《2020高考物理一輪復(fù)習(xí) 第九章 第3講 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)學(xué)案（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020高考物理一輪復(fù)習(xí) 第九章 第3講 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)學(xué)案（含解析）（44頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第3講　帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 主干梳理 對(duì)點(diǎn)激活 知識(shí)點(diǎn)　　帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)?、? 1．組合場(chǎng)與疊加場(chǎng) (1)組合場(chǎng)：電場(chǎng)與磁場(chǎng)各位于一定的區(qū)域內(nèi)，并不重疊，或在同一區(qū)域，電場(chǎng)、磁場(chǎng)分時(shí)間段交替出現(xiàn)。 (2)疊加場(chǎng)：電場(chǎng)、磁場(chǎng)、重力場(chǎng)在同一區(qū)域共存，或其中某兩場(chǎng)在同一區(qū)域共存。 2．三種場(chǎng)的比較 3．帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)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(chǎng)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(chǎng)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(chǎng)的平面內(nèi)做勻速圓

2、周運(yùn)動(dòng)。 (3)較復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng) 當(dāng)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。 (4)分階段運(yùn)動(dòng) 帶電粒子可能依次通過(guò)幾個(gè)情況不同的復(fù)合場(chǎng)區(qū)域，其運(yùn)動(dòng)情況隨區(qū)域發(fā)生變化，其運(yùn)動(dòng)過(guò)程由幾種不同的運(yùn)動(dòng)階段組成。 知識(shí)點(diǎn)　　帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的應(yīng)用實(shí)例　Ⅰ(一)電場(chǎng)、磁場(chǎng)分區(qū)域應(yīng)用實(shí)例 1．質(zhì)譜儀 (1)構(gòu)造：如圖甲所示，由粒子源、加速電場(chǎng)、偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)和照相底片等構(gòu)成。 (2)原理：粒子由靜止被加速電場(chǎng)加速，根據(jù)動(dòng)能定理可得關(guān)系式qU＝mv2。 粒子在磁場(chǎng)中受洛倫茲力作用而偏轉(zhuǎn)，做

3、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．回旋加速器 (1)構(gòu)造：如圖乙所示，D1、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(qiáng)磁場(chǎng)中。 (2)原理：交流電的周期和粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期相等，粒子在圓周運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中一次一次地經(jīng)過(guò)D形盒縫隙，兩盒間的電勢(shì)差一次一次地反向，粒子就會(huì)被一次一次地加速。由qvB＝，得Ekm＝，可見粒子獲得的最大動(dòng)能由磁感應(yīng)強(qiáng)度B和D形盒半徑r決定，與加速電壓無(wú)關(guān)。 (二)電場(chǎng)、磁場(chǎng)同區(qū)域并存的實(shí)例 一 思維辨析 1．

4、帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，必有mg＝Eq，洛倫茲力做向心力。(　　) 2．粒子速度選擇器只選擇速度大小，不選擇速度方向。(　　) 3．回旋加速器中粒子獲得的最大動(dòng)能與加速電壓有關(guān)。(　　) 4．帶電粒子在重力、電場(chǎng)力(恒力)、洛倫茲力三個(gè)力作用下可以做變速直線運(yùn)動(dòng)。(　　) 5．質(zhì)譜儀可以測(cè)帶電粒子比荷。(　　) 6．有的時(shí)候，題目中沒明確說(shuō)明時(shí)，帶電粒子是否考慮重力，要結(jié)合運(yùn)動(dòng)狀態(tài)進(jìn)行判定。(　　) 答案　1.√　2.×　3.×　4.×　5.√　6.√ 二 對(duì)點(diǎn)激活 1．(多選)如圖所示，一帶電小球在一正交電場(chǎng)、磁場(chǎng)區(qū)域里做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)方向豎直向下，磁場(chǎng)方向垂直

5、紙面向里，則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．小球一定帶正電 B．小球一定帶負(fù)電 C．小球的繞行方向?yàn)轫槙r(shí)針 D．改變小球的速度大小，小球?qū)⒉蛔鰣A周運(yùn)動(dòng) 答案　BC 解析　小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，重力必與電場(chǎng)力平衡，則電場(chǎng)力方向豎直向上，結(jié)合電場(chǎng)方向可知小球一定帶負(fù)電，A錯(cuò)誤，B正確；洛倫茲力充當(dāng)向心力，由曲線運(yùn)動(dòng)軌跡的彎曲方向結(jié)合左手定則可得，繞行方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较?，C正確；改變小球的速度大小，重力仍與電場(chǎng)力平衡，小球仍在洛倫茲力作用下做圓周運(yùn)動(dòng)，D錯(cuò)誤。 2. (人教版選修3－1·P98·T4改編)(多選)磁流體發(fā)電是一項(xiàng)新興技術(shù)，如圖是它的示意圖。平行金屬板A、B之間有一個(gè)很強(qiáng)的

6、磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。將一束等離子體(即高溫下電離的氣體，含有大量正、負(fù)帶電粒子)噴入磁場(chǎng)，A、B兩板間便產(chǎn)生電壓。如果把A、B和用電器連接，A、B就是一個(gè)直流電源的兩個(gè)電極。A、B兩板間距為d，等離子體以速度v沿垂直于磁場(chǎng)方向射入A、B兩板之間，所帶電荷量為q，則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．A板是電源的正極 B．B板是電源的正極 C．電源的電動(dòng)勢(shì)為Bdv D．電源的電動(dòng)勢(shì)為qvB 答案　BC 解析　根據(jù)左手定則，帶正電粒子向下偏轉(zhuǎn)，所以B板帶正電，為電源正極，A錯(cuò)誤，B正確；最終帶電粒子在電場(chǎng)力和洛倫茲力作用下處于平衡，有qvB＝q，解得E＝Bdv，D錯(cuò)誤，C正確。

7、 3．(人教版選修3－1·P100·例題改編)一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子，從容器A下方的小孔S1飄入電勢(shì)差為U的加速電場(chǎng)，其初速度幾乎為0，然后經(jīng)過(guò)S3沿著與磁場(chǎng)垂直的方向進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，最后打到照相底片D上。 (1)求粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速率； (2)求粒子打在照相底片D上的點(diǎn)到S3的距離。 答案　(1) 　(2) 解析　(1)粒子被加速電場(chǎng)加速有 qU＝mv2 得v＝ (2)帶電粒子進(jìn)入磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng) qvB＝ 把v代入得r＝ 。 粒子打在照相底片D上的點(diǎn)到S3的距離為 2r＝ 。 考點(diǎn)細(xì)研 悟法培優(yōu) 考點(diǎn)1　帶電粒子在組合場(chǎng)中的

8、運(yùn)動(dòng) 這類問(wèn)題的特點(diǎn)是電場(chǎng)、磁場(chǎng)或重力場(chǎng)依次出現(xiàn)，包含空間上先后出現(xiàn)和時(shí)間上先后出現(xiàn)，常見的有磁場(chǎng)、電場(chǎng)與無(wú)場(chǎng)區(qū)交替出現(xiàn)相組合的場(chǎng)等。其運(yùn)動(dòng)形式包含勻速直線運(yùn)動(dòng)、勻變速直線運(yùn)動(dòng)、類平拋運(yùn)動(dòng)、圓周運(yùn)動(dòng)等，涉及牛頓運(yùn)動(dòng)定律、功能關(guān)系等知識(shí)的應(yīng)用。 1．解題思路 (1)劃分過(guò)程：將粒子運(yùn)動(dòng)的過(guò)程劃分為幾個(gè)不同的階段，對(duì)不同的階段選用不同的規(guī)律處理。 (2)找關(guān)鍵點(diǎn)：確定帶電粒子在場(chǎng)區(qū)邊界的速度(包括大小和方向)是解決該類問(wèn)題的關(guān)鍵。 (3)畫運(yùn)動(dòng)軌跡：根據(jù)受力分析和運(yùn)動(dòng)分析，大致畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡圖，有利于形象、直觀地解決問(wèn)題。 (4)選擇合適的物理規(guī)律，列方程：對(duì)于類平拋運(yùn)動(dòng)，一般分解

