《2019版高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題三 電場與磁場 第2講 帶電粒子在復(fù)合場中的運動學(xué)案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019版高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題三 電場與磁場 第2講 帶電粒子在復(fù)合場中的運動學(xué)案（23頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第2講　帶電粒子在復(fù)合場中的運動 網(wǎng)絡(luò)構(gòu)建 備考策略 1.必須領(lǐng)會的“三種方法”和“兩種物理思想” (1)對稱法、合成法、分解法。 (2)等效思想、分解思想。 2.做好“兩個區(qū)分”，謹(jǐn)防做題誤入歧途 (1)正確區(qū)分重力、電場力、洛倫茲力的大小、方向特點及做功特點。 (2)正確區(qū)分“電偏轉(zhuǎn)”和“磁偏轉(zhuǎn)”的不同。 3.抓住“兩個技巧”，做到解題快又準(zhǔn) (1)按照帶電粒子運動的先后順序，將整個運動過程劃分成不同階段的小過程。 (2)善于利用幾何圖形處理邊角關(guān)系，要有運用數(shù)學(xué)知識處理物理問題的習(xí)慣。 　帶電粒子在復(fù)合場中的運動 　帶電粒子在組合場中的運動 【典例

2、1】 (2018·全國卷Ⅱ，25)一足夠長的條狀區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，其在xOy平面內(nèi)的截面如圖1所示：中間是磁場區(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；磁場的上、下兩側(cè)為電場區(qū)域，寬度均為l′，電場強(qiáng)度的大小均為E，方向均沿x軸正方向；M、N為條狀區(qū)域邊界上的兩點，它們的連線與y軸平行。一帶正電的粒子以某一速度從M點沿y軸正方向射入電場，經(jīng)過一段時間后恰好以從M點入射的速度從N點沿y軸正方向射出。不計重力。 圖1 (1)定性畫出該粒子在電磁場中運動的軌跡； (2)求該粒子從M點入射時速度的大?。? (3)若該粒子進(jìn)入磁場時的速度方向恰好

3、與x軸正方向的夾角為，求該粒子的比荷及其從M點運動到N點的時間。 解析　(1)粒子運動的軌跡如圖(a)所示。(粒子在電場中的軌跡為拋物線，在磁場中為圓弧，上下對稱) 圖(a) (2)粒子從電場下邊界入射后在電場中做類平拋運動。設(shè)粒子從M點射入時速度的大小為v0，在下側(cè)電場中運動的時間為t，加速度的大小為a；粒子進(jìn) 圖(b) 入磁場的速度大小為v，方向與電場方向的夾角為θ[見圖(b)]，速度沿電場方向的分量為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。由運動學(xué)公式有 v1＝at② l′＝v0t③ v1＝vcos θ④ 粒子在磁場中做勻

4、速圓周運動，設(shè)其運動軌道半徑為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＝2Rcos θ⑥ 聯(lián)立①②③④⑤⑥式得 v0＝⑦ (3)由運動學(xué)公式和題給數(shù)據(jù)得 v1＝⑧ 聯(lián)立①②③⑦⑧式得 ＝⑨ 設(shè)粒子由M點運動到N點所用的時間為t′，則 t′＝2t＋T⑩ 式中T是粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期， T＝? 由③⑦⑨⑩?式得 t′＝? 答案　(1)見解析　(2)　(3)　 　帶電粒子在疊加場中的運動 【典例2】 如圖2所示，平面OM和水平面ON之間的夾角為30°，兩平面之間同時存在勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙

5、面向外；勻強(qiáng)電場的方向豎直向上。一帶電小球的質(zhì)量為m，電荷量為q，帶電小球沿豎直平面以大小為v0的初速度從平面OM上的某點沿左上方射入磁場，速度方向與OM成30°角，帶電小球進(jìn)入磁場后恰好做勻速圓周運動。已知帶電小球在磁場中的運動軌跡與ON恰好相切，且?guī)щ娦∏蚰軓腛M上另一點P射出磁場(P未畫出)。 圖2 (1)判斷帶電小球帶何種電荷？所加電場的電場強(qiáng)度E為多大？ (2)求出射點P到兩平面交點O的距離s； (3)帶電小球離開磁場后繼續(xù)運動，能打在左側(cè)豎直的光屏OO′上的T點，求T點到O點的距離s′。 解析　(1)根據(jù)題意，帶電小球受到的電場力與重力平衡，則帶電小球帶正電荷。 由

