帶電粒子在復合場中的運動-高中物理專題含解析)

1、帶電粒子在復合場中的運動目標：1 .掌握帶電粒子在電場、磁場中運動的特點2 .理解復合場、組合場對帶電粒子受力的分析。重難點：重點：帶電粒子在電場、磁場中運動的特點；帶電粒子在復合場中受力分析難點： 帶電粒子在復合場中運動受力與運動結合。知識:知識點1帶電粒子在復合場中的運動1 .復合場的分類(1)疊加場：電場、磁場、重力場共存，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.2 .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

2、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，在垂直于勻強磁場的平面內做勻速圓周運動.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.易錯判斷(1)帶電粒子在復合場中不可能處于靜止狀態(tài).(X)(2)帶電粒子在復合場中可能做勻速圓周運動.(V)(3)帶電粒子在復合場中一定能做勻變速直線運動.(X )知識點2帶電粒子在復合場中的運動實例1.質譜儀(1)構造：如圖所示，由粒子源、加速電場、偏轉磁場和照相底片等構成.(2)原理：粒子由靜止被加速電場加速，qU= 2mV

3、.2v粒子在磁場中做勻速圓周運動，有qvB= m.由以上兩式可得=之/ m=噴，3墨.2 .回旋加速器(1)構造：如圖所示，D、D2是半圓形金屬盒，D形盒的縫隙處接交流電源，D形盒處于勻強磁場中.(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 22 一 2mvq Br場回旋，由qvB= T,得 Em= =2m=,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(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(如圖所示).及港上一三,上(2)帶電粒子能夠沿直線勻速通過速

4、度選擇器的條件是qE= qvB,即丫=四.皿":臼撫乜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，圖中的B是發(fā)電機正極.(3)磁流體發(fā)電機兩極板間的距離為L,等離子體速度為 v,磁場的磁感應強度為B,則由qE= qU/L=qvB得兩極板間能達到的最大電勢差U= 型.易錯判斷(1)電荷在速度選擇器中做勻速直線運動的速度與電荷的電性有關.(x )(2)不同比荷的粒子在質譜儀磁場中做勻速圓周運動的半徑不同.(V)(3)粒子在回旋加速器中做圓周運動的半徑、周期都隨粒子速度的增大而增大.(X )題型分類: 題型一 帶電粒子在組合場中的運動題

5、型分析:1 .帶電粒子在勻強電場、勻強磁場中可能的運動性質2.在電場弓雖度為 E的勻強電場中在磁感應強度為B的勻強磁場中初速度為零做初速度為零的勻加速直線運動保持靜止初速度垂直場線做勻變速曲線運動(類平拋運動)做勻速圓周運動初速度平行場線做勻變速直線運動做勻速直線運動特點受恒力作用，做勻變速運動洛倫茲力不做功，動能不變運動規(guī)律mv02 um勻速圓周運動r= Bq，丁= BqEq類平拋運動 Vx = V0, Vy= m tEqx= V0t, y = 2m12運動時間00mt=2 J= BqLt=V0，具后等時性動能/、變變化心，方向變化，FB為變力力3.常見模型(1)從電場進入磁場電場中：加速直

6、線運動?磁場中：勻速圓周運動電場中：類平拋運動?磁場中：勻速圓周運動考向1先電場后磁場【例1】.(2018 哈爾濱模擬)如圖所示，將某正粒子放射源置于原點Q其向各個方向射出的粒子速度大小均為V0,質量均為mi電荷量均為q；在0wywd的一、二象限范圍內分布著一個勻強電場，方 向與y軸正向相同，在 d<yw 2d的一、二象限范圍內分布著一個勻強磁場，方向垂直于xOy平面向里.粒子第一次離開電場上邊緣y = d時，能夠到達的位置x軸坐標范圍為一1.5dwxw1.5d,而且最終恰好沒有粒子從 y= 2d的邊界離開磁場.已知 sin 37=0.6, cos 37 ° =0.8,不計粒子

7、重力以及粒子間的相互作用，求：電場強度E;(2)磁感應強度B;(3)粒子在磁場中運動的最長時間.(只考慮粒子第一次在磁場中的運動時間)解析(1)沿x軸正方向發(fā)射的粒子有：由類平拋運動基本規(guī)律得1.5d =v0t, d = 2at 2 a=",聯(lián)立可得:28mvE= 9qd.Vy(2)沿x軸正方向發(fā)射的粒子射入磁場時有：d= 2t,聯(lián)立可得：Vy=3V。,V=qvx= =5V0方向與水平成53。，斜向右上方，據題意知該粒子軌跡恰與上邊緣相切，則其余3粒子均達不到y(tǒng) = 2d邊界，由幾何關系可知：d= R+ 5R2v8mv根據牛頓第二定律得：Bqv= mR聯(lián)立可得：B=函d.(3)粒子運