9、為沿初速度方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)和垂直于初速度方向的勻加速直線運(yùn)動(dòng)；對(duì)粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的情況，一般都是洛倫茲力提供向心力。 2．常見的基本運(yùn)動(dòng)形式 例1　(2018·太原模擬)如圖所示，在直角坐標(biāo)系xOy平面內(nèi)，x≤0的區(qū)域存在平行于y軸的勻強(qiáng)電場(chǎng)(圖中未畫出)，電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E，方向沿y軸負(fù)方向；在x≥0的區(qū)域有一個(gè)半徑為L(zhǎng)的圓形區(qū)域，圓心O′坐標(biāo)為(L,0)，圓內(nèi)有方向垂直于xOy平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一帶正電的粒子從M－L，L點(diǎn)以初速度v0沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，恰好經(jīng)O點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)，之后以平行x軸正方向的速度射出磁場(chǎng)。不計(jì)粒子的重力，求： (1)粒子的比荷及粒子

10、通過(guò)O點(diǎn)時(shí)的速度； (2)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大?。? (3)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。 解題探究　(1)帶電粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平位移和豎直位移分別為多少？ 提示：水平位移為L(zhǎng)，豎直位移為L(zhǎng)。 (2)帶電粒子從磁場(chǎng)中穿出時(shí)速度平行x軸正方向，說(shuō)明在磁場(chǎng)中的速度偏轉(zhuǎn)角與在電場(chǎng)中的速度偏轉(zhuǎn)角有什么關(guān)系？ 提示：相等。 嘗試解答　(1)＝　2v0，方向斜向下與x軸正方向夾角為60°　(2)　(3) (1)帶電粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)， 有水平方向：L＝v0t1， 豎直方向：L＝at，a＝，v1＝， 由上式解得＝，v1＝2v0， 設(shè)帶電粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度方向與x軸正方向夾角為θ，

11、則有cosθ＝＝，則粒子通過(guò)O點(diǎn)時(shí)速度v1＝2v0，方向斜向下與x軸正方向夾角為θ＝60°。 (2)粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由洛倫茲力提供向心力，有qv1B＝m，R＝，結(jié)合圖中幾何關(guān)系解得R＝L，故B＝。 (3)設(shè)帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2，由幾何關(guān)系知粒子在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)角為60°，通過(guò)的弧長(zhǎng)：s＝R＝v1t2，解得t2＝。 總結(jié)升華 帶電粒子在組合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的處理方法 (1)解決帶電粒子在組合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的思路 (2)常用物理規(guī)律 ①帶電粒子經(jīng)過(guò)電場(chǎng)區(qū)域時(shí)利用動(dòng)能定理或類平拋的知識(shí)分析； ②帶電粒子經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)利用圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律結(jié)合幾何關(guān)系來(lái)處理。 (3)解題關(guān)鍵

12、：從一種場(chǎng)進(jìn)入另一種場(chǎng)時(shí)銜接速度不變。 [變式1]　(2018·鄭州質(zhì)量預(yù)測(cè))如圖所示為平面直角坐標(biāo)系xOy，在第二象限內(nèi)存在沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)；在第一象限內(nèi)某區(qū)域存在方向垂直于坐標(biāo)平面向里的有界圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)(圖中未畫出)。一粒子源固定在x軸上坐標(biāo)為(－L,0)的A點(diǎn)，粒子源沿y軸正方向釋放出速度大小為v的電子，電子恰好能通過(guò)y軸上坐標(biāo)為(0,2L)的C點(diǎn)，電子繼續(xù)前進(jìn)距離L后進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域，再次回到x軸時(shí)速度方向與x軸正方向成45°角。已知電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，有界圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝，不考慮粒子的重力和粒子之間的相互作用，求： (1)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E的大

13、小； (2)圓形磁場(chǎng)的最小面積Smin； (3)電子從進(jìn)入電場(chǎng)到再次回到x軸所用的總時(shí)間t總。 答案　(1)E＝　(2)Smin＝πL2 (3)t總＝ 解析　(1)電子在從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)程中，做類平拋運(yùn)動(dòng)，在x軸方向上，L＝t2 在y軸方向上，2L＝vt 聯(lián)立解得E＝。 (2)電子離開電場(chǎng)時(shí)的速度的反向延長(zhǎng)線過(guò)y軸方向位移的中點(diǎn)，故tanθ＝1，θ＝45° 電子進(jìn)入磁場(chǎng)后僅受洛倫茲力作用，在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng) 由牛頓第二定律有，evCB＝m 根據(jù)幾何關(guān)系可知vC＝ 根據(jù)題意作出電子的運(yùn)動(dòng)軌跡示意圖如圖所示， 由圖中幾何關(guān)系可知，電子在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)90°后射出

14、 當(dāng)圖中弧PQ對(duì)應(yīng)的弦為圓形磁場(chǎng)的直徑時(shí)其半徑最小，即Rmin＝rsin45° 聯(lián)立解得Smin＝πR＝πL2。 (3)運(yùn)動(dòng)過(guò)程經(jīng)歷的總時(shí)間為 t總＝＋＋＝。 考點(diǎn)2　帶電粒子(帶電體)在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 1.帶電粒子(帶電體)在疊加場(chǎng)中無(wú)約束情況下的運(yùn)動(dòng) (1)電場(chǎng)力、重力并存 電場(chǎng)力與重力的合力為恒力，粒子一般做勻速直線運(yùn)動(dòng)或勻變速直線(或曲線)運(yùn)動(dòng)，比較簡(jiǎn)單。 (2)磁場(chǎng)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(wèn)題。 (3)電場(chǎng)力、磁場(chǎng)力并存(不計(jì)重

15、力的微觀粒子) ①若電場(chǎng)力和洛倫茲力平衡，則帶電粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)。 ②若電場(chǎng)力和洛倫茲力不平衡，則帶電粒子將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)，因洛倫茲力不做功，可用動(dòng)能定理求解問(wèn)題。 (4)電場(chǎng)力、磁場(chǎng)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(chǎng)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，可用能量守恒定律或動(dòng)能定理求解問(wèn)題。 2．帶電體在疊加場(chǎng)中有約束情況下的運(yùn)動(dòng) 帶電體在復(fù)合場(chǎng)中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道等約束的情況下，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)解題要通過(guò)受力分析明確變力、恒力做功情況，并注意洛倫茲

16、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。 特別提醒：是否考慮重力的判斷 ①對(duì)于微觀粒子，如電子、質(zhì)子、離子等，若無(wú)特殊說(shuō)明，一般不考慮重力；對(duì)于宏觀帶電小物體，如帶電小球、塵埃、油滴、液滴等，若無(wú)特殊說(shuō)明，一般需要考慮重力。 ②題目中已明確說(shuō)明則需要考慮重力。 ③不能直接判斷是否需要考慮重力的，在進(jìn)行受力分析和運(yùn)動(dòng)分析時(shí)，由分析結(jié)果確定是否考慮重力。 　　　　 例2 如圖所示，坐標(biāo)系xOy在豎直平面內(nèi)，y軸沿豎直方向，第二、三和四象限有沿水平方向，垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。第四象限的空間內(nèi)有沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)為E，一個(gè)帶正電荷的小

17、球從圖中x軸上的M點(diǎn)，沿著與水平方向成θ＝30°角斜向下的直線做勻速運(yùn)動(dòng)。經(jīng)過(guò)y軸上的N點(diǎn)進(jìn)入x<0的區(qū)域內(nèi)，在x<0區(qū)域內(nèi)另加一勻強(qiáng)電場(chǎng)E1(圖中未畫出)，小球進(jìn)入x<0區(qū)域后能在豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。(已知重力加速度為g) (1)求勻強(qiáng)電場(chǎng)E1的大小和方向； (2)若帶電小球做圓周運(yùn)動(dòng)通過(guò)y軸上的P點(diǎn)(P點(diǎn)未標(biāo)出)，求小球從N點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)所用的時(shí)間t； (3)若要使小球從第二象限穿過(guò)y軸后能夠沿直線運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)，可在第一象限加一勻強(qiáng)電場(chǎng)，求此電場(chǎng)強(qiáng)度的最小值E2，并求出這種情況下小球到達(dá)M點(diǎn)的速度vM。 解題探究　(1)帶電小球沿直線MN做勻速直線運(yùn)動(dòng)的條件是什么？ 提示：合

