《2019高考物理一輪復(fù)習(xí) 第九章 磁場 第3講 帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)學(xué)案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019高考物理一輪復(fù)習(xí) 第九章 磁場 第3講 帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)學(xué)案（25頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第3講　帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng) 　 【基礎(chǔ)梳理】 一、帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng) 1．復(fù)合場的分類 (1)疊加場：電場、磁場、重力場在同一區(qū)域共存，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(nèi)，或在同一區(qū)域，電場、磁場交替出現(xiàn)． 2．帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)分類 (1)靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng)：當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中所受合外力為零時(shí)，將處于靜止?fàn)顟B(tài)或做勻速直線運(yùn)動(dòng)． (2)勻速圓周運(yùn)動(dòng)：當(dāng)帶電粒子所受的重力與電場力大小相等、方向相反時(shí)，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(yùn)動(dòng)． (3)非勻變速曲線運(yùn)動(dòng)：當(dāng)帶電粒子所受的合外力的大小和方

2、向均變化，且與初速度方向不在同一條直線上時(shí)，粒子做非勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，這時(shí)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡既不是圓弧，也不是拋物線． 二、帶電粒子在復(fù)合場中運(yùn)動(dòng)的應(yīng)用實(shí)例 1．質(zhì)譜儀 (1)構(gòu)造：如圖所示，由粒子源、加速電場、偏轉(zhuǎn)磁場和照相底片等構(gòu)成． (2)原理：粒子由靜止在加速電場中被加速，根據(jù)動(dòng)能定理可得關(guān)系式qU＝mv__2．粒子在磁場中受洛倫茲力偏轉(zhuǎn)，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律得關(guān)系式qvB＝m. 由以上兩式可得出需要研究的物理量，如粒子軌道半徑、粒子質(zhì)量、比荷． r＝__，m＝，＝． 2．速度選擇器(如圖所示) (1)平行板中電場強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B互相垂直．這種裝置能把具

3、有一定速度的粒子選擇出來，所以叫做速度選擇器． (2)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＝. 3．回旋加速器 (1)組成： 如圖所示，兩個(gè)D形盒(靜電屏蔽作用)，大型電磁鐵，高頻振蕩交變電壓，兩縫間可形成電場． (2)作用：電場用來對粒子(質(zhì)子、α粒子等)加速，磁場用來使粒子回旋從而能反復(fù)加速． (3)加速原理 ①回旋加速器中所加交變電壓的頻率f與帶電粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的頻率相等，f＝＝； ②回旋加速器最后使粒子得到的能量，可由公式Ek＝mv2＝來計(jì)算，在粒子電荷量、質(zhì)量m和磁感應(yīng)強(qiáng)度B一定的情況下，回旋加速器的半徑R越大，粒子的能量就越大．

4、粒子最終得到的能量與加速電壓的大小無關(guān)．電壓大，粒子在盒中回旋的次數(shù)少；電壓小，粒子回旋次數(shù)多，但最后獲得的能量一定． 4．磁流體發(fā)電機(jī) (1)磁流體發(fā)電是一項(xiàng)新興技術(shù)，它可以把內(nèi)能直接轉(zhuǎn)化為電能． (2)根據(jù)左手定則，如圖中的B是發(fā)電機(jī)正極． (3)磁流體發(fā)電機(jī)兩極板間的距離為L，等離子體速度為v，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，則由qE＝q＝qvB得兩極板間能達(dá)到的最大電勢差U＝BLv． 5．電磁流量計(jì) 工作原理：如圖所示，圓形導(dǎo)管直徑為d，用非磁性材料制成，導(dǎo)電液體在管中向左流動(dòng)，導(dǎo)電液體中的自由電荷(正、負(fù)離子)，在洛倫茲力的作用下發(fā)生偏轉(zhuǎn)，a、b間出現(xiàn)電勢差，形成電場，當(dāng)自

5、由電荷所受的電場力和洛倫茲力平衡時(shí)，a、b間的電勢差就保持穩(wěn)定，即：qvB＝qE＝q，所以v＝，因此液體流量Q＝Sv＝·＝． 【自我診斷】 判一判 (1)帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中只受洛倫茲力和重力時(shí)，不可能做勻加速直線運(yùn)動(dòng)．(　　) (2)帶電粒子在復(fù)合場中不可能處于靜止?fàn)顟B(tài)．(　　) (3)帶電粒子在復(fù)合場中不可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．(　　) (4)不同比荷的粒子在質(zhì)譜儀磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑不同．(　　) (5)粒子在回旋加速器中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑、周期都隨粒子速度的增大而增大．(　　) (6)在速度選擇器中做勻速直線運(yùn)動(dòng)的粒子的比荷可能不同．(　　) 提示：(1)√　(2)×

6、　(3)×　(4)√　(5)×　(6)√ 做一做 (2018·江蘇常州高級(jí)中學(xué)高三月考)回旋加速器是加速帶電粒子的裝置，其核心部分是分別與高頻交流電源兩極相連接的兩個(gè)D形金屬盒，兩盒間的狹縫中形成周期性變化的電場，使粒子在通過狹縫時(shí)都能得到加速，兩D形金屬盒處于垂直于盒底的勻強(qiáng)磁場中，如圖所示．設(shè)D形盒半徑為R.若用回旋加速器加速質(zhì)子時(shí)，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，高頻交流電頻率為f.則下列說法正確的是(　　) A．質(zhì)子被加速后的最大速度不可能超過2πfR B．質(zhì)子被加速后的最大速度與加速電場的電壓大小有關(guān) C．高頻電源只能使用矩形交變電流，不能使用正弦式交變電流 D．不改變B和

7、f，該回旋加速器也能用于加速α粒子 提示：選A.由T＝，T＝，可得質(zhì)子被加速后的最大速度為2πfR，其不可能超過2πfR，質(zhì)子被加速后的最大速度與加速電場的電壓大小無關(guān)，選項(xiàng)A正確、B錯(cuò)誤；高頻電源可以使用正弦式交變電流，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；要加速α粒子，高頻交流電周期必須變?yōu)棣亮Ｗ釉谄渲凶鰣A周運(yùn)動(dòng)的周期，即T＝，故D錯(cuò)誤． 　洛倫茲力在科技中的應(yīng)用[學(xué)生用書P186] 【知識(shí)提煉】 常見科學(xué)儀器的原理 裝置 原理圖 規(guī)律 速度選擇器 若qv0B＝Eq，即v0＝，粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng) 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)電荷，兩極板間電壓為U時(shí)穩(wěn)