6、力的平衡條件得qE＝mg 解得E＝。 (2)帶電小球在疊加場中，在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動。根據(jù)牛頓第二定律有，qv0B＝m，即R＝ 根據(jù)題意，帶電小球在勻強(qiáng)磁場中的運動軌跡如圖所示，Q點為運動軌跡與ON相切的點，I點為入射點，P點為出射點。小球離開磁場的速度方向與OM的夾角也為30°，由幾何關(guān)系可得，QP為圓軌道的直徑，故＝2R OP的長度s＝ 聯(lián)立以上各式得s＝。 (3)帶電小球從P點離開磁場后做平拋運動，設(shè)其豎直位移為y，水平位移為x，運動時間為t。 則x＝v0t＝cos 30° 豎直位移y＝gt2 聯(lián)立各式得s′＝2R＋y＝＋。 答案　(1)正電荷　　(2)

7、　(3)＋ 　帶電粒子在交變場中的周期性運動 【典例3】 如圖3甲所示，豎直擋板MN左側(cè)空間有方向豎直向上的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，電場和磁場的范圍足夠大，電場強(qiáng)度E＝40 N/C，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t變化的關(guān)系圖象如圖乙所示，選定磁場垂直紙面向里為正方向。t＝0時刻，一帶正電的微粒，質(zhì)量m＝8×10－4 kg、電荷量q＝2×10－4 C，在O點具有方向豎直向下、大小為0.12 m/s的速度v，O′是擋板MN上一點，直線OO′與擋板MN垂直，取g＝10 m/s2。求： 圖3 (1)微粒再次經(jīng)過直線OO′時與O點的距離； (2)微粒在運動過程中離開直線OO′的最大距離；

8、 (3)水平移動擋板，使微粒能垂直射到擋板上，擋板與O點間的水平距離應(yīng)滿足的條件。 解析　(1)由題意可知，微粒所受的重力為 G＝mg＝8×10－3 N 電場力的大小為F＝Eq＝8×10－3 N Eq＝mg，因此重力與電場力平衡 微粒在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律有qvB＝m 代入數(shù)據(jù)解得R＝0.6 m 由公式T＝可解得T＝10π s 則微粒在0～5π s內(nèi)轉(zhuǎn)過半個圓周，再次經(jīng)過直線OO′時與O點的距離l＝2R＝1.2 m。 (2)微粒運動 半個周期后向上勻速運動，運動的時間為t＝5π s，軌跡如圖所示，位移大小s＝vt 解得s＝1.88 m 因此

9、，微粒離開直線OO′的最大距離l′＝s＋R＝2.48 m。 (3)若微粒能垂直射到擋板上的某點P，P點在直線OO′下方時，由圖可知，擋板MN與O點間的水平距離應(yīng)滿足 L＝(2.4n＋0.6) m(n＝0，1，2，3，…) 若微粒能垂直射到擋板上的某點P，P點在直線OO′上方時，由圖可知，擋板MN與O點間的距離應(yīng)滿足 L＝(2.4n＋1.8) m(n＝0，1，2，3，…)。 答案　(1)1.2 m　(2)2.48 m　(3)L＝(2.4n＋0.6) m(n＝0，1，2，3，…)或L＝(2.4n＋1.8) m(n＝0，1，2，3，…) 分析帶電粒子在復(fù)合場中的運動的注意事項 (1

10、)準(zhǔn)確劃分帶電粒子運動過程中的不同運動階段、不同運動形式，以及不同運動階段、不同運動形式之間的轉(zhuǎn)折點和臨界點，只有明確粒子在某一階段的運動形式后，才能確定解題所用到的物理規(guī)律。 (2)分析帶電粒子在交變電場或磁場中的運動軌跡時，還要注意對稱性的靈活應(yīng)用。 1.(2018·遼寧大連二模)如圖4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屏上的O點，出現(xiàn)一個光斑。在垂直于紙面向里的方向上加一磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場后，粒子束發(fā)生偏轉(zhuǎn)，沿半徑為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、電場強(qiáng)度大小為E的勻強(qiáng)電場，光斑從P點又回到O點

11、，關(guān)于該粒子(不計重力)，下列說法正確的是(　　) 圖4 A.粒子帶負(fù)電 B.初速度為v＝ C.比荷為＝ D.比荷為＝ 解析　只存在磁場時，粒子打在P點，由左手定則知粒子帶正電，選項A錯誤；因為qvB＝，所以＝。加電場后滿足：Eq＝qvB，即v＝，代入上式得：＝，選項D正確，B、C錯誤。 答案　D 2.(多選)如圖5甲所示，空間同時存在豎直向上的勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，電場強(qiáng)度為E，一質(zhì)量為m，電荷量為q的帶正電小球恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)在將磁場方向順時針旋轉(zhuǎn)30°，同時給小球一個垂直磁場方向斜向下的速度v，如圖乙所示。則關(guān)于小球的運動，下列說法正確的是(　　)

