2025年高考物理二輪專題復(fù)習(xí)講義：第4專題　帶電粒子在電場和磁場中的運(yùn)動

第4專題帶電粒子在電場和磁場中的運(yùn)動知識網(wǎng)絡(luò)考點(diǎn)預(yù)測帶電粒子在電場、磁場(或電場、磁場和重力場的復(fù)合場)中的運(yùn)動是高中物理中的重點(diǎn)內(nèi)容，這類問題對學(xué)生的空間想象能力、分析綜合能力、應(yīng)用數(shù)學(xué)知識處理物理問題的能力有較高的要求，是考查考生多項(xiàng)能力的極好載體，因此成為高考的熱點(diǎn)，在實(shí)行了多年的理科綜合能力測試中也是每年都考，且分值較高．從試題的難度上看，多屬于中等難度和較難的題，特別是只要出現(xiàn)計(jì)算題就一定是難度較大的綜合題．考題有可能以科學(xué)技術(shù)的具體問題為背景，從實(shí)際問題中獲取并處理信息，把實(shí)際問題轉(zhuǎn)化成物理問題，提高分析解決實(shí)際問題的能力是教學(xué)中的重點(diǎn)．計(jì)算題還常常成為試卷的壓軸題，如2009年全國理綜卷Ⅰ第26題、全國理綜卷Ⅱ第25題、重慶理綜卷第25題、四川理綜卷第25題；2008年全國理綜卷Ⅰ第25題、江蘇物理卷第14題、四川理綜卷第27題、重慶理綜卷第25題、山東理綜卷第25題等．預(yù)計(jì)在2010年高考中仍然會出現(xiàn)帶電粒子在復(fù)合的或組合的電場和磁場中運(yùn)動的問題．要點(diǎn)歸納一、不計(jì)重力的帶電粒子在電場中的運(yùn)動1．帶電粒子在電場中加速當(dāng)電荷量為q、質(zhì)量為m、初速度為v0的帶電粒子經(jīng)電壓U加速后，速度變?yōu)関t，由動能定理得：qU＝eq\f(1,2)mvt2－eq\f(1,2)mv02．若v0＝0，則有vt＝eq\x\bo(\r(\f(2qU,m)))，這個(gè)關(guān)系式對任意靜電場都是適用的．對于帶電粒子在電場中的加速問題，應(yīng)突出動能定理的應(yīng)用．2．帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)電荷量為q、質(zhì)量為m的帶電粒子由靜止開始經(jīng)電壓U1加速后，以速度v1垂直進(jìn)入由兩帶電平行金屬板產(chǎn)生的勻強(qiáng)電場中，則帶電粒子在勻強(qiáng)電場中做類平拋運(yùn)動，其軌跡是一條拋物線(如圖4－1所示)．圖4－1qU1＝eq\f(1,2)mv12設(shè)兩平行金屬板間的電壓為U2，板間距離為d，板長為L．(1)帶電粒子進(jìn)入兩板間后粒子在垂直于電場的方向上做勻速直線運(yùn)動，有：vx＝v1，L＝v1t粒子在平行于電場的方向上做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，有：vy＝at，y＝eq\f(1,2)at2，a＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU2,md)．(2)帶電粒子離開極板時(shí)側(cè)移距離y＝eq\f(1,2)at2＝eq\x\bo(\f(qU2L2,2mdv12))＝eq\f(U2L2,4dU1)軌跡方程為：y＝eq\x\bo(\f(U2x2,4dU1))(與m、q無關(guān))偏轉(zhuǎn)角度φ的正切值tanφ＝eq\f(at,v1)＝eq\x\bo(\f(qU2L,mdv12))＝eq\x\bo(\f(U2L,2dU1))若在偏轉(zhuǎn)極板右側(cè)D距離處有一豎立的屏，在求電子射到屏上的側(cè)移距離時(shí)有一個(gè)很有用的推論，即：所有離開偏轉(zhuǎn)電場的運(yùn)動電荷好像都是從極板的中心沿中心與射出點(diǎn)的連線射出的．這樣很容易得到電荷在屏上的側(cè)移距離y′＝EQ\x\bo((D＋eq\f(L,2))tanφ)．以上公式要求在能夠證明的前提下熟記，并能通過以上式子分析、討論側(cè)移距離和偏轉(zhuǎn)角度與帶電粒子的速度、動能、比荷等物理量的關(guān)系．二、不計(jì)重力的帶電粒子在磁場中的運(yùn)動1．勻速直線運(yùn)動：若帶電粒子的速度方向與勻強(qiáng)磁場的方向平行，則粒子做勻速直線運(yùn)動．2．勻速圓周運(yùn)動：若帶電粒子的速度方向與勻強(qiáng)磁場的方向垂直，則粒子做勻速圓周運(yùn)動．質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子以初速度v垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場B中做勻速圓周運(yùn)動，其角速度為ω，軌道半徑為R，運(yùn)動的周期為T，則有：qvB＝meq\f(v2,R)＝mRω2＝mvω＝mR(eq\f(2π,T))2＝mR(2πf)2R＝eq\f(mv,qB)T＝eq\f(2πm,qB)(與v、R無關(guān))，f＝eq\f(1,T)＝eq\f(qB,2πm)．3．對于帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動的問題，應(yīng)注意把握以下幾點(diǎn)．(1)粒子圓軌跡的圓心的確定①若已知粒子在圓周運(yùn)動中的兩個(gè)具體位置及通過某一位置時(shí)的速度方向，可在已知的速度方向的位置作速度的垂線，同時(shí)作兩位置連線的中垂線，兩垂線的交點(diǎn)為圓軌跡的圓心，如圖4－2所示．②若已知做圓周運(yùn)動的粒子通過某兩個(gè)具體位置的速度方向，可在兩位置上分別作兩速度的垂線，兩垂線的交點(diǎn)為圓軌跡的圓心，如圖4－3所示．③若已知做圓周運(yùn)動的粒子通過某一具體位置的速度方向及圓軌跡的半徑R，可在該位置上作速度的垂線，垂線上距該位置R處的點(diǎn)為圓軌跡的圓心(利用左手定則判斷圓心在已知位置的哪一側(cè))，如圖4－4所示．圖4－2圖4－3圖4－4(2)粒子圓軌跡的半徑的確定①可直接運(yùn)用公式R＝eq\f(mv,qB)來確定．②畫出幾何圖形，利用半徑R與題中已知長度的幾何關(guān)系來確定．在利用幾何關(guān)系時(shí)，要注意一個(gè)重要的幾何特點(diǎn)，即：粒子速度的偏向角φ等于對應(yīng)軌跡圓弧的圓心角α，并等于弦切角θ的2倍，如圖4－5所示．圖4－5(3)粒子做圓周運(yùn)動的周期的確定①可直接運(yùn)用公式T＝eq\f(2πm,qB)來確定．②利用周期T與題中已知時(shí)間t的關(guān)系來確定．若粒子在時(shí)間t內(nèi)通過的圓弧所對應(yīng)的圓心角為α，則有：t＝eq\f(α,360°)·T(或t＝eq\f(α,2π)·T)．(4)圓周運(yùn)動中有關(guān)對稱的規(guī)律①從磁場的直邊界射入的粒子，若再從此邊界射出，則速度方向與邊界的夾角相等，如圖4－6所示．②在圓形磁場區(qū)域內(nèi)，沿徑向射入的粒子必沿徑向射出，如圖4－7所示．圖4－6圖4－7(5)帶電粒子在有界磁場中運(yùn)動的極值問題剛好穿出磁場邊界的條件通常是帶電粒子在磁場中運(yùn)動的軌跡與邊界相切．三、帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動1．高中階段所涉及的復(fù)合場有四種組合形式，即：①電場與磁場的復(fù)合場；②磁場與重力場的復(fù)合場；③電場與重力場的復(fù)合場；④電場、磁場與重力場的復(fù)合場．2．帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動性質(zhì)取決于帶電粒子所受的合外力及初速度，因此應(yīng)把帶電粒子的運(yùn)動情況和受力情況結(jié)合起來進(jìn)行分析．