《（全國通用）2019屆高考物理二輪復習 專題9 帶電粒子在電場和磁場中的運動學案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（全國通用）2019屆高考物理二輪復習 專題9 帶電粒子在電場和磁場中的運動學案（21頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 專題9 帶電粒子在電場和磁場中的運動 考題一　帶電粒子在組合場中的運動 1.組合場模型 電場、磁場、重力場(或其中兩種場)并存，但各自位于一定區(qū)域，并且互不重疊的情況. 2.帶電粒子在組合場中運動的處理方法 (1)分別研究帶電粒子在不同場區(qū)的運動規(guī)律.在勻強磁場中做勻速圓周運動.在勻強電場中，若速度方向與電場方向平行，則做勻變速直線運動；若速度方向與電場方向垂直，則做類平拋運動. (2)帶電粒子經(jīng)過磁場區(qū)域時利用圓周運動規(guī)律結合幾何關系處理. (3)當粒子從一個場進入另一個場時，該位置粒子的速度大小和方向往往是解題的突破口. 例1　(2016·四川·11

2、)如圖1所示，圖面內有豎直線DD′，過DD′且垂直于圖面的平面將空間分成Ⅰ、Ⅱ兩區(qū)域.區(qū)域Ⅰ有方向豎直向上的勻強電場和方向垂直圖面的勻強磁場B(圖中未畫出)；區(qū)域Ⅱ有固定在水平地面上高h＝2l、傾角α＝的光滑絕緣斜面，斜面頂端與直線DD′距離s＝4l，區(qū)域Ⅱ可加豎直方向的大小不同的勻強電場(圖中未畫出)；C點在DD′上，距地面高H＝3l.零時刻，質量為m、帶電荷量為q的小球P在K點具有大小v0＝、方向與水平面夾角θ＝的速度，在區(qū)域Ⅰ內做半徑r＝的勻速圓周運動，經(jīng)C點水平進入?yún)^(qū)域Ⅱ.某時刻，不帶電的絕緣小球A由斜面頂端靜止釋放，在某處與剛運動到斜面的小球P相遇.小球視為質點，不計空氣阻力及小球P

3、所帶電荷量對空間電磁場的影響.l已知，g為重力加速度. 圖1 (1)求勻強磁場的磁感應強度B的大??； (2)若小球A、P在斜面底端相遇，求釋放小球A的時刻tA； (3)若小球A、P在時刻t＝β(β為常數(shù))相遇于斜面某處，求此情況下區(qū)域Ⅱ的勻強電場的場強E，并討論場強E的極大值和極小值及相應的方向. 解析　(1)由題知，小球P在區(qū)域Ⅰ內做勻速圓周運動，有 m＝qv0B，代入數(shù)據(jù)解得B＝ (2)小球P在區(qū)域Ⅰ做勻速圓周運動轉過的圓心角為θ，運動到C點的時刻為tC，到達斜面底端時刻為t1，有 tC＝ ① s－＝v0(t1－tC) ② 小球A釋放后沿斜面運動加速度為aA，與小球

4、P在時刻t1相遇于斜面底端， 有mgsin α＝maA ③ ＝aA(t1－tA)2 ④ 聯(lián)立以上方程可得tA＝(3－2) (3)設所求電場方向向下，在tA′時刻釋放小球A，小球P在區(qū)域Ⅱ運動加速度為aP，有 s＝v0(t－tC)＋aA(t－tA′)2cos α ⑤ mg＋qE＝maP ⑥ H－h(huán)＋aA(t－tA′)2sin α＝aP(t－tC)2 ⑦ 聯(lián)立相關方程解得E＝ 對小球P的所有運動情形討論可得3≤β≤5 由此可得場強極小值為Emin＝0；場強極大值為Emax＝，方向豎直向上. 答案　(1)　(2)(3－2) (3)　極大值，方向豎直向上；極小值0 變式訓練