8、動的最長時間對應最大的圓心角，經過(1.5d, d)恰與上邊界相切的粒子軌跡對應的圓心角最大，由幾何關系可知圓心角為：。=254°2兀 R 37td粒子運動周期為：T=一1=而0127 7td則時間為：t =360° T= 240vo .考向2先磁場后電場【例2】.(2018 濰坊模擬)在如圖所示的坐標系中，第一和第二象限(包才y軸的正半軸)內存在磁感應強度大小為 B方向垂直xOy平面向里的勻強磁場；第三和第四象限內存在平行于y軸正方向、大小未知的勻強電場.p點為y軸正半軸上的一點，坐標為 (0 , l) ； n點為y軸負半軸上的一點，坐 標未知.現有一帶正電的粒子由p點沿

9、y軸正方向以一定的速度射入勻強磁場，該粒子經磁場偏轉后以與x軸正半軸成45。角的方向進入勻強電場，在電場中運動一段時間后，該粒子恰好垂直于y軸經過n點.粒子的重力忽略不計.求：11r 粒子在p點的速度大??；xxxx(2)第三和第四象限內的電場強度的大?。籜' "XX 帶電粒子從由p點進入磁場到第三次通過X軸的總時間.| 01 I。解析粒子在復合場中的運動軌跡如圖所示，鵬2V0(1)由幾何關系可知rsin 45 ° =l解得r=42l又因為qv°B=巾，可解得2Bql v°= m .(2)粒子進入電場在第三象限內的運動可視為平拋運動的逆過程，設粒子

10、射入電場坐標為(一xi,0),2從粒子射入電場到粒子經過n點的時間為t2,由幾何關系知xi = (J2+1)1 ,在n點有V2= 2 vi= 2工 二Eq由類平拋運動規(guī)律有（2+1）l = 2 v0t 2; 2 vo= at2= mt 2，2+1 m 也1 qlB2聯(lián)立以上方程解得12= qB , E=m .2 7tm(3)粒子在磁場中白運動周期為T= 苗55 7tm粒子第一次在磁場中運動的時間為 "=8丁= 4qB2.2+1 m粒子在電場中運動的時間為2t 2=qB33 7tm粒子第二次在磁場中運動的時間為t3=4T= 2qB11m故粒子從開始到第三次通過x軸所用時間為t=t1+2

11、t2 + t3=(丁+ 26+2)6反思總結規(guī)律運用及思路帶電粒子經過電場區(qū)域時利用動能定理或類平拋的知識分析；帶電粒子經過磁場區(qū)域時利用圓周運動規(guī)律結合幾何關系來處理；注意帶電粒子從一種場進入另一種場時的銜接速度.【鞏固】如圖所示，在第n象限內有水平向右的勻強電場，電場強度為E,在第I、W象限內分別存在如圖所示的勻強磁場， 磁感應強度大小相等. 有一個帶電粒子以垂直于 x軸的初速度V0從x軸上的P點進入勻強電場中，并且恰好與y軸的正方向成45角進入磁場，又恰好垂直于x軸進入第IV象K X X X M X M X X XK X X X X X K X X XX X XXXXXXXXX X X

12、X M X x x x X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過x軸時，在電場和磁場中運動的總時間為（）7 7tddA."2VTB.V；（2+5 兀）d_（紅、d_（工、C。2十三D.V； 2+Vy軸時的速度v=2vo,D 帶電粒子的運動軌跡如圖所示.由題意知，帶電粒子到達d 2d這一過程的時間ti=V0=京.2又由題意知，帶電粒子在磁場中的偏轉軌道半徑r = 2、/2d.3 271r 3也兀 d 37td故知帶電粒子在第I象限中的運動時間為：t2=§x v = 2V = 2v0帶電粒子在第IV象限中運動的時間為:1 2£1 25 d