當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中所受的合外力為零時(shí)，帶電粒子做勻速直線運(yùn)動(如速度選擇器)；當(dāng)帶電粒子所受的重力與電場力等值、反向，由洛倫茲力提供向心力時(shí)，帶電粒子在垂直磁場的平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動；當(dāng)帶電粒子所受的合外力是變力，且與初速度的方向不在一條直線上時(shí)，粒子做非勻變速曲線運(yùn)動，運(yùn)動軌跡也隨之不規(guī)范地變化．因此，要確定粒子的運(yùn)動情況，必須明確有幾種場，粒子受幾種力，重力是否可以忽略．3．帶電粒子所受三種場力的特征(1)洛倫茲力的大小跟速度方向與磁場方向的夾角有關(guān)．當(dāng)帶電粒子的速度方向與磁場方向平行時(shí)，f洛＝0；當(dāng)帶電粒子的速度方向與磁場方向垂直時(shí)，f洛＝qvB．當(dāng)洛倫茲力的方向垂直于速度v和磁感應(yīng)強(qiáng)度B所決定的平面時(shí)，無論帶電粒子做什么運(yùn)動，洛倫茲力都不做功．(2)電場力的大小為qE，方向與電場強(qiáng)度E的方向及帶電粒子所帶電荷的性質(zhì)有關(guān)．電場力做功與路徑無關(guān)，其數(shù)值除與帶電粒子的電荷量有關(guān)外，還與其始末位置的電勢差有關(guān)．(3)重力的大小為mg，方向豎直向下．重力做功與路徑無關(guān)，其數(shù)值除與帶電粒子的質(zhì)量有關(guān)外，還與其始末位置的高度差有關(guān)．注意：①微觀粒子(如電子、質(zhì)子、離子)一般都不計(jì)重力；②對帶電小球、液滴、金屬塊等實(shí)際的物體沒有特殊交代時(shí)，應(yīng)當(dāng)考慮其重力；③對未知名的、題中又未明確交代的帶電粒子，是否考慮其重力，則應(yīng)根據(jù)題給的物理過程及隱含條件具體分析后作出符合實(shí)際的決定．4．帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動的分析方法(1)當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中做勻速運(yùn)動時(shí)，應(yīng)根據(jù)平衡條件列方程求解．(2)當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中做勻速圓周運(yùn)動時(shí)，往往應(yīng)用牛頓第二定律和平衡條件列方程聯(lián)立求解．(3)當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中做非勻速曲線運(yùn)動時(shí)，應(yīng)選用動能定理或動量守恒定律列方程求解．注意：如果涉及兩個(gè)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．由于帶電粒子在復(fù)合場中的受力情況復(fù)雜，運(yùn)動情況多變，往往出現(xiàn)臨界問題，這時(shí)應(yīng)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．熱點(diǎn)、重點(diǎn)、難點(diǎn)一、根據(jù)帶電粒子的運(yùn)動軌跡進(jìn)行分析推理圖4－8●例1如圖4－8所示，MN是一正點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場中的一條電場線．一個(gè)帶負(fù)電的粒子(不計(jì)重力)從a到b穿越這條電場線的軌跡如圖中虛線所示．下列結(jié)論正確的是()A．帶電粒子從a到b的過程中動能逐漸減小B．正點(diǎn)電荷一定位于M點(diǎn)的左側(cè)C．帶電粒子在a點(diǎn)時(shí)具有的電勢能大于在b點(diǎn)時(shí)具有的電勢能D．帶電粒子在a點(diǎn)的加速度大于在b點(diǎn)的加速度【解析】由做曲線運(yùn)動的物體的受力特點(diǎn)知帶負(fù)電的粒子受到的電場力指向曲線的內(nèi)側(cè)，故電場線MN的方向?yàn)镹→M，正點(diǎn)電荷位于N的右側(cè)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由a、b兩點(diǎn)的位置關(guān)系知b點(diǎn)更靠近場源電荷，故帶電粒子在a點(diǎn)受到的庫侖力小于在b點(diǎn)受到的庫侖力，粒子在b點(diǎn)的加速度大，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；由上述電場力的方向知帶電粒子由a運(yùn)動到b的過程中電場力做正功，動能增大，電勢能減小，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤、C正確．[答案]C【點(diǎn)評】本專題內(nèi)容除了在高考中以常見的計(jì)算題形式出現(xiàn)外，有時(shí)候也以選擇題形式出現(xiàn)，通過帶電粒子在非勻強(qiáng)電場中(只受電場力)的運(yùn)動軌跡來分析電場力和能的特性是一種重要題型，解析這類問題時(shí)要注意以下三點(diǎn)：①電場力一定沿電場線曲線的切線方向且一定指向軌跡曲線的內(nèi)側(cè)；②W電＝qUab＝Ekb－Eka；③當(dāng)電場線為曲線時(shí)，電荷的運(yùn)動軌跡不會與之重合．二、帶電粒子在電場中的加速與偏轉(zhuǎn)圖4－9●例2噴墨打印機(jī)的結(jié)構(gòu)簡圖如圖4－9所示，其中墨盒可以發(fā)出墨汁微滴，其半徑約為1×10－5m，此微滴經(jīng)過帶電室時(shí)被帶上負(fù)電，帶電荷量的多少由計(jì)算機(jī)按字體筆畫的高低位置輸入信號加以控制．帶電后的微滴以一定的初速度進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，帶電微滴經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場發(fā)生偏轉(zhuǎn)后打到紙上，顯示出字體．無信號輸入時(shí)，墨汁微滴不帶電，徑直通過偏轉(zhuǎn)板而注入回流槽流回墨盒．偏轉(zhuǎn)板長1.6cm，兩板間的距離為0.50cm，偏轉(zhuǎn)板的右端距紙3.2cm．若墨汁微滴的質(zhì)量為1.6×10－10kg，以20m/s的初速度垂直于電場方向進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，兩偏轉(zhuǎn)板間的電壓是8.0×103V，其打到紙上的點(diǎn)距原射入方向的距離是2.0mm．求這個(gè)墨汁微滴通過帶電室所帶的電荷量的多少．(不計(jì)空氣阻力和重力，可以認(rèn)為偏轉(zhuǎn)電場只局限于平行板電容器的內(nèi)部，忽略邊緣電場的不均勻性)為了使紙上的字放大10%，請你分析并提出一個(gè)可行的方法．【解析】設(shè)墨汁微滴所帶的電荷量為q，它進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場后做類平拋運(yùn)動，離開電場后做直線運(yùn)動打到紙上，則距原入射方向的距離為：y＝eq\f(1,2)at2＋Ltanφ又a＝eq\f(qU,md)，t＝eq\f(l,v0)，tanφ＝eq\f(at,v0)解得：y＝eq\f(qUl,mdv02)(eq\f(l,2)＋L)代入數(shù)據(jù)得：q＝1.25×10－13C要將字體放大10%，只要使y增大為原來的1.1倍，可采用的措施為將兩偏轉(zhuǎn)板間的電壓增大到8.8×103V，或?qū)⑵D(zhuǎn)板右端與紙的間距增大到3.6cm．[答案]1.25×10－13C將兩偏轉(zhuǎn)板間的電壓增大到8.8×103V，或?qū)⑵D(zhuǎn)板右端與紙的間距增大到3.6cm【點(diǎn)評】①本題也可直接根據(jù)推論公式y(tǒng)＝(eq\f(l,2)＋L)tanφ＝(eq\f(l,2)＋L)eq\f(qUl,mdv02)進(jìn)行計(jì)算．