8、定，q＝qv0B，U＝v0Bd 霍爾效應(yīng) 電流方向與勻強(qiáng)磁場方向垂直的載流導(dǎo)體，在與電流、磁場方向均平行的表面上出現(xiàn)電勢差——霍爾電勢差，其值U＝k(k為霍爾系數(shù)) 電磁流量計(jì) q＝qvB，所以v＝，所以Q＝vS＝ ·π 續(xù)　表 裝置 原理圖 規(guī)律 質(zhì)譜儀 帶電粒子經(jīng)U加速，從A孔入射經(jīng)偏轉(zhuǎn)打到P點(diǎn)，qU＝mv，得v0＝. AP＝d＝2r＝＝＝. 比荷＝ 回旋 加速器 D形盒分別接在頻率為f＝的高頻交流電源兩極，帶電粒子被窄縫間電場加速，在D形盒內(nèi)偏轉(zhuǎn) 【典題例析】 　 (2016·高考全國卷Ⅰ)現(xiàn)代質(zhì)譜儀可用來分析比質(zhì)子重很多倍的

9、離子，其示意圖如圖所示，其中加速電壓恒定．質(zhì)子在入口處從靜止開始被加速電場加速，經(jīng)勻強(qiáng)磁場偏轉(zhuǎn)后從出口離開磁場．若某種一價(jià)正離子在入口處從靜止開始被同一加速電場加速，為使它經(jīng)勻強(qiáng)磁場偏轉(zhuǎn)后仍從同一出口離開磁場，需將磁感應(yīng)強(qiáng)度增加到原來的12倍．此離子和質(zhì)子的質(zhì)量比值約為(　　) A．11　　　　　　　　　 B．12 C．121 D．144 [審題指導(dǎo)]　若兩粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后仍從同一出口離開，則意味著其運(yùn)動(dòng)半徑相等，由磁場中運(yùn)動(dòng)半徑公式代入求解即可． [解析]　設(shè)加速電壓為U，質(zhì)子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r，原來磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，質(zhì)子質(zhì)量為m，一價(jià)正離子質(zhì)量為M.質(zhì)子在入口處從靜止開

10、始加速，由動(dòng)能定理得，eU＝mv，質(zhì)子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，ev1B＝m；一價(jià)正離子在入口處從靜止開始加速，由動(dòng)能定理得，eU＝Mv，該正離子在磁感應(yīng)強(qiáng)度為12B的勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，軌跡半徑仍為r，洛倫茲力提供向心力，ev2·12B＝M；聯(lián)立解得M∶m＝144∶1，選項(xiàng)D正確． [答案]　D 【遷移題組】 遷移1　電磁流量計(jì)的應(yīng)用 1. 醫(yī)生做某些特殊手術(shù)時(shí)，利用電磁血流計(jì)來監(jiān)測通過動(dòng)脈的血流速度．電磁血流計(jì)由一對電極a和b以及一對磁極N和S構(gòu)成，磁極間的磁場是均勻的．使用時(shí)，兩電極a、b均與血管壁接觸，兩觸點(diǎn)的連線、磁場方向和血流速度方向兩兩垂

11、直，如圖所示．由于血液中的正、負(fù)離子隨血流一起在磁場中運(yùn)動(dòng)，電極a、b之間會(huì)有微小電勢差．在達(dá)到平衡時(shí)，血管內(nèi)部的電場可看做是勻強(qiáng)電場，血液中的離子所受的電場力和磁場力的合力為零．在某次監(jiān)測中，兩觸點(diǎn)間的距離為3.0 mm，血管壁的厚度可忽略，兩觸點(diǎn)間的電勢差為160 μV，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為0.040 T．則血流速度的近似值和電極a、b的正、負(fù)為(　　) A．1.3 m/s，a正、b負(fù) B．2.7 m/s，a正、b負(fù) C．1.3 m/s，a負(fù)、b正 D．2.7 m/s，a負(fù)、b正 解析：選A.由左手定則可判定正離子向上運(yùn)動(dòng)，負(fù)離子向下運(yùn)動(dòng)，所以a正、b負(fù)，達(dá)到平衡時(shí)離子所受洛倫茲力

12、與電場力平衡，所以有：qvB＝q，代入數(shù)據(jù)解得v≈1.3 m/s，故選A. 遷移2　磁流體發(fā)電機(jī)的應(yīng)用 2. (多選)如圖所示為磁流體發(fā)電機(jī)的原理圖．金屬板M、N之間的距離為d＝20 cm，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝5 T，方向垂直紙面向里．現(xiàn)將一束等離子體(即高溫下電離的氣體，含有大量帶正電和帶負(fù)電的微粒，整體呈中性)從左側(cè)噴射入磁場，發(fā)現(xiàn)在M、N兩板間接入的額定功率為P＝100 W的燈泡正常發(fā)光，且此時(shí)燈泡電阻為R＝100 Ω，不計(jì)離子重力和發(fā)電機(jī)內(nèi)阻，且認(rèn)為離子均為一價(jià)離子，則下列說法中正確的是(　　) A．金屬板M上聚集負(fù)電荷，金屬板N上聚集正電荷 B．該發(fā)電機(jī)的電動(dòng)勢為

13、100 V C．離子從左側(cè)噴射入磁場的初速度大小為103 m/s D．每秒鐘有6.25×1018個(gè)離子打在金屬板N上 解析：選BD.由左手定則可知，射入的等離子體中正離子將向金屬板M偏轉(zhuǎn)，負(fù)離子將向金屬板N偏轉(zhuǎn)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由于不考慮發(fā)電機(jī)的內(nèi)阻，由閉合電路歐姆定律可知，電源的電動(dòng)勢等于電源的路端電壓，所以E＝U＝＝100 V，選項(xiàng)B正確；由Bqv＝q可得v＝＝100 m/s，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；每秒鐘經(jīng)過燈泡L的電荷量Q＝It，而I＝＝1 A，所以Q＝1 C，由于離子為一價(jià)離子，所以每秒鐘打在金屬板N上的離子個(gè)數(shù)為n＝＝＝6.25×1018(個(gè))，選項(xiàng)D正確． 遷移3　霍爾效應(yīng)的分析 3.

