8、勻強電場，場強E＝4.0×103 V/m，現(xiàn)從圖中M(1.8，－1.0)點由靜止釋放一比荷＝2×105 C/kg的帶正電的粒子，該粒子經(jīng)過電場加速后經(jīng)x軸上的P點進入磁場，在磁場中運動一段時間后經(jīng)y軸上的N點離開磁場．不計重力，問：
(1)若磁感應強度B＝0.2 T，則N點的坐標是多少？
(2)若要求粒子最終從N點垂直y軸離開磁場，則磁感應強度為多大？從M點開始運動到從N點垂直y軸離開磁場的時間為多少？
【解析】(1)由動能定理可得：Edq＝mv
解得：v0＝4×104 m/s
Bqv0＝m
解得：r＝1 m
由勾股定理，求得：y＝0.6 m
即N點的坐標為(0，0.6)
9、
(2)由題意可得：粒子在磁場中的運動半徑r′＝0.6 m
由B′qv0＝
解得：B′＝ T
設粒子在電場中運動的時間為t1，在磁場中運動的時間為t2
整個過程運動的時間為
t＝t1＋t2＝3＋×＝(15＋)×10－5 s
? 【p169】
夯實基礎
帶電粒子在疊加場中可做勻速直線運動(重力與電場力平衡或者重力、電場力、磁場力的合力為零或者電場力與磁場力的合力為零)，可做勻速圓周運動(重力與電場力平衡、磁場力作向心力)．
考點突破
例2如圖所示，絕緣光滑軌道的斜面部分傾角為θ＝45°，O點處有一段小弧與水平軌道OC平滑連接．在O點的右側空間存在著豎直向上的勻強電
10、場，在O、F之間的豎直空間內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場．在F點右側的豎直空間內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強磁場，水平軌道上C點正上方有一豎直擋板DE.一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的絕緣小球從軌道的A點無初速度釋放，經(jīng)過O點后恰好能從G點(G、D兩點在同一水平線上)射出．已知電場強度E＝，磁感應強度均為B，OF＝FC＝CD＝DE＝L.(重力加速度為g)
(1)小球開始釋放的高度是多少？
(2)要使小球打在DE擋板上，則小球應在斜面上離O點的多大范圍內(nèi)靜止釋放？
【解析】(1)由題意可知，小球在復合場中受到的電場力為F＝qE＝mg，可知小球在磁場中做勻速圓周運動，小球恰好能從G點離開磁場時，由圖
11、可知半徑R＝，
由洛倫茲力提供向心力可得qvB＝m，
小球從A點運動到O點時，由動能定理可得
mgh＝mv2，聯(lián)立可得h＝；
(2)由于OF＝FC＝CD＝DE＝L，小球剛好擊中E點時，根據(jù)磁場的對稱性和幾何關系可知，小球的速度方向與DE垂直，作出小球的運動軌跡如圖所示，則小球做圓周運動的半徑R′＝L
設此時小球的速度為v′，則qv′B＝m；
小球在斜面上運動到O點時，由動能定理可得
mgs1sin 45°＝mv′2，
聯(lián)立可得s1＝；
當小球剛好擊中D點時，根據(jù)圖中幾何關系可知，運動軌跡對應的圓心為P、Q，由幾何關系可得，此時的半徑r滿足r2＝L2＋(r－)2，可得r＝；
12、
設此時小球的速度為v″，則qv″B＝；
小球在斜面上運動到O點時，由動能定理可得
mgs2sin 45°＝mv″2，
聯(lián)立得s2＝，
故小球在斜面上由靜止釋放的位置離O點的距離s滿足≤s≤.