②和平拋運(yùn)動問題一樣，這類題型中偏轉(zhuǎn)角度的正切表達(dá)式在解題中往往較為關(guān)鍵，且有tanθ＝2tanα(α為射出點(diǎn)的位移方向與入射方向的夾角)的特點(diǎn)．★同類拓展1如圖4－10甲所示，在真空中，有一半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直紙面向外．在磁場右側(cè)有一對平行金屬板M和N，兩板間距為R，板長為2R，板間的中心線O1O2與磁場的圓心O在同一直線上．有一電荷量為q、質(zhì)量為m的帶正電的粒子以速度v0從圓周上的a點(diǎn)沿垂直于半徑OO1并指向圓心O的方向進(jìn)入磁場，當(dāng)從圓周上的O1點(diǎn)水平飛出磁場時(shí)，給M、N兩板加上如圖4－10乙所示的電壓，最后粒子剛好以平行于N板的速度從N板的邊緣飛出．(不計(jì)粒子所受到的重力、兩板正對面之間為勻強(qiáng)電場，邊緣電場不計(jì))圖4－10(1)求磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B．(2)求交變電壓的周期T和電壓U0的值．(3)當(dāng)t＝eq\f(T,2)時(shí)，該粒子從M、N板右側(cè)沿板的中心線仍以速度v0射入M、N之間，求粒子從磁場中射出的點(diǎn)到a點(diǎn)的距離．【解析】(1)粒子自a點(diǎn)進(jìn)入磁場，從O1點(diǎn)水平飛出磁場，則其運(yùn)動的軌道半徑為R．由qv0B＝meq\f(v02,R)，解得：B＝eq\f(mv0,qR)．(2)粒子自O(shè)1點(diǎn)進(jìn)入電場后恰好從N板的邊緣平行極板飛出，設(shè)運(yùn)動時(shí)間為t，根據(jù)類平拋運(yùn)動規(guī)律有：2R＝v0teq\f(R,2)＝2n·eq\f(qU0,2mR)(eq\f(T,2))2又t＝nT(n＝1,2,3…)解得：T＝eq\f(2R,nv0)(n＝1,2,3…)U0＝eq\f(nmv02,2q)(n＝1,2,3…)．圖4－10丙(3)當(dāng)t＝eq\f(T,2)時(shí)，粒子以速度v0沿O2O1射入電場，該粒子恰好從M板邊緣以平行于極板的速度射入磁場，進(jìn)入磁場的速度仍為v0，運(yùn)動的軌跡半徑為R．設(shè)進(jìn)入磁場時(shí)的點(diǎn)為b，離開磁場時(shí)的點(diǎn)為c，圓心為O3，如圖4－10丙所示，四邊形ObO3c是菱形，所以O(shè)c∥O3b，故c、O、a三點(diǎn)共線，ca即為圓的直徑，則c、a間的距離d＝2R．[答案](1)eq\f(mv0,qR)(2)eq\f(2R,nv0)(n＝1,2,3…)eq\f(nmv02,2q)(n＝1,2,3…)(3)2R【點(diǎn)評】帶電粒子在勻強(qiáng)電場中偏轉(zhuǎn)的運(yùn)動是類平拋運(yùn)動，解此類題目的關(guān)鍵是將運(yùn)動分解成兩個(gè)簡單的直線運(yùn)動，題中沿電場方向的分運(yùn)動就是“受力周期性變化的加速運(yùn)動”．三、帶電粒子在有界磁場中(只受洛倫茲力)的運(yùn)動1．帶電粒子在磁場中的運(yùn)動大體包含五種常見情境，即：無邊界磁場、單邊界磁場、雙邊界磁場、矩形邊界磁場、圓形邊界磁場．帶電粒子在磁場中的運(yùn)動問題綜合性較強(qiáng)，解這類問題往往要用到圓周運(yùn)動的知識、洛倫茲力，還要牽涉到數(shù)學(xué)中的平面幾何、解析幾何等知識．因此，解此類試題，除了運(yùn)用常規(guī)的解題思路(畫草圖、找“圓心”、定“半徑”等)之外，更應(yīng)側(cè)重于運(yùn)用數(shù)學(xué)知識進(jìn)行分析．2．帶電粒子在有界勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動時(shí)，其軌跡為不完整的圓周，解決這類問題的關(guān)鍵有以下三點(diǎn)．①確定圓周的圓心．若已知入射點(diǎn)、出射點(diǎn)及入射方向、出射方向，可通過入射點(diǎn)和出射點(diǎn)作垂直于入射方向和出射方向的直線，兩直線的交點(diǎn)即為圓周的圓心；若已知入射點(diǎn)、出射點(diǎn)及入射方向，可通過入射點(diǎn)作入射線的垂線，連接入射點(diǎn)和出射點(diǎn)，作此連線的垂直平分線，兩垂線的交點(diǎn)即為圓周的圓心．②確定圓的半徑．一般在圓上作圖，由幾何關(guān)系求出圓的半徑．③求運(yùn)動時(shí)間．找到運(yùn)動的圓弧所對應(yīng)的圓心角θ，由公式t＝eq\f(θ,2π)T求出運(yùn)動時(shí)間．3．解析帶電粒子穿過圓形區(qū)域磁場問題常可用到以下推論：①沿半徑方向入射的粒子一定沿另一半徑方向射出．②同種帶電粒子以相同的速率從同一點(diǎn)垂直射入圓形區(qū)域的勻強(qiáng)磁場時(shí)，若射出方向與射入方向在同一直徑上，則軌跡的弧長最長，偏轉(zhuǎn)角有最大值且為α＝2arcsineq\f(R,r)＝2arcsineq\f(RBq,mv)．③在圓形區(qū)域邊緣的某點(diǎn)向各方向以相同速率射出的某種帶電粒子，如果粒子的軌跡半徑與區(qū)域圓的半徑相同，則穿過磁場后粒子的射出方向均平行(反之，平行入射的粒子也將匯聚于邊緣一點(diǎn))．●例3如圖4－11甲所示，空間存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場方向?yàn)閥軸正方向，磁場方向垂直于xy平面(紙面)向外，電場和磁場都可以隨意加上或撤除，重新加上的電場或磁場與撤除前的一樣．一帶正電荷的粒子從P(0，h)點(diǎn)以一定的速度平行于x軸正向入射．這時(shí)若只有磁場，粒子將做半徑為R0的圓周運(yùn)動；若同時(shí)存在電場和磁場，粒子恰好做直線運(yùn)動．現(xiàn)在只加電場，當(dāng)粒子從P點(diǎn)運(yùn)動到x＝R0平面(圖中虛線所示)時(shí)，立即撤除電場同時(shí)加上磁場，粒子繼續(xù)運(yùn)動，其軌跡與x軸交于M點(diǎn)，不計(jì)重力，求：圖4－11甲(1)粒子到達(dá)x＝R0平面時(shí)的速度方向與x軸的夾角以及粒子到x軸的距離．(2)M點(diǎn)的橫坐標(biāo)xM．【解析】(1)粒子做直線運(yùn)動時(shí)，有：qE＝qBv0做圓周運(yùn)動時(shí)，有：qBv0＝eq\f(mv02,R0)只有電場時(shí)，粒子做類平拋運(yùn)動，則有：qE＝maR0＝v0tvy＝at解得：vy＝v0粒子的速度大小為：v＝eq\r(v02＋vy2)＝eq\r(2)v0速度方向與x軸的夾角為：θ＝eq\f(π,4)粒子與x軸的距離為：H＝h＋eq\f(1,2)at2＝h＋eq\f(R0,2)．(2)撤去電場加上磁場后，有：qBv＝meq\f(v2,R)解得：R＝eq\r(2)R0此時(shí)粒子的運(yùn)動軌跡如圖4－11乙所示．圓心C位于與速度v方向垂直的直線上，該直線與x軸和y軸的夾角均為eq\f(π,4)．由幾何關(guān)系可得C點(diǎn)的坐標(biāo)為：圖4－11乙xC＝2R0yC＝H－R0＝h－eq\f(R0,2)過C點(diǎn)作x軸的垂線，在△CDM中，有：lCM＝R＝eq\r(2)R0，lCD＝y(tǒng)C＝h－eq\f(R0,2)解得：lDM＝eq\r(lCM2－lCD2)＝eq\r(\f(7,4)R02＋R0h－h(huán)2)M點(diǎn)的橫坐標(biāo)為：xM＝2R0＋eq\r(\f(7,4)R02＋R0h－h(huán)2)．[答案](1)eq\f(π,2)h＋eq\f(R0,2)(2)2R0＋eq\r(\f(7,4)R02＋R0h－h(huán)2)【點(diǎn)評】無論帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)還是在勻強(qiáng)磁場中的偏轉(zhuǎn)，偏轉(zhuǎn)角往往是個(gè)較關(guān)鍵的量．●例4如圖4－12甲所示，質(zhì)量為m、電荷量為e的電子從坐標(biāo)原點(diǎn)O處沿xOy平面射入第一象限內(nèi)，射入時(shí)的速度方向不同，但大小均為v0．