13、27td_d/7c13=2x v = v = Vo 故 t 總 = V02+ 2 J.故 D正確.題型二 帶電粒子在疊加場中的運動考向1電場、磁場疊加【例3】（多選）（2018 臨川模擬）向下的勻強電場和水平方向的勻強磁場正交的區(qū)域里，一帶電粒子如圖從a點由靜止開始沿曲線 abc運動到c點時速度變?yōu)榱悖琤點是運動中能夠到達的最高點,所示，若不計重力，下列說法中正確的是（）A.粒子肯定帶負電，磁場方向垂直于紙面向里B. a、c點處于同一水平線上C.粒子通過b點時速率最大D.粒子達到c點后將沿原路徑返回到 a點ABC 粒子開始受到電場力作用而向上運動，受到向右的洛倫茲力作用，則知電場力方向向上，故

14、 粒子帶負電；根據左手定則判斷磁場方向垂直于紙面向里，故 A正確.將粒子在c點的狀態(tài)與a點 進行比較，c點的速率為零，動能為零，根據能量守恒可知，粒子在 c與a兩點的電勢能相等，電 勢相等，則a、c兩點應在同一條水平線上；由于在a、c兩點粒子的狀態(tài)（速度為零，電勢能相等） 相同，粒子將在c點右側重現前面的曲線運動，因此，粒子是不可能沿原曲線返回 a點的，故B正 確，D錯誤.根據動能定理得，粒子從a運動到b點的過程電場力做功最大，則b點速度最大，故C 正確.考向2電場、磁場、重力場的疊加【例4】(2017 全國I卷)如圖所示，空間某區(qū)域存在勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向上(與紙面平行)，磁場

15、方向垂直于紙面向里.三個帶正電的微粒a、b、c電荷量相等，質量分別為 ma、mb、mc.已知在該區(qū)域內，a在紙面內做勻速圓周運動，b在紙面內向右做勻速直線運動，c在紙面內向左做勻速直線運動.下列選項正確的是()A. ma>mb>mB. m>m>mC. mi>ma>mD. m>m>m-LB 設三個微粒的電荷量均為q,a在紙面內做勻速圓周運動，說明洛倫茲力提供向心力，重力與電場力平衡，即 mag = qEb在紙面內向右做勻速直線運動，三力平衡，則 mbg = qE+ qvBc在紙面內向左做勻速直線運動，三力平衡，則 mig + qvB= qE 比較式

16、得：m3>rm>mci,選項B正確.考向3復合場中的動量、能量綜合問題【例5】(2018 南昌模擬)如圖所示，帶負電的金屬小球A質量為mA= 0.2 kg,電量為q=0.1 C,小球B是絕緣體不帶電，質量為mB= 2 kg,靜止在水平放置的絕緣桌子邊緣，桌面離地面的高h=0.05 m桌子置于電、磁場同時存在的空間中，勻強磁場的磁感應強度B= 2.5 T,方向沿水平方向且垂直紙面向里，勻強電場電場強度E= 10 N/C ,方向沿水平方向向左且與磁場方向垂直，小球A與桌面間的動摩擦因數為 科=0.4 , A以某一速度沿桌面做勻速直線運動，并與B球發(fā)生正碰，設碰撞時間極短，B碰后落地的水

17、平位移為 0.03 m , g取10 m/s 2,求：(1)碰前A球的速度？x k x x x x(2)碰后A球的速度？(3)若碰后電場方向反向(桌面足夠長)，小球A在碰撞結束后，到剛離開桌 面運動的整個過程中，合力對A球所做的功.答案(1)2 m/s (2)1 m/s，方向與原速度方向相反 (3)6.3 J【例5-2(1)上題中，A與B的碰撞是彈性碰撞嗎？為什么？(2)在第(3)問中，根據現有知識和條件，能否求出電場力對A球做的功?11提示：A B碰前，只有 A有動能 EA=2mvA1=2X0.2X22J =0.4 JA、B碰后，Eka' = 2mAVA2= 2 x 0.2 x 12

18、 J =0.1 J11Ekb= 2mvB=2x 2X 0.3 2= 0.09 J因 Ea>Ea' +EkB故A B間的碰撞不是彈性碰撞.提示：不能.因無法求出A球的位移.:反思總結帶電粒子在疊加場中運動的分析方法【鞏固1】（多選）（2017 濟南模擬）如圖所示，在正交坐標系Qxyz中，分布著電場和磁場（圖中未畫出）.在Oyz平面的左方空間內存在沿y軸負方向、磁感應強度大小為 B的勻強磁場；在Oyz平面右方、Oxz平面上方的空間內分布著沿z軸負方向、磁感應強度大小也為B的勻強磁場；在 Oyz平面aqB2右方、Oxz平面下方分布著沿 y軸正方向的勻強電場，電場強度大小為 4m.在t