【小結】常見的復合場有：電場與重力場的復合，磁場與重力場，磁場與電場的復合，磁場、電場、重力場三者的復合等．
1．帶電粒子在復合場中運動問題的處理技巧
(1)受力分析：分析帶電體受到的重力、電場力、洛倫茲力，區(qū)分其中的恒力(重力、勻強電場對帶電體的電場力)與變力(點電荷對帶電體的電場力、洛倫茲力)，明確帶電體受到的恒力的合力特點(如重力與勻強電場對帶電體的電場力的合力為零)．
(2)運
13、動分析
①當帶電粒子所受合力為零時，將處于靜止或勻速直線運動狀態(tài)．
②當帶電粒子做勻速圓周運動時，合外力提供向心力．
③當帶電粒子所受合力大小與方向均變化時，將做非勻變速曲線運動．
(3)畫出軌跡圖(在畫圖的基礎上特別注意運用幾何知識尋找關系)．
(4)巧選力學規(guī)律：帶電粒子在復合場中的運動問題的分析方法和以前學過的力學問題的分析方法基本相同，可利用動力學觀點、能量觀點來分析，不同之處是多了電場力、洛倫茲力．
2．帶電粒子在復合場中的運動情況
(1)直線運動：自由的帶電粒子(無軌道約束)在有磁場的復合場中的直線運動是勻速直線運動，除非運動方向沿磁場方向而不受洛倫茲力．這是因為電場
14、力和重力都是恒力．當速度變化時．會引起洛倫茲力的變化，合力也相應的發(fā)生變化．粒子的運動方向就要改變而做曲線運動．在具體題目中，應根據(jù)F合＝0進行計算．
(2)勻速圓周運動：當帶電粒子在復合場中，重力與電場力相平衡，粒子運動方向與勻強磁場方向垂直時，帶電粒子就做勻速圓周運動．此種情況下要同時應用平衡條件和向心力公式來進行分析．
(3)一般曲線運動：當帶電粒子所受合外力是變力，且與初速度方向不在一條直線上時，粒子做非勻變速曲線運動，這時粒子的運動軌跡不是圓弧，也不是拋物線，一般用動能定理或功能關系計算．
針對訓練
3．(多選)在如圖所示的勻強電
15、場和勻強磁場共存的區(qū)域內(nèi)，電子(不計重力)可能沿水平方向向右做直線運動的是(BC)
【解析】因電子水平向右運動，在A圖中電場力水平向左，洛倫茲力豎直向下，故不可能；在B圖中，電場力水平向左，洛倫茲力為零，故電子可能水平向右做勻減速直線運動；在C圖中電場力豎直向上，洛倫茲力豎直向下，當二者大小相等時，電子向右做勻速直線運動；在D圖中電場力豎直向上，洛倫茲力豎直向上，故電子不可能做水平向右的直線運動，因此選項B、C正確．
4.(多選)某帶電粒子從圖中速度選擇器左端中點O以速度v0向右水平射出，從右端中點a下方的b點以速度v1射出；若增大磁感應強度，該粒子將從a上方的c點射出，且ac＝ab.
16、不計粒子的重力，則(ABD)
A．該粒子帶正電
B．若使該粒子沿Oa方向水平射出，則電場強度和磁感應強度大小應滿足＝v0
C．第二次射出時的速率仍為v1
D．第二次射出時的速率為
【解析】當增加磁感應強度時，洛倫茲力變大，粒子向上偏轉，說明洛倫茲力增加到大于電場力，且洛倫茲力向上，由于磁場方向垂直紙面向里，根據(jù)左手定則可以判斷粒子帶正電，故A正確；若使該粒子沿Oa方向水平射出，則電場強度和磁感應強度大小應滿足Eq＝qv0B，即＝v0，選項B正確；從O到b過程，根據(jù)動能定理，有F·y＝mv－mv；從O到c過程，根據(jù)動能定理，有－F·y＝mv－mv；由以上兩式求解出：v2＝；故C錯誤
17、，D正確．
5．一束幾種不同的正離子，垂直射入正交的勻強磁場和勻強電場區(qū)域里，離子束保持原運動方向未發(fā)生偏轉．接著進入另一勻強磁場，發(fā)現(xiàn)這些離子分成幾束如圖所示．對這些正離子，可得出結論(D)
A．它們的動能一定各不相同
B．它們的電量一定各不相同
C．它們的質(zhì)量一定各不相同
D．它們的比荷一定各不相同
【解析】在電磁場中，正離子受到的洛倫茲力F洛與電場力F電相等，從而做直線運動，有Eq＝qvB1，v＝，即所有正離子速度都相同，當正離子進入磁場B2中時，r＝，正離子分成幾束，則r不同，比荷一定各不相同，D正確．
? 【p170】
夯實基礎
帶電粒子在電場、磁場中的運動
18、與現(xiàn)代科技密切相關，主要應用如下表
裝置
原理圖
規(guī)律
速度選
擇器
若qv0B＝Eq，即v0＝，粒子做勻速直線運動
磁流體
發(fā)電機
等離子體射入，受洛倫茲力偏轉，使兩極板帶正、負電，兩極電壓為U時穩(wěn)定，＝qvB，U＝Bdv
霍爾
元件
q＝qvB，I＝nqdhv
所以U＝vBh＝
電磁流
量計
q＝qvB，所以v＝
所以流量Q＝vS＝
質(zhì)譜儀
電子經(jīng)U加速，從A孔入射經(jīng)偏轉打到P點，eU＝mv，得v0＝.