現(xiàn)在某一區(qū)域內(nèi)加一方向向外且垂直于xOy平面的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，若這些電子穿過磁場后都能垂直地射到與y軸平行的熒光屏MN上，求：圖4－12甲(1)熒光屏上光斑的長度．(2)所加磁場范圍的最小面積．【解析】(1)如圖4－12乙所示，要求光斑的長度，只要找到兩個(gè)邊界點(diǎn)即可．初速度沿x軸正方向的電子沿弧OA運(yùn)動到熒光屏MN上的P點(diǎn)；初速度沿y軸正方向的電子沿弧OC運(yùn)動到熒光屏MN上的Q點(diǎn)．圖4－12乙設(shè)粒子在磁場中運(yùn)動的半徑為R，由牛頓第二定律得：ev0B＝meq\f(v02,R)，即R＝eq\f(mv0,Be)由幾何知識可得：PQ＝R＝eq\f(mv0,Be)．(2)取與x軸正方向成θ角的方向射入的電子為研究對象，其射出磁場的點(diǎn)為E(x，y)，因其射出后能垂直打到屏MN上，故有：x＝－Rsinθy＝R＋Rcosθ即x2＋(y－R)2＝R2又因?yàn)殡娮友豿軸正方向射入時(shí)，射出的邊界點(diǎn)為A點(diǎn)；沿y軸正方向射入時(shí)，射出的邊界點(diǎn)為C點(diǎn)，故所加最小面積的磁場的邊界是以(0，R)為圓心、R為半徑的圓的一部分，如圖乙中實(shí)線圓弧所圍區(qū)域，所以磁場范圍的最小面積為：S＝eq\f(3,4)πR2＋R2－eq\f(1,4)πR2＝(eq\f(π,2)＋1)(eq\f(mv0,Be))2．[答案](1)eq\f(mv0,Be)(2)(eq\f(π,2)＋1)(eq\f(mv0,Be))2【點(diǎn)評】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中偏轉(zhuǎn)的試題基本上是年年考，大概為了求新求變，在2009年高考中海南物理卷(第16題)、浙江理綜卷(第25題)中都出現(xiàn)了應(yīng)用這一推論的題型．★同類拓展2如圖4－13甲所示，ABCD是邊長為a的正方形．質(zhì)量為m、電荷量為e的電子以大小為v0的初速度沿紙面垂直于BC邊射入正方形區(qū)域．在正方形內(nèi)適當(dāng)區(qū)域中有勻強(qiáng)磁場．電子從BC邊上的任意點(diǎn)入射，都只能從A點(diǎn)射出磁場．不計(jì)重力，求：圖4－13甲(1)此勻強(qiáng)磁場區(qū)域中磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向和大?。?2)此勻強(qiáng)磁場區(qū)域的最小面積．[2009年高考·海南物理卷]【解析】(1)若要使由C點(diǎn)入射的電子從A點(diǎn)射出，則在C處必須有磁場，設(shè)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，令圓弧是自C點(diǎn)垂直于BC入射的電子在磁場中的運(yùn)行軌道，電子所受到的磁場的作用力f＝ev0B，方向應(yīng)指向圓弧的圓心，因而磁場的方向應(yīng)垂直于紙面向外．圓弧的圓心在CB邊或其延長線上．依題意，圓心在A、C連線的中垂線上，故B點(diǎn)即為圓心，圓半徑為a．按照牛頓定律有：f＝meq\f(v02,a)聯(lián)立解得：B＝eq\f(mv0,ea)．(2)由(1)中決定的磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向和大小，可知自C點(diǎn)垂直于BC入射的電子在A點(diǎn)沿DA方向射出，且自BC邊上其他點(diǎn)垂直于入射的電子的運(yùn)動軌道只能在BAEC區(qū)域中，因而，圓弧是所求的最小磁場區(qū)域的一個(gè)邊界．為了決定該磁場區(qū)域的另一邊界，我們來考察射中A點(diǎn)的電子的速度方向與BA的延長線交角為θ(不妨設(shè)0≤θ＜eq\f(π,2))的情形．該電子的運(yùn)動軌跡QPA如圖4－13乙所示．圖中，圓弧的圓心為O，PQ垂直于BC邊，由上式知，圓弧的半徑仍為a．過P點(diǎn)作DC的垂線交DC于G，由幾何關(guān)系可知∠DPG＝θ，在以D為原點(diǎn)、DC為x軸、DA為y軸的坐標(biāo)系中，P點(diǎn)的坐標(biāo)(x，y)為：x＝asinθ，y＝acosθ圖4－13乙這意味著，在范圍0≤θ≤eq\f(π,2)內(nèi)，P點(diǎn)形成以D為圓心、a為半徑的四分之一圓周，它是電子做直線運(yùn)動和圓周運(yùn)動的分界線，構(gòu)成所求磁場區(qū)域的另一邊界．因此，所求的最小勻強(qiáng)磁場區(qū)域是分別以B和D為圓心、a為半徑的兩個(gè)四分之一圓周和所圍成的，其面積為：S＝2(eq\f(1,4)πa2－eq\f(1,2)a2)＝eq\f(π－2,2)a2．[答案](1)eq\f(mv0,ea)方向垂直于紙面向外(2)eq\f(π－2,2)a2四、帶電粒子在復(fù)合場、組合場中的運(yùn)動問題●例5在地面附近的真空中，存在著豎直向上的勻強(qiáng)電場和垂直電場方向水平向里的勻強(qiáng)磁場，如圖4－14甲所示．磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化情況如圖4－14乙所示．該區(qū)域中有一條水平直線MN，D是MN上的一點(diǎn)．在t＝0時(shí)刻，有一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小球(可看做質(zhì)點(diǎn))，從M點(diǎn)開始沿著水平直線以速度v0做勻速直線運(yùn)動，t0時(shí)刻恰好到達(dá)N點(diǎn)．經(jīng)觀測發(fā)現(xiàn)，小球在t＝2t0至t＝3t0時(shí)間內(nèi)的某一時(shí)刻，又豎直向下經(jīng)過直線MN上的D點(diǎn)，并且以后小球多次水平向右或豎直向下經(jīng)過D點(diǎn)．求：圖4－14(1)電場強(qiáng)度E的大?。?2)小球從M點(diǎn)開始運(yùn)動到第二次經(jīng)過D點(diǎn)所用的時(shí)間．(3)小球運(yùn)動的周期，并畫出運(yùn)動軌跡(只畫一個(gè)周期)．【解析】(1)小球從M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)時(shí)，有：qE＝mg解得：E＝eq\f(mg,q)．(2)小球從M點(diǎn)到達(dá)N點(diǎn)所用時(shí)間t1＝t0小球從N點(diǎn)經(jīng)過eq\f(3,4)個(gè)圓周，到達(dá)P點(diǎn)，所以t2＝t0小球從P點(diǎn)運(yùn)動到D點(diǎn)的位移x＝R＝eq\f(mv0,B0q)小球從P點(diǎn)運(yùn)動到D點(diǎn)的時(shí)間t3＝eq\f(R,v0)＝eq\f(m,B0q)所以時(shí)間t＝t1＋t2＋t3＝2t0＋eq\f(m,B0q)[或t＝eq\f(m,qB0)(3π＋1)，t＝2t0(eq\f(1,3π)＋1)]．(3)小球運(yùn)動一個(gè)周期的軌跡如圖4－14丙所示．圖4－14丙小球的運(yùn)動周期為：T＝8t0(或T＝eq\f(12πm,qB0))．[答案](1)eq\f(mg,q)(2)2t0＋eq\f(m,B0q)(3)T＝8t0運(yùn)動軌跡如圖4－14丙所示【點(diǎn)評】帶電粒子在復(fù)合場或組合場中運(yùn)動的軌跡形成一閉合的對稱圖形的試題在高考中屢有出現(xiàn)．五、常見的、在科學(xué)技術(shù)中的應(yīng)用帶電粒子在電場、磁場中的運(yùn)動規(guī)律在科學(xué)技術(shù)中有廣泛的應(yīng)用，高中物理中常碰到的有：示波器(顯像管)、速度選擇器、質(zhì)譜儀、回旋加速器、霍耳效應(yīng)傳感器、電磁流量計(jì)等．