18、外力為零。 (2)帶電小球在x<0區(qū)域內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的條件是什么？ 提示：電場(chǎng)力與重力平衡，洛倫茲力提供向心力。 嘗試解答　(1)E1＝E　方向豎直向上　(2)t＝ (3)E2＝E　vM＝ (1)設(shè)小球質(zhì)量為m，電荷量為q，速度大小為v，小球在MN段受力如圖甲所示，因?yàn)樵贛N段小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以小球受力平衡 有：mgtan30°＝qE qvBsin30°＝qE 解得：mg＝qE v＝ 在x<0的區(qū)域內(nèi)，有mg＝qE1 聯(lián)立解得E1＝E，方向?yàn)樨Q直向上。 (2)小球在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期是： T＝ 小球到達(dá)N點(diǎn)時(shí)速度方向與y軸夾角為60°，所以小

19、球在x<0的區(qū)域轉(zhuǎn)過(guò)240°角到達(dá)y軸上P點(diǎn)，所用時(shí)間t＝T 聯(lián)立得小球從N到P經(jīng)歷的時(shí)間是：t＝。 (3)小球到達(dá)P點(diǎn)時(shí)速度與x軸夾角為30°，小球從P點(diǎn)沿直線運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)，說(shuō)明P點(diǎn)與N點(diǎn)關(guān)于O點(diǎn)對(duì)稱，畫出軌跡如圖乙，小球在重力和電場(chǎng)力作用下做直線運(yùn)動(dòng)，合力與速度共線，當(dāng)電場(chǎng)力與PM垂直時(shí)電場(chǎng)強(qiáng)度最小，由受力分析可知 qE2＝mgcos30° 解得：E2＝E 這種情況下，小球從P點(diǎn)沿直線運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)的加速度為a＝gsin30°＝g 由幾何關(guān)系可知，P、M的距離為s＝Rcot30° R＝ 根據(jù)v－v2＝2as 聯(lián)立解得vM＝。 總結(jié)升華 帶電粒子(帶電體)在疊加場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的解題

20、思路 (1)弄清疊加場(chǎng)的組成，一般有磁場(chǎng)、電場(chǎng)的疊加，電場(chǎng)、重力場(chǎng)的疊加，磁場(chǎng)、重力場(chǎng)的疊加，磁場(chǎng)、電場(chǎng)、重力場(chǎng)三者的疊加。 (2)正確分析受力，除重力、彈力、摩擦力外要特別注意電場(chǎng)力和磁場(chǎng)力的分析。 (3)確定帶電粒子(帶電體)的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，注意運(yùn)動(dòng)情況和受力情況的分析。 (4)畫出粒子(帶電體)運(yùn)動(dòng)軌跡，靈活選擇不同的運(yùn)動(dòng)規(guī)律。 (5)對(duì)于粒子(帶電體)連續(xù)通過(guò)幾個(gè)不同疊加場(chǎng)的問(wèn)題，要分階段進(jìn)行處理。銜接點(diǎn)的速度不變往往成為解題的突破口。 [變式2－1]　 (2018·大連二十四中聯(lián)考)(多選)如圖所示，在足夠大的空間范圍內(nèi)，同時(shí)存在著豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向外的勻強(qiáng)

21、磁場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。足夠長(zhǎng)的斜面固定在水平面上，斜面傾角為45°，有一帶電的小球P靜止于斜面頂端A處，且恰好對(duì)斜面無(wú)壓力。若將小球P以初速度v0水平向右拋出(P可視為質(zhì)點(diǎn))，一段時(shí)間后，小球落在斜面上的C點(diǎn)。已知小球的運(yùn)動(dòng)軌跡在同一豎直平面內(nèi)，則(　　) A．若拋出的初速度小于v0，小球在斜面上的落點(diǎn)與A點(diǎn)的距離小于A、C兩點(diǎn)間的距離 B．若拋出的初速度小于v0，小球落在斜面上所用的時(shí)間將縮短 C．若沿豎直向上方向以初速度v0拋出小球，小球仍會(huì)落到C點(diǎn) D．若沿豎直向上方向以初速度v0拋出小球，小球不會(huì)落到C點(diǎn) 答案　AC 解析　帶電小球P靜止于斜面頂端A處且恰

22、好對(duì)斜面無(wú)壓力，說(shuō)明小球所受的電場(chǎng)力與重力平衡。將帶電小球P以初速度v0水平向右拋出，洛倫茲力提供向心力，帶電小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，小球落在斜面上的C點(diǎn)。若拋出的初速度小于v0，則帶電小球運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑減小，小球在斜面上的落點(diǎn)與A點(diǎn)的距離小于A、C兩點(diǎn)之間的距離，A正確；若小球拋出的初速度小于v0，小球落在斜面上時(shí)做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡所對(duì)應(yīng)的圓心角仍為90°，由帶電小球在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的時(shí)間只與運(yùn)動(dòng)軌跡所對(duì)的圓心角有關(guān)，可知帶電小球落在斜面上所用的時(shí)間不變，B錯(cuò)誤；根據(jù)帶電小球在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的相關(guān)知識(shí)及幾何關(guān)系可知，若沿豎直向上方向以初速度v0拋出小球，小球仍會(huì)落到C點(diǎn)，C正確，D錯(cuò)誤。 [

23、變式2－2]　(多選)如圖所示，空間中存在一水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)和一水平方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，垂直紙面向里，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E＝，水平向左，在正交的電磁場(chǎng)空間中有一固定的粗細(xì)均勻的足夠長(zhǎng)粗糙絕緣桿，與電場(chǎng)正方向成60°夾角且處于豎直平面內(nèi)，一質(zhì)量為m，電荷量為q(q>0)的小球套在絕緣桿上，當(dāng)小球沿桿向下的初速度為v0時(shí)，小球恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)，已知重力加速度大小為g，小球電荷量保持不變，則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．小球的初速度v0＝ B．若小球沿桿向下的初速度v＝，小球?qū)⒀貤U做加速度不斷增大的減速運(yùn)動(dòng)直到停止 C．若小球沿桿向下的初速度v＝，小球?qū)⒀貤U做加速度不斷減小

24、的減速運(yùn)動(dòng)直到停止 D．若小球沿桿向下的初速度v＝，則從開始運(yùn)動(dòng)至穩(wěn)定，小球克服摩擦力做功為 答案　BD 解析　根據(jù)題意可知小球受力平衡，電場(chǎng)力F＝qE＝mg，電場(chǎng)力與重力的合力為G′＝2mg，方向垂直于桿斜向下，洛倫茲力垂直于斜桿向上，所以小球不受桿的摩擦力，則cos60°＝，所以v0＝，A錯(cuò)誤；當(dāng)v＝時(shí)，qvB＝mgG′，則小球受到垂直于桿斜向下的彈力，即G′＋FN＝qv

25、B，同時(shí)受到沿桿向上的摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律可知f＝μFN＝μ(qvB－G′)＝ma，小球做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)v＝時(shí)，qvB＝G′＝2mg，小球不受摩擦力作用，開始做勻速直線運(yùn)動(dòng)，C錯(cuò)誤；同理，當(dāng)v＝時(shí)，小球先做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)v＝時(shí)開始做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理得小球克服摩擦力做功Wf＝m2－m2＝，D正確。 考點(diǎn)3　帶電粒子在交變場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 交變場(chǎng)是指電場(chǎng)、磁場(chǎng)在某一區(qū)域內(nèi)隨時(shí)間做周期性變化，帶電粒子在交變場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題涉及的物理過(guò)程比較復(fù)雜。 粒子的運(yùn)動(dòng)情況不僅與交變電磁場(chǎng)的變化規(guī)律有關(guān)，還與粒子進(jìn)入場(chǎng)的時(shí)刻有關(guān)。 交替變化的電磁場(chǎng)會(huì)使帶電粒子順次歷經(jīng)不同特點(diǎn)的