AP＝d＝2r＝＝
比荷＝
回旋
加速器
兩D形盒分別接頻率為f＝的高頻交流電源兩極，帶電粒子在窄
19、縫間電場加速，在D形盒內(nèi)偏轉
考點突破
例3勞倫斯和利文斯設計出回旋加速器，工作原理示意圖如圖所示．置于高真空中的半徑為R的D形金屬盒中，兩盒間的狹縫很小，帶電粒子穿過的時間可忽略．磁感應強度為B的勻強磁場與盒面垂直，高頻交流電頻率為f，加速電壓為U.若A處粒子源產(chǎn)生的質(zhì)子質(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的最大動能與加速電壓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．改變磁感應強度B和交流電頻率
20、f，該回旋加速器的最大動能不變
【解析】粒子被加速后的最大速度受到D形盒半徑R的制約，因vm＝＝2πRf，A正確；粒子離開回旋加速器的最大動能Ekm＝mv2＝×m×4π2R2f2＝2mπ2R2f2，與加速電壓U無關，B錯誤；根據(jù)R＝，Uq＝mv，2Uq＝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能Ekm＝2mπ2R2f2，與m、R、f均有關，D錯誤．
【答案】AC
針對訓練
6．(多選)如圖所示為磁流體發(fā)電機的原理圖．金屬板M、N之間的距離為d＝20 cm，磁場的磁感應強度大小為B＝5 T，方向垂直紙面向里．現(xiàn)將一束等離子體(即高
21、溫下電離的氣體，含有大量帶正電和帶負電的微粒，整體呈中性)從左側噴射入磁場，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，且此時燈泡電阻為R＝100 Ω，不計離子重力和發(fā)電機內(nèi)阻，且認為離子均為一價離子，則下列說法中正確的是(BC)
A．金屬板M上聚集負電荷，金屬板N上聚集正電荷
B．該發(fā)電機的電動勢為100 V
C．每秒鐘有6.25×1018個離子打在金屬板N上
D．離子從左側噴射入磁場的初速度大小為103 m/s
【解析】由左手定則知正離子向上偏轉，所以M帶正電，A錯誤；發(fā)電機所接燈泡正常發(fā)光，由功率P＝可知U＝100 V，因電源不計內(nèi)阻，則燈泡的電壓即為電
22、動勢E＝100 V，故B正確．根據(jù)歐姆定律可知I＝＝1 A，由電流的定義可知I＝，則每秒打在板上的粒子個數(shù)為n＝＝6.25×1018，故C正確．兩板間電壓穩(wěn)定時滿足：qvB＝qE0＝q，解得粒子的飛行速度為v＝102 m/s，故D錯誤．
7．如圖所示空間的勻強電場和勻強磁場相互垂直，電場的方向豎直向上，磁場方向垂直紙面向里，一帶電微粒a處于靜止狀態(tài)，下列操作能使微粒做勻速圓周運動的是(C)