●例6一導(dǎo)體材料的樣品的體積為a×b×c，A′、C、A、C′為其四個(gè)側(cè)面，如圖4－15所示．已知導(dǎo)體樣品中載流子是自由電子，且單位體積中的自由電子數(shù)為n，電阻率為ρ，電子的電荷量為e，沿x方向通有電流I．圖4－15(1)導(dǎo)體樣品A′、A兩個(gè)側(cè)面之間的電壓是________，導(dǎo)體樣品中自由電子定向移動的速率是________．(2)將該導(dǎo)體樣品放在勻強(qiáng)磁場中，磁場方向沿z軸正方向，則導(dǎo)體側(cè)面C的電勢________(填“高于”、“低于”或“等于”)側(cè)面C′的電勢．(3)在(2)中，達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)，沿x方向的電流仍為I，若測得C、C′兩側(cè)面的電勢差為U，試計(jì)算勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。窘馕觥?1)由題意知，樣品的電阻R＝ρ·eq\f(c,ab)根據(jù)歐姆定律：U0＝I·R＝eq\f(ρcI,ab)分析t時(shí)間定向移動通過端面的自由電子，由電流的定義式I＝eq\f(n·ab·v·t·e,t)可得v＝eq\f(I,nabe)．(2)由左手定則知，定向移動的自由電子向C′側(cè)面偏轉(zhuǎn)，故C側(cè)的電勢高于C′側(cè)面．(3)達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)，自由電子受到電場力與洛倫茲力的作用而平衡，則有：qeq\f(U,b)＝qvB解得：B＝eq\f(neaU,I)．[答案](1)eq\f(ρcI,ab)eq\f(I,nabe)(2)高于(3)eq\f(neaU,I)【點(diǎn)評】本例實(shí)際上為利用霍耳效應(yīng)測磁感應(yīng)強(qiáng)度的方法，而電磁流量計(jì)、磁流體發(fā)電機(jī)的原理及相關(guān)問題的解析都與此例相似．★同類拓展3如圖4－16甲所示，離子源A產(chǎn)生的初速度為零、帶電荷量均為e、質(zhì)量不同的正離子被電壓為U0的加速電場加速后勻速通過準(zhǔn)直管，垂直射入勻強(qiáng)偏轉(zhuǎn)電場，偏轉(zhuǎn)后通過極板HM上的小孔S離開電場，經(jīng)過一段勻速直線運(yùn)動，垂直于邊界MN進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場．已知HO＝d，HS＝2d，∠MNQ＝90°．(忽略離子所受重力)圖4－16甲(1)求偏轉(zhuǎn)電場場強(qiáng)E0的大小以及HM與MN的夾角φ．(2)求質(zhì)量為m的離子在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑．(3)若質(zhì)量為4m的離子垂直打在NQ的中點(diǎn)S1處，質(zhì)量為16m的離子打在S2處．求S1和S2之間的距離以及能打在NQ上的正離子的質(zhì)量范圍．[2009年高考·重慶理綜卷]【解析】(1)設(shè)正離子經(jīng)電壓為U0的電場加速后速度為v1，應(yīng)用動能定理有：圖4－16乙eU0＝eq\f(1,2)mv12－0正離子垂直射入勻強(qiáng)偏轉(zhuǎn)電場，受到的電場力F＝eE0產(chǎn)生的加速度a＝eq\f(F,m)，即a＝eq\f(eE0,m)垂直電場方向做勻速運(yùn)動，有：2d＝v1t沿電場方向，有：d＝eq\f(1,2)at2聯(lián)立解得：E0＝eq\f(U0,d)又tanφ＝eq\f(v1,at)解得：φ＝45°．(2)正離子進(jìn)入磁場時(shí)的速度大小為：v＝eq\r(v12＋v⊥2)＝eq\r(v12＋(at)2)正離子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動，由洛倫茲力提供向心力，則有：evB＝meq\f(v2,R)聯(lián)立解得：正離子在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑R＝2eq\r(\f(mU0,eB2))．(3)將4m和16m代入R，得R1＝2eq\r(\f(4mU0,eB2))、R2＝2eq\r(\f(16mU0,eB2))圖4－16丙由幾何關(guān)系可知S1和S2之間的距離Δs＝eq\r(R22－(R2－R1)2)－R1聯(lián)立解得：Δs＝4(eq\r(3)－1)eq\r(\f(mU0,eB2))由R′2＝(2R1)2＋(R′－R1)2得：R′＝eq\f(5,2)R1由eq\f(1,2)R1<R<eq\f(5,2)R1得：m<m正<25m．[答案](1)45°(2)2eq\r(\f(mU0,eB2))(3)m<m正<25m經(jīng)典考題帶電粒子在電場、磁場以及復(fù)合場、組合場中的運(yùn)動問題是每年各地高考的必考內(nèi)容，留下大量的經(jīng)典題型，認(rèn)真地總結(jié)歸納這些試題會發(fā)現(xiàn)以下特點(diǎn)：①重這些理論在科學(xué)技術(shù)上的應(yīng)用；②需要較強(qiáng)的空間想象能力．1．圖示是科學(xué)史上一張著名的實(shí)驗(yàn)照片，顯示一個(gè)帶電粒子在云室中穿過某種金屬板運(yùn)動的徑跡．云室放置在勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直照片向里，云室中橫放的金屬板對粒子的運(yùn)動起阻礙作用．分析此徑跡可知粒子[2009年高考·安徽理綜卷]()A．帶正電，由下往上運(yùn)動B．帶正電，由上往下運(yùn)動C．帶負(fù)電，由上往下運(yùn)動D．帶負(fù)電，由下往上運(yùn)動【解析】粒子穿過金屬板后速度變小，由半徑公式r＝eq\f(mv,Bq)可知，半徑變小，粒子的運(yùn)動方向?yàn)橛上孪蛏?；又由洛倫茲力的方向指向圓心以及左手定則知粒子帶正電．[答案]A【點(diǎn)評】題圖為安德森發(fā)現(xiàn)正電子的云室照片．2．圖示為一“濾速器”裝置的示意圖．a(chǎn)、b為水平放置的平行金屬板，一束具有各種不同速率的電子沿水平方向經(jīng)小孔O進(jìn)入a、b兩板之間．為了選取具有某種特定速率的電子，可在a、b間加上電壓，并沿垂直于紙面的方向加一勻強(qiáng)磁場，使所選電子仍能夠沿水平直線OO′運(yùn)動，由O′射出．不計(jì)重力作用．可能達(dá)到上述目的的辦法是[2006年高考·全國理綜卷Ⅰ]()A．使a板的電勢高于b板，磁場方向垂直紙面向里B．使a板的電勢低于b板，磁場方向垂直紙面向里C．使a板的電勢高于b板，磁場方向垂直紙面向外D．使a板的電勢低于b板，磁場方向垂直紙面向外【解析】要使電子能沿直線通過復(fù)合場，電子所受電場力與洛倫茲力必是一對平衡力．由左手定則及電場的相關(guān)知識可知，選項(xiàng)A、D正確．[答案]AD3．圖示是質(zhì)譜儀的工作原理示意圖．帶電粒子被加速電場加速后，進(jìn)入速度選擇器．速度選擇器內(nèi)相互正交的勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場的強(qiáng)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下方有強(qiáng)度為B0的勻強(qiáng)磁場．下列表述正確的是[2009年高考·廣東物理卷]()A．質(zhì)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eq\f(E,B)D．粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P，粒子的荷質(zhì)比越小【解析】粒子在電場中加速有：qU＝eq\f(1,2)mv2，粒子沿直線通過速度選擇器有：Eq＝qvB，粒子在平板S下方磁場中做圓周運(yùn)動有：r＝eq\f(mv,qB)，由上述過程遵循的規(guī)律可知選項(xiàng)A、B、C正確．