5、 1.如圖2所示，在平面直角坐標系xOy的第二象限內有平行于y軸的勻強電場，方向沿y軸負方向.在第一、四象限內有一個圓，圓心O′坐標為(r,0)，圓內有方向垂直于xOy平面向里的勻強磁場.一質量為m、電荷量為q的帶正電的粒子(不計粒子所受的重力)，從P(－2h，h)點，以大小為v0的速度沿平行于x軸正方向射入電場，通過坐標原點O進入第四象限，又經(jīng)過磁場從x軸上的Q點離開磁場.求： 圖2 (1)電場強度E的大小； (2)圓內磁場的磁感應強度B的大??； (3)帶電粒子從P點進入電場到從Q點射出磁場的總時間t. 答案　(1)　(2)　(3) 解析　(1)帶電粒子在電場中做類平拋運動，

6、有 水平方向：2h＝v0t1 ① 豎直方向：h＝at ② a＝ ③ 由①②③式得E＝ ④ (2)粒子進入磁場時沿y軸方向的速度vy＝at1＝v0 ⑤ 粒子進入磁場時的速度v＝ ⑥ 粒子在洛倫茲力作用下做圓周運動，有qvB＝m ⑦ 由幾何關系有R＝r ⑧ 由③⑤⑥⑦⑧式得B＝ ⑨ (3)粒子在磁場中運動的時間t2＝T ⑩ 粒子在磁場中做圓周運動的周期T＝ ? 粒子從P點進入電場到Q點射出磁場的總時間t＝t1＋t2 ? 由①⑨⑩??解得t＝ 2.如圖3所示，平面直角坐標系xOy在第一象限內存在水平向左的勻強電場，第二、四象限內存在垂直紙

7、面向里的勻強磁場，第三象限內存在與x軸負方向成30°角斜向上的勻強電場.一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子以一定初速度從y軸上的A點與y軸正方向成60°角垂直磁場方向射入第二象限，粒子從x軸上的C點與x軸正方向成30°角進入第三象限.粒子到達y軸上的D點(未畫出)時速度剛好減半，經(jīng)第四象限內磁場偏轉后又能垂直x軸進入第一象限內，最后恰好回到A點.已知OA＝a，第二象限內勻強磁場的磁感應強度為B.粒子重力不計，求： 圖3 (1)粒子初速度v0和第四象限內勻強磁場的磁感應強度B1的大??； (2)第一、三象限內勻強電場的電場強度E1和E2的大小； (3)粒子在第一、三象限內運行的時間比t

8、1∶t3. 答案　(1)　B　(2)　　(3) 解析　(1)粒子在第二象限內運動正好完成半個圓周，則 2R1cos 30°＝OA 解得R1＝a 而Bqv0＝，解得v0＝ 粒子在第三象限中運動時有CD＝2R1tan 30°＝a 粒子在第四象限中運動時有R2＝CDtan 30°＝a 而B1qv1＝m，v1＝v0 解得B1＝B (2)在第一象限內： OF＝R2＋R2sin 30°＝a 有OF＝··t OA＝v1t1 解得E1＝，t1＝ 在第三象限內：v－v＝2··CD 代入解得E2＝ (3)在第三象限內有： v0－v1＝·t3 解得t3＝ 所以＝ 考題二

9、　帶電粒子在疊加場中的運動 帶電粒子在疊加場中運動的處理方法 (1)明種類：明確疊加場的種類及特征. (2)析特點：正確分析帶電粒子的受力特點及運動特點. (3)畫軌跡：畫出運動過程示意圖，明確圓心、半徑與邊角關系. (4)用規(guī)律：靈活選擇不同的運動規(guī)律. ①兩場共存時，電場與磁場中滿足qE＝qvB或重力場與磁場中滿足mg＝qvB或重力場與電場中滿足mg＝qE，都表現(xiàn)為勻速直線運動或靜止，根據(jù)受力平衡列方程求解. ②三場共存時，合力為零，受力平衡，粒子做勻速直線運動.其中洛倫茲力F＝qvB的方向與速度v垂直. ③三場共存時，粒子在疊加場中做勻速圓周運動.mg與qE相平衡，根