14、 (2018·浙江嘉興一中高三測試)如圖所示，X1、X2，Y1、Y2，Z1、Z2分別表示導(dǎo)體板左、右，上、下，前、后六個(gè)側(cè)面，將其置于垂直Z1、Z2面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，當(dāng)電流I通過導(dǎo)體板時(shí)，在導(dǎo)體板的兩側(cè)面之間產(chǎn)生霍爾電壓UH.已知電流I與導(dǎo)體單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)n、電子電荷量e、導(dǎo)體橫截面積S和電子定向移動(dòng)速度v之間的關(guān)系為I＝neSv.實(shí)驗(yàn)中導(dǎo)體板尺寸、電流I和磁感應(yīng)強(qiáng)度B保持不變，下列說法正確的是(　　) A．導(dǎo)體內(nèi)自由電子只受洛倫茲力作用 B．UH存在于導(dǎo)體的Z1、Z2兩面之間 C．單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)n越大，UH越小 D．通過測量UH，可用R＝求得導(dǎo)

15、體X1、X2兩面間的電阻 解析：選C.由于磁場的作用，電子受洛倫茲力，向Y2面聚集，在Y1、Y2平面之間累積電荷，在Y1、Y2之間產(chǎn)生了勻強(qiáng)電場，故電子也受電場力，故A錯(cuò)誤；電子受洛倫茲力，向Y2面聚集，在Y1、Y2平面之間累積電荷，在Y1、Y2之間產(chǎn)生了電勢差UH，故B錯(cuò)誤；電子在電場力和洛倫茲力的作用下處于平衡狀態(tài)，有：qvB＝qE，其中：E＝(d為Y1、Y2平面之間的距離)根據(jù)題意，有：I＝neSv，聯(lián)立得到：UH＝Bvd＝Bd∝，故單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)n越大，UH越小，故C正確；由于UH＝Bd，與導(dǎo)體的電阻無關(guān)，故D錯(cuò)誤． 遷移4　回旋加速器的應(yīng)用 4．(2016·高考浙江卷)

16、 為了進(jìn)一步提高回旋加速器的能量，科學(xué)家建造了“扇形聚焦回旋加速器”．在扇形聚焦過程中，離子能以不變的速率在閉合平衡軌道上周期性旋轉(zhuǎn)． 扇形聚焦磁場分布的簡化圖如圖所示，圓心為O的圓形區(qū)域等分成六個(gè)扇形區(qū)域，其中三個(gè)為峰區(qū)，三個(gè)為谷區(qū)，峰區(qū)和谷區(qū)相間分布．峰區(qū)內(nèi)存在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，谷區(qū)內(nèi)沒有磁場．質(zhì)量為m，電荷量為q的正離子，以不變的速率v旋轉(zhuǎn)，其閉合平衡軌道如圖中虛線所示． (1)求閉合平衡軌道在峰區(qū)內(nèi)圓弧的半徑r，并判斷離子旋轉(zhuǎn)的方向是順時(shí)針還是逆時(shí)針； (2)求軌道在一個(gè)峰區(qū)內(nèi)圓弧的圓心角θ，及離子繞閉合平衡軌道旋轉(zhuǎn)的周期T； (3)在谷區(qū)也施加

17、垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B′，新的閉合平衡軌道在一個(gè)峰區(qū)內(nèi)的圓心角θ變?yōu)?0°，求B′和B的關(guān)系．已知：sin (α±β)＝sin αcos β±cos αsin β，cos α＝1－2sin2. 解析：(1)峰區(qū)內(nèi)圓弧半徑r＝ 旋轉(zhuǎn)方向?yàn)槟鏁r(shí)針． (2)由對稱性，峰區(qū)內(nèi)圓弧的圓心角θ＝ 每個(gè)圓弧的長度l＝＝ 每段直線長度L＝2rcos ＝r＝ 周期T＝ 代入得T＝. (3)谷區(qū)內(nèi)的圓心角θ′＝120°－90°＝30° 谷區(qū)內(nèi)的軌道圓弧半徑r′＝ 由幾何關(guān)系rsin ＝r′sin 由三角關(guān)系sin ＝sin 15°＝ 代入得B′＝B. 答案：見解析

18、 遷移5　質(zhì)譜儀的應(yīng)用 5．(2017·高考江蘇卷)一臺(tái)質(zhì)譜儀的工作原理如圖所示．大量的甲、乙兩種離子飄入電壓為U0的加速電場，其初速度幾乎為0，經(jīng)加速后，通過寬為L的狹縫MN沿著與磁場垂直的方向進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，最后打到照相底片上．已知甲、乙兩種離子的電荷量均為＋q，質(zhì)量分別為2m和m，圖中虛線為經(jīng)過狹縫左、右邊界M、N的甲種離子的運(yùn)動(dòng)軌跡．不考慮離子間的相互作用． (1)求甲種離子打在底片上的位置到N點(diǎn)的最小距離x； (2)在圖中用斜線標(biāo)出磁場中甲種離子經(jīng)過的區(qū)域，并求該區(qū)域最窄處的寬度d； (3)若考慮加速電壓有波動(dòng)，在(U0－ΔU)到(U0＋ΔU)之間變化，要

19、使甲、乙兩種離子在底片上沒有重疊，求狹縫寬度L滿足的條件． 解析：(1)設(shè)甲種離子在磁場中的運(yùn)動(dòng)半徑為r1.電場加速qU0＝×2mv2 且qvB＝2m 解得r1＝ 根據(jù)幾何關(guān)系x＝2r1－L 解得x＝－L. (2)如圖所示最窄處位于過兩虛線交點(diǎn)的垂線上 d＝r1－ 解得d＝－. (3)設(shè)乙種離子在磁場中的運(yùn)動(dòng)半徑為r2 r1的最小半徑r1min＝ r2的最大半徑 r2max＝ 由題意知2r1min－2r2max＞L 即－＞L 解得L＜[2－]． 答案：見解析 　帶電體在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)[學(xué)生用書P188] 【知識(shí)提煉】 1．帶電體在疊加場中無約束情況下的

20、運(yùn)動(dòng)情況分類 (1)磁場力、重力并存 ①若重力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運(yùn)動(dòng)． ②若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)，因洛倫茲力不做功，故機(jī)械能守恒，由此可求解問題． (2)電場力、磁場力、重力并存 ①若三力平衡，一定做勻速直線運(yùn)動(dòng)． ②若重力與電場力平衡，一定做勻速圓周運(yùn)動(dòng)． ③若合力不為零且與速度方向不垂直，將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)，因洛倫茲力不做功，可用能量守恒或動(dòng)能定理求解問題． 2．帶電體在疊加場中有約束情況下的運(yùn)動(dòng) 帶電體在復(fù)合場中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道等約束的情況下，除受場力外，還受彈力、摩擦力作用，常見的運(yùn)動(dòng)形式有直線運(yùn)動(dòng)和圓周運(yùn)動(dòng)，此時(shí)解