A．只撤去電場
B．只撤去磁場
C．給a一個豎直向下的初速度
D．給a一個垂直紙面向里的初速度
【解析】只撤去電場，微粒在重力與磁場力作用下做變速曲線運動，A錯；只撤去磁場，重力與電場力依然
23、平衡，微粒將保持靜止，B錯；給a一個豎直向下的初速度，由于重力與電場力平衡，微粒在磁場力作用下做勻速圓周運動，C對；給a一個垂直紙面向里的初速度，重力與電場力平衡，不受磁場力，微粒做勻速直線運動，D錯．
? 【p171】
夯實基礎
帶電粒子在交變復合場中的運動問題的基本思路：
→明確場的變化情況
↓
→分析粒子在不同的變化場區(qū)的受力情況
↓
→分析粒子在不同時間內(nèi)的運動情況
↓
→粒子在不同運動階段，各有怎樣的運動模型
↓
→找出銜接相鄰兩過程的物理量
↓
→聯(lián)立不同階段的方程求解
考點突破
例4
如圖a所示，兩豎直虛線所夾區(qū)域內(nèi)存在周期性變化的勻
24、強電場與勻強磁場，變化情況如圖b、c所示，電場強度方向以y軸負方向為正方向，磁場方向以垂直紙面向外為正方向．t＝0時刻，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從坐標原點O開始以速度v0沿x軸正方向運動，粒子重力忽略不計，圖b、c中E0＝，t0＝，B0已知．要使帶電粒子在0～4t0時間內(nèi)一直在場區(qū)內(nèi)運動，求：(已知sin 37°＝，cos 37°＝)
(1)在t0時刻粒子速度方向與x軸正方向的夾角；
(2)右邊界到O的最小距離．
【解析】(1)0～t0時間內(nèi)，粒子在電場中做類平拋運動，則t0時刻粒子沿y軸方向的速度為vy＝t0
此時粒子速度方向與x軸正方向的夾角θ滿足tan θ＝，代
25、入數(shù)據(jù)得θ＝37°
(2)0～4t0時間內(nèi)，粒子在場中運動軌跡如圖所示，0～t0內(nèi)粒子做類平拋運動時在x軸方向的位移為x1＝v0t0＝
t0～2t0時間內(nèi)粒子做圓周運動時沿x軸正方向的最大位移為x2＝R1－R1sin θ
由洛倫茲力提供向心力得B0qv＝m v＝
R1＝
解得右邊界到O的最小距離為
xm＝x1＋x2＝(π＋0.5)
針對訓練
8．如圖甲所示，寬度為d的豎直狹長區(qū)域內(nèi)(邊界為L1、L2)，存在垂直紙面向里的勻強磁場和豎直方向上的周期性變化的電場(如圖乙所示)，電場強度的大小為E0，E>0表示電場方向豎直向上．t＝0時，一帶正電、質(zhì)量為m的微粒從左邊界上的N1點
26、以水平速度v射入該區(qū)域，沿直線運動到Q點后，做一次完整的圓周運動，再沿直線運動到右邊界上的N2點．Q為線段N1N2的中點，重力加速度為g.上述d、E0、m、v、g為已知量．
(1)求微粒所帶電荷量q和磁感應強度B的大?。?
(2)求電場變化的周期T.