19、= 0時刻，一個質量為m電荷量為+ q的微粒從P點靜止釋放，已知 P點的坐標為（5a, -2a,0）,不計微粒的重力.則（）A.微粒第一次到達B.微粒第一次到達C.微粒第一次到達D.微粒第一次到達x軸的速度大小為qaqb4mx軸的時刻為qBy軸的位置為y = 2ai140 + 5 % ）my軸的時刻為、2石后BD 微粒從P點由靜止釋放至第一次到達y軸的運動軌跡如圖所示.釋放后,aqB1微粒在電場中做勻加速直線運動，由E=7m,根據動能定理有Eq 2a=2maaqB解得微粒第一次到達x軸的速度丫 =,Eq又mti = v,解得微粒第一次到達x4m軸的時刻t1 = qB,故選項A錯誤，B正確;微粒

20、進入磁場后開始做勻速圓周運2v動，假設運動的軌道半徑為 R,則有qvB= mR,可得：R= a,所以微粒到達y軸的位置為y=a,選2兀 R 27tm5項C錯誤；微粒在磁場中運動的周期 T= -1=多，則運動到達y軸的時刻：t2=5t1+4T,代入,140+5 71、m得：t2=12 .石己選項D正確.mgv=qB，小球將沿桿做加速度不斷增3mgv= GB，小球將沿桿做加速度不斷減D.若小球沿桿向下的初速度4mgv=-qB，則從開始運動到穩(wěn)定過程中,3 26mg小球克服摩擦力做功為 q2B2BD題型三 帶電粒子在復合場中運動的常見實例考向1回旋加速器的工作原理【例6】（多選）（2018 成都模擬

21、）粒子回旋加速器的工作原理如圖所示,置于真空中的徑為R兩金屬盒間的狹縫很小，磁感應強度為B的勻強磁場與金屬盒盒面垂直,D形金屬盒的半 高頻率交流電的頻率為f,加速器的電壓為 U,若中心粒子源處產生的質子質量為解 電荷量為+ e,在加速器中被加速.不考慮相對論效應，甲乙A.質子被加速后的最大速度不能超過2% RfB.加速的質子獲得的最大動能隨加速器的電壓U增大而增大C.質子第二次和第一次經過 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和交流電的頻率f ,該加速器也可加速其它粒子2 RAC 質子出回旋加速器時速度最大，此時的半徑為 R最大速度為：丫= =2兀Rf,故A正確;根

22、據qvB= mR得，v =qBR1q2E2R2m,則粒子的最大動能Em=2mv2i= 2m ,與加速器的電壓無關，故B錯誤；粒12qU子在加速電場中做勻加速運動，在磁場中做勻速圓周運動，根據qU=2mV,得v =、J-m，質子第mv二次和第一次經過D形盒狹縫的速度比為 "1,根據=而，則半彳至比為42 ： 1,故C正確；帶電【鞏固2】（多選）（2018 蘭州模擬）如圖所示，空間中存在一水平方向的勻強電場和一水平方向的勻3mg強磁場，磁感應強度大小為 B,電場強度大小為 E= q ,且電場方向和磁場方向相互垂直，在正交的電磁場空間中有一足夠長的固定粗糙絕緣桿，與電場正方向成 60。夾角

23、且處于豎直平面內，一質量為E帶電量為q（q>0）的小球套在絕緣桿上，若小球沿桿向下的初速度為Vo時，小球恰好做勻速直線運動，已知重力加速度大小為 g,小球電荷量保持不變，則以下說法正確的是（）mgA.小球的初速度Vo=2BB.若小球沿桿向下的初速度 大的減速運動，最后停止C.若小球沿桿向下的初速度 小的減速運動，最后停止2氏m粒子在磁場中運動的周期與加速電場的周期相等，根據 T=而知，換用其它粒子，粒子的比荷變化，周期變化，回旋加速器需改變交流電的頻率才能加速其它粒子，故D錯誤.故選AC.考向2速度選擇器的工作原理【例7】在如圖所示的平行板器件中，電場強度E和磁感應強度 B相互垂直.一帶

24、電粒子（重力不計）從左端以速度v沿虛線射入后做直線運動，則該粒子（A. 一定帶正電EB.速度v= bEc.若速度v>B,粒子一定不能從板間射出D.若此粒子從右端沿虛線方向進入，仍做直線運動B考向3質譜儀的工作原理【例7】質譜儀是測量帶電粒子的質量和分析同位素的重要工具.如圖所示為質譜儀的原理示意圖，現利用質譜儀對氫元素進行測量.讓氫元素三種同位素的離子流從容器A下方的小孔S無初速度飄入電勢差為U的加速電場.加速后垂直進入磁感應強度為B的勻強磁場中.氫的三種同位素最后打在照相底片D上，形成a、b、c三條“質譜線”.則下列判斷正確的是（）A.進入磁場時速度從大到小排列的順序是五、笊、瓶If