21、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(diǎn)，運(yùn)用動(dòng)能定理、能量守恒定律結(jié)合牛頓運(yùn)動(dòng)定律求出結(jié)果． 【典題例析】 　 (2015·高考福建卷)如圖，絕緣粗糙的豎直平面MN左側(cè)同時(shí)存在相互垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(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.一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的小滑塊從A點(diǎn)由靜止開始沿MN下滑，到達(dá)C點(diǎn)時(shí)離開MN做曲線運(yùn)動(dòng)．A、C兩點(diǎn)間距離為h，重力加速度為g. (1)求小滑塊運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)的速度大小vC； (2)求小滑塊從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)過程中克服摩擦力做的功Wf； (3)若D點(diǎn)為小滑塊在電場力、洛

22、倫茲力及重力作用下運(yùn)動(dòng)過程中速度最大的位置，當(dāng)小滑塊運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)撤去磁場，此后小滑塊繼續(xù)運(yùn)動(dòng)到水平地面上的P點(diǎn)．已知小滑塊在D點(diǎn)時(shí)的速度大小為vD，從D點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的時(shí)間為t，求小滑塊運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)速度的大小vP. [審題指導(dǎo)]　(1)理解帶電體運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)的臨界條件，進(jìn)行受力分析求解問題． (2)A到C過程中運(yùn)用動(dòng)能定理求解． (3)撤去磁場后帶電體將做類平拋運(yùn)動(dòng)． [解析]　(1)小滑塊沿MN運(yùn)動(dòng)過程，水平方向受力滿足qvB＋N＝qE 小滑塊在C點(diǎn)離開MN時(shí) N＝0 解得vC＝. (2)由動(dòng)能定理得 mgh－Wf＝mv－0 解得Wf＝mgh－. (3) 如圖，小滑

23、塊速度最大時(shí)，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(yùn)動(dòng)，等效加速度為g′， g′＝ 且v＝v＋g′2t2 解得vP＝ . [答案]　(1)　(2)mgh－　 (3) 分析帶電體在復(fù)合場中運(yùn)動(dòng)的三種觀點(diǎn) (1)力的觀點(diǎn)：在力學(xué)中我們知道力是物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)發(fā)生變化的原因，在分析帶電物體在復(fù)合場中運(yùn)動(dòng)時(shí)，同樣要把握住“力以及力的變化”這一根本．一般而言，重力大小、方向不變(有時(shí)明確要求不計(jì)重力)；勻強(qiáng)電場中帶電物體受電場力大小、方向都不變；洛倫茲力隨帶電粒子運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的改變而發(fā)生變化．　 (2)運(yùn)動(dòng)的觀點(diǎn)：帶電物體在復(fù)合場中可以設(shè)計(jì)出多階段、多形式、多

24、變化、具有周期性的運(yùn)動(dòng)過程．在分析物體的運(yùn)動(dòng)過程時(shí)，主要把握住以下幾個(gè)方面：①在全面把握粒子受力以及力的變化特點(diǎn)的基礎(chǔ)上，始終抓住力和運(yùn)動(dòng)之間相互促進(jìn)、相互制約的關(guān)系．如速度的變化引起洛倫茲力變化，洛倫茲力變化又可能引起彈力和摩擦力的變化，從而引起合外力的變化，合外力的變化又引起加速度和速度的變化，速度變化反過來又引起洛倫茲力的變化，在這一系列變化中，力和運(yùn)動(dòng)相互促進(jìn)、相互制約．②準(zhǔn)確劃分粒子運(yùn)動(dòng)過程中的不同運(yùn)動(dòng)階段、不同運(yùn)動(dòng)形式，以及不同運(yùn)動(dòng)階段、不同運(yùn)動(dòng)形式之間的轉(zhuǎn)折點(diǎn)和臨界點(diǎn)，只有明確粒子在某一階段的運(yùn)動(dòng)形式后，才能確定解題所用到的物理規(guī)律．③明確不同運(yùn)動(dòng)階段、不同的運(yùn)動(dòng)形式所遵循的物理

25、規(guī)律，包括物理規(guī)律使用時(shí)所必須滿足的條件；設(shè)定未知量，表述原始物理規(guī)律式． (3)能量的觀點(diǎn)：由于帶電物體在復(fù)合場中運(yùn)動(dòng)時(shí)，除重力、電場力以外還有洛倫茲力參與，而洛倫茲力是隨運(yùn)動(dòng)狀態(tài)改變而變化，使合外力是一個(gè)變力，運(yùn)動(dòng)形式可能為變加速運(yùn)動(dòng)，對這類問題應(yīng)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)不能有效解決．但從力對物體做功的角度看，由于洛倫茲力方向始終垂直于速度方向，洛倫茲力對粒子不做功，運(yùn)用動(dòng)能定理或能量守恒的觀點(diǎn)來處理這類問題時(shí)往往能“柳暗花明”． 【遷移題組】 遷移1　帶電體在組合場中的運(yùn)動(dòng) 1. 在如圖所示的豎直平面內(nèi)，水平軌道CD和傾斜軌道GH與半徑r＝m的光滑圓弧軌道分別相切于D點(diǎn)和

26、G點(diǎn)，GH與水平面的夾角θ＝37°.過G點(diǎn)、垂直于紙面的豎直平面左側(cè)有勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1.25 T；過D點(diǎn)、垂直于紙面的豎直平面右側(cè)有勻強(qiáng)電場，電場方向水平向右，電場強(qiáng)度E＝1×104 N/C.小物體P1質(zhì)量m＝ 2×10－3 kg、電荷量q＝＋8×10－6 C，受到水平向右的推力F＝9.98×10－3 N的作用，沿CD向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，到達(dá)D點(diǎn)后撤去推力．當(dāng)P1到達(dá)傾斜軌道底端G點(diǎn)時(shí)，不帶電的小物體P2在GH頂端靜止釋放，經(jīng)過時(shí)間t＝0.1 s與P1相遇．P1和P2與軌道CD、GH間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，c

27、os 37°＝0.8，物體電荷量保持不變，不計(jì)空氣阻力．求： (1)小物體P1在水平軌道CD上運(yùn)動(dòng)速度v的大?。? (2)傾斜軌道GH的長度s. 解析：(1)設(shè)小物體P1在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動(dòng)的速度為v，受到向上的洛倫茲力為F1，受到的摩擦力為f，則 F1＝qvB ① f＝μ(mg－F1) ② 由題意，水平方向合力為零 F－f＝0 ③ 聯(lián)立①②③式，代入數(shù)據(jù)解得 v＝4 m/s. ④ (2)設(shè)P1在G點(diǎn)的速度大小為vG，由于洛倫茲力不做功，根據(jù)動(dòng)能定理 qErsin θ－mgr(1－cos θ)＝mv－mv2 ⑤ P1在GH上運(yùn)動(dòng)，受到重力、支持力、電場力和摩擦力的作用，設(shè)加速