【解析】(1)微粒做直線運動，則有
mg＋qE0＝qvB①
微粒做圓周運動，則有
mg＝qE0②
聯(lián)立①②式解得
q＝③
B＝④
(2)設微粒從N1運動到Q的時間為t1，做圓周運動的周期為t2，則
＝vt1⑤
qvB＝m⑥
2πR＝vt2⑦
聯(lián)立③④⑤⑥⑦式解得
t1＝，t2＝⑧
電場變化的周期
T＝t1＋t2
27、＝＋
考 點 集 訓 【p330】
A組
1．有一個帶電荷量為＋q、重力為G的小球，從兩豎直的帶電平行板上方h處自由落下，兩極板間另有勻強磁場，磁感應強度為B，方向如圖所示，則帶電小球通過有電場和磁場的空間時，下列說法正確的是(A)
A．一定做曲線運動
B．不可能做曲線運動
C．有可能做勻加速直線運動
D．有可能做勻速直線運動
【解析】若小球進入磁場時電場力和洛倫茲力相等，因為小球向下運動時，速度會增加，小球所受的洛倫茲力增大，將不會再與小球所受的電場力平衡，不可能做勻加速直線運動，也不可能做勻速直線運動，故C、D錯誤．若小球進入磁場時電場力和洛倫茲力不等，則合力方向與
28、速度方向不在同一條直線上，小球做曲線運動，故A正確；B錯誤．
2．如圖所示，一束質(zhì)量、速度和電荷量不全相等的離子，經(jīng)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、B兩束，下列說法正確的是(C)
A．組成A束和B束的離子都帶負電
B．組成A束和B束的離子質(zhì)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
【解析】由左手定則知，A、B離子均帶正電，A錯誤；兩束離子經(jīng)過同一速度選擇器后的速度相同，在偏轉磁場中，由R＝可知，半徑大的B束離子對應的比荷小，但離子的質(zhì)量不一定相同，故選項B錯誤，C正確；速度選擇器中
29、的磁場方向應垂直紙面向里，D錯誤．
3．如圖所示，空間存在豎直向上的勻強電場和水平的勻強磁場(垂直紙面向里)．一帶正電小球從O點靜止釋放，運動軌跡為圖中OPQ所示，其中P為運動軌跡中的最高點，Q、O在同一水平線上，下列關于該帶電小球運動的描述，正確的是(A)
A．小球在運動過程中受到的磁場力先增大后減小
B．小球在運動過程中電勢能先增加后減少
C．小球在運動過程中機械能守恒
D．小球到Q點后將沿著QPO軌跡回到O點
【解析】小球由靜止開始運動，可知電場力大于重力，在運動的過程中，洛倫茲力不做功，電場力和重力的合力先做正功，后做負功，根據(jù)動能定理知，小球的速度先增大后減小，則小球
30、受到的磁場力先增大后減小，故A正確．小球在運動的過程中，電場力先做正功，再做負功，則電勢能先減小后增加，故B錯誤．小球在運動的過程中，除重力做功以外，電場力也做功，機械能不守恒，故C錯誤．小球到Q點后，會重復之前的運動，不會沿著QPO軌跡回到O點，故D錯誤．
4．(多選)如圖所示，在同時存在勻強電場和勻強磁場的空間中取正交坐標系Oxyz(z軸正方向豎直向上)，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球從原點O以速度v沿x軸正方向出發(fā)．下列說法正確的是(BD)
A．若電場、磁場均沿z軸正方向，小球可能做勻速直線運動
B．若電場、磁場分別沿z軸正方向和x軸正方向，小球可能做勻速直線運動
C．若
31、電場、磁場分別沿z軸正方向和y軸負方向，小球不可能做勻速直線運動
D．若電場、磁場分別沿y軸負方向和z軸正方向，小球不可能做勻速圓周運動