12、 圖5 A.小球做勻速圓周運動 B.小球運動過程中機(jī)械能守恒 C.小球運動到最低點時電勢能增加了 D.小球第一次運動到最低點歷時 解析　小球在復(fù)合場中處于靜止?fàn)顟B(tài)，只受兩個力作用，即重力和電場力且兩者平衡。當(dāng)把磁場順時針方向傾斜30°，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(nèi)做勻速圓周運動過程中受到電場力要做功，所以機(jī)械能不守恒，選項B錯誤；電場力從開始到最低點克服電場力做功為W＝EqRsin 30°＝，所以電勢能的增加量為，選項C錯誤；小球從第一次運動到最低點

13、的時間為T＝，選項D正確。 答案　AD 3.如圖6所示，在xOy平面內(nèi)OA和OB是第一、二象限的角平分線，在AOy區(qū)域內(nèi)存在沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，在BOy區(qū)域內(nèi)存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，在第二象限其他區(qū)域內(nèi)存在垂直xOy平面的勻強(qiáng)磁場。從OA上坐標(biāo)為(x0，y0)的點由靜止釋放一個質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子(重力不計)，粒子恰好垂直穿過OB。 圖6 (1)求第一、二象限內(nèi)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度之比； (2)若第一象限內(nèi)電場強(qiáng)度大小為E0，要使粒子第一次射入磁場時，在第二象限內(nèi)不進(jìn)入x軸下方，則第二象限內(nèi)所加勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B0應(yīng)滿足什么條件？ 解析　(1)設(shè)第一、二象限內(nèi)

14、勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度分別為E1和E2，粒子經(jīng)過y軸時的速度大小為v0 粒子在第一象限內(nèi)有 qE1＝ma1，v＝2a1x0 甲 如圖甲所示，粒子在第二象限垂直穿過OB時，有 vx＝v0，vy＝a2t，vx＝vy qE2＝ma2 x1＝v0t，y1＝ 由幾何關(guān)系得y0＝x0，x1＋y1＝y(tǒng)0 解得a2＝3a1 得E1∶E2＝1∶3 (2)粒子垂直穿過OB時的速度v＝v0＝2 乙 由(1)知a2＝3a1 解得x1＝ 若磁場垂直于xOy平面向里，則粒子運動軌跡與x軸相切時軌跡半徑r1最大，如圖乙所示 由幾何關(guān)系有x1＝r1＋r1cos 45° 粒子在磁場中運動有

15、qvB0＝m 丙 解得B0＝ 若磁場垂直xOy平面向外，粒子運動軌跡與x軸相切時軌跡半徑r2最大，如圖丙所示 由幾何關(guān)系可得r2cos 45°＋x1＝r2 粒子在磁場中運動有qvB0＝ 解得B0＝ 因此當(dāng)磁場垂直xOy平面向里時B0≥ 當(dāng)磁場垂直xOy平面向外時，B0≥ 答案　(1)1∶3　(2)見解析 　復(fù)合場中的STSE問題 物理是一門與生產(chǎn)、生活及現(xiàn)代科技聯(lián)系比較緊密的學(xué)科。在高考中，物理試題著重考查考生的知識、能力和學(xué)科素養(yǎng)，注重理論聯(lián)系實際，注重物理與科學(xué)技術(shù)、社會和經(jīng)濟(jì)發(fā)展的聯(lián)系，注重物理知識在生產(chǎn)、生活、科技等方面的應(yīng)用。 　疊加場在生活、生產(chǎn)中的應(yīng)用

16、 【典例1】 (2018·安徽合肥三模)為監(jiān)測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7所示的長方體流量計。該裝置由絕緣材料制成，其長、寬、高分別為a、b、c，左右兩端開口。在垂直于上下底面方向加一勻強(qiáng)磁場，前后兩個內(nèi)側(cè)面分別固定有金屬板作為電極。污水充滿管口從左向右流經(jīng)該裝置時，接在M、N兩端間的電壓表將顯示兩個電極間的電壓U。若用Q表示污水流量(單位時間內(nèi)排出的污水體積)，下列說法中正確的是(　　) 圖7 A.M端的電勢比N端的高 B.電壓表的示數(shù)U與a和b均成正比，與c無關(guān) C.電壓表的示數(shù)U與污水的流量Q成正比 D.若污水中正負(fù)離子數(shù)相同，則電壓表的示