25、IdB.進入磁場時動能從大到小排列的順序是五、笊、瓶,；1C.在磁場中運動時間由大到小排列的順序是五、笊、瓶：D. a、b、c三條“質譜線”依次排列的順序是五、笊、瓶、仁二三A 離子通過加速電場的過程，有qU= 2mV,因為丑、笊、瓶三種離子的電量相同、質量依次增大，故27tm進入磁場時動能相同，速度依次減小，故a項正確，b項錯誤；由t=-qB可知，丑、笊、瓶三種離 子在磁場中運動的周期依次增大，又三種離子在磁場中運動的時間均為半個周期，故在磁場中運動v 11 ,：2mU時間由大到小排列依次為瓶、笊、九C項錯誤；由qvB= mR及qU= 2mV,可得R= BJG，故氣、 笊、瓶三種離子在磁場中

26、的軌道半徑依次增大，所以a、b、c三條“質譜線”依次對應瓶、笊、丑， D項錯誤.【鞏固3】（多選）如圖所示，含有1H 2H 4He的帶電粒子束從小孔 O處射入速度選擇器，沿直線 OQ最終打在R、P2兩點.則運動的粒子在小孔 Q處射出后垂直進入偏轉磁場,（）A.打在R點的粒子是2HeB,打在P2點的粒子是2H和2HeC. OP2的長度是QPi長度的2倍D.粒子在偏轉磁場中運動的時間都相等BC 通過同一速度選擇器的粒子具有相同的速度，故 1H 2H 4He的速度相等，由牛頓第二定律 2vmvmv得qv®=mR,解得R=恒，由此可知，設質子的質量為m質子帶電量為 q, 1H的半徑R = q

27、B2,2mv2mv2H的半徑R=謳，4He的半徑R3=-qB2,故打在Pi點的粒子是；H,打在P2點的粒子是2H和；He,選 2mv4mv項A錯誤，B正確；QPi=2R = m, QP2=2R= 而，故QP?= 2QR ,選項C正確；粒子在磁場中T 兀m運動的時間t=2=*, 1H運動的時間與2H和4He運動的時間不同，選項 D錯誤.故選B、C.基礎練習:考查點：速度選擇器1 .如圖所示，一束質量、速度和電荷不全相等的離子，經過由正交的勻強電場和勻強磁場組成的速度選擇器后，進入另一個勻強磁場中并分裂為 A.組成A束和B束的離子都帶負電B兩束，下列說法中正確的是 （）射+ O速度選擇物A B是兩

28、塊處在磁場中互相平行的金屬B.組成A束和B束的離子質量一定不同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答案C考查點：磁流體發(fā)電機2 .（多選）磁流體發(fā)電機是利用洛倫茲力的磁偏轉作用發(fā)電的. 板，一束在高溫下形成的等離子束（氣，入磁場.下列說法正確的是 （）A. B板是電源的正極 B. A板是電源的正極C.電流從上往下流過電流表 D.電流從下往上流過電流表 答案AD考查點：電磁流量計3 .如圖所示，電磁流量計的主要部分是柱狀非磁性管.該管橫截面是邊長為d的正方形，管內有導電液體水平向左流動.在垂直于液體流動方向上加一個水平指向紙里的勻強磁場，磁感應強度為B

29、.現測得液體上下表面 a、 b兩點間的電勢差為 U則管內導電液體的流量 Q流量是指流過該管的液體體 積與所用時間的比值）為（）KUfA. BB. Bd乜d_C.BdD.Bu答案A考查點：質譜儀4 . A、B是兩種同位素的原子核，它們具有相同的電荷、不同的質量.為測定它們的質量比，使它們 從質譜儀的同一加速電場由靜止開始加速，然后沿著與磁場垂直的方向進入同一勻強磁場，打到照 相底片上.如果從底片上獲知A、B在磁場中運動軌跡的直徑之比是d1 : d2,則A、B的質量之比為()A. d2 ： d2C. d2 : d2B.D.di : d2d2: di答案A分類鞏固:帶電粒子在組合場中的運動1 .如圖