【解析】若電場、磁場均沿z軸正方向，則小球受沿y軸正向的洛倫茲力、沿z軸向上的電場力以及向下的重力，三力不可能平衡，則小球不可能做勻速直線運動，選項A錯誤；若電場、磁場分別沿z軸正方向和x軸正方向，則有帶正電粒子所受到的電場力方向沿z軸正方向，由于運動方向與磁場方向平行，所以不受洛倫茲力，因此當電場力等于重力時，粒子可能做勻速直線運動；當電場力不等于重力時，粒子做曲線運動，故B正確；若電場、磁場分別沿z軸正方向和y軸負方向，則電場力沿z軸正方向，洛倫茲力
32、根據(jù)左手定則可得也沿z軸正方向，所以當電場力與洛倫茲力之和等于重力時，小球做勻速直線運動，選項C錯誤；若電場、磁場分別沿y軸負方向和z軸正方向，則電場力沿y軸負方向，而洛倫茲力沿y軸正方向，不可能做勻速圓周運動，故D正確．
5．(多選)如圖所示，平行板電容器豎直放置，右側極板中間開有一小孔，兩極板之間的距離為12 cm，內(nèi)部電場強度大小為10 N/C；極板右側空間有磁感應強度大小為0.5 T的勻強磁場．一比荷為1.6×102 C/kg的帶負電粒子，從電容器中間位置以大小為8 m/s的初速度平行于極板方向進入電場中，經(jīng)過電場偏轉，從電容器右極板正中間的小孔進入磁場，不計帶電粒子的重力及空氣阻力
33、．下列說法正確的是(ABD)
A．電容器極板長度為8×10－2 m
B．粒子進入磁場時的速度大小為16 m/s
C．粒子進入磁場時速度與水平方向夾角為60°
D．粒子在磁場中的運動時間為 s
【解析】帶電粒子在電場中做類平拋運動，則豎直方向：L＝v0t；水平方向：d＝·t2，解得L＝8×10－2 m，選項A正確；粒子進入磁場時水平速度：vx＝＝8 m/s，則粒子進入磁場時的速度大小為v＝＝16 m/s；粒子進入磁場時速度與水平方向夾角為tan θ＝＝，則θ＝30°，選項C錯誤；粒子在磁場中轉過的角度為120°，則在磁場中運動的時間t＝T＝·＝ s，選項D正確．
6．圖示是霍
34、爾元件的工作原理示意圖，磁感應強度為B的勻強磁場垂直于霍爾元件的工作面向下，通入圖示方向的電流I，C、D兩側面會形成電勢差UCD，下列說法正確的是(該元件正常工作時，磁場必須垂直工作面)(B)
A．電勢差UCD僅與材料有關
B．若霍爾元件的自由電荷是自由電子，則C側的電勢低于D側的電勢
C．其他條件不變，僅增大勻強磁場的磁感應強度時，電勢差UCD變小
D．在測定地球赤道上方的地磁場強弱時，元件的工作面應保持水平
【解析】根據(jù)C、D間存在電勢差，之間就存在電場，電子在電場力和洛倫茲力作用下處于平衡，設霍爾元件的長寬高分別為a、b、c，有q＝qvB，I＝nqvS＝nqvbc，得：UCD＝
35、，n由材料決定，故UCD與材料有關；UCD還與厚度c成反比，與寬度b無關，同時還與磁場B與電流I有關，故其他條件不變，僅增大勻強磁場的磁感應強度時，電勢差UCD變大，故A、C錯誤；根據(jù)左手定則，電子向C側面偏轉，C表面帶負電，D表面帶正電，所以D表面的電勢高，則UCD<0，故B正確．在測定地球赤道上方的地磁場強弱時，應將元件的工作面保持豎直，讓磁場垂直通過，故D錯誤．
7．(多選)如圖所示，開始靜止的帶電粒子帶電荷量為＋q，質(zhì)量為m(不計重力)，從點P經(jīng)電場加速后，從小孔Q進入右側的邊長為L的正方形勻強磁場區(qū)域(PQ的連線經(jīng)過AD邊、BC邊的中點)，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外，若
36、帶電粒子只能從CD邊射出，則(AC)
A．兩板間電壓的最大值Umax＝
B．兩板間電壓的最小值Umin＝
C．能夠從CD邊射出的粒子在磁場中運動的最長時間tmax＝
D．能夠從CD邊射出的粒子在磁場中運動的最短時間tmin＝