28、度為a1，根據(jù)牛頓第二定律 qEcos θ－mgsin θ－μ(mgcos θ＋qEsin θ)＝ma1 ⑥ P1與P2在GH上相遇時(shí)，設(shè)P1在GH上運(yùn)動(dòng)的距離為s1，則 s1＝vGt＋a1t2 ⑦ 設(shè)P2質(zhì)量為m2，在GH上運(yùn)動(dòng)的加速度為a2，則 m2gsin θ－μm2gcos θ＝m2a2 ⑧ P1與P2在GH上相遇時(shí)，設(shè)P2在GH上運(yùn)動(dòng)的距離為s2，則 s2＝a2t2 ⑨ s＝s1＋s2 ⑩ 聯(lián)立④～⑩式，代入數(shù)據(jù)得 s＝0.56 m. 答案：(1)4 m/s　(2)0.56 m. 遷移2　帶電體在疊加場中的運(yùn)動(dòng) 2．(2016·高考天津卷)如圖所示，空間中存

29、在著水平向右的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小為E＝5N/C，同時(shí)存在著水平方向的勻強(qiáng)磁場，其方向與電場方向垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝0.5 T．有一帶正電的小球，質(zhì)量m＝1×10－6 kg，電荷量q＝2×10－6 C，正以速度v在圖示的豎直面內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)經(jīng)過P點(diǎn)時(shí)撤掉磁場(不考慮磁場消失引起的電磁感應(yīng)現(xiàn)象)，取g＝10 m/s2，求： (1)小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)的速度v的大小和方向； (2)從撤掉磁場到小球再次穿過P點(diǎn)所在的這條電場線經(jīng)歷的時(shí)間t. 解析： (1)小球勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)受力如圖，其所受的三個(gè)力在同一平面內(nèi)，合力為零，則 qvB＝ ① 代入數(shù)據(jù)解得v＝20 m/s ②

30、 速度v的方向斜向右上方，與電場E的方向之間的夾角θ滿足 tan θ＝ ③ 代入數(shù)據(jù)解得tan θ＝，θ＝60°. ④ (2)法一：撤去磁場，小球在重力與電場力的合力作用下做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)其加速度為a，有a＝ ⑤ 設(shè)撤去磁場后小球在初速度方向上的分位移為x，有 x＝vt ⑥ 設(shè)小球在重力與電場力的合力方向上分位移為y，有 y＝at2 ⑦ a與mg的夾角和v與E的夾角相同，均為θ，又 tan θ＝ ⑧ 聯(lián)立④⑤⑥⑦⑧式，代入數(shù)據(jù)解得 t＝2s≈3.5 s. 法二：撤去磁場后，由于電場力垂直于豎直方向，它對豎直方向的分運(yùn)動(dòng)沒有影響，以P點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，豎直向上為正方向，小球

31、在豎直方向上做勻減速運(yùn)動(dòng)，其初速度為vy＝vsin θ ⑤ 若使小球再次經(jīng)過P點(diǎn)所在的電場線，僅需小球的豎直方向上分位移為零，則有vyt－gt2＝0 ⑥ 聯(lián)立④⑤⑥式，代入數(shù)據(jù)解得t＝2s≈3.5 s． ⑦ 答案：見解析 　　[學(xué)生用書P189] 1．(2017·高考全國卷Ⅰ)如圖，空間某區(qū)域存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場方向豎直向上(與紙面平行)，磁場方向垂直于紙面向里．三個(gè)帶正電的微粒a、b、c電荷量相等，質(zhì)量分別為ma、mb、mc.已知在該區(qū)域內(nèi)，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運(yùn)動(dòng)．下列選項(xiàng)正確的是(　　) A．ma＞mb

32、＞mc　　　　　 B．mb＞ma＞mc C．mc＞ma＞mb D．mc＞mb＞ma 解析：選B.該空間區(qū)域?yàn)閯驈?qiáng)電場、勻強(qiáng)磁場和重力場的疊加場，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，可知其重力與所受到的電場力平衡，洛倫茲力提供其做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，有mag＝qE，解得ma＝.b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由左手定則可判斷出其所受洛倫茲力方向豎直向上，可知mbg＝qE＋qvbB，解得mb＝＋.c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由左手定則可判斷出其所受洛倫茲力方向豎直向下，可知mcg＋qvcB＝qE，解得mc＝－.綜上所述，可知mb>ma>mc，選項(xiàng)B正確． 2. 如圖所示，一段長方體形導(dǎo)電材料，

33、左右兩端面的邊長都為a和b，內(nèi)有帶電量為q的某種自由運(yùn)動(dòng)電荷．導(dǎo)電材料置于方向垂直于其前表面向里的勻強(qiáng)磁場中，內(nèi)部磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.當(dāng)通以從左到右的穩(wěn)恒電流I時(shí)，測得導(dǎo)電材料上、下表面之間的電壓為U，且上表面的電勢比下表面的低．由此可得該導(dǎo)電材料單位體積內(nèi)自由運(yùn)動(dòng)電荷數(shù)及自由運(yùn)動(dòng)電荷的正負(fù)分別為(　　) A.，負(fù) B．，正 C.，負(fù) D．，正 解析：選C.準(zhǔn)確理解電流的微觀表達(dá)式，并知道穩(wěn)定時(shí)電荷受到的電場力和洛倫茲力平衡，是解決本題的關(guān)鍵．由于上表面電勢低，根據(jù)左手定則判斷出自由運(yùn)動(dòng)電荷帶負(fù)電，排除B、D兩項(xiàng)．電荷穩(wěn)定時(shí)，所受電場力和洛倫茲力平衡，|q|＝|q|vB①，由電流的微觀表

34、達(dá)式知：I＝|q|nSv＝|q|nabv②，由①②聯(lián)立，得n＝，故選項(xiàng)C正確． 3．(多選) 如圖所示，豎直放置的兩塊很大的平行金屬板a、b，相距為d，ab間的電場強(qiáng)度為E，今有一帶正電的微粒從a板下邊緣以初速度v0豎直向上射入電場，當(dāng)它飛到b板時(shí)，速度大小不變，而方向變?yōu)樗椒较颍覄偤脧母叨纫矠閐的狹縫穿過b板而進(jìn)入bc區(qū)域，bc區(qū)域的寬度也為d，所加電場強(qiáng)度大小為E，方向豎直向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向里，磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度大小等于，重力加速度為g，則下列關(guān)于粒子運(yùn)動(dòng)的有關(guān)說法正確的是(　　) A．粒子在ab區(qū)域的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為 B．粒子在bc區(qū)域中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，圓周半徑r＝2d