30、所示，某種帶電粒子由靜止開始經電壓為U的電場加速后，射入水平放置、電勢差為U2的兩導體板間的勻強電場中，帶電粒子沿平行于兩板的方向從兩板正中間射入，穿過兩板后又垂直于磁場方向射入邊界線豎直的勻強磁場中，則粒子射入磁場和射出磁場的M N兩點間的距離 d隨著U1和U2的變化情況為（不計重力，不考慮邊緣效應 ）（）A d隨U變化，d與U2無關B. d與U無關，d隨U2變化C. d隨U變化，d隨U2變化D. d與U無關，d與U無關A 帶電粒子在電場中做類平拋運動，可將射出電場的粒子速度v分解成初速度方向與加速度方Vo向，設出射速度與水平夾角為則有：V = cos。而在磁場中做勻速圓周運動，設運動軌跡對

31、應的半徑為R,由幾何關系得，半徑與直線MNR角正d22Rvomv2mv 2 '2mU好等于9 ,則有：R= cos 9 ,所以d= v ,又因為半徑公式R= Bq,貝1J有d= Bq =B，q . 故d隨U變化，d與U無關，故A正確，B、G D錯誤.2 .（多選）（2017 煙臺模擬）如圖所示，在x軸上方有沿y軸負方向的勻強電場，電場強度為E,在x軸下方的等腰直角三角形 CDME域內有垂直于xOy平面向外的勻強磁場，磁感應強度為B,其中CD在x軸上，它們到原點O的距離均為a.現將質量為 m電荷量為+ q的粒子從y軸上的P點由靜止A.若粒子垂直于CMI寸出磁場,則E2a2q h= 2mE

32、B.若粒子垂直于CMI寸出磁場,則E2a2q h= 8mEC.若粒子平行于x軸射出磁場,則E2a2q h= 2mED.若粒子平行于x軸射出磁場,則B2a2q h= 8mE釋放，設P點到O點的距離為h,不計重力作用與空氣阻力的影響.1AD 粒子在電場中加速，有qEh= 2mV.在磁場中做圓周運動，若粒子垂直于 CM寸出磁場，則軌2mv mv跡所對的圓心角0 =45° ,半徑R= a,由洛倫茲力提供向心力，有qvoB= r,得R= qB，聯(lián)立B2a2q以上各式得h=mE, A正確；若粒子平行于x軸射出磁場，則軌跡所對的圓心有0 =90° ,半aE2a2q徑R= 2，同理可得h=

33、 8mE，D正確.3 . （2018 銀川模擬）如圖所示，AB CD間的區(qū)域有豎直向上的勻強電場， 在CD的右側有一與 CDf切于M點的圓形有界勻強磁場，磁場方向垂I直于紙面.一帶正電粒子自 O點以水平初速度 V0正對P點進入該電場后，從 M點飛離CD邊界，再 經磁場偏轉后又從 N點垂直于CD邊界回到電場區(qū)域，并恰能返回 O點.已知OP間距離為d,粒子3md不計粒子重力.試求:質量為E電荷量為q,電場強度大小 E= qd ,(1) M N兩點間的距離；(2)磁感應強度的大小和圓形勻強磁場的半徑； (3)粒子自O點出發(fā)到回到 O點所用的時間.解析(1)據題意，作出帶電粒子的運動軌跡，如圖所示：d

34、qE 3v2粒子從O到M的時間：t = V0；粒子在電場中加速度：a=m= d13故 PM1的距離為：PM= 2at2=-2d粒子在M點時豎直方向的速度：Vy=ati = 43vo粒子在M點時的速度：v=v2+v2 =2voVy_速度偏轉角正切：tan 0 =V0=3 ,故。=60°d1粒子從N到O點時間：t2 = 2V0,粒子從N到O點過程的豎直方向位移：y= 2at2352故P、N兩點間的距離為：PN= y= 8d.所以MN= PN PM= 8 d.5 .35j3(2)由幾何關系得：Rcos 60° +R= MN= 3 d,可得半徑：R= 無"d由qvB= m

35、R解得：B= 5qd ；由幾何關系確定區(qū)域半徑為：R' =2Rcos 30° ,即R' =%d.dd(3)O到M的時間:t1=V0；N到O的時間:t2= 2V04兀為"R 5 j3 d在磁場中運動的時間：t3= 2Vo = 18voRcos 30 ° 5d29d 5V37td無場區(qū)運動的時間：t4=2v0= 16v0；t =t1 + t2+t3+t4= 16V0+ 18V0帶電物體在疊加場中的運動4.如圖所示，界面 MNW水平地面之間有足夠大且正交的勻強磁場B和勻強電場 E,磁感線和電場線都處在水平方向且互相垂直. 在MN±方有一個帶正電