26、電磁場(chǎng)，從而表現(xiàn)出“多過(guò)程”現(xiàn)象。 所以最好畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡草圖，并把粒子的運(yùn)動(dòng)分解成多個(gè)階段分別列方程聯(lián)立求解。 例3　 (2013·江蘇高考)在科學(xué)研究中，可以通過(guò)施加適當(dāng)?shù)碾妶?chǎng)和磁場(chǎng)來(lái)實(shí)現(xiàn)對(duì)帶電粒子運(yùn)動(dòng)的控制。如圖甲所示的xOy平面處于勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，電場(chǎng)強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t周期性變化的圖象如圖乙所示。x軸正方向?yàn)镋的正方向，垂直紙面向里為B的正方向。在坐標(biāo)原點(diǎn)O有一粒子P，其質(zhì)量和電荷量分別為m和＋q，不計(jì)重力。在t＝時(shí)刻釋放P，它恰能沿一定軌道做往復(fù)運(yùn)動(dòng)。 (1)求P在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)速度的大小v0； (2)求B0應(yīng)滿足的關(guān)系； (3)在t0時(shí)刻釋放P，

27、求P速度為零時(shí)的坐標(biāo)。 解題探究　(1)帶電粒子在～τ內(nèi)做什么運(yùn)動(dòng)？τ～2τ內(nèi)做什么運(yùn)動(dòng)？ 提示：～τ內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，τ～2τ內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。 (2)P速度為零的時(shí)刻，x坐標(biāo)應(yīng)為多少？ 提示：x＝0。 嘗試解答　(1)v0＝ (2)B0＝(n＝0,1,2,3，…) (3)x＝0　y＝，(k＝1,2,3，…) (1)由題圖乙知，粒子P在～τ做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，τ～2τ做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則 電場(chǎng)力F＝qE0 加速度a＝ 速度v0＝at 且t＝ 解得v0＝。 (2)只有當(dāng)t＝2τ時(shí)，P在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)結(jié)束并開始沿x軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，才能沿一定軌道做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，如圖1所示

28、。設(shè)P在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T。 則T＝τ(n＝0,1,2,3，…) 勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期T＝ 解得B0＝(n＝0,1,2,3，…)。 (3)如圖2所示，在t0時(shí)刻釋放P，P在電場(chǎng)中加速的時(shí)間為τ－t0， 在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，有v1＝ 圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r1＝ 解得r1＝； 又經(jīng)(τ－t0)時(shí)間P減速為零后向右加速的時(shí)間為t0， P再進(jìn)入磁場(chǎng)，有v2＝ 圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r2＝ 解得r2＝。 綜上分析，速度為零時(shí)橫坐標(biāo)x＝0 相應(yīng)的縱坐標(biāo)為y＝，(k＝1,2,3，…) 解得y＝，(k＝1,2,3，…)。 總結(jié)升華 1．解決帶電粒子在交變電磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的基本思

29、路 2．解決帶電粒子在交變電磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的注意事項(xiàng) 電場(chǎng)或磁場(chǎng)周期性變化，或者二者都周期性變化，在某段時(shí)間內(nèi)，電場(chǎng)、磁場(chǎng)、重力場(chǎng)可以只存在其中之一、可以存在其中之二、也可以三者同時(shí)存在，導(dǎo)致帶電粒子的運(yùn)動(dòng)出現(xiàn)多樣性，求解帶電粒子在交變電磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)的方法，就是各個(gè)擊破，分段分析。首先相信，命題者設(shè)計(jì)的帶電粒子的運(yùn)動(dòng)一定是很規(guī)律的運(yùn)動(dòng)，如勻速直線運(yùn)動(dòng)、類平拋運(yùn)動(dòng)、圓周運(yùn)動(dòng)，每段時(shí)間內(nèi)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和方向、磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和方向、每段時(shí)間的長(zhǎng)短都是精心“算出來(lái)”的，所以當(dāng)我們分析某段運(yùn)動(dòng)毫無(wú)規(guī)律時(shí)，一般是我們算錯(cuò)了，需認(rèn)真核實(shí)。 [變式3]　(2018·衡水冀州中學(xué)高三第四次調(diào)研

30、)在圖甲中，加速電場(chǎng)A、B板水平放置，半徑R＝0.2 m的圓形偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)與加速電場(chǎng)的A板相切于N點(diǎn)，有一群比荷為＝5×105 C/kg的帶電粒子從電場(chǎng)中的M點(diǎn)處由靜止釋放，經(jīng)過(guò)電場(chǎng)加速后，從N點(diǎn)垂直于A板進(jìn)入圓形偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)，加速電場(chǎng)的電壓U隨時(shí)間t的變化如圖乙所示，每個(gè)帶電粒子通過(guò)加速電場(chǎng)的時(shí)間極短，可認(rèn)為加速電壓不變。時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)的粒子恰好水平向左離開磁場(chǎng)，(不計(jì)粒子的重力)求： (1)粒子的電性； (2)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。? (3)何時(shí)釋放的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最短？最短時(shí)間t是多少？(π取3) 答案　(1)負(fù)電　(2)0.1 T (3)kT＋(k＝0,1,2,3，…)　2×1

31、0－5 s 解析　(1)由題意可知，粒子水平向左離開磁場(chǎng)，則粒子所受洛倫茲力向左，根據(jù)左手定則得，粒子帶負(fù)電。 (2)由圖乙可知，在時(shí)刻，U＝100 V， 根據(jù)動(dòng)能定理得：Uq＝mv－0， 粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力， 由牛頓第二定律得：qv1B＝m 粒子恰好水平向左離開磁場(chǎng)，粒子軌道半徑：r1＝R 解得：B＝0.1 T。 (3)速度越大，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑越大，時(shí)間越短，則當(dāng)t＝kT＋(k＝0,1,2,3…)時(shí)進(jìn)入電場(chǎng)的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最短， 根據(jù)動(dòng)能定理得：U′q＝mv， 根據(jù)牛頓第二定律得：qv2B＝m 設(shè)圓弧所對(duì)的圓心角為2θ， 由

32、幾何關(guān)系得：＝tanθ， 根據(jù)周期公式得：T＝， 粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t＝T。 解得t＝2×10－5 s。 考點(diǎn)4　帶電粒子在電磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的應(yīng)用實(shí)例分析 1.質(zhì)譜儀的主要特征 將質(zhì)量數(shù)不等、電荷數(shù)相等的帶電粒子經(jīng)同一電場(chǎng)加速后進(jìn)入偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)。各粒子由于軌道半徑不同而分離，其軌道半徑r＝＝＝＝ 。在上式中，B、U、q對(duì)同一元素均為常量，故r∝，根據(jù)不同的半徑，就可計(jì)算出粒子的質(zhì)量或比荷。 2．回旋加速器的主要特征 (1)帶電粒子在兩D形盒中的回旋周期等于兩盒狹縫之間高頻電場(chǎng)的變化周期，與帶電粒子的速度無(wú)關(guān)。 (2)將帶電粒子在兩盒狹縫之間的運(yùn)動(dòng)首尾連起來(lái)是一個(gè)初速度為零的勻加

33、速直線運(yùn)動(dòng)。 (3)帶電粒子每加速一次，回旋半徑就增大一次，所以各半徑之比為1∶∶… (4)粒子的最大速度v＝，可見帶電粒子加速后的能量取決于D形盒的最大半徑R和磁場(chǎng)的強(qiáng)弱。 3．霍爾效應(yīng)的原理和分析 (1)定義：高為h，寬為d的導(dǎo)體(或半導(dǎo)體)置于勻強(qiáng)磁場(chǎng)B中，當(dāng)電流通過(guò)導(dǎo)體(或半導(dǎo)體)時(shí)，在導(dǎo)體(或半導(dǎo)體)的上表面A和下表面A′之間產(chǎn)生電勢(shì)差，這種現(xiàn)象稱為霍爾效應(yīng)，此電壓稱為霍爾電壓。 (2)電勢(shì)高低的判斷：導(dǎo)電的載流子有正電荷和負(fù)電荷。以電子導(dǎo)電的金屬為例，如圖，金屬導(dǎo)體中的電流I向右時(shí)，根據(jù)左手定則可得，下表面A′的電勢(shì)高。正電荷導(dǎo)電時(shí)則相反。 (3)霍爾電壓的計(jì)算：導(dǎo)