10、據(jù)mg＝qE，由此可計算粒子比荷，判定粒子電性.粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，應用受力平衡和牛頓運動定律結合圓周運動規(guī)律求解，有qvB＝mrω2＝m＝mr＝ma. ④當帶電粒子做復雜的曲線運動或有約束的變速直線運動時，一般用動能定理或能量守恒定律求解. 例2　如圖4所示，在無限長的水平邊界AB和CD間有一勻強電場，同時在AEFC、BEFD區(qū)域分別存在水平向里和向外的勻強磁場，磁感應強度大小相同，EF為左右磁場的分界線.AB邊界上的P點到邊界EF的距離為(2＋)L，一帶正電微粒從P點正上方的O點由靜止釋放，從P點垂直AB邊界進入電、磁場區(qū)域，且恰好不從AB邊界飛出電、磁場.已知微粒

11、在磁場中的運動軌跡為圓弧，重力加速度大小為g，電場強度大小E(E未知)和磁感應強度大小B(B未知)滿足＝2，不考慮空氣阻力，求： 圖4 (1)O點距離P點的高度h多大； (2)若微粒從O點以v0＝水平向左平拋，且恰好垂直下邊界CD射出電、磁場，則微粒在磁場中運動的時間t多長？ 解析　(1)微粒在電磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，重力與電場力合力為零，則：qE＝mg， 粒子運動軌跡如圖所示： 由幾何知識可得：sin θ＝，r1＋r1sin θ＝(2＋)L， 解得：r1＝2L， 微粒做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qv1B＝m， 由動能定理

12、得：mgh＝mv－0， 已知：＝2，解得：h＝L； (2)微粒在進入電磁場前做平拋運動，x1＝v0t1， h＝gt， 代入數(shù)據(jù)解得：t1＝，x1＝L， 微粒在M點的豎直分速度：v′＝， 速度：v＝2，速度與AB夾角為30°， 微粒運動軌跡如圖所示： 微粒軌道半徑：r2＝4L，由幾何知識可知，微粒從M點偏轉30°垂直打在EF邊界上， 微粒在磁場中做圓周運動的周期：T＝＝4π 由題意可知，微粒的運動時間：t＝t1′＋t2′＝T＋kT＋T＝T＋kT＋T(k＝0、1、2、3、……) 解得：t＝2π(＋k)(k＝0、1、2、3、……) 答案　(1)L　(2)2π(＋k)(k＝

13、0、1、2、3、……) 變式訓練 3.如圖5所示，在真空中半徑為r＝0.1 m的圓形區(qū)域內有垂直于紙面向外的勻強磁場及水平向左的勻強電場，磁感應強度B＝0.01 T，ab和cd是兩條相互垂直的直徑，一束帶正電的粒子流連續(xù)不斷地以速度v＝1×103 m/s從c點沿cd方向射入場區(qū)，粒子將沿cd方向做直線運動，如果僅撤去磁場，帶電粒子經(jīng)過a點，如果撤去電場，使磁感應強度變?yōu)樵瓉淼?，不計粒子重力，下列說法正確的是(　　) 圖5 A.電場強度的大小為10 N/C B.帶電粒子的比荷為1×106 C/kg C.撤去電場后，帶電粒子在磁場中運動的半徑為0.1 m D.帶電粒子在磁場中運動

