖然只是將光滑斜面改為粗糙斜面，但物塊的運動狀態(tài)卻發(fā)生了質(zhì)的變化，由勻變速直線運動改為非勻變速直線運動。原因在于F洛的變化會導致支持力的變化，進而導致摩擦力的變化，因而物塊的加速度是變量，勻變速運動規(guī)律不再適用。由離開斜面時，F(xiàn)N=0得： qvB=mgcos故 v=由動能定理得： mgLsin-Wf=所以 Wf= mgLsin-例5、如圖6 13所示，勻強電場方向豎直向上，A、B是兩個形狀相同的金屬小滑塊，B滑塊的質(zhì)量是A滑塊質(zhì)量的4倍，B滑塊不帶電，放在水平臺面的邊緣；已知A滑塊帶正電荷，與臺面間的動摩擦因數(shù)= 0.4開始時，A滑塊在臺面上恰好能勻速運動，速度大小

12、為v0 = 5 m/s，之后與B滑塊發(fā)生正碰，碰后B滑塊落到地面上，落地時的動能等于它在下落過程中減少的重力勢能設碰撞時間極短，碰后總電荷量沒有損失且平分，A滑塊還在桌面上，且兩滑塊始終在電場中，不計A、B間的庫侖力已知臺面絕緣，足夠大，其高度h = 1.6 m，g取10 m/s2，則碰撞后A滑塊還能運動多長時間？答案：設電場強度為E，B滑塊質(zhì)量為4m，碰后帶電量為q，A滑塊的質(zhì)量為m，A滑塊碰前帶電量為2q，碰后帶電量為qA滑塊在碰前，有2qE = mg，所以qE =設A、B碰后速度分別為v1、v2，對B碰后應用動能定理得：Ek = (4mg qE) h又Ek = 4mgh所以v2 = 2

13、m/sA、B碰撞過程中動量守恒，以v0方向為正方向，則：mv0 = mv1 + 4mv2，所以v1 = v0 4v2 = 3 m/s碰后A滑塊返回，設經(jīng)時間t停下，由動量定理得：(mg qE) t = 0 mv1解得：t = 1.5 s例7、如圖所示，在x軸上方有垂直于xy平面向里的勻強磁場，磁感應強度為B；在x軸下方有沿y軸負方向的勻強電場，場強為E.一質(zhì)量為m，電量為-q的粒子從坐標原點O沿著y軸正方向射出射出之后，第三次到達x軸時，它與點O的距離為L.求此粒子射出的速度v和在此過程中運動的總路程s(重力不計). 【解析】由粒子在磁場中和電場中受力情況與粒子的速度可以判斷粒子從O點開始在磁

14、場中勻速率運動半個圓周后進入電場，做先減速后反向加速的勻變直線運動，再進入磁場，勻速率運動半個圓周后又進入電場，如此重復下去.粒子運動路線如圖3-11所示，有L=4R 粒子初速度為v，則有qvB=mv2/R ，由、可得v=qBL/4m .設粒子進入電場做減速運動的最大路程為L，加速度為a,則有v2=2aL ， qE=ma, 粒子運動的總路程s=2pR+2L. 由、式，得:s=pL/2+qB2L2/(16mE).【解題回顧】把復雜的過程分解為幾個簡單的過程，按順序逐個求解，或?qū)⒚總€過程所滿足的規(guī)律公式寫出，結合關聯(lián)條件組成方程，再解方程組，這就是解決復雜過程的一般方法另外，還可通過開始n個過程的

15、分析找出一般規(guī)律，推測后來的過程，或?qū)φ麄€過程總體求解將此題中的電場和磁場的空間分布和時間進程重組，便可理解回旋加速器原理，并可用后一種方法求解.例8、在圖13所示的坐標系中，軸水平，軸垂直，軸上方空間只存在重力場，第象限存在沿軸正方向的勻強電場和垂直平面向里的勻強磁場，在第象限由沿軸負方向的勻強電場，場強大小與第象限存在的電場的場強大小相等。一質(zhì)量為，帶電荷量大小為的質(zhì)點，從軸上處的點以一定的水平速度沿軸負方向拋出，它經(jīng)過處的點進入第象限，恰好做勻速圓周運動，又經(jīng)過軸上方的點進入第象限，試求：（1）質(zhì)點到達點時速度的大小和方向；（2）第象限中勻強電場的電場強度和勻強磁場的磁感應強度的大?。唬?/p>