34、體中的自由電荷在洛倫茲力作用下偏轉(zhuǎn)，A、A′間出現(xiàn)電勢(shì)差，當(dāng)自由電荷所受靜電力和洛倫茲力平衡時(shí)，A、A′間的電勢(shì)差(U)就保持穩(wěn)定，由qvB＝q，I＝nqvS，S＝hd，聯(lián)立得U＝＝k，k＝稱為霍爾系數(shù)。 速度選擇器、磁流體發(fā)電機(jī)、電磁流量計(jì)與霍爾效應(yīng)類似，均以平衡方程Eq＝Bqv為基礎(chǔ)，就不多做介紹了。 例4　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(chǎng)，使粒子在通過(guò)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(chǎng)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(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，

35、高頻交流電頻率為f。則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．質(zhì)子被加速后的最大速度不可能超過(guò)2πfR B．質(zhì)子被加速后的最大速度與加速電場(chǎng)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f，該回旋加速器也能用于加速α粒子 解題探究　(1)質(zhì)子被加速后的最大速度由什么決定？ 提示：D形盒半徑R。 (2)質(zhì)子與α粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期相同嗎？ 提示：不同。 嘗試解答　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(guò)2πfR，質(zhì)子被加速后的最大速度與加速電場(chǎng)的電壓大小無(wú)關(guān)，A正確，B錯(cuò)誤；高頻電源可以使用正弦式交變電源，

36、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。 總結(jié)升華 回旋加速器中的五個(gè)基本問(wèn)題 (1)同步問(wèn)題 交變電壓的頻率與粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的頻率相等，交變電壓的頻率f＝＝(當(dāng)粒子的比荷或磁感應(yīng)強(qiáng)度改變時(shí)，同時(shí)也要調(diào)節(jié)交變電壓的頻率)。 (2)粒子的最大動(dòng)能 粒子從邊緣離開回旋加速器時(shí)動(dòng)能最大，Ekm＝mv2＝，可知在q、m和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(最大動(dòng)能與加速電壓無(wú)關(guān))。 (3)回旋加速的次數(shù) 粒子每加速一次動(dòng)能增加qU，故需要加速的次數(shù)n＝，回旋的次數(shù)為。 (4)粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)間 粒子運(yùn)動(dòng)

37、時(shí)間由加速次數(shù)n或回旋的次數(shù)決定，在磁場(chǎng)中的回旋時(shí)間t1＝T；在電場(chǎng)中的加速時(shí)間t2＝或t2＝，其中a＝。在回旋加速器中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t＝t1＋t2。 (5)回旋軌道半徑 rn＝，nqU＝mv，n為加速次數(shù)。 [變式4]　(2018·洛陽(yáng)統(tǒng)考)(多選)為了測(cè)量某化工廠的污水排放量，技術(shù)人員在該廠的排污管末端安裝了如圖所示的流量計(jì)，該裝置由絕緣材料制成，長(zhǎng)、寬、高分別為a、b、c，左、右兩端開口，在垂直于前、后面的方向加磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在上、下兩個(gè)面的內(nèi)側(cè)固定有金屬板M、N作為電極，污水充滿管口從左向右流經(jīng)該裝置時(shí)，電壓表將顯示兩個(gè)電極間的電壓U，若用Q表示污水流量(單位

38、時(shí)間內(nèi)流出的污水體積)，下列說(shuō)法中正確的是(　　) A．M板電勢(shì)一定高于N板的電勢(shì) B．污水中離子濃度越高，電壓表的示數(shù)越大 C．污水流動(dòng)的速度越大，電壓表的示數(shù)越大 D．電壓表的示數(shù)U與污水流量Q成正比 答案　ACD 解析　對(duì)于污水中帶正電的離子，由左手定則可判斷出正離子所受洛倫茲力的方向指向M板，即正離子向M板偏轉(zhuǎn)；對(duì)于污水中帶負(fù)電的離子，由左手定則可判斷出負(fù)離子所受洛倫茲力的方向指向N板，即負(fù)離子向N板偏轉(zhuǎn)，即M板電勢(shì)一定高于N板的電勢(shì)，A正確。當(dāng)污水中的離子不再向金屬板偏轉(zhuǎn)時(shí)電壓表的電壓U穩(wěn)定，對(duì)離子分析，此時(shí)洛倫茲力與電場(chǎng)力平衡，Bqv＝q，U＝Bcv，即污水流動(dòng)的速

39、度越大，電壓表的示數(shù)越大，C正確，B錯(cuò)誤。污水流量Q＝cbv，電壓表示數(shù)U＝Bcv＝，即電壓表的示數(shù)U與污水流量Q成正比，D正確。 【案例剖析】 (2014·重慶高考)(18分)如圖所示，①在無(wú)限長(zhǎng)的豎直邊界NS和MT間充滿勻強(qiáng)電場(chǎng)，同時(shí)該區(qū)域上、下部分分別充滿方向垂直于NSTM平面向外和向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為B和2B，KL為上下磁場(chǎng)的水平分界線，在NS和MT邊界上，②距KL高h(yuǎn)處分別有P、Q兩點(diǎn)，NS和MT間距為1.8h。質(zhì)量為m、③帶電量為＋q的粒子從P點(diǎn)垂直于NS邊界射入該區(qū)域，①在兩邊界之間做圓周運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g。 (1)求④電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和方向；

40、(2)⑤要使粒子不從NS邊界飛出，求粒子入射速度的最小值； (3)若⑥粒子能經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)從MT邊界飛出，求粒子入射速度的所有可能值。 [審題　抓住信息，準(zhǔn)確推斷]　 [破題　形成思路，快速突破]　 (1)粒子在兩邊界之間做圓周運(yùn)動(dòng)，受電場(chǎng)力、磁場(chǎng)力，考慮重力嗎？重力和電場(chǎng)力的關(guān)系是什么？ 提示：必須考慮重力，且重力和電場(chǎng)力大小相等、方向相反。 (2)要使粒子不從NS邊界飛出，在上、下兩部分區(qū)域，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡應(yīng)如何畫？ 提示：根據(jù)題意，畫出粒子速度非最小時(shí)的運(yùn)動(dòng)軌跡，然后讓速度減小，從軌跡變化中尋找當(dāng)速度最小時(shí)的運(yùn)動(dòng)軌跡，根據(jù)相關(guān)幾何關(guān)系求出最小速度，注意軌跡的對(duì)稱性及與邊界相

41、切的情況。 (3)要使粒子能經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)從MT邊界飛出，從P點(diǎn)經(jīng)上、下兩個(gè)區(qū)域轉(zhuǎn)到與Q點(diǎn)等高的地方為一個(gè)周期，向右移動(dòng)的水平距離為L(zhǎng)，則應(yīng)滿足什么條件，才能剛好轉(zhuǎn)到Q點(diǎn)？ 提示：nL＝1.8h，n為正整數(shù)。 [解題　規(guī)范步驟，水到渠成]　 (1)設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E， 由題意有 mg＝qE，(1分) 得E＝，方向豎直向上。(1分) (2)如圖1所示，設(shè)粒子不從NS邊飛出的入射速度最小值為vmin，對(duì)應(yīng)的粒子在上、下區(qū)域的運(yùn)動(dòng)半徑分別為r1和r2，圓心的連線與NS的夾角為φ。 由r＝，(1分) 有r1＝，r2＝r1，(2分) 又由(r1＋r2)sinφ＝r2，(1分) r1

42、＋r1cosφ＝h，(1分) 得vmin＝(9－6)。(2分) (3)如圖2所示，設(shè)粒子入射速度為v，粒子在上、下方區(qū)域的運(yùn)動(dòng)半徑分別為r1′和r2′，粒子第一次通過(guò)KL時(shí)距離K點(diǎn)為x，圓心O1′O2′連線與NS的夾角為φ′，則仍有r2′＝r1′。 由題意有3nx＝1.8h(n＝1,2,3，…)(2分) x＋＝r1′sinφ′＋r2′sinφ′≥(r1＋r2)sinφ＝r2，即 x≥(2分) x＝(1分) 得r1′＝，n≤<4(1分) Bqv＝，則v＝，n<4 即n＝1時(shí)，v＝；(1分) n＝2時(shí)，v＝；(1分) n＝3時(shí)，v＝。(1分) [點(diǎn)題　突破瓶頸，穩(wěn)拿滿分