14、的時間為7.85×10－5 s 答案　AC 解析　粒子沿直線運動，則Bqv＝Eq，解得E＝Bv＝0.01×103 N/C＝10 N/C，選項A正確；如果僅撤去磁場，則粒子在水平方向r＝t2，豎直方向r＝vt，解得：＝＝ C/kg＝2×106 C/kg，選項B錯誤；撤去電場后，帶電粒子在磁場中運動的半徑為R＝＝ m＝0.1 m，選項C正確；帶電粒子在磁場中運動的時間為t＝＝＝ s＝1.57×10－4 s，選項D錯誤；故選A、C. 4.(2016·天津·11)如圖6所示，空間中存在著水平向右的勻強電場，電場強度大小E＝5 N/C，同時存在著水平方向的勻強磁場，其方向與電場方向垂直，磁感應強度

15、大小B＝0.5 T.有一帶正電的小球，質量m＝1×10－6 kg，電荷量q＝2×10－6 C，正以速度v在圖示的豎直面內做勻速直線運動，當經(jīng)過P點時撤掉磁場(不考慮磁場消失引起的電磁感應現(xiàn)象)，取g＝10 m/s2，求： 圖6 (1)小球做勻速直線運動的速度v的大小和方向； (2)從撤掉磁場到小球再次穿過P點所在的這條電場線經(jīng)歷的時間t. 答案　(1)20 m/s　方向與電場方向成60°角斜向上 (2)3.5 s 解析　(1)小球勻速直線運動時受力如圖，其所受的三個力在同一平面內，合力為零，有qvB＝ ① 代入數(shù)據(jù)解得v＝20 m/s ② 速度v的方向與電場E的方向之間

16、的夾角滿足 tan θ＝ ③ 代入數(shù)據(jù)解得tan θ＝ θ＝60° ④ (2)解法一　撤去磁場，小球在重力與電場力的合力作用下做類平拋運動，如圖所示，設其加速度為a，有 a＝ ⑤ 設撤去磁場后小球在初速度方向上的分位移為x，有 x＝vt ⑥ 設小球在重力與電場力的合力方向上分位移為y，有 y＝at2 ⑦ tan θ＝ ⑧ 聯(lián)立④⑤⑥⑦⑧式，代入數(shù)據(jù)解得 t＝2 s≈3.5 s ⑨ 解法二　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動沒有影響，以P點為坐標原點，豎直向上為正方向，小球在豎直方向上做勻減速運動，其初速度為 vy＝vsin θ ⑤ 若使

17、小球再次穿過P點所在的電場線，僅需小球的豎直方向上分位移為零， 則有vyt－gt2＝0 ⑥ 聯(lián)立⑤⑥式，代入數(shù)據(jù)解得t＝2 s≈3.5 s. 考題三　帶電粒子在交變電磁場中的運動 帶電粒子在交變電磁場中運動的處理方法 (1)若交變電壓的變化周期遠大于粒子穿越電場的時間或粒子穿越電場的時間極短可忽略時，則粒子在穿越電場的過程中，電場可看做勻強電場. (2)空間存在的電場或磁場是隨時間周期性變化的，一般呈現(xiàn)“矩形波”的特點.交替變化的電場及磁場會使帶電粒子順次經(jīng)歷不同特點的電場或磁場或疊加場，從而表現(xiàn)出“多過程”現(xiàn)象.其運動特點既復雜又隱蔽.分析時應該注意以下三點：①仔細分析并確定

18、各場的變化特點及相應的時間，其變化周期一般與粒子在電場或磁場中的運動周期相關聯(lián).有一定的聯(lián)系，應抓住變化周期與運動周期之間的聯(lián)系作為解題的突破口；②必要時，可把粒子的運動過程還原成一個直觀的運動軌跡草圖進行分析；③把粒子的運動分解成多個運動階段分別進行處理，根據(jù)每一階段上的受力情況確定粒子的運動規(guī)律. 例3　如圖7甲所示，在直角坐標系0≤x≤L區(qū)域內有沿y軸正方向的勻強電場，右側有一個以點(3L,0)為中心、邊長為2L的正方形區(qū)域，其邊界ab與x軸平行，正方形區(qū)域與x軸的交點分別為M、N.在該正方形區(qū)域內存在垂直紙面向里的勻強磁場，現(xiàn)有一質量為m、帶電量為e的電子，從y軸上的A點以速