[答案]ABC4．帶電粒子的比荷eq\f(q,m)是一個(gè)重要的物理量．某中學(xué)物理興趣小組設(shè)計(jì)了一個(gè)實(shí)驗(yàn)，探究電場和磁場對電子運(yùn)動軌跡的影響，以求得電子的比荷，實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示．(1)他們的主要實(shí)驗(yàn)步驟如下．A．首先在兩極板M1M2之間不加任何電場、磁場，開啟陰極射線管電源，發(fā)射的電子從兩極板中央通過，在熒屏的正中心處觀察到一個(gè)亮點(diǎn)．B．在M1M2兩極板間加合適的電場：加極性如圖所示的電壓，并逐步調(diào)節(jié)增大，使熒屏上的亮點(diǎn)逐漸向熒屏下方偏移，直到熒屏上恰好看不見亮點(diǎn)為止，記下此時(shí)外加電壓為U．請問本步驟的目的是什么？C．保持步驟B中的電壓U不變，對M1M2區(qū)域加一個(gè)大小、方向均合適的磁場B，使熒屏正中心重現(xiàn)亮點(diǎn)，試問外加磁場的方向如何？(2)根據(jù)上述實(shí)驗(yàn)步驟，同學(xué)們正確推算出電子的比荷與外加電場、磁場及其他相關(guān)量的關(guān)系為eq\f(q,m)＝eq\f(U,B2d2)．一位同學(xué)說，這表明電子的比荷將由外加電壓決定，外加電壓越大則電子的比荷越大．你認(rèn)為他的說法正確嗎？為什么？[2007年高考·廣東物理卷][答案](1)B．使電子剛好落在正極板的近熒幕端的邊緣，利用已知量表達(dá)eq\f(q,m)．C．垂直電場方向向外(垂直紙面向外)(2)說法不正確，電子的比荷是電子的固有參數(shù)．5．1932年，勞倫斯和利文斯頓設(shè)計(jì)出了回旋加速器．回旋加速器的工作原理如圖所示，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(shí)間可以忽略不計(jì)．磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場與盒面垂直．A處粒子源產(chǎn)生的粒子，質(zhì)量為m、電荷量為＋q，在加速器中被加速，加速電壓為U．加速過程中不考慮相對論效應(yīng)和重力作用．(1)求粒子第2次和第1次經(jīng)過兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比．(2)求粒子從靜止開始加速到出口處所需的時(shí)間t．(3)實(shí)際使用中，磁感應(yīng)強(qiáng)度和加速電場頻率都有最大值的限制．若某一加速器磁感應(yīng)強(qiáng)度和加速電場頻率的最大值分別為Bm、fm，試討論粒子能獲得的最大動能Ekm．[2009年高考·江蘇物理卷]【解析】(1)設(shè)粒子第1次經(jīng)過狹縫后的半徑為r1，速度為v1，則qU＝eq\f(1,2)mv12qv1B＝meq\f(v12,r1)解得：r1＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))同理，粒子第2次經(jīng)過狹縫后的半徑r2＝eq\f(1,B)eq\r(\f(4mU,q))則r2∶r1＝eq\r(2)∶1．(2)設(shè)粒子到出口處被加速了n圈，則2nqU＝eq\f(1,2)mv2qvB＝meq\f(v2,R)T＝eq\f(2πm,qB)t＝nT解得：t＝eq\f(πBR2,2U)．(3)加速電場的頻率應(yīng)等于粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的頻率，即f＝eq\f(qB,2πm)當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度為Bm時(shí)，加速電場的頻率應(yīng)為fBm＝eq\f(qBm,2πm)粒子的動能Ek＝eq\f(1,2)mv2當(dāng)fBm≤fm時(shí)，粒子的最大動能由Bm決定qvmBm＝meq\f(vm2,R)解得：Ekm＝eq\f(q2Bm2R2,2m)當(dāng)fBm≥fm時(shí)，粒子的最大動能由fm決定vm＝2πfmR解得：Ekm＝2π2mfm2R2．[答案](1)eq\r(2)∶1(2)eq\f(πBR2,2U)(3)2π2mfm2R2【點(diǎn)評】回旋加速器為洛倫茲力的典型應(yīng)用，在高考中多次出現(xiàn)．要理解好磁場對粒子的“加速”沒有起作用，但回旋加速器中粒子所能獲得的最大動能卻與磁感應(yīng)強(qiáng)度相關(guān)．6．如圖甲所示，在x軸下方有勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于xOy平面向外．P是y軸上距原點(diǎn)為h的一點(diǎn)，N0為x軸上距原點(diǎn)為a的一點(diǎn)．A是一塊平行于x軸的擋板，與x軸的距離為eq\f(h,2)，A的中點(diǎn)在y軸上，長度略小于eq\f(a,2)．帶電粒子與擋板碰撞前后，x方向的分速度不變，y方向的分速度反向、大小不變．質(zhì)量為m、電荷量為q(q＞0)的粒子從P點(diǎn)瞄準(zhǔn)N0點(diǎn)入射，最后又通過P點(diǎn)．不計(jì)重力．求粒子入射速度的所有可能值．[2009年高考·全國理綜卷Ⅰ]甲【解析】設(shè)粒子的入射速度為v，第一次射出磁場的點(diǎn)為N0′，與板碰撞后再次進(jìn)入磁場的位置為N1．粒子在磁場中運(yùn)動的半徑為R，有：R＝eq\f(mv,qB)乙粒子的速度不變，每次進(jìn)入磁場與射出磁場的位置間的距離x1保持不變，則有：x1＝N0′N0＝2Rsinθ粒子射出磁場與下一次進(jìn)入磁場位置間的距離x2始終不變，與N0′N1相等．由圖乙可以看出x2＝a設(shè)粒子最終離開磁場時(shí)，與擋板相碰n次(n＝0,1,2…)．若粒子能回到P點(diǎn)，由對稱性可知，出射點(diǎn)的x坐標(biāo)應(yīng)為－a，即：(n＋1)x1－nx2＝2a由以上兩式得：x1＝eq\f(n＋2,n＋1)a若粒子與擋板發(fā)生碰撞，則有：x1－x2＞eq\f(a,4)聯(lián)立解得：n＜3v＝eq\f(qB,2msinθ)·eq\f(n＋2,n＋1)a式中sinθ＝eq\f(h,\r(a2＋h2))解得：v0＝eq\f(qBa\r(a2＋h2),mh)，n＝0v1＝eq\f(3qBa\r(a2＋h2),4mh)，n＝1v2＝eq\f(2qBa\r(a2＋h2),3mh)，n＝2．[答案]v0＝eq\f(qBa\r(a2＋h2),mh)，n＝0v1＝eq\f(3qBa\r(a2＋h2),4mh)，n＝1v2＝eq\f(2qBa\r(a2＋h2),3mh)，n＝2能力演練一、選擇題(10×4分)1．如圖所示，真空中O點(diǎn)有一點(diǎn)電荷，在它產(chǎn)生的電場中有a、b兩點(diǎn)，a點(diǎn)的場強(qiáng)大小為Ea，方向與ab連線成60°角，b點(diǎn)的場強(qiáng)大小為Eb，方向與ab連線成30°角．關(guān)于a、b兩點(diǎn)的場強(qiáng)大小Ea、Eb及電勢φa、φb的關(guān)系，以下結(jié)論正確的是()A．Ea＝eq\f(Eb,3)，φa＞φbB．Ea＝eq\r(3)Eb，φa＜φbC．Ea＝3Eb，φa＞φbD．Ea＝3Eb，φa＜φb【解析】由題圖可知O點(diǎn)處為負(fù)電荷，故φb＞φa，又因?yàn)镋a＝eq\f(kQ,Oa2)、Eb＝eq\f(kQ,Ob2)＝eq\f(kQ,(\r(3)·Oa)2)，可得Ea＝3Eb．[答案]D2．一正電荷處于電場中，在只受電場力作用下從A點(diǎn)沿直線運(yùn)動到B點(diǎn)，其速度隨時(shí)間變化的圖象如圖所示，tA、tB分別對應(yīng)電荷在A、B兩點(diǎn)的時(shí)刻，則下列說法中正確的有()A．A處的場強(qiáng)一定大于B處的場強(qiáng)B．A處的電勢一定低于B處的電勢C．正電荷在A處的電勢能一定大于B處的電勢能D．