43、]　 對(duì)于帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題，應(yīng)充分挖掘題目中關(guān)鍵信息，認(rèn)真進(jìn)行受力分析和運(yùn)動(dòng)過(guò)程分析，分過(guò)程、分步驟、規(guī)范解題，步步得分。 高考模擬 隨堂集訓(xùn) 1．(2018·北京高考)某空間存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)。一個(gè)帶電粒子(不計(jì)重力)以一定初速度射入該空間后，做勻速直線運(yùn)動(dòng)；若僅撤除電場(chǎng)，則該粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，下列因素與完成上述兩類運(yùn)動(dòng)無(wú)關(guān)的是(　　) A．磁場(chǎng)和電場(chǎng)的方向 B．磁場(chǎng)和電場(chǎng)的強(qiáng)弱 C．粒子的電性和電量 D．粒子入射時(shí)的速度 答案　C 解析　由題可知，當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，有Eq＝qvB，則v＝，若僅撤除電場(chǎng)，粒子僅在洛倫茲力作用

44、下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，說(shuō)明要滿足題意需要對(duì)磁場(chǎng)與電場(chǎng)的方向以及強(qiáng)弱程度、粒子入射時(shí)的速度都有要求，但是對(duì)粒子的電性和電量無(wú)要求，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤。 2．(2018·全國(guó)卷Ⅰ)如圖，在y>0的區(qū)域存在方向沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為E；在y<0的區(qū)域存在方向垂直于xOy平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一個(gè)氕核H和一個(gè)氘核H先后從y軸上y＝h點(diǎn)以相同的動(dòng)能射出，速度方向沿x軸正方向。已知H進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，速度方向與x軸正方向的夾角為60°，并從坐標(biāo)原點(diǎn)O處第一次射出磁場(chǎng)。H的質(zhì)量為m，電荷量為q。不計(jì)重力。求： (1)H第一次進(jìn)入磁場(chǎng)的位置到原點(diǎn)O的距離； (2)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小； (3

45、)H第一次離開磁場(chǎng)的位置到原點(diǎn)O的距離。 答案　(1)h　(2) 　(3)(－1)h 解析　(1)H在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示。設(shè)H在電場(chǎng)中的加速度大小為a1，初速度大小為v1，它在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1，第一次進(jìn)入磁場(chǎng)的位置到原點(diǎn)O的距離為s1。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有 s1＝v1t1① h＝a1t② 由題給條件，H進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度的方向與x軸正方向夾角θ1＝60°，則H進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度的y分量的大小為 a1t1＝v1tanθ1③ 聯(lián)立以上各式得 s1＝h。④ (2)H在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，由牛頓第二定律有 qE＝ma1⑤ 設(shè)H進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度的大小為v1

46、′，由速度合成法則有 v1′＝⑥ 設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，H在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的圓軌道半徑為R1，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有 qv1′B＝⑦ 由幾何關(guān)系得 s1＝2R1sinθ1⑧ 聯(lián)立以上各式得 B＝ 。⑨ (3)設(shè)H在電場(chǎng)中沿x軸正方向射出的速度大小為v2，在電場(chǎng)中的加速度大小為a2，由題給條件得 (2m)v＝mv⑩ 由牛頓第二定律有qE＝2ma2? 設(shè)H第一次射入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為v2′，速度的方向與x軸正方向夾角為θ2，入射點(diǎn)到原點(diǎn)的距離為s2，在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有 s2＝v2t2? h＝a2t? v2′＝? sinθ2＝? 聯(lián)立以上各式

47、得 s2＝s1，θ2＝θ1，v2′＝v1′。? 設(shè)H在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R2，由⑦?式及粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑公式得 R2＝＝R1? 所以出射點(diǎn)在原點(diǎn)左側(cè)。設(shè)H進(jìn)入磁場(chǎng)的入射點(diǎn)到第一次離開磁場(chǎng)的出射點(diǎn)的距離為s2′，由幾何關(guān)系有 s2′＝2R2sinθ2? 聯(lián)立④⑧???式得，H第一次離開磁場(chǎng)時(shí)的位置到原點(diǎn)O的距離為 s2′－s2＝(－1)h。 3．(2018·全國(guó)卷Ⅱ)一足夠長(zhǎng)的條狀區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其在xOy平面內(nèi)的截面如圖所示：中間是磁場(chǎng)區(qū)域，其邊界與y軸垂直，寬度為l，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，方向垂直于xOy平面；磁場(chǎng)的上、下兩側(cè)為電場(chǎng)區(qū)域，寬

48、度均為l′，電場(chǎng)強(qiáng)度的大小均為E，方向均沿x軸正方向；M、N為條形區(qū)域邊界上的兩點(diǎn)，它們的連線與y軸平行。一帶正電的粒子以某一速度從M點(diǎn)沿y軸正方向射入電場(chǎng)，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后恰好以從M點(diǎn)入射的速度從N點(diǎn)沿y軸正方向射出。不計(jì)重力。 (1)定性畫出該粒子在電磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡； (2)求該粒子從M點(diǎn)射入時(shí)速度的大?。? (3)若該粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度方向恰好與x軸正方向的夾角為，求該粒子的比荷及其從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的時(shí)間。 答案　(1)軌跡見解析　(2) (3)　 解析　(1)粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖a所示。(粒子在電場(chǎng)中的軌跡為拋物線，在磁場(chǎng)中為圓弧，上下對(duì)稱) (2)粒子從電場(chǎng)下邊界

49、入射后在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)。設(shè)粒子從M點(diǎn)射入時(shí)速度的大小為v0，在下側(cè)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，加速度的大小為a；粒子進(jìn)入磁場(chǎng)的速度大小為v，方向與電場(chǎng)方向的夾角為θ(見圖b)，速度沿電場(chǎng)方向的分量為v1，根據(jù)牛頓第二定律有 qE＝ma① 式中q和m分別為粒子的電荷量和質(zhì)量，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有 v1＝at② l′＝v0t③ v1＝vcosθ④ 粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)其運(yùn)動(dòng)軌道半徑為R，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得 qvB＝⑤ 由幾何關(guān)系得l＝2Rcosθ⑥ 聯(lián)立①②③④⑤⑥式得v0＝。⑦ (3)由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和題給數(shù)據(jù)得v1＝v0cot⑧ 聯(lián)立①②③⑦⑧式得＝⑨ 設(shè)粒子

50、由M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)所用的時(shí)間為t′， 則t′＝2t＋T⑩ 式中T是粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期， T＝? 聯(lián)立③⑦⑨⑩?式得t′＝。 4．(2018·全國(guó)卷Ⅲ)如圖，從離子源產(chǎn)生的甲、乙兩種離子，由靜止經(jīng)加速電壓U加速后在紙面內(nèi)水平向右運(yùn)動(dòng)，自M點(diǎn)垂直于磁場(chǎng)邊界射入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里，磁場(chǎng)左邊界豎直。已知甲種離子射入磁場(chǎng)的速度大小為v1，并在磁場(chǎng)邊界的N點(diǎn)射出；乙種離子在MN的中點(diǎn)射出；MN長(zhǎng)為l。不計(jì)重力影響和離子間的相互作用。求： (1)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大?。? (2)甲、乙兩種離子的比荷之比。 答案　(1)　(2)1∶4 解析　(1)設(shè)甲種離子所帶電荷

51、量為q1、質(zhì)量為m1，在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R1，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，由動(dòng)能定理有q1U＝m1v① 由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有q1v1B＝m1② 由幾何關(guān)系知2R1＝l③ 由①②③式得B＝。④ (2)設(shè)乙種離子所帶電荷量為q2、質(zhì)量為m2，射入磁場(chǎng)的速度為v2，在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R2。 同理有q2U＝m2v⑤ q2v2B＝m2⑥ 由題給條件有2R2＝⑦ 由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙兩種離子的比荷之比為 ∶＝1∶4。 5. (2018·天津高考)如圖所示，在水平線ab下方有一勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E，方向豎直向下，ab的上方存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為