35、 C．粒子在bc區(qū)域中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為 D．粒子在ab、bc區(qū)域中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為 解析：選ABD.粒子在ab區(qū)域，豎直方向上做勻減速運(yùn)動(dòng)，由v0＝gt得t＝，故A正確；水平方向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，a＝＝g，則qE＝mg，進(jìn)入bc區(qū)域，電場力大小未變方向豎直向上，電場力與重力平衡，粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由qv0B＝，得r＝，代入數(shù)據(jù)得r＝，又v＝2gd，故r＝2d，B正確；在bc區(qū)域，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡所對圓心角為α，sin α＝，α＝，運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t＝＝＝，故C錯(cuò)誤；粒子在ab區(qū)域的運(yùn)動(dòng)時(shí)間也可以表示為：t＝＝，故總時(shí)間t總＝＋＝，故D正確． 4．(2015·高考重慶卷)如圖為某種離子加速

36、器的設(shè)計(jì)方案．兩個(gè)半圓形金屬盒內(nèi)存在相同的垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場．其中MN和M′N′是間距為h的兩平行極板，其上分別有正對的兩個(gè)小孔O和O′，O′N′＝ON＝d，P為靶點(diǎn)，O′P＝kd(k為大于1的整數(shù))．極板間存在方向向上的勻強(qiáng)電場，兩極板間電壓為U.質(zhì)量為m、帶電量為q的正離子從O點(diǎn)由靜止開始加速，經(jīng)O′進(jìn)入磁場區(qū)域．當(dāng)離子打到極板上O′N′區(qū)域(含N′點(diǎn))或外殼上時(shí)將會(huì)被吸收，兩虛線之間的區(qū)域無電場和磁場存在，離子可勻速穿過，忽略相對論效應(yīng)和離子所受的重力．求： (1)離子經(jīng)過電場僅加速一次后能打到P點(diǎn)所需的磁感應(yīng)強(qiáng)度大??； (2)能使離子打到P點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的所有可能值；

37、(3)打到P點(diǎn)的能量最大的離子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間和在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間． 解析：(1)離子經(jīng)一次加速的速度為v0，由動(dòng)能定理得 qU＝mv ① 離子的軌道半徑為R0，則R0＝kd ② 由洛倫茲力提供向心力，qv0B＝m ③ 聯(lián)立①②③式得B＝. (2)設(shè)離子在電場中經(jīng)過n次加速后到達(dá)P點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理和牛頓第二定律得 nqU＝mv ④ qvnB＝m ⑤ rn＝⑥ 聯(lián)立④⑤⑥式解得vn＝，B＝ 當(dāng)離子經(jīng)過第一次加速，在磁場中偏轉(zhuǎn)時(shí)， qU＝mv ⑦ qv1B＝m ⑧ 聯(lián)立④⑤⑥⑦⑧式解得r1＝ 由于

38、2－1. 磁感應(yīng)強(qiáng)度的可能值為 B＝(n＝1，2，3，…，k2－1)． (3)當(dāng)離子在電場中加速(k2－1)次時(shí)，離子打在P點(diǎn)的能量最大 此時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝ 最終速度vn＝ 離子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期 T＝＝ 離子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間 t1＝T＝ 根據(jù)牛頓第二定律，離子在電場中運(yùn)動(dòng)的加速度 a＝＝ 離子在電場中運(yùn)動(dòng)的全過程等效為初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)速度公式vn＝at2，得離子在電場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t2＝＝h. 答案：(1) (2)(n＝1，2，3，…，k2－1) (3)　h 　　[學(xué)生用書P337(單獨(dú)成冊)] (建議用時(shí)：60分鐘) 一、單項(xiàng)選

39、擇題 1. 如圖所示，場強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場方向豎直向下，場強(qiáng)為B的水平勻強(qiáng)磁場垂直紙面向里，三個(gè)油滴a、b、c帶有等量的同種電荷．已知a靜止，b、c在紙面內(nèi)按圖示方向做勻速圓周運(yùn)動(dòng)(軌跡未畫出)．忽略三個(gè)油滴間的靜電力作用，比較三個(gè)油滴的質(zhì)量及b、c的運(yùn)動(dòng)情況，以下說法中正確的是(　　) A．三個(gè)油滴的質(zhì)量相等，b、c都沿順時(shí)針方向運(yùn)動(dòng) B．a(chǎn)的質(zhì)量最大，c的質(zhì)量最小，b、c都沿逆時(shí)針方向運(yùn)動(dòng) C．b的質(zhì)量最大，a的質(zhì)量最小，b、c都沿順時(shí)針方向運(yùn)動(dòng) D．三個(gè)油滴的質(zhì)量相等，b沿順時(shí)針方向運(yùn)動(dòng)，c沿逆時(shí)針方向運(yùn)動(dòng) 解析：選A.油滴a靜止不動(dòng)，其受到的合力為零，所以mag＝qE，

40、電場力方向豎直向上，油滴帶負(fù)電荷．又油滴b、c在場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則其重力和受到的電場力是一對平衡力，所以mbg＝mcg＝qE，油滴受到的洛倫茲力提供其做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，由左手定則可判斷，b、c都沿順時(shí)針方向運(yùn)動(dòng)．故A正確． 2. 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(shí)不偏轉(zhuǎn)(不計(jì)重力)，則磁場區(qū)域內(nèi)必須同時(shí)存在一個(gè)勻強(qiáng)電場，關(guān)于此電場場強(qiáng)大小和方向的說法中，正確的是(　　) A．大小為，粒子帶正電時(shí)，方向向上 B．大小為，粒子帶負(fù)電時(shí)，方向向上 C．大小為Bv，方向向下，與粒子帶何種電荷

41、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：選D.當(dāng)粒子所受的洛倫茲力和電場力平衡時(shí)，粒子流勻速直線通過該區(qū)域，有qvB＝qE，所以E＝Bv.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(shí)，則受向上的洛倫茲力，電場方向仍應(yīng)向上．故正確答案為D. 3. (2018·銅陵質(zhì)檢)如圖所示，粗糙的足夠長的豎直木桿上套有一個(gè)帶電的小球，整個(gè)裝置處在由水平勻強(qiáng)電場和垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場組成的足夠大的復(fù)合場中，小球由靜止開始下滑，在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中小球的v－t圖象如下圖所示，其中正確的是(　　) 解析：選C.小球下滑過程中，qE與qvB反向，開始下落時(shí)q