16、3）質(zhì)點進入第象限且速度減為零時的位置坐標解：（1）質(zhì)點在第象限中做平拋運動，設初速度為，由 （2分） （2分） 解得平拋的初速度 （1分） 在點，速度的豎直分量 （1分） ，其方向與軸負向夾角 （1分）（2）帶電粒子進入第象限做勻速圓周運動，必有 （2分） 又恰能過負處，故為圓的直徑，轉(zhuǎn)動半徑 （1分）又由 （2分）可解得 （1分） （2分）（3）帶電粒以大小為，方向與軸正向夾角進入第象限，所受電場力與重力的合力為，方向與過點的速度方向相反，故帶電粒做勻減速直線運動，設其加速度大小為，則： （2分） 由 （2分） 由此得出速度減為0時的位置坐標是 （1分）七、專題練習1. 質(zhì)譜儀是一種測定帶

17、電粒子質(zhì)量和分析同位素的重要工具，它的構造原理如圖所示，離子源S產(chǎn)生的各種不同正離子束(速度可看作為零)，經(jīng)加速電場加速后垂直進入有界勻強磁場，到達記錄它的照相底片P上，設離子在P上的位置到入口處S1的距離為x，可以判斷：（ ）A. 若離子束是同位素，則x越大，離子質(zhì)量越大B. 若離子束是同位素，則x越大，離子質(zhì)量越小C. 只要x相同，則離子質(zhì)量一定相同D. 只要x相同，則離子的荷質(zhì)比一定相同2. 設空間存在豎直向下的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，如圖所示，已知一離子在電場力和洛侖茲力作用下，從靜止開始自且沿曲線ACB運動，到達B點時，速度為零，C點為最低點，不計重力，以下說法正確的是：（

18、 ） A.離子必帶正電荷 B.A點和B點位于同一高度 C.離子在C點時速度最大 D.離子到B點后，將沿曲線返回A3. 3一帶正電的小球沿光滑水平桌面向右運動，飛離桌面后進入勻強磁場，如圖11-4-6所示，若飛行時間t1后落在地板上，水平射程為s1，著地速度大小為v1，撤去磁場，其他條件不變，小球飛行時間t2，水平射程s2，著地速度大小為v2，則：（ ）hqB圖11-4-8As2s1 Bt1t2 Cv1v2 Dv1=v2B圖11-4-7圖11-4-64. 4用絕緣細線懸掛一個質(zhì)量為m、帶電量為+q的小球，讓它處于上圖所示的磁感應強度為B的勻強磁場中由于磁場的運動，小球靜止在如圖位置，這時懸線與豎

19、直方向夾角為，并被拉直，則磁場運動的速度和方向是：（ ）Av=mg/Bq，水平向右 Bv=mg/Bq，水平向左Cv=mgtan/Bq，豎直向上 Dv=mgtan/Bq，豎直向下5. 5如圖11-4-8所示，有一電量為q，質(zhì)量為m的小球，從兩豎直的帶等量 異種電荷的平行板上方高h處自由下落，兩板間有勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里，那么帶電小球在通過正交電磁場時：（ ）bcdBEv0圖11-4-10A一定做曲線運動B不可能做曲線運動C可能做勻速直線運動D可能做勻加速直線運動a6. 如圖11-4-4-10所示，在長方形abcd區(qū)域內(nèi)有正交的電磁場，ab=bc/2=L，一帶電粒子從ad的中點垂直于電場

20、和磁場方向射入，恰沿直線從bc邊的中點P射出，若撤去磁場，則粒子從C點射出；若撤去電場，則粒子將（重力不計）：（ ）A從b點射出 B從b、P間某點射出abcvv圖11-4-11C從a點射出 D從a、b間某點射出7. 如圖11-4-11所示，在真空中，勻強電場的方向豎直向下，勻強磁場的方向垂直紙面向里，三個油滴a、b、c帶有等量同種電荷，已知a靜止，b向右勻速運動，c向左勻速運動，比較它們的質(zhì)量應有：（ ）Aa油滴質(zhì)量最大Bb油滴質(zhì)量最大Cc油滴質(zhì)量最大Da、b、c質(zhì)量一樣EBe圖11-4-128. 如圖11-4-12中所示虛線所圍的區(qū)域內(nèi)，存在電場強度為E的勻強電場和磁感應強度為B的勻強磁場，