36、的小球由靜止開始下落，經電場和磁場到達水平地面.若不計空氣阻力，小球在通過電場和磁場的過程中，下列說法中正確的是()A.小球做勻變速曲線運動B.小球的電勢能保持不變C.洛倫茲力對小球做正功D.小球的動能增量等于其電勢能和重力勢能減少量的總和M-qE qBi?x x ND 帶電小球在剛進入復合場時受力如圖所示，則帶電小球進入復合場后 做曲線運動，因為速度會發(fā)生變化，洛倫茲力就會跟著變化，所以不可能 是勻變速曲線運動，選項A錯誤；根據電勢能公式5=q。，知只有帶電小球豎直向下做直線運動時，電勢能保持不變，選項 B錯誤；根據洛倫茲力的方向確定方法知，洛 倫茲力方向始終和速度方向垂直，所以洛倫茲力不做

37、功，選項 C錯誤；從能量守恒角度知道選項 D正確.5 . （2017 桂林模擬）如圖所示，空間存在互相垂直的勻強電場和勻強磁場，圖中虛線為勻強電場的等勢線，一不計重力的帶電粒子在M點以某一初速度垂直等勢線進入正交電磁場中，運動軌跡如圖所示（粒子在N點的速度比在 M點的速度大）.則下列說法正確的是（A.粒子一定帶正電B.粒子的運動軌跡一定是拋物線C.電場線方向一定垂直等勢面向左D.粒子從M點運動到N點的過程中電勢能增大C 根據粒子在電、磁場中的運動軌跡和左手定則可知，粒子一定帶負電，選項A錯誤；由于洛倫茲力方向始終與速度方向垂直，故粒子受到的合力是變力，而物體只有在恒力作用下做曲線運 動時，軌跡

38、才是拋物線，選項B錯誤；由于空間只存在電場和磁場，粒子的速度增大，說明在此 過程中電場力對帶電粒子做正功，則電場線方向一定垂直等勢面向左，選項C正確；電場力做正功，電勢能減小，選項D錯誤.6 .如圖所示，空間存在水平向左的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，電場和磁場相互垂直.在電 磁場區(qū)域中，有一個光滑絕緣圓環(huán)，環(huán)上套有一個帶正電的小球.O點為圓環(huán)的圓心，a、b、c為圓環(huán)上的三個點，a點為最高點，c點為最低點，bd沿水平方向.已知小球所受電場力與重力大小相 等.現將小球從環(huán)的頂端 a點由靜止釋放，下列判斷正確的是A.當小球運動到c點時，洛倫茲力最大B.小球恰好運動一周后回到 a點C.小王從a點

39、運動到b點，重力勢能減小，電勢能減小D.小王從b點運動到c點，電勢能增大，動能增大,由于合力是恒力，故類似于新的重關于圓心對稱的位置（即bc弧的中C 電場力與重力大小相等，則二者的合力指向左下方45 力，所以ad弧的中點相當于平時豎直平面圓環(huán)的“最高點”點）就是“最低點”，速度最大，此時洛倫茲力最大；由于a、d兩點關于新的最高點對稱，若從a 點靜止釋放，最高運動到d點，故A、B錯誤.從a到b,重力和電場力都做正功，重力勢能和電 勢能都減少，故C正確.小球從b點運動到c點，電場力做負功，電勢能增大，但由于 bc弧的 中點速度最大，所以動能先增大后減小，故 D錯誤.所以C正確，A、B、D錯誤.7

40、.（多選）（2018 哈爾濱模擬）如圖所示，空間同時存在豎直向上的勻強磁場和勻強電場，磁感應強度 為B,電場弓雖度為E. 一質量為 電量為q的帶正電小球恰好處于靜止狀態(tài)，現在將磁場方向順時 針旋轉30° ,同時給小球一個垂直磁場方向斜向下的速度v,則關于小球的運動，下列說法正確的是（）A.小球做勻速圓周運動，8 .小球運動過程中機械能守恒| f | ?,力;mgvkC.小球運動到最低點時電勢能增加了荻/ / /2 qIM/兀mD.小球第一次運動到最低點歷時 2qBAD 小球在復合電磁場中處于靜止狀態(tài)，只受兩個力作用，即重力和電場力且兩者平衡.當把 磁場順時針方向傾斜30°