由A至B的過程中，電場力一定對正電荷做負(fù)功【解析】由題圖知正電荷在做加速越來越小的加速運(yùn)動，說明電場線的方向?yàn)椋篈→B，可知：φA＞φB，EA＞EB，εA＞εB，由A至B的過程中，電場力一定對正電荷做正功．[答案]AC3．如圖所示，帶正電的粒子以一定的初速度v0沿中線進(jìn)入水平放置的平行金屬板內(nèi)，恰好沿下板的邊緣飛出，已知板長為L，板間的電壓為U，帶電粒子所帶電荷量為q，粒子通過平行金屬板的時(shí)間為t，不計(jì)粒子的重力，則()A．粒子在前eq\f(t,2)時(shí)間內(nèi)，電場力對粒子做的功為eq\f(qU,4)B．粒子在后eq\f(t,2)時(shí)間內(nèi)，電場力對粒子做的功為eq\f(3qU,8)C．粒子在豎直方向的前eq\f(d,4)和后eq\f(d,4)位移內(nèi)，電場力做的功之比為1∶2D．粒子在豎直方向的前eq\f(d,4)和后eq\f(d,4)位移內(nèi)，電場力的沖量之比為1∶1【解析】粒子在勻強(qiáng)電場中運(yùn)動，電場力做的功為：W電＝qUAB＝q·E·y，其中y為粒子在電場方向的位移又由題意知：eq\f(1,2)at2＝eq\f(d,2)，eq\f(1,2)a·(eq\f(t,2))2＝eq\f(d,8)故在前eq\f(t,2)內(nèi)電場力做的功W1＝eq\f(1,8)qU，在后eq\f(t,2)內(nèi)電場力做的功W2＝eq\f(3qU,8)前后eq\f(d,4)位移內(nèi)電場力做的功之比為1∶1又從靜止開始的勻加速直線運(yùn)動通過連續(xù)相等位移的時(shí)間之比為1∶(eq\r(2)－1)∶(eq\r(3)－eq\r(2))∶(eq\r(4)－eq\r(3))故I前∶I后＝1∶(eq\r(2)－1)．[答案]B4．如圖所示，在一正交的電場和磁場中，一帶電荷量為＋q、質(zhì)量為m的金屬塊沿傾角為θ的粗糙絕緣斜面由靜止開始下滑．已知電場強(qiáng)度為E，方向豎直向下；磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面向里；斜面的高度為h．金屬塊滑到斜面底端時(shí)恰好離開斜面，設(shè)此時(shí)的速度為v，則()A．金屬塊從斜面頂端滑到底端的過程中，做的是加速度逐漸減小的加速運(yùn)動B．金屬塊從斜面頂端滑到底端的過程中，機(jī)械能增加了qEhC．金屬塊從斜面頂端滑到底端的過程中，機(jī)械能增加了eq\f(1,2)mv2－mghD．金屬塊離開斜面后將做勻速圓周運(yùn)動【解析】金屬塊在下滑的過程中，隨著速度的增大，洛倫茲力增大，對斜面的壓力減小，故摩擦力f＝μ(mg＋qE－qvB)不斷減小，金屬塊做加速度逐漸增大的加速運(yùn)動，選項(xiàng)A錯(cuò)誤．又由功能關(guān)系得：ΔE機(jī)＝W電－Wf＜qEh，選項(xiàng)B錯(cuò)誤．機(jī)械能的變化量為：ΔE機(jī)＝ΔEk＋ΔEp＝eq\f(1,2)mv2－mgh，選項(xiàng)C正確．由題意知，mg＞qE，故離開斜面后金屬塊不可能做勻速圓周運(yùn)動，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．[答案]C5．如圖所示，充電的兩平行金屬板間有場強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場和方向與電場垂直(垂直紙面向里)的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，構(gòu)成了速度選擇器．氕核、氘核、氚核以相同的動能(Ek)從兩極板中間垂直于電場和磁場射入速度選擇器，且氘核沿直線射出．不計(jì)粒子的重力，則射出時(shí)()A．動能增加的是氚核 B．動能增加的是氕核C．偏向正極板的是氚核 D．偏向正極板的是氕核【解析】帶電粒子直線通過速度選擇器的條件為：v0＝eq\f(E,B)對于氘核：qE＝qB·eq\r(\f(2Ek,2m0))對于氕核：qE＜qB·eq\r(\f(2Ek,m0))，向正極偏轉(zhuǎn)，動能減少對于氚核：qE＞qB·eq\r(\f(2Ek,3m0))，向負(fù)極偏轉(zhuǎn)，動能增加．[答案]AD6．如圖所示，豎直放置的兩個(gè)平行金屬板間有勻強(qiáng)電場，在兩板之間等高處有兩個(gè)質(zhì)量相同的帶電小球，P小球從緊靠左極板處由靜止開始釋放，Q小球從兩板正中央由靜止開始釋放，兩小球最后都能打在右極板上的同一點(diǎn)．則從開始釋放到打到右極板的過程中()A．它們的運(yùn)行時(shí)間tP＞tQB．它們的電荷量之比qP∶qQ＝2∶1C．它們的動能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝4∶1D．它們的電勢能減少量之比ΔEP∶ΔEQ＝2∶1【解析】將兩小球的運(yùn)動都沿水平和豎直正交分解，豎直的分運(yùn)動都為自由落體運(yùn)動，故它們從開始釋放到打在右極板的過程中運(yùn)行時(shí)間相等，選項(xiàng)A錯(cuò)誤．對于水平分運(yùn)動，有：eq\f(1,2)·eq\f(qPE,m)·t2＝eq\f(qQE,m)·t2故知qP∶qQ＝2∶1，選項(xiàng)B正確．P球動能的增量ΔEkP＝mgh＋qPE·d，Q球動能的增量ΔEkQ＝mgh＋qQE·eq\f(d,2)＝mgh＋eq\f(1,4)·qPE·d，選項(xiàng)C錯(cuò)誤．同理：ΔEP＝qPE·d，ΔEQ＝qQE·eq\f(d,2)，可得ΔEP∶ΔEQ＝4∶1，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．[答案]B7．均勻分布著等量異種電荷的半徑相等的半圓形絕緣桿被正對著固定在同一平面上，如圖所示．AB是兩種絕緣桿所在圓圓心連線的中垂線而且與二者共面，該平面與紙面平行，有一磁場方向垂直于紙面，一帶電粒子(重力不計(jì))以初速度v0一直沿直線AB運(yùn)動．則()A．磁場是勻強(qiáng)磁場B．磁場是非勻強(qiáng)磁場C．帶電粒子做勻變速直線運(yùn)動D．帶電粒子做變加速運(yùn)動【解析】由對稱性知直線AB上的電場方向與AB垂直，又由兩絕緣桿的形狀知AB上的電場并非處處相等．在AB上的每一點(diǎn)，由平衡條件知qE＝qvB，故知磁場為非勻強(qiáng)磁場，帶電粒子做勻速直線運(yùn)動．[答案]B8．如圖所示，帶電粒子在沒有電場和磁場的空間內(nèi)以速度v0從坐標(biāo)原點(diǎn)O沿x軸方向做勻速直線運(yùn)動．若空間只存在垂直于xOy平面的勻強(qiáng)磁場時(shí)，粒子通過P點(diǎn)時(shí)的動能為Ek；當(dāng)空間只存在平行于y軸的勻強(qiáng)電場時(shí)，則粒子通過P點(diǎn)時(shí)的動能為()A．Ek B．2Ek C．4Ek D．5Ek【解析】由題意知帶電粒子只受電場力或洛倫茲力的作用，且有Ek＝eq\f(1,2)mv02當(dāng)空間只存在電場時(shí)，帶電粒子經(jīng)過P點(diǎn)，說明：eq\f(1,2)·vPy·t＝v0·t＝10cm，即vPy＝2v0由動能的定義可得：EkP＝eq\f(1,2)mv02＋eq\f(1,2)mvPy2＝5Ek．[答案]D9．如圖所示，一個(gè)帶電荷量為＋Q的點(diǎn)電荷甲固定在絕緣平面上的O點(diǎn)；另一個(gè)帶電荷量為－q、質(zhì)量為m的點(diǎn)電荷乙，從A點(diǎn)以初速度v0沿它們的連線向甲滑行運(yùn)動，運(yùn)動到B點(diǎn)靜止．已知靜電力常量為k，點(diǎn)電荷乙與水平面的動摩擦因數(shù)為μ，A、B間的距離為s．下列說法正確的是()A．O、B間的距離為eq\r(\f(kQq,μmg))B．點(diǎn)電荷乙從A運(yùn)動到B的運(yùn)動過程中，中間時(shí)刻的速度小于eq\f(v0,2)C．點(diǎn)電荷乙從A運(yùn)動到B的過程中，產(chǎn)生的內(nèi)能為eq\f(1,2)mv02D．