17、數(shù)為0 解析　由左手定則可知正電荷打在N端，所以M端的電勢比N端的低，故選項A錯誤；由q＝qBv，解得U＝Bbv，故選項B、D錯誤；污水的流量Q＝vS＝bc＝c，所以電壓表的示數(shù)U與污水的流量Q成正比，故選項C正確。 答案　C 　組合場在科技中的應(yīng)用 【典例2】 (2018·全國卷Ⅲ，24)如圖8，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)水平向右運動，自M點垂直于磁場邊界射入勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁場左邊界豎直。已知甲種離子射入磁場的速度大小為v1，并在磁場邊界的N點射出；乙種離子在MN的中點射出；MN長為l。不計重力影響和離子間的相互作用。求

18、圖8 (1)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小； (2)甲、乙兩種離子的比荷之比。 解析　(1)設(shè)甲種離子所帶電荷量為q1、質(zhì)量為m1，在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R1，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，由動能定理有 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，射入磁場的速度為v2，在磁場中做勻速圓周運動的半徑為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∶4⑧ 答案　(1)　(2)1∶

19、4 【典例3】 (多選)(2018·攀枝花三模)如圖9所示為一種獲得高能粒子的裝置原理圖，環(huán)形管內(nèi)存在垂直于紙面、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小可調(diào)的勻強(qiáng)磁場(環(huán)形管的寬度非常小)，質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子可在環(huán)中做半徑為R的圓周運動。A、B為兩塊中心開有小孔且小孔距離很近的平行極板，原來電勢均為零，每當(dāng)帶電粒子經(jīng)過A板剛進(jìn)入A、B之間時，A板電勢升高到＋U，B板電勢仍保持為零，粒子在兩板間的電場中得到加速，每當(dāng)粒子離開B板時，A板電勢又降為零，粒子在電場中一次一次地加速使得動能不斷增大，而在環(huán)形區(qū)域內(nèi)，通過調(diào)節(jié)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小可使粒子運行半徑R不變，已知極板間距遠(yuǎn)小于R，則下列說法正確的是(　　)

20、 圖9 A.環(huán)形區(qū)域內(nèi)勻強(qiáng)磁場的磁場方向垂直于紙面向里 B.粒子從A板小孔處由靜止開始在電場力作用下加速，繞行N圈后回到A板時獲得的總動能為NqU C.粒子在繞行的整個過程中，A板電勢變化的周期不變 D.粒子繞行第N圈時，環(huán)形區(qū)域內(nèi)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為 解析　粒子在A、B之間加速，故粒子是沿順時針運動，在磁場中洛倫茲力提供向心力，故磁場方向垂直紙面向外，選項A錯誤；粒子在電場中加速，根據(jù)動能定理，有EN＝NqU，選項B正確；粒子在加速，根據(jù)T＝，周期要減小，選項C錯誤；由動能定理知NqU＝mv，得到vN＝，由牛頓第二定律，則有m＝qvNBN，解得BN＝，聯(lián)立解得BN＝，選項D正

21、確。 答案　BD 1.(多選)自行車速度計是利用霍爾效應(yīng)傳感器獲知自行車的運動速率。如圖10甲所示，自行車前輪上安裝一塊磁鐵，輪子每轉(zhuǎn)一圈，這塊磁鐵就靠近傳感器一次，傳感器會輸出一個脈沖電壓。圖乙為霍爾元件的工作原理圖。當(dāng)磁場靠近霍爾元件時，導(dǎo)體內(nèi)定向運動的自由電荷在磁場力作用下偏轉(zhuǎn)，最終使導(dǎo)體在與磁場、電流方向都垂直的方向上出現(xiàn)電勢差，即為霍爾電勢差。下列說法正確的是(　　) 圖10 A.根據(jù)單位時間內(nèi)的脈沖數(shù)和自行車車輪的半徑即可獲知車速大小 B.自行車的車速越大，霍爾電勢差越高 C.圖乙中霍爾元件的電流I是由正電荷定向運動形成的 D.如果長時間不更換傳感器的電源，霍

22、爾電勢差將減小 解析　根據(jù)單位時間內(nèi)的脈沖數(shù)可知車輪轉(zhuǎn)動的轉(zhuǎn)速，若再已知自行車車輪的半徑，根據(jù)v＝2πrn即可獲知車速大小，選項A正確；根據(jù)霍爾原理可知q