【解析】當粒子從D點射出時速度最小，加速電壓最小，此時：rmin＝；Bqvmin＝m；Uminq＝mv；聯(lián)立解得：Umin＝；此時粒子在磁場中運動的時間最長：tmax＝＝，選項B、D錯誤，C正確；當粒子從C點射出時速度最大，加速電壓最大，此時由幾何關系：r＝L2＋，解得rmax＝；Bqvmax＝m；Umaxq＝mv；聯(lián)立解得：Umax＝，選項A正確．
8．
37、(多選)如圖所示，MN是紙面內(nèi)的一條直線，其所在空間充滿與紙面平行的勻強電場或與紙面垂直的勻強磁場(場區(qū)都足夠大且兩種場不會同時存在)，現(xiàn)有一個重力不計的帶電粒子從MN上的O點以水平初速度v0射入場區(qū)，下列判斷正確的是(ABD)
A．如果粒子回到MN上時速度增大，則該空間存在的場一定是電場
B．如果粒子回到MN上時速度大小不變，則該空間存在的場可能是電場
C．若只改變粒子的初速度大小，發(fā)現(xiàn)粒子再回到MN上時與其所成的銳角夾角不變，則該空間存在的場一定是磁場
D．若只改變粒子的初速度大小，發(fā)現(xiàn)粒子再回到MN上所用的時間不變，則該空間存在的場一定是磁場
【解析】電場力可以做功，洛倫茲
38、力不做功，速度增大，故是電場，故A正確；如果粒子回到MN上時速度大小不變，可能是磁場，也有可能是電場，物體做類似上拋運動，拋出點和落回點在同一等勢面上，故B正確；如果是磁場，粒子做勻速圓周運動，粒子再回到MN上時與其所成的銳角夾角不變；如果是電場，當電場力豎直向下時，粒子再回到MN上時與水平方向所成的銳角夾角的正切等于位移方向與水平方向夾角正切的2倍，也不變；故C錯誤；若只改變粒子的初速度大小，發(fā)現(xiàn)粒子再回到MN上所用的時間不變，粒子只能是在磁場中運動，t＝T＝，與速度無關，故D正確．
B組
9．(多選)在豎直放置固定的光滑絕緣圓環(huán)中，套有一個帶電荷量為－q、質(zhì)量為m的小環(huán)，整個裝置放
39、在如圖所示的正交勻強電磁場中，磁感應強度大小為B，電場E＝，重力加速度為g.當小環(huán)從大環(huán)頂端無初速度下滑時，則小環(huán)(BD)
A．運動到最低點的速度最大
B．不能做完整的圓周運動
C．對軌道最大壓力為N＝mg
D．受到的最大洛倫茲力f＝qB
【解析】將重力與電場力合成為一個等效“重力”，其大小為mg，方向如圖所示，故小環(huán)運動到等效最低點時速度最大，A錯；根據(jù)能量守恒小環(huán)不能運動到等效最高點的位置，B錯；根據(jù)動能定理有mg(R＋Rsin θ)＝mv，其中θ＝53°，解得vm＝，fm＝qvmB＝qB，D對；在等效最低點對軌道壓力最大，此時有N－mg－fm＝m，解得N＝mg＋fm，C錯．
40、
10．如圖所示，三塊等大且平行正對的金屬板水平放置，金屬板厚度不計且間距足夠大，上面兩金屬板間有豎直向下的勻強電場，下面兩金屬板間有豎直向上的勻強電場，電場強度大小均為E.以中間金屬板的中軸線為x軸，金屬板右側存在一范圍足夠大的勻強磁場，現(xiàn)有一重力不計的絕緣帶電粒子，質(zhì)量為m，帶電荷量為－q，從中間金屬板上表面的電場中坐標位置(－l，0)處以初速度v0沿x軸正方向開始運動，已知l＝，求：
(1)帶電粒子進入磁場時的位置坐標(用l表示)以及帶電粒子進入磁場時的速度大小與方向；
(2)若要使帶電粒子能回到中間金屬板下表面關于x軸與釋放點對稱的位置，計算勻強磁場的磁感應強度B的大小(用E
41、、v0表示)．
【解析】(1)帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動，水平方向上有l(wèi)＝v0t，豎直方向上有y＝t2
聯(lián)立解得y＝
所以帶電粒子進入磁場時的位置坐標為(0，)，豎直方向速度vy＝t＝v0，設速度方向與y軸正方向夾角為θ，
所以＝v0，因為tan θ＝＝1，所以速度方向與y軸正向夾角為45°.