19、度v0沿x軸正方向射入電場，飛出電場后從M點以與x軸夾角為30°的方向進入正方形區(qū)域，并恰好從d點射出. 圖7 (1)求勻強電場E的大??； (2)求勻強磁場B的大小； (3)若當電子到達M點時，在正方形區(qū)域換加如圖乙所示周期性變化的磁場(以垂直于紙面向外為磁場正方向)，最后電子運動一段時間后從N點飛出，求正方形磁場區(qū)域磁感應強度B0大小的表達式、磁場變化周期T與B0的關系式. [思維規(guī)范流程] 步驟1：在電場中做平拋運動 分方向列方程 在M點速度分解 (1)在E中： L＝v0t ① vy＝t ② tan 30°＝ ③ 得：E＝ ④ 步驟2：在磁場

20、中： 由幾何關系得： 列F洛＝Fn方程 (2)R＝ ⑤ BevM＝ ⑥ vM＝ ⑦ 得：B＝ ⑧ 步驟3：從N點射出的幾種情景圖： 根據(jù)幾何關系，由圖得出T、B0的關系： (3)n·r＝2L(n＝1,2,3……) ⑨ r＝＝ ⑩ 得B0＝n·(n＝1,2,3……) ? T0＝ ? ＝ ? 得：T＝? ? ④⑧⑨???每式各2分，其余各式1分. 變式訓練 5.如圖8甲所示，在豎直邊界MN的左側存在與水平方向成θ＝60°斜向右上方的勻強電場.其電場強度大小E1＝ N/C，在MN的右側有豎直向上的勻強電場，其電場強度大小E2＝1.5 N/C，同時，在MN

21、的右側還有水平向右的勻強電場E3和垂直紙面向里的勻強磁場B(圖甲中均未畫出)，E3和B隨時間變化的情況如圖乙所示.現(xiàn)有一帶正電的微粒，帶電荷量q＝1×10－5 C，從左側電場中距MN邊界x1＝ m的A點無初速度釋放后，微粒水平向右進入MN右側場區(qū)，設此時刻t＝0，取g＝10 m/s2.求： 圖8 (1)帶電微粒的質量m； (2)帶電微粒在MN右側場區(qū)中運動了1.5 s時的速度v(取2＝4.5)； (3)帶電微粒從A點運動到MN右側場區(qū)中計時為1.5 s的過程中，各電場對帶電微粒做的總功W.(取3π＝10) 答案　(1)1.5×10－6 kg　(2)5 m/s，方向水平向左

22、 (3)4.125×10－5 J 解析　(1)MN左側勻強電場的電場強度為E1，方向與水平方向夾角為θ，帶電微粒受力如圖所示. 沿豎直方向有：qE1sin θ＝mg 解得：m＝1.5×10－6 kg. (2)在MN左側，對帶電微粒沿水平方向有： qE1cos θ＝ma1 解得：a1＝ m/s2 對水平方向的勻加速運動有：v＝2a1x1 解得剛到MN時v0＝4.5 m/s 帶電微粒在MN右側場區(qū)始終滿足：qE2＝mg 在0～1 s時間內，帶電微粒在E3電場中有： a2＝＝ m/s2＝0.5 m/s2 帶電微粒在1 s時的速度大小為： v＝v0＋a2t＝5 m/s