21、已知從左側水平射入的電子，穿過這一區(qū)域時未發(fā)生偏轉(zhuǎn)，設重力忽略不計，則在這個區(qū)域中的E和B的方向可能是：（ ）AE和B都沿水平方向，并與電子運動方向相同BE和B都沿水平方向，并與電子運動方向相反CE豎直向上，B垂直于紙面向外 DE豎直向上，B垂直于紙面向里v0AC圖11-4-149. 如圖11-4-14所示，在真空中一個光滑的絕緣的水平面上，有直徑相同的兩個金屬球A、C質(zhì)量mA=0.01 kg，mC=0.005 kg靜止在磁感應強度B=0.5 T的勻強磁場中的C球帶正電，電量qC=1×10-2 C在磁場外的不帶電的A球以速度v0=20 m/s進入磁場中與C球發(fā)生正碰后，C球?qū)λ矫鎵?/p>

22、力恰好為零，則碰后A球的速度為：（ ）A10 m/s B5 m/s C15 m/s D20 m/s10. 如圖所示為云室中某粒子穿過鉛板 P 前后的軌跡 . 室中勻強磁場的方向與軌跡所在平面垂直 ( 圖中垂直于紙面向里 ) ，由此可知此粒子：（ ） ( A ) 一定帶正電 ( B ) 一定帶負電 ( C ) 不帶電 ( D ) 可能帶正電，也可能帶負電 11. 如圖所示，用絕緣細線懸掛著的帶正電小球在勻強磁場中作簡諧運動，則：（ ）( A ) 當小球每次經(jīng)過平衡位置時，動能相同 ( B ) 當小球每次經(jīng)過平衡位置時，動量相同 ( C ) 當小球每次經(jīng)過平衡位置時，細線受到的拉力相同 ( D )

23、 撤消磁場后，小球擺動的周期不變 12. 如圖所示，一個帶正電的小球沿光滑的水平絕緣桌面向右運動，速度的方向垂直于一個水平方向的勻強磁場，小球飛離桌子邊緣落到地板上 . 設其飛行時間為 t1 ，水平射程為 s1 , 落地速率為 v1 . 撤去磁場，其余條件不變時，小球飛行時間為 t2 ，水平射程為 s2 , 落地速率為 v2 , 則：（ ） ( A ) t1 t2 ( B ) s1 s2 ( C ) s1 s2 ( D ) v1 = v2 13. 在光滑絕緣水平面上，一輕繩拉著一個帶電小球繞軸 O 在勻強磁場中作逆時針方向的勻速圓周運動，磁場方向豎直向下，其俯視圖如圖所示 . 若小球運動到 A

24、 點時，繩子忽然斷開 . 關于小球在繩斷開后可能的運動情況，下列說法中正確的是：（ ）( A ) 小球仍作逆時針勻速圓周運動，半徑不變 ( B ) 小球仍作逆時針勻速圓周運動，但半徑減小 ( C ) 小球作順時針勻速圓周運動，半徑不變 ( D ) 小球作順時針勻速圓周運動，半徑減小 14.圖所示，一束質(zhì)量、速度和電量各不相同的正離子垂直地射入勻強磁場和勻強電場正交的區(qū)域里，結果發(fā)現(xiàn)有些離子保持原來的運動方向，未發(fā)生任何偏轉(zhuǎn) . 如果讓這些不偏轉(zhuǎn)離子進入另個勻強磁場中，發(fā)現(xiàn)這些離子又分裂成幾束 . 對這些進入后一磁場的離子，可得出結論：（ ） ( 1993 年上海高考試題 ) ( A ) 它們的