52、B，方向垂直紙面向里，磁場(chǎng)中有一內(nèi)、外半徑分別為R、R的半圓環(huán)形區(qū)域，外圓與ab的交點(diǎn)分別為M、N。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電粒子在電場(chǎng)中P點(diǎn)靜止釋放，由M進(jìn)入磁場(chǎng)，從N射出，不計(jì)粒子重力。 (1)求粒子從P到M所用的時(shí)間t； (2)若粒子從與P同一水平線上的Q點(diǎn)水平射出，同樣能由M進(jìn)入磁場(chǎng)，從N射出，粒子從M到N的過(guò)程中，始終在環(huán)形區(qū)域中運(yùn)動(dòng)，且所用的時(shí)間最少，求粒子在Q時(shí)速度v0的大小。 答案　(1)　(2) 解析　(1)設(shè)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速度大小為v，所受洛倫茲力提供向心力，有qvB＝m　① 設(shè)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)所受電場(chǎng)力為F，有F＝qE?、? 設(shè)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的加速

53、度為a，根據(jù)牛頓第二定律有F＝ma?、? 粒子在電場(chǎng)中做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有 v＝at?、? 聯(lián)立①②③④式得t＝。?、? (2)粒子進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其周期和速度、圓周運(yùn)動(dòng)半徑無(wú)關(guān)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間只由粒子所通過(guò)的圓弧所對(duì)的圓心角的大小決定，故當(dāng)軌跡與內(nèi)圓相切時(shí)，所用的時(shí)間最短，設(shè)粒子在磁場(chǎng)中的軌跡半徑為r′，由幾何關(guān)系可知(r′－R)2＋(R)2＝r′2?、? 設(shè)粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度方向與ab的夾角為θ， 即圓弧所對(duì)圓心角的一半，由幾何關(guān)系可知 tanθ＝　⑦ 粒子從Q射出后在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，在電場(chǎng)方向上的分運(yùn)動(dòng)和從P釋放后的運(yùn)動(dòng)情況相同，所以粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)

54、沿豎直方向的速度同樣為v，在垂直于電場(chǎng)方向的分速度始終為v0，由運(yùn)動(dòng)的合成和分解可知 tanθ＝?、? 聯(lián)立①⑥⑦⑧式得v0＝?！、? 配套課時(shí)作業(yè) 　　時(shí)間：60分鐘　滿分：100分 一、選擇題(本題共8小題，每小題8分，共64分。其中 1～4為單選，5～8為多選) 1. (2016·全國(guó)卷Ⅰ)現(xiàn)代質(zhì)譜儀可用來(lái)分析比質(zhì)子重很多倍的離子，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(chǎng)加速，經(jīng)勻強(qiáng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后從出口離開磁場(chǎng)。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(chǎng)加速，為使它經(jīng)勻強(qiáng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后仍從同一出口離開磁場(chǎng)，需將磁感應(yīng)強(qiáng)度增加到原來(lái)的12倍。此離子和質(zhì)

55、子的質(zhì)量比約為(　　) A．11 B．12 C．121 D．144 答案　D 解析　設(shè)質(zhì)子和離子的質(zhì)量分別為m1和m2，原磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1，改變后的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2。在加速電場(chǎng)中qU＝mv2，在磁場(chǎng)中qvB＝m，聯(lián)立兩式得m＝，故有＝＝144，D正確。 2．(2018·大連八中聯(lián)考)如圖所示，板間存在互相垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，不計(jì)重力的氘核、氚核和氦核初速度為零，經(jīng)相同的電壓加速后，從兩極板中間垂直射入電場(chǎng)和磁場(chǎng)區(qū)域，且氘核沿直線射出。不考慮粒子間的相互作用，則射出時(shí)(　　) A．偏向正極板的是氚核 B．偏向正極板的是氦核 C．射入電場(chǎng)和磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)，氚核的動(dòng)能最

56、大 D．射入電場(chǎng)和磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)，氦核的動(dòng)量最大 答案　D 解析　初速度為零的氘核、氚核和氦核，經(jīng)相同的電壓U加速，由動(dòng)能定理qU＝mv2，解得加速后速度大小為v＝ ，速度大小與粒子比荷的二次方根成正比。氘核的電荷量為e，質(zhì)量數(shù)為2；氚核的電荷量為e，質(zhì)量數(shù)為3；氦核的電荷量為2e，質(zhì)量數(shù)為4。由于氘核和氦核的比荷相同且均大于氚核的比荷，所以氘核和氦核的速度相同，氚核的速度較小。氘核沿直線射出，即所受電場(chǎng)力與洛倫茲力平衡，eE＝evB，速度方向向右。由于氘核和氦核的速度相同，所以氦核也向右沿直線射出，B錯(cuò)誤。由于氚核的速度較小，所受洛倫茲力小于電場(chǎng)力，故氚核偏向負(fù)極板，A錯(cuò)誤。由于氦核電荷量

57、最大，在電場(chǎng)中加速時(shí)，電場(chǎng)力做功最多，根據(jù)動(dòng)能定理，射入電場(chǎng)和磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)，氦核的動(dòng)能最大，C錯(cuò)誤。根據(jù)動(dòng)能與動(dòng)量的關(guān)系式p＝，可知氦核動(dòng)能與質(zhì)量的乘積最大，所以射入電場(chǎng)和磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)，氦核的動(dòng)量最大，D正確。 3．磁流體發(fā)電機(jī)極板表面積為S，板間距離為L(zhǎng)，電阻率為ρ的等離子體以速度v勻速通過(guò)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向與兩板平行，并與等離子體速度方向垂直，如圖所示。負(fù)載電阻阻值為R，則電壓表的示數(shù)為(　　) A．BLv B. C. D. 答案　D 解析　根據(jù)左手定則知正離子向上偏轉(zhuǎn)，負(fù)離子向下偏轉(zhuǎn)，上極板帶正電，下極板帶負(fù)電，當(dāng)外電路斷開時(shí)，最終離子處于平衡狀態(tài)，假設(shè)

58、此時(shí)極板間電壓即電動(dòng)勢(shì)為E，有qvB＝q，解得E＝BLv。外電路接負(fù)載電阻時(shí)，根據(jù)電阻定律，內(nèi)阻r＝ρ，根據(jù)閉合電路歐姆定律，流過(guò)負(fù)載電阻的電流I＝，故電壓表示數(shù)為R＝，故D正確。 4．(2018·大連一模)隨著電子技術(shù)的發(fā)展，霍爾傳感器被廣泛應(yīng)用在汽車的各個(gè)系統(tǒng)中。其中霍爾轉(zhuǎn)速傳感器在測(cè)量發(fā)動(dòng)機(jī)轉(zhuǎn)速時(shí)，情境可簡(jiǎn)化如圖甲所示，被測(cè)轉(zhuǎn)子的輪齒(表面具有磁性)每次經(jīng)過(guò)霍爾元件時(shí)，都會(huì)使霍爾電壓發(fā)生變化。霍爾元件的原理如圖乙所示，傳感器的內(nèi)置電路會(huì)將霍爾電壓調(diào)整放大，輸出一個(gè)脈沖信號(hào)。下列說(shuō)法正確的是(　　) A．霍爾電壓是由元件中定向移動(dòng)的載流子受到電場(chǎng)力作用發(fā)生偏轉(zhuǎn)而產(chǎn)生的 B．其他條

59、件不變的情況下，霍爾元件的厚度c越大，產(chǎn)生的霍爾電壓越高 C．若霍爾元件的前端電勢(shì)比后端低，則元件中的載流子為負(fù)電荷 D．若轉(zhuǎn)速表顯示1800 r/min，轉(zhuǎn)子上齒數(shù)為150個(gè)，則霍爾傳感器每分鐘輸出12個(gè)脈沖信號(hào) 答案　C 解析　霍爾電壓是由元件中定向移動(dòng)的載流子受到洛倫茲力作用發(fā)生偏轉(zhuǎn)而產(chǎn)生的，A錯(cuò)誤；載流子沿電流方向通過(guò)霍爾元件，設(shè)產(chǎn)生的霍爾電壓為U，則有＝evB，解得U＝Bbv，即其他條件不變的情況下，霍爾元件的長(zhǎng)度b越大，產(chǎn)生的霍爾電壓越高，B錯(cuò)誤；根據(jù)左手定則，載流子是負(fù)電荷時(shí)，霍爾元件的前端電勢(shì)比后端低，C正確；若轉(zhuǎn)速表顯示1800 r/min，轉(zhuǎn)子上齒數(shù)為150個(gè)，則霍