42、E>qvB，所以a＝，隨下落速度v的增大a逐漸增大；當(dāng)qE

43、即＝，由題意知r甲

44、U＝ER C．直徑PQ＝ D．若一群離子從靜止開始經(jīng)過上述過程都落在膠片上同一點(diǎn)，則該群離子具有相同的比荷 解析：選C.由P點(diǎn)垂直邊界進(jìn)入磁分析器，最終打到膠片上的Q點(diǎn)，根據(jù)左手定則可得，粒子帶正電，選項(xiàng)A正確；由粒子在加速電場中做勻加速運(yùn)動(dòng)，則有qU＝mv2，又粒子在靜電分析器做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由電場力提供向心力，則有qE＝，解得U＝，選項(xiàng)B正確；粒子在磁分析器中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，則有qvB＝，由P點(diǎn)垂直邊界進(jìn)入磁分析器，最終打在Q點(diǎn)，可得PQ＝2r＝　，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；若離子從靜止開始經(jīng)過上述過程都落在膠片上同一點(diǎn)說明運(yùn)動(dòng)的軌道半徑r＝　相同，由于加速電場、靜電分析器

45、與磁分析器都相同，則該群離子具有相同的比荷，選項(xiàng)D正確． 6. (2018·長春模擬)利用霍爾效應(yīng)制作的霍爾元件，廣泛應(yīng)用于測量和自動(dòng)控制等領(lǐng)域．如圖所示是霍爾元件的工作原理示意圖，磁感應(yīng)強(qiáng)度B垂直于霍爾元件的工作面向下，通入圖示方向的電流I，CD兩側(cè)面會(huì)形成電勢差UCD，下列說法正確的是(　　) A．電勢差UCD僅與材料有關(guān) B．若霍爾元件的載流子是自由電子，則電勢差UCD<0 C．僅增大磁感應(yīng)強(qiáng)度時(shí)，電勢差UCD可能不變 D．在測定地球赤道上方的地磁場強(qiáng)弱時(shí)，元件的工作面應(yīng)保持水平 解析：選B.霍爾元件穩(wěn)定后，通過霍爾元件的載流子受到的電場力與洛倫茲力相等，即q＝qvB，

46、得|UCD|＝Bdv，與磁感應(yīng)強(qiáng)度有關(guān)，A項(xiàng)錯(cuò)誤；由左手定則可知，載流子受到由D指向C方向的洛倫茲力，若載流子為電子，則電子向C側(cè)偏轉(zhuǎn)，UCD<0，B項(xiàng)正確；根據(jù)|UCD|＝Bdv可知，僅增大磁感應(yīng)強(qiáng)度，電勢差|UCD|一定增大，C項(xiàng)錯(cuò)誤；地球赤道上方地磁場由南向北，測定地磁場時(shí)元件工作面應(yīng)保持豎直，D項(xiàng)錯(cuò)誤． 二、多項(xiàng)選擇題 7. (高考全國卷Ⅱ)如圖為某磁譜儀部分構(gòu)件的示意圖．圖中，永磁鐵提供勻強(qiáng)磁場，硅微條徑跡探測器可以探測粒子在其中運(yùn)動(dòng)的軌跡．宇宙射線中有大量的電子、正電子和質(zhì)子．當(dāng)這些粒子從上部垂直進(jìn)入磁場時(shí)，下列說法正確的是(　　) A.電子與正電子的偏轉(zhuǎn)方向一定不同

47、 B．電子與正電子在磁場中運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑一定相同 C．僅依據(jù)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡無法判斷該粒子是質(zhì)子還是正電子 D．粒子的動(dòng)能越大，它在磁場中運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑越小 解析：選AC.根據(jù)左手定則，電子、正電子進(jìn)入磁場后所受洛倫茲力的方向相反，故兩者的偏轉(zhuǎn)方向不同，選項(xiàng)A正確；根據(jù)qvB＝，得r＝，若電子與正電子在磁場中的運(yùn)動(dòng)速度不相等，則軌跡半徑不相同，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；對于質(zhì)子、正電子，它們都帶正電，以相同速度進(jìn)入磁場時(shí)，所受洛倫茲力方向相同，兩者偏轉(zhuǎn)方向相同，僅依據(jù)粒子軌跡無法判斷是質(zhì)子還是正電子，故選項(xiàng)C正確；粒子的mv越大，軌道半徑越大，而mv＝，粒子的動(dòng)能大，其mv不一定大，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 8.

48、 霍爾式位移傳感器的測量原理如圖所示，有一個(gè)沿z軸方向均勻變化的磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝B0＋kz(B0、k均為常數(shù))．將霍爾元件固定在物體上，保持通過霍爾元件的電流I不變(方向如圖所示)，當(dāng)物體沿z軸正方向平移時(shí)，由于位置不同，霍爾元件在y軸方向的上、下表面的電勢差U也不同．則(　　) A．其他條件不變，磁感應(yīng)強(qiáng)度B越大，上、下表面的電勢差U越大 B．k越大，傳感器靈敏度越高 C．若圖中霍爾元件是電子導(dǎo)電，則下板電勢高 D．其他條件不變，電流I越大，上、下表面的電勢差U越小 解析：選AB.最終電子在電場力和洛倫茲力的作用下處于平衡，設(shè)霍爾元件的長寬高分別為a、b、c，有q＝qvB，

49、電流的微觀表達(dá)式為I＝nqvS＝nqvbc，所以U＝.其他條件不變，B越大，上、下表面的電勢差U越大．電流越大，上、下表面的電勢差U越大．故A正確，D錯(cuò)誤；k越大，根據(jù)磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝B0＋kz，知B隨z的增大而增大，根據(jù)U＝知，B隨z的變化越大，即傳感器靈敏度越高．故B正確；霍爾元件中移動(dòng)的是自由電子，根據(jù)左手定則，電子向下表面偏轉(zhuǎn)，所以上表面電勢高．故C錯(cuò)誤． 9. 勞倫斯和利文斯設(shè)計(jì)出回旋加速器，工作原理示意圖如圖所示．置于真空中的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)間可忽略．磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)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(chǎn)生質(zhì)