25、動能一定各不相同 B 它們的電量一定各不相同 ( C ) 它們的質(zhì)量一定各不相同 D 它們的電量與質(zhì)量之比一定各不相同 15. 如圖所示，空間存在著由勻強磁場 B 和勻強電場 E 組成的正交電磁場，電場方向水平向左，磁場方向垂直紙面向里 . 有一帶負電荷的小球 P ，從正交電磁場上方的某處自由落下，那么帶電小球在通過正交電磁場時：（ ） ( A ) 一定作曲線運動 ( B ) 不可能作曲線運動 ( C ) 可能作勻速直線運動 ( D ) 可能作勻加速直線運動 16. 如圖所示，帶電平行板中勻強磁場方向水平垂直紙面向里，某帶電小球從光滑絕緣軌道上的 a 點自由滑下，經(jīng)過軌道端點 P 進入板間后恰

26、能沿水平作直線運動 . 現(xiàn)使小球從較低的 b 點開始下滑，經(jīng) P 點進入板間，在板間的運動過程中：（ ） ( A ) 其動能將會增大 ( B ) 其電勢能將會增大 ( C ) 小球所受的洛倫茲力將會增大 ( D ) 小球受到的電場力將會增大 17. 如圖所示，在 x 軸上方有垂直于 xy 平面向里的勻強磁場，磁場的磁感應強度為 B . 在 x 軸下方有沿 y 軸負方向的勻強電場，場強為 E . 一質(zhì)量為 m 、電量為 - q 的粒子從坐標原點 O 沿著 y 軸正方向射出，射出之后，第三次到達 x 軸時，它與點 O 的距離為 L ，求此粒子射出時的速度 v 和運動的總路程 s ( 重力 不計 )

27、.( 1998 年全國高考試題 )  18.1690所示，相互垂直的勻強電場和勻強磁場，其電場強度和磁感應強度分別為E和B，一個質(zhì)量為m，帶正電量為q的油滴，以水平速度v0從a點射入，經(jīng)一段時間后運動到b，試計算(1)油滴剛進入疊加場a點時的加速度(2)若到達b點時，偏離入射方向的距離為d，此時速度大小為多大？19.圖所示，在勻強磁場和勻強電場中，水平放置一絕緣直棒，棒上套著一個帶電小球，小球質(zhì)量m=10-4kg，電量q=2´10-4C，小球與棒間動摩擦因數(shù)m=0.2。電場強度E=5N/c，方向水平向右；磁感應強度B=2T，方向垂直紙面向內(nèi)，紙面豎直，求：EB（1） 當小球

28、的加速度最大時它的速度是多大？（2） 如果棒足夠長，小球的最大速度是多少？ 20.在某個空間內(nèi)有一個水平方向的勻強電場，電場強度，又有一個與電場垂直的水平方向勻強磁場，磁感強度B10T?，F(xiàn)有一個質(zhì)量m2×10-6kg、帶電量q2×10-6C的微粒，在這個電場和磁場疊加的空間作勻速直線運動。假如在這個微粒經(jīng)過某條電場線時突然撤去磁場，那么，當它再次經(jīng)過同一條電場線時，微粒在電場線方向上移過了多大距離。（取10mS2）21.如圖所示，絕緣的水平地面在Q點左側是光滑的，右側是粗糙的。質(zhì)最為m、電荷量為q（q>0）的金屬小滑塊A放在P點，質(zhì)最為2 m、不帶電的金屬小滑塊B放在

29、Q點，A、B均靜止不動，P、Q兩點之間的距離為L。當加上方向水平向右、場強大小為E的勻強電場時，A開始向右運動，然后與B發(fā)生正碰，碰撞時間極短。碰后，A、B的電荷量均為q且保持不變，A剛好能返回到P點，B水平向右做勻速運動。A、B均視為質(zhì)點，A、B之間的庫侖力不計。求：（1）碰撞前、后A的速率、和碰后B的速率；（2）當A剛好回到P點時B到Q點的距離。22.圖所示，在y>0的區(qū)域內(nèi)有沿y軸正方向的勻強電場，在y<0的區(qū)域Eyv0O×××××× × × × × × ×

30、 × × ××× × × × × AB 內(nèi)有垂直坐標平面向里的勻強磁場。一電子（質(zhì)量為m、電量為e）從y軸上A點以沿x軸正方向的初速度v0開始運動。當電子第一次穿越x軸時，恰好到達C點；當電子第二次穿越x軸時，恰好到達坐標原點；當電子第三次穿越x軸時，恰好到達D點。C、D兩點均未在圖中標出。已知A、C點到坐標原點的距離分別為d、2d。不計電子的重力。求（1）電場強度E的大?。唬?）磁感應強度B的大?。唬?）電子從A運動到D經(jīng)歷的時間txyBEPO23.如圖所示，坐標系xOy位于豎直平面內(nèi)，在該區(qū)域內(nèi)有場強