23、在1～1.5 s時間內，帶電微粒在磁場B中做勻速圓周運動，周期為 T＝＝ s＝1 s 在1～1.5 s時間內，帶電微粒在磁場B中正好運動了半個圓周，所以帶電微粒在MN右側場區(qū)中運動了1.5 s時的速度大小為5 m/s，方向水平向左. (3)帶電微粒在磁場B中做圓周運動的半徑為 r＝＝ m＝ m＝0.75 m W－mg·2r＝mv2 解得：W＝4.125×10－5 J. 專題規(guī)范練 1.利用霍爾效應制作的霍爾元件，廣泛應用于測量和自動控制等領域.如圖1是霍爾元件的工作原理示意圖，磁感應強度B垂直于霍爾元件的工作面向下，通入圖示方向的電流I，C、D兩側面會形成電勢差UCD，下列說法

24、中正確的是(　　) 圖1 A.電勢差UCD僅與材料有關 B.若霍爾元件的載流子是自由電子，則電勢差UCD＜0 C.僅增大磁感應強度時，電勢差UCD可能不變 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 答案　B 解析　由題意可知，CD間存在電勢差，即存在電場，載流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，則UCD＝.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，B正確；在測定地球赤道上方地磁場強弱時，應將元件的工作面保持豎直，

25、讓磁場垂直通過.故D錯誤. 2.(多選)如圖2所示，一足夠長的絕緣細桿處于磁感應強度為B＝0.5 T的勻強磁場中，桿與磁場垂直且與水平方向的夾角為θ＝37°.一質量為m＝0.1 g、電荷量為q＝5×10－4 C的帶正電圓環(huán)套在該絕緣細桿上，圓環(huán)與桿之間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.4.現(xiàn)將圓環(huán)從桿上的某一位置無初速度釋放.則下列判斷中正確的是(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取重力加速度g＝10 m/s2)(　　) 圖2 A.圓環(huán)下滑過程中洛倫茲力始終做正功 B.當圓環(huán)下滑的速度達到2.4 m/s時，圓環(huán)與細桿之間的彈力為零 C.圓環(huán)下滑過程中的最大加速度為6 m/s2

26、 D.圓環(huán)下滑過程中的最大速度為9.2 m/s 答案　CD 解析　當FN＝0時，qvB＝mgcos θ，得v＝3.2 m/s， 此時，F(xiàn)合＝mgsin θ＝mam，得 am＝6 m/s2， 當mgsin θ＝μ(qvmB－mgcos θ)時 得vm＝9.2 m/s. 3.(多選)如圖3所示，空間有相互正交的勻強電場和勻強磁場區(qū)域，勻強電場方向豎直向下，大小為E，勻強磁場方向垂直紙面向外，磁感應強度大小為B.一質量為m的帶電小球(可視為質點)恰好能在豎直面內做半徑為r的勻速圓周運動，已知重力加速度為g，則下列說法中正確的是(　　) 圖3 A.該小球帶正電荷 B.該小球

27、的帶電荷量為 C.該小球一定沿順時針方向做勻速圓周運動 D.該小球做圓周運動的線速度大小為 答案　BD 解析　因小球做勻速圓周運動，所以mg＝qE，得E＝，電場力向上，所以帶負電，A錯誤，B正確；由于小球帶負電，由左手定則可知，小球一定沿逆時針方向運動，選項C錯誤；設小球做圓周運動的線速度大小為v，則qvB＝m，解得v＝，又因為q＝，所以v＝，選項D正確. 4.(多選)如圖4所示，兩塊水平放置的平行金屬板，板長為2d，相距為d.現(xiàn)將一質量為m、電荷量為q的帶電小球以某一水平速度靠近上板下表面的P點射入，剛好從下板邊緣射出，若在兩板間加入豎直向下的勻強電場，再次將該帶電小球以相同速度從