50、子的質(zhì)量為m、電荷量為＋q，在加速器中被加速，且加速過程中不考慮相對論效應(yīng)和重力的影響．則下列說法正確的是(　　) A．質(zhì)子被加速后的最大速度不可能超過2πRf B．質(zhì)子離開回旋加速器時(shí)的最大動(dòng)能與加速電壓U成正比 C．質(zhì)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為∶1 D．不改變磁感應(yīng)強(qiáng)度B和交流電頻率f，仍用該回旋加速器釋放質(zhì)量為m的質(zhì)子，則最大動(dòng)能不變 解析：選ACD.質(zhì)子被加速后的最大速度受到D形盒半徑R的制約，因v＝＝2πRf，故A正確；質(zhì)子離開回旋加速器的最大動(dòng)能Ekm＝mv2＝m×4π2R2f2＝2mπ2R2f2，與加速電壓U無關(guān)，B錯(cuò)誤；根據(jù)R＝，Uq＝mv，2

51、Uq＝mv，得質(zhì)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為∶1，C正確；因回旋加速器的最大動(dòng)能Ekm＝2mπ2R2f2與m、R、f均有關(guān)且這幾個(gè)量均不變，D正確． 10．(2018·浙江名校聯(lián)考) 質(zhì)量為m、電荷量為q的微粒以速度v與水平方向成θ角從O點(diǎn)進(jìn)入方向如圖所示的正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場組成的混合場區(qū)，該微粒在電場力、洛倫茲力和重力的共同作用下，恰好沿直線運(yùn)動(dòng)到A，下列說法中正確的是(　　) A．該微粒一定帶負(fù)電荷 B．微粒從O到A的運(yùn)動(dòng)可能是勻變速運(yùn)動(dòng) C．該磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 D．該電場的場強(qiáng)為Bvcos θ 解析：選AC.若微粒帶正電荷，它受豎直向下

52、的重力mg、水平向左的電場力qE和垂直O(jiān)A斜向右下方的洛倫茲力qvB，知微粒不能做直線運(yùn)動(dòng)，據(jù)此可知微粒應(yīng)帶負(fù)電荷，它受豎直向下的重力mg、水平向右的電場力qE和垂直O(jiān)A斜向左上方的洛倫茲力qvB，又知微粒恰好沿著直線運(yùn)動(dòng)到A，可知微粒應(yīng)該做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；由平衡條件得：qvBcos θ＝mg，qvBsin θ＝qE，得磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝，電場的場強(qiáng)E＝Bvsin θ，故選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤． 三、非選擇題 11．(2015·高考江蘇卷)一臺(tái)質(zhì)譜儀的工作原理如圖所示，電荷量均為＋q、質(zhì)量不同的離子飄入電壓為U0的加速電場，其初速度幾乎為零．這些離子經(jīng)加速后通過狹縫O沿著

53、與磁場垂直的方向進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，最后打在底片上．已知放置底片的區(qū)域MN＝L，且OM＝L.某次測量發(fā)現(xiàn)MN中左側(cè)區(qū)域MQ損壞，檢測不到離子，但右側(cè)區(qū)域QN仍能正常檢測到離子．在適當(dāng)調(diào)節(jié)加速電壓后，原本打在MQ的離子即可在QN檢測到． (1)求原本打在MN中點(diǎn)P的離子質(zhì)量m； (2)為使原本打在P的離子能打在QN區(qū)域，求加速電壓U的調(diào)節(jié)范圍； (3)為了在QN區(qū)域?qū)⒃敬蛟贛Q區(qū)域的所有離子檢測完整，求需要調(diào)節(jié)U的最少次數(shù)．(取lg 2＝0.301，lg 3＝0.477，lg 5＝0.699) 解析：(1)離子在電場中加速，qU0＝mv2 在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，qvB

54、＝m 解得r0＝ 代入r0＝L， 解得m＝. (2)由(1)知，U＝， 離子打在Q點(diǎn)時(shí)，r＝L，得U＝ 離子打在N點(diǎn)時(shí)，r＝L，得U＝ 則電壓的范圍為≤U≤. (3)由(1)可知，r∝ 由題意知，第1次調(diào)節(jié)電壓到U1，使原本打在Q點(diǎn)的離子打在N點(diǎn)，＝ 此時(shí)，原本運(yùn)動(dòng)軌跡半徑為r1的打在Q1的離子打在Q上， ＝，解得r1＝L 第2次調(diào)節(jié)電壓到U2，原本打在Q1的離子打在N點(diǎn)，原本運(yùn)動(dòng)軌跡半徑為r2的打在Q2的離子打在Q上，則 ＝，＝，解得r2＝L 同理，第n次調(diào)節(jié)電壓，有rn＝L 檢測完整，有rn≤，解得n≥－1≈2.8 最少次數(shù)為3次． 答案：(1)　(2)≤

55、U≤ (3)最少次數(shù)為3次 12．(2015·高考浙江卷)使用回旋加速器的實(shí)驗(yàn)需要把離子束從加速器中引出，離子束引出的方法有磁屏蔽通道法和靜電偏轉(zhuǎn)法等．質(zhì)量為m，速度為v的離子在回旋加速器內(nèi)旋轉(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)軌道是半徑為r的圓，圓心在O點(diǎn)，軌道在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B. 為引出離子束，使用磁屏蔽通道法設(shè)計(jì)引出器．引出器原理如圖所示，一對圓弧形金屬板組成弧形引出通道，通道的圓心位于O′點(diǎn)(O′點(diǎn)圖中未畫出)．引出離子時(shí)，令引出通道內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度降低，從而使離子從P點(diǎn)進(jìn)入通道，沿通道中心線從Q點(diǎn)射出．已知OQ長度為L，OQ與OP的夾角為θ. (1)求離子的電荷量q并判斷其

56、正負(fù)； (2)離子從P點(diǎn)進(jìn)入，Q點(diǎn)射出，通道內(nèi)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度應(yīng)降為B′，求B′； (3)換用靜電偏轉(zhuǎn)法引出離子束，維持通道內(nèi)的原有磁感應(yīng)強(qiáng)度B不變，在內(nèi)外金屬板間加直流電壓，兩板間產(chǎn)生徑向電場，忽略邊緣效應(yīng)．為使離子仍從P點(diǎn)進(jìn)入，Q點(diǎn)射出，求通道內(nèi)引出軌跡處電場強(qiáng)度E的方向和大?。? 解析：(1)離子做圓周運(yùn)動(dòng)，則Bqv＝，得q＝， 由左手定則知，離子帶正電． (2)如圖所示 O′Q＝R，OQ＝L，O′O＝R－r 引出軌跡為圓弧， 則B′qv＝ 得R＝ 根據(jù)幾何關(guān)系得 R＝ 故B′＝＝. (3)電場強(qiáng)度方向沿徑向向外 引出軌跡為圓弧，則Bqv－Eq＝ E＝Bv－. 答案：(1)　正電荷 (2) (3)沿徑向向外　Bv－ 25