31、E=12N/C、方向沿x軸正方向的勻強電場和磁感應強度大小為B=2T、沿水平方向且垂直于xOy平面指向紙里的勻強磁場一個質(zhì)量m=4×10kg，電量q=2.5×10C帶正電的微粒，在xOy平面內(nèi)做勻速直線運動，運動到原點O時，撤去磁場，經(jīng)一段時間后，帶電微粒運動到了x軸上的P點取g10 ms2，求：（1）帶電微粒運動的速度大小及其跟 x軸正方向的夾角方向（2）帶電微粒由原點O運動到P點的時間24.如圖18所示的坐標系，x軸沿水平方向，y軸沿豎直方向在x軸上空間第一、第二象限內(nèi)，既無電場也無磁場，在第三象限，存在沿y軸正方向的勻強電場和垂直xy平面（紙面）向里的均強磁場，在第四

32、象限，存在沿y軸負方向、場強大小與第三象限電場場強相等的勻強電場。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電質(zhì)點，從y軸上y=h處的P1點以一定的水平初速度沿x軸負方向進入第二象限。然后經(jīng)過x軸上x=2h處的P2點進入第三象限，帶電質(zhì)點恰好能做勻速圓周運動。之后經(jīng)過y軸上y=2h處的P3點進入第四象限。已知重力加速度為g。求： （1）粒子到達P2點時速度的大小和方向； （2）第三象限空間中電場強度和磁感應強度的大??； （3）帶電質(zhì)點在第四象限空間運動過程中最小速度的大小和方向。25、如圖所示，直角坐標中的第象限中存在沿y軸負方向的勻強電場，在第象限中存在垂直紙面向外的勻強磁場。一電荷量為q、質(zhì)量為m的帶正電

33、的粒子，在x軸上的a 點以速度v0與x軸成60度角射入磁場，從y =L處的b點垂直于y軸方向進入電場，并經(jīng)過x軸上x = 2L處的c點。不計重力。求（1）磁感應強度B的大??；（2）電場強度E的大??；（3）粒子在磁場和電場中的運動時間之比。26.擺長為L的單擺在勻強磁場中擺動，擺動平面與磁場方向垂直，如圖10-20所示。擺動中擺線始終繃緊，若擺球帶正電，電量為q，質(zhì)量為m，磁感應強度為B，當球從最高處擺到最低處時，擺線上的拉力T多大？27如圖11-4-29所示，oxyz坐標系的y軸豎直向上，在坐標系所在的空間存在勻強電場和勻強磁場，電場方向與x軸平行從y軸上的M點（0，H，0）無初速釋放一個質(zhì)量

34、為m、電荷量為q的帶負電的小球，它落在xz平面上的N（c，0，b）點（c>0，b>0）若撤去磁場則小球落在xy平面的P（l，0，0）點（l>0）已知重力加速度為（1）已知勻強磁場方向與某個坐標軸平行，試判斷其可能的具體方向；yxzoM(0,H,0)N(c,0,b)P(l,0,0)圖11-4-29（2）求電場強度E的大??；（3）求小球落至N點時的速率v 28如圖11-4-21所示，勻強磁場垂直紙面向里，磁感應強度B=1T，勻強電場水平向右，電場強度E=10N/C，有一帶正電的微粒m=2×106kg，電量q=2×106C，在紙面內(nèi)做勻速直線運動g取10m/s2

35、，問：（1）微粒的運動方向和速率如何？PQ圖11-4-21（2）若微粒運動到P電時突然撤去磁場，經(jīng)過時間t后運動到Q點，P、Q連線與電場線平行，那么t為多少？29.一帶電量為q、質(zhì)量為m的小球從傾角為的光滑的斜面上由靜止開始下滑斜面處于磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向如圖1683所示，求小球在斜面上滑行的速度范圍和滑行的最大距離30. 如圖，質(zhì)量為m的金屬塊，電量q，以某一初速度沿水平放置的絕緣板進入電磁場空間，勻強磁場的方向如圖，勻強電場方向水平，滑塊與絕緣地板間的摩擦因數(shù)為，已知滑塊自A點沿絕緣板勻速直線運動，到B點與電路開關相碰，使形成電場的電路斷開，電場立即消失，磁場依然存在，設碰