28、P點射入，小球剛好水平向右沿直線運動；若保持電場，再加一垂直紙面的勻強磁場，再次將該帶電小球以相同速度從P點射入，小球剛好垂直打在板上.已知重力加速度為g，則下列說法正確的是(　　) 圖4 A.小球從P點射入的初速度為 B.小球帶正電，所加勻強電場E＝ C.所加勻強磁場方向垂直紙面向里，B＝ D.加入勻強磁場后，帶電小球在板間運動時間為 答案　AD 解析　小球從P點射入后做平拋運動，根據(jù)平拋運動規(guī)律有：2d＝v0t，d＝gt2，聯(lián)立解得：v0＝，故A正確；加電場后做勻速直線運動，故：qE＝mg，解得：E＝，電場力向上，場強向下，故小球帶負電，故B錯誤；再加磁場后，做勻速圓周

29、運動，洛倫茲力提供向心力，小球剛好垂直打在板上，故軌道半徑為d，根據(jù)牛頓第二定律，有：qv0B＝m，解得：B＝；根據(jù)左手定則，磁場方向垂直紙面向里，故C錯誤；加入勻強磁場后，帶電小球在板間運動時間為四分之一個周期，為：t＝＝ ，故D正確. 5.(多選)如圖5所示，M、N為兩塊帶等量異種電荷的平行金屬板，兩板間電壓可取從零到某一最大值之間的各種數(shù)值.靜止的帶電粒子帶電荷量為＋q，質量為m(不計重力)，從點P經(jīng)電場加速后，從小孔Q進入N板右側的勻強磁場區(qū)域，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外，CD為磁場邊界上的一絕緣板，它與N板的夾角為θ＝30°，孔Q到板的下端C的距離為L，當M、N兩板間電

30、壓取最大值時，粒子恰垂直打在CD板上，則下列說法正確的是(　　) 圖5 A.兩板間電壓的最大值Um＝ B.CD板上可能被粒子打中區(qū)域的長度s＝L C.粒子在磁場中運動的最長時間tm＝ D.能打到N板上的粒子的最大動能為 答案　ACD 解析　M、N兩板間電壓取最大值時，粒子恰垂直打在CD板上，所以其軌跡圓心在C點，CH＝QC＝L， 故軌跡半徑R1＝L 又由牛頓第二定律得 qv1B＝m 粒子在MN間加速時，有 qUm＝mv 所以聯(lián)立得Um＝，選項A正確； 打在QC間的粒子在磁場中運動的時間最長，均為半個周期.粒子運動的周期為T＝ 所以最長時間tm＝＝，選項C正

31、確；設軌跡與CD板相切于K點，半徑為R2，在△AKC中： AC＝2R2，CK＝R2 又QC＝QA＋AC＝R2＋2R2＝3R2＝L，所以CK＝L 故HK的長度s＝(1－)L，選項B錯誤；能達到N板上的粒子最大半徑為R2，根據(jù)qvB＝m，最大動能為：Ekm＝mv2＝，選項D正確. 6.(多選)如圖6所示是選擇密度相同、大小不同納米粒子的一種裝置.待選粒子帶正電且電量與表面積成正比.待選粒子從O1進入小孔時可認為速度為零，加速電場區(qū)域Ⅰ的板間電壓為U，粒子通過小孔O2射入正交的勻強電場、磁場區(qū)域Ⅱ，其中磁場的磁感應強度大小為B，左右兩極板間距為d.區(qū)域Ⅱ出口小孔O3與O1、O2在同一豎直線上

32、.若半徑為r0，質量為m0、電量為q0的納米粒子剛好能沿直線通過，不計納米粒子重力，則(　　) 圖6 A.區(qū)域Ⅱ的電場與磁場的強度比值為 B.區(qū)域Ⅱ左右兩極板的電勢差U1＝Bd C.若納米粒子的半徑r＞r0，則剛進入?yún)^(qū)域Ⅱ的粒子仍將沿直線通過 D.若納米粒子的半徑r＞r0，仍沿直線通過，則區(qū)域Ⅱ的電場與原電場強度之比為 答案　AD 解析　設半徑為r0的粒子加速后的速度為v，則有：q0U＝m0v2 設區(qū)域Ⅱ內電場強度為E，洛倫茲力等于電場力，即：q0vB＝q0E 聯(lián)立①②解得：E＝B，則區(qū)域Ⅱ的電場與磁場的強度比值為，U1＝Ed＝Bd，故A正確，B錯誤；若納米粒子的半徑r