(2)若要使帶電粒子能回到中間金屬板下表面與釋放點對稱的位置，根據(jù)對稱性可知，它在磁場中做圓周運動的圓心應在x軸上，其部分運動軌跡如圖所示．
由幾何關系有r＝y(tǒng)＝，根據(jù)qvB＝m，
聯(lián)立解得B＝.
11．如圖所示，在互相垂直的水平方向的勻強電場(E已知)和勻強磁場(B已知)
42、中，有一固定的豎直絕緣桿，桿上套一個質(zhì)量為m、電量為＋q的小球，它們之間的動摩擦因數(shù)為μ，現(xiàn)由靜止釋放小球，試求小球沿棒運動的最大加速度和最大速度vmax.(重力加速度為g，mg＞μqE，小球的帶電量不變)
【解析】小球在運動過程中受到重力G＝mg、洛倫茲力F洛＝Bqv、電場力F＝qE、桿對球的摩擦力Ff和桿的彈力FN的作用，如圖所示．
由于FN＝qE＋Bqv，所以F合＝mg－μFN＝mg－μ(qE＋Bqv)．可見隨著速度v的增大，F(xiàn)合逐漸減小，由牛頓第二定律知，小球做加速度越來越小的變加速運動直到最后勻速．故當v＝0時，最大加速度amax＝＝g－.
當F合＝0時，即a＝0時，v有最
43、大值vmax，即mg－μ(qE＋Bqvmax)＝0，所以vmax＝.
12．如圖所示，在x軸上方有一勻強電場，場強大小為E，方向豎直向下，在x軸下方有一勻強磁場，磁感應強度為B，方向垂直紙面向里．在x軸上有一點P，離原點距離為a，現(xiàn)有一帶電荷量為＋q，質(zhì)量為m的粒子，從00區(qū)域，粒子重力不計)
【解析】粒子必須從電場中釋放，根據(jù)洛倫茲力方向可知釋放點必須在P點的左側空間：0
44、P點需滿足：a－x＝2nR(n＝1，2，3，…)
解得釋放點坐標x、y應滿足的關系為y＝(n＝1，2，3，…)
13．如圖所示，帶負電的金屬小球A質(zhì)量為mA＝0.2 kg，電量為q＝0.1 C，小球B是絕緣體不帶電，質(zhì)量為mB＝2 kg，靜止在水平放置的足夠長的絕緣桌子邊緣，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，方向水平向左且與磁場方向垂直，小球A與桌面間的動摩擦因數(shù)μ＝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碰后落地的水平位
45、移為0.03 m，g＝10 m/s2，求：
(1)碰前A球的速度；
(2)碰后A球的速度；
(3)若碰后電場方向反向，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．
【解析】(1)設小球A勻速運動的速度為vA1，從A到B的過程中勻速運動，由平衡條件可得：qE＝f
而f＝μFN、FN＝qBvA1＋mAg
所以qE＝μ
代入數(shù)據(jù)得vA1＝2 m/s，方向向右
(2)設碰后B球的速度為vB，
由平拋運動規(guī)律有h＝gt2，x＝vBt
代入數(shù)據(jù)解得vB＝0.3 m/s
設A球與B球發(fā)生碰撞后的速度為vA2，由動量守恒定律得：mAvA1＝mAvA2＋mBvB
解得vA2＝－1 m/s，方向與原速度方向相反
(3)設A球沿桌面運動速度為v，加速度為a，則
qE－μN＝mAa，mAg＝N＋qvB
解得a＝
A球沿桌面做加速度增大的加速運動，當洛倫茲力等于重力時，A球離開桌面，此時A球沿桌面的速度最大為vm，
則mAg＝qvmB
所以vm＝，代入數(shù)據(jù)得vm＝8 m/s
根據(jù)動能定理，合力所做的功W＝mAv－mAv2A2，代入數(shù)據(jù)得W＝6.3 J
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（名師導學）2020版高考物理總復習 第九章 第3節(jié) 帶電粒子在復合場中的運動教學案 新人教版