36、撞時，滑塊無電量損失，而動能變?yōu)榕鲎睬暗?/4，滑塊碰撞后，做勻速直線運動返回A點，往返總時間為T，AB長為L，求: （1）勻強電場大小和方向 （2）磁感應強度B？ （3） 全過程摩擦力做的功。31 . 電視機的顯像管中，電子束的偏轉(zhuǎn)是用磁偏轉(zhuǎn)技術實現(xiàn)的 . 電子束經(jīng)過電壓為 U 的加速電場后，進入一圓形勻強磁場區(qū)，如圖所示 . 磁場方向垂直于圓面，磁場區(qū)的中心為 O ，半徑為 r . 當不加磁場時，電子束將通過 O 點而打到屏幕的中心 M 點 . 為了讓電子束射到屏幕邊緣 P ，需要加磁場，使電于束偏轉(zhuǎn)一已知角度 ，此時磁場的磁感應強度 B 應為多大 ?( 2002 年全國高考理科綜合試題

37、)  32 . 如圖所示，足夠長的矩形區(qū)域 abcd 內(nèi)充滿磁感應強度為 B 、方向垂直紙面向里的勻強磁場，現(xiàn)從 ad 邊的中心 O 點處，垂直磁場方向射入一速度為 v0 的帶正電粒子， v0 與 ad 邊的夾角為 30 °. 已知粒子質(zhì)量為 m ，帶電量為 q ， ad 邊長為 L ，不計粒子的重力 . ( 1 ) 求要使粒子能從 ab 邊射出磁場，v0 的大小范圍 . ( 2 ) 粒子在磁場中運動的最長時間是多少 ? 在這種情況下，粒子將從什么范圍射出磁場 ?  專題練習參考答案1.（AD） 2.（ABC） 3.（ BD ） 4.（ BC ） 5.( A )

38、6.( C ) 7.（ C ）8.（ ABC ） 9.( A ) 10.(A ) 11.(AD). 12. (BD ).  13. (ACD ).  14.(D). 15.(A ).  16. (ABC ). 17. 答案 : 18.20. 【解析】 題中帶電微粒在疊加場中作勻速直線運動，意味著微粒受到的重力、電場力和磁場力平衡。進一步的分析可知：洛侖茲力f與重力、電場力的合力F等值反向，微粒運動速度V與f垂直，如圖2。當撤去磁場后，帶電微粒作勻變速曲線運動，可將此曲線運動分解為水平方向和豎直方向兩個勻變速直線運動來處理，如圖3。由圖2可知：又：解之得：

39、 由圖3可知，微粒回到同一條電場線的時間則微粒在電場線方向移過距離【解題回顧】本題的關鍵有兩點：(1)根據(jù)平衡條件結合各力特點畫出三力關系；(2)將勻變速曲線運動分解21. 解（1）A從P到Q、Q到P的過程，分別根據(jù)動能定理有 （2分） （2分）解得 （2分）A、B正碰，由動量守恒定律得 （3分）由解得 （2分）（2）碰撞后，B水平向右做勻速直線運動，有 （3分）A水平向左做勻減速直線運動返回到P點有 （3分）由解得 （2分）22. 解：電子的運動軌跡如右圖所示 （2分） （若畫出類平拋和圓運動軌跡給1分）（1）電子在電場中做類平拋運動設電子從A到C的時間為t1 （1分） （1分） （1分）求出 E = （1分）（2）設電子進入磁場時速度為v，v與x軸的夾角為，則 = 45°（1分）求出 （1分）電子進入磁場后做勻速圓周運動，洛侖茲力提供向心力 （1分）由圖可知 （2分）求出 （1分）（3）由拋物線的對稱關系，電子在電場中運動的時間為 3t1= （2分）電子在磁場中運動的時間 t2 = （2分）電子從A運動到D的時間 t=3t1+ t2 = （2分）xyBEPOF合vs2s1第17題