33、＞r0，設半徑為r的粒子的質量為m、帶電量為q、被加速后的速度為v′，則m＝()3m0而q＝()2q0，由mv′2＝qU解得：v′＝ ＝v＜v，故洛倫茲力小于電場力，粒子帶正電，故粒子向左偏轉，故C錯誤；要使粒子直線通過需滿足E＝vB，故區(qū)域Ⅱ的電場與原電場的電場強度之比為；故D正確. 7.(多選)如圖7所示為某種質譜儀的工作原理示意圖.此質譜儀由以下幾部分構成：粒子源N；P、Q間的加速電場；靜電分析器；磁感應強度為B的有界勻強磁場，方向垂直紙面向外；膠片M.若靜電分析器通道中心線半徑為R，通道內有均勻輻射電場在中心線處的電場強度大小為E；由粒子源發(fā)出一質量為m、電荷量為q的正離子(初速度為

34、零，重力不計)，經(jīng)加速電場加速后，垂直場強方向進入靜電分析器，在靜電分析器中，離子沿中心線做勻速圓周運動，而后由S點沿著既垂直于靜電分析器的左邊界，又垂直于磁場方向射入磁場中，最終打到膠片上的某點.下列說法中正確的是(　　) 圖7 A.P、Q間加速電壓為ER B.離子在磁場中運動的半徑為 C.若一質量為4m、電荷量為q的正離子加速后進入靜電分析器，離子不能從S射出 D.若一群離子經(jīng)過上述過程打在膠片上同一點，則這些離子具有相同的比荷 答案　AD 解析　直線加速過程，根據(jù)動能定理，有：qU＝mv2 ① 電場中偏轉過程，根據(jù)牛頓第二定律，有：qE＝m ② 磁場中偏轉過程

35、，根據(jù)牛頓第二定律，有：qvB＝m ③ 解得：U＝ER， ④ r＝ ＝ ⑤ 由④式，只要滿足R＝，所有粒子都可以從輻射電場區(qū)通過； 由④⑤知，打到膠片上同一點的粒子的比荷一定相等. 8.如圖8所示，在直角坐標系xOy平面內有a(4 cm,3 cm)、b(0,8 cm)兩點，勻強磁場垂直于xOy平面向里.一電荷量為e＝1.6×10－19 C、質量為m＝9×10－31 kg的電子，以v0＝1.6×106 m/s的速度從原點O沿x軸正方向入射，不計電子重力，取sin 37°＝0.6. 圖8 (1)已知電子能通過a點，求磁感應強度B的大小. (2)適當改變磁感應強度

36、，再加入平行xOy平面的勻強電場，使得電子可先后經(jīng)過a、b兩點，動能分別變?yōu)樵贠點動能的4倍和5倍，求電場強度的大小. 答案　(1)2.16×10－4 T　(2)4.5×102 V/m 解析　(1)由幾何關系： R2＝x＋(R－ya)2 得R＝ cm ev0B＝m 得B＝2.16×10－4 T (2)洛倫茲力不做功，電子從O點到a點由動能定理： eUaO＝Eka－EkO＝3×mv 電子從O點到b點由動能定理： eUbO＝Ekb－EkO＝4×mv，解得＝ 沿Ob方向電勢均勻升高，設y軸上點c(0，yc)為a點的等勢點：＝ 解得：yc＝6 cm，ac連線為勻強電場中的一條等勢線 過O點作ac的垂線交于d點，由幾何關系可知： ∠cOd＝37° O點到d點的距離：Od＝y(tǒng)ccos 37° E＝ 代入數(shù)值得：E＝4.5×102 V/m 21