在點(diǎn)電荷甲產(chǎn)生的電場中，A、B兩點(diǎn)間的電勢差UAB＝eq\f(m(v02－2μgs),2q)【解析】由題意知電荷乙做加速度越來越小的減速運(yùn)動，v－t圖象如圖所示，可知點(diǎn)電荷乙從A運(yùn)動到B的中間時(shí)刻的速度vC＜eq\f(v0,2)，故選項(xiàng)B正確；這一過程一直有eq\f(kQq,r2)＜μmg，故sOB＞eq\r(\f(kQq,μmg))，選項(xiàng)A錯(cuò)誤．點(diǎn)電荷乙由A運(yùn)動到B的過程中，電場力做正功，設(shè)為W，由動能定理得：W－μmgs＝0－eq\f(1,2)mv02可得：此過程中產(chǎn)生的內(nèi)能Q′＝μmgs＝W＋eq\f(1,2)mv02，選項(xiàng)C錯(cuò)誤．由上可知，A、B兩點(diǎn)間的電勢差為：UAB＝eq\f(W,－q)＝eq\f(\f(1,2)mv02－μmgs,q)，選項(xiàng)D正確．[答案]BD10．如圖甲所示，在第Ⅱ象限內(nèi)有水平向右的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度為E，在第Ⅰ、Ⅳ象限內(nèi)分別存在如圖所示的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等．有一個(gè)帶電粒子以垂直于x軸的初速度v0從x軸上的P點(diǎn)進(jìn)入勻強(qiáng)電場中，并且恰好與y軸的正方向成45°角進(jìn)入磁場，又恰好垂直進(jìn)入第Ⅳ象限的磁場．已知OP之間的距離為d，則帶電粒子在磁場中第二次經(jīng)過x軸時(shí)，在電場和磁場中運(yùn)動的總時(shí)間為()甲A．eq\f(7πd,2v0) B．eq\f(d,v0)(2＋5π)C．eq\f(d,v0)(2＋eq\f(3π,2)) D．eq\f(d,v0)(2＋eq\f(7π,2))【解析】帶電粒子的運(yùn)動軌跡如圖乙所示．由題意知，帶電粒子到達(dá)y軸時(shí)的速度v＝eq\r(2)v0，這一過程的時(shí)間t1＝eq\f(d,\f(v0,2))＝eq\f(2d,v0)又由題意知，帶電粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)軌道半徑r＝2eq\r(2)d乙故知帶電粒子在第Ⅰ象限中的運(yùn)動時(shí)間為：t2＝eq\f(3πm,4Bq)＝eq\f(3\r(2)πd,2v)＝eq\f(3πd,2v0)帶電粒子在第Ⅳ象限中運(yùn)動的時(shí)間為：t3＝eq\f(2πd,v0)故t總＝eq\f(d,v0)(2＋eq\f(7π,2))．[答案]D二、非選擇題(共60分)11．(6分)在“用描跡法畫出電場中平面上的等勢線”的實(shí)驗(yàn)中，所用靈敏電流表的指針偏轉(zhuǎn)方向與電流的關(guān)系是：當(dāng)電流從正接線柱流入電流表時(shí)，指針偏向正接線柱一側(cè)．(1)某同學(xué)在實(shí)驗(yàn)中接通電源開關(guān)，將兩表筆E1、E2在導(dǎo)電紙上移動，不管怎樣移動，表針都不偏轉(zhuǎn)．經(jīng)檢查，電源與電流表均完好，則產(chǎn)生這一現(xiàn)象的原因可能是____________________．(2)排除故障后，用這個(gè)電表探測基準(zhǔn)點(diǎn)2兩側(cè)的等勢點(diǎn)時(shí)，將電流表正接線柱的E1接在基準(zhǔn)點(diǎn)2上，如圖所示，把負(fù)接線柱的E2接在紙上某一點(diǎn)，若發(fā)現(xiàn)電表的指針發(fā)生了偏轉(zhuǎn)，該同學(xué)移動E2的方向正確的是________．A．若電表的指針偏向正接線柱一側(cè)，E2向右移動B．若電表的指針偏向正接線柱一側(cè)，E2向左移動C．若電表的指針偏向負(fù)接線柱一側(cè)，E2向右移動D．若電表的指針偏向負(fù)接線柱一側(cè)，E2向左移動[答案](1)導(dǎo)電紙導(dǎo)電一面向下(3分)(2)BC(3分)12．(6分)用示波器觀察頻率為900Hz的正弦電壓信號．把該信號接入示波器Y輸入．(1)當(dāng)屏幕上出現(xiàn)如圖所示的波形時(shí)，應(yīng)調(diào)節(jié)______旋鈕．如果正弦波的正負(fù)半周均超出了屏幕的范圍，應(yīng)調(diào)節(jié)______旋鈕或______旋鈕，或這兩個(gè)鈕配合使用，以使正弦波的整個(gè)波形出現(xiàn)在屏幕內(nèi)．(2)如需要屏幕上正好出現(xiàn)一個(gè)完整的正弦波形，應(yīng)將______旋鈕置于______位置，然后調(diào)節(jié)______旋鈕．[答案](1)豎直位移(或↑↓)衰減(或衰減調(diào)節(jié))Y增益(每空1分)(2)掃描范圍1k擋位掃描微調(diào)(每空1分)13．(10分)一種半導(dǎo)體材料稱為“霍爾材料”，用它制成的元件稱為“霍爾元件”．這種材料內(nèi)有一種稱為“載流子”的可定向移動的電荷，每個(gè)載流子的電荷量q＝1.6×10－19C．霍爾元件在自動檢測、控制領(lǐng)域得到廣泛應(yīng)用，如錄像機(jī)中用來測量錄像磁鼓的轉(zhuǎn)速，電梯中用來檢測電梯門是否關(guān)閉以及自動控制升降電動機(jī)的電源的通斷等．在一次實(shí)驗(yàn)中，由一塊霍爾材料制成的薄板寬L1＝ab＝1.0×10－2m、長bc＝L2＝4.0×10－2m、厚h＝1.0×10－3m，水平放置在豎直向上的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1.5T的勻強(qiáng)磁場中，bc方向通有I＝3.0A的電流，如圖所示，沿寬度產(chǎn)生1.0×10－5V的橫向電壓．(1)假定載流子是電子，則a、b兩端哪端的電勢較高？(2)薄板中形成電流I的載流子定向運(yùn)動的速度是多少？【解析】(1)根據(jù)左手定則可確定a端電勢較高．(3分)(2)當(dāng)導(dǎo)體內(nèi)有載流子沿電流方向所在的直線做定向運(yùn)動時(shí)，受到洛倫茲力的作用而產(chǎn)生橫向分運(yùn)動，產(chǎn)生橫向電場，橫向電場的電場力與載流子所受到的洛倫茲力平衡時(shí)，導(dǎo)體橫向電壓穩(wěn)定．設(shè)載流子沿電流方向所在的直線做定向運(yùn)動的速率為v，橫向電壓為Uab，橫向電場強(qiáng)度為E．則：電場力FE＝qE＝eq\f(qUab,L1)(2分)磁場力FB＝qvB(2分)平衡時(shí)FE＝FB(1分)解得：v＝6.7×10－4m/s．(2分)[答案](1)a端電勢較高(2)6.7×10－4m/s14．(10分)圖甲為電視機(jī)中顯像管的工作原理示意圖，電子槍中的燈絲加熱陰極使電子逸出，這些電子再經(jīng)加速電場加速后，從O點(diǎn)進(jìn)入由磁偏轉(zhuǎn)線圈產(chǎn)生的偏轉(zhuǎn)磁場中，經(jīng)過偏轉(zhuǎn)磁場后打到熒光屏MN上，使熒光屏發(fā)出熒光形成圖像．不計(jì)逸出電子的初速度和重力，已知電子的質(zhì)量為m、電荷量為e，加速電場的電壓為U．偏轉(zhuǎn)線圈產(chǎn)生的磁場分布在邊長為l的正方形abcd區(qū)域內(nèi)，磁場方向垂直紙面，且磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖乙所示．在每個(gè)周期內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度B都是從－B0均勻變化到B0．磁場區(qū)域的左邊界的中點(diǎn)與O點(diǎn)重合，ab邊與OO′平行，右邊界bc與熒光屏之間的距離為s．由于磁場區(qū)域較小，且電子運(yùn)動的速度很大，所以在每個(gè)電子通過磁場區(qū)域的過程中，可認(rèn)為磁感應(yīng)強(qiáng)度不變，即為勻強(qiáng)磁場，不計(jì)電子之間的相互作用．(1)求電子射出電場時(shí)的速度大小．(2