41、,且給小球一個垂直磁場方向的速度 v,則小球受到的合力就是洛倫茲 力，且與速度方向垂直，所以帶電粒子將做勻速圓周運動，選項 A正確.由于帶電粒子在垂直于紙面的傾斜平面內做勻速圓周運動，運動過程中受到電場力要做功，所以機械能不守恒，選項 B2mv 1 mgv錯誤.電場力從開始到最低點克服電場力做功為 W= EqRsin 30 ° =mgx函x2=聲，所以電勢2_ mgv1 兀 m能的增加量為何，選項C錯誤.小球第一次運動到低點的時間為4T= 2Bq,所以選項d正確.故選 AD.8 . (2018 泉州模擬)如圖所示，PR是一長為L=0.64 m的絕緣平板固定在水平地面上，擋板 R固定在

42、 平板的右端.整個空間有一個平行于PR的勻強電場E,在板的右半部分有一個垂于紙面向里的勻強磁場B,磁場白寬度 0.32 m , 一個質量 m= 0.50 x 10 3 kg、帶電荷量為q = 5,0 x 10 2 C的小物體， 從板的P端由靜止開始向右做勻加速運動，從D點進入磁場后恰能做勻速直線運動.當物體碰到擋板R后被彈回，若在碰撞瞬間撤去電場(不計撤掉電場對原磁場的影響，整個過程中小物體的電量保持不變)，物體返回時在磁場中仍作勻速運動，離開磁場后做減速運動，停在C點，PC= L/4.若物體與平板間的動摩擦因數 科=0.20, g取10 m/s(1)判斷電場的方向及物體帶正電還是帶負電；(2

43、)求磁感應強度B的大?。?3)求物體與擋板碰撞過程中損失的機械能.解析(1)物體由靜止開始向右做勻加速運動，說明電場力向右且大于摩擦力.進入磁場后做勻 速直線運動，說明它受的摩擦力增大，即證明它受的洛倫茲力方向向下，由左手定則判斷物體帶 負電，由其受力方向向右判斷電場方向向左.(2)設物體被擋板彈回后做勻速直線運動的速度為 V2,從離開磁場到停在C點的過程中，由動能 L 1定理有一(imgi=02mV 即 V2=0.80 m/s物體在磁場中向左做勻速直線運動，受力平衡，有mg= Bqv2,有B= 0.125 T.L L 1(3)設從D點進入磁場時的速度為vi,由動能定理有qE2mg2=2mV物

44、體從D點到R做勻速直線運動，有qE=(mg+BqvO ,有V1=1.6 m/s小物體撞擊擋板損失的機械能為A E= 2mV2mV=4.8 x 10 4 J.答案(1)電場方向向左負電(2)0.125 T (3)4.8 X 10-4 J帶電粒子在復合場運動的實際應用9 .如圖所示為研究某種帶電粒子的裝置示意圖，粒子源射出的粒子束以一定的初速度沿直線射到熒光B的勻強磁場后，粒子屏上的O點，出現一個光斑.在垂直于紙面向里的方向上加一磁感應強度為束發(fā)生偏轉，沿半徑為強大小為E的勻強電場,r的圓弧運動，打在熒光屏上的P點，然后在磁場區(qū)域再加一豎直向下，場A.粒子帶負電光斑從P點又回到O點，關于該粒子(不

45、計重力)，下列說法正確的是B.初速度為v=Eq B2LC.比荷為m= T D .比荷為q旦nr E2rD 垂直于紙面向里的方向上加一磁感應強度為 B的勻強磁場后，粒子束打在熒光屏上的 P點,E根據左手定則可知，粒子帶正電，選項 A錯誤；當電場和磁場同時存在時qvB= Eq,解得v=B,v2q v E選項B錯誤；在磁場中時，由qvB= mf,可得：寧用=茄，故選項D正確，C錯誤.故選D.10.據報道，我國實施的“雙星”計劃發(fā)射的衛(wèi)星中放置了一種“磁強計”，用于測定地磁場的磁感應強度等研究項目.磁強計的原理如圖所示：電路中有一段金屬導體，它的橫截面是寬為a、高為b的長方形，放在沿 y軸正方向的勻強磁場中，導體中通有沿x正方向、大小為I的電流.已知金屬導體單位體積中的自由電子數為n,電子電量為e,金屬導電過程中，自由電子做定向移動可視為勻速運動.若測出金屬導體前后兩個側面間 （z= a為前側面，z=0為后側面）的電勢差為U,那么（）A.前側面電勢高，nebU B= IB.前側面電勢高