60、爾傳感器每分鐘輸出1800×150＝2.7×105個(gè)脈沖，D錯(cuò)誤。 5．(2019·福建省五校聯(lián)考)如圖所示，空間存在水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)E和垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B，在豎直平面內(nèi)從a點(diǎn)沿ab、ac方向拋出兩帶電小球，不考慮兩帶電小球間的相互作用，兩小球的電荷量始終不變，關(guān)于小球的運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．沿ab、ac方向拋出的小球都可能做直線運(yùn)動(dòng) B．若小球沿ac方向做直線運(yùn)動(dòng)，則小球帶負(fù)電，可能做勻加速運(yùn)動(dòng) C．若小球沿ab方向做直線運(yùn)動(dòng)，則小球帶正電，且一定做勻速運(yùn)動(dòng) D．兩小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能均守恒 答案　AC 解析　先分析沿ab方向拋出的帶電小球，若小球帶

61、正電，則小球所受電場(chǎng)力方向與電場(chǎng)強(qiáng)度方向相同，重力豎直向下，由左手定則知小球所受洛倫茲力方向垂直ab斜向上，小球受力可能平衡，可能做直線運(yùn)動(dòng)；若小球帶負(fù)電，則小球受力不可能平衡。再分析沿ac方向拋出的帶電小球，同理可知，只有小球帶負(fù)電時(shí)可能受力平衡，可能做直線運(yùn)動(dòng)。若小球做直線運(yùn)動(dòng)，假設(shè)小球同時(shí)做勻加速運(yùn)動(dòng)，則小球受到的洛倫茲力持續(xù)增大，那么小球?qū)o(wú)法做直線運(yùn)動(dòng)，假設(shè)不成立，小球做的直線運(yùn)動(dòng)一定是勻速運(yùn)動(dòng)，故A、C正確，B錯(cuò)誤；在小球的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，洛倫茲力不做功，電場(chǎng)力對(duì)小球做功，故小球的機(jī)械能不守恒，D錯(cuò)誤。 6. 如圖所示，在水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，有一豎直足夠長(zhǎng)固

62、定絕緣桿MN，小球P套在桿上，已知P的質(zhì)量為m、電荷量為＋q，電場(chǎng)強(qiáng)度為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，P與桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g。小球由靜止開始下滑直到穩(wěn)定的過(guò)程中(　　) A．小球的加速度一直減小 B．小球的機(jī)械能和電勢(shì)能的總和保持不變 C．下滑加速度為最大加速度一半時(shí)的速度可能是 v＝ D．小球向下運(yùn)動(dòng)的穩(wěn)定速度為v＝ 答案　CD 解析　小球靜止時(shí)只受電場(chǎng)力、重力、彈力及摩擦力，電場(chǎng)力水平向左，彈力水平向右，摩擦力豎直向上；開始時(shí)，對(duì)小球由牛頓第二定律mg－μEq＝ma，小球的加速度為a＝g－，小球速度將增大，產(chǎn)生洛倫茲力，由左手定則可知，洛倫茲力向右，故水平方向彈力

63、將減小，摩擦力減小，故加速度先增大，故A錯(cuò)誤。在下降過(guò)程中有摩擦力做功，故有部分能量轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，故機(jī)械能和電勢(shì)能的總和將減小，故B錯(cuò)誤。當(dāng)洛倫茲力等于電場(chǎng)力時(shí)，摩擦力為零，此時(shí)加速度為g，達(dá)到最大；此后速度繼續(xù)增大，則洛倫茲力增大，水平方向上的彈力增大，摩擦力將增大，加速度將減小，故最大加速度的一半會(huì)有兩種情況，一是洛倫茲力小于電場(chǎng)力的情況，另一種是洛倫茲力大于電場(chǎng)力的情況，當(dāng)洛倫茲力小于電場(chǎng)力時(shí)：＝，解得：v1＝；當(dāng)洛倫茲力大于電場(chǎng)力時(shí)：＝，解得：v2＝，故C正確。當(dāng)加速度等于零時(shí)，速度最大且保持穩(wěn)定：mg＝μ(Bqv3－Eq)，解得：v3＝，故D正確。 7．(2019·湖南省六校聯(lián)考)如

64、圖所示，M、N為兩個(gè)同心金屬圓環(huán)，半徑分別為R1和R2，兩圓環(huán)之間存在著沿金屬圓環(huán)半徑方向的輻向電場(chǎng)，N環(huán)內(nèi)存在著垂直于環(huán)面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，N環(huán)上有均勻分布的6個(gè)小孔，從M環(huán)的內(nèi)側(cè)邊緣由靜止釋放一質(zhì)量為m，電荷量為＋q的粒子(不計(jì)重力)，經(jīng)電場(chǎng)加速后通過(guò)小孔射入磁場(chǎng)，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間，粒子再次回到出發(fā)點(diǎn)，全程與金屬環(huán)無(wú)碰撞。則M、N間電壓U滿足的條件是(　　) A．U＝ B．U＝ C．U＝ D．U＝ 答案　AC 解析　帶電粒子由M環(huán)內(nèi)側(cè)邊緣運(yùn)動(dòng)到N環(huán)，由動(dòng)能定理有qU＝mv2，帶電粒子進(jìn)入N環(huán)內(nèi)磁場(chǎng)，與金屬環(huán)無(wú)碰撞，故粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后，應(yīng)偏轉(zhuǎn)或離開磁場(chǎng)，由幾何關(guān)系

65、可知，軌跡半徑為r＝R2tan＝R2或r＝R2tan＝，則根據(jù)r＝，聯(lián)立解得U＝或U＝，A、C正確。 8．(2018·石家莊質(zhì)檢)如圖所示，在xOy坐標(biāo)系中第一象限內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，第二象限內(nèi)的部分區(qū)域存在勻強(qiáng)電場(chǎng)(未畫出)。一電荷量為＋q、質(zhì)量為m的帶電粒子，以初速度v0從P(a,0)點(diǎn)沿與x軸成45°角方向射入磁場(chǎng)中，通過(guò)y軸上的N(0，a)點(diǎn)進(jìn)入第二象限后，依次通過(guò)無(wú)電場(chǎng)區(qū)域和勻強(qiáng)電場(chǎng)區(qū)域，到達(dá)x軸上某點(diǎn)時(shí)速度恰好為零。已知該粒子從第一次通過(guò)N點(diǎn)到第二次通過(guò)N點(diǎn)所用時(shí)間為t0，粒子重力不計(jì)。下列說(shuō)法正確的是(　　) A．磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 B．該帶電粒子自P點(diǎn)開

66、始到第一次通過(guò)N點(diǎn)所用的時(shí)間為 C．該帶電粒子第一次通過(guò)無(wú)電場(chǎng)區(qū)域運(yùn)動(dòng)的位移大小為－a D．勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為 答案　BD 解析　由幾何條件可知，帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑R＝a，又qv0B＝m，解兩式得：B＝，A錯(cuò)誤；由幾何條件可知，帶電粒子在第一象限內(nèi)軌跡恰好為半個(gè)圓弧，所以粒子從P點(diǎn)開始到第一次通過(guò)N點(diǎn)所用時(shí)間t＝＝，B正確；帶電粒子在第二象限內(nèi)先勻速再勻減速到零到達(dá)x軸，設(shè)粒子勻速運(yùn)動(dòng)過(guò)程的位移為s，則＋＝，解得s＝2a－，C錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理有：Eq(a－s)＝mv，解得E＝，D正確。 二、非選擇題(本題共2小題，共36分) 9．(2018·福建模擬)(16分)如圖所示，真空中有一以O(shè)點(diǎn)為圓心的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，半徑為R＝0.5 m，磁場(chǎng)垂直紙面向里。在y>R的區(qū)域存在沿－y方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E＝1.0×105 V/m。在M點(diǎn)有一正粒子以速率v＝1.0×106 m/s沿＋x方向射入磁場(chǎng)，粒子穿出磁場(chǎng)進(jìn)入電場(chǎng)，速度減小到0后又返回磁場(chǎng)，最終又從磁場(chǎng)離開。已知粒子的比荷＝1.0×107 C/kg，粒子重力不計(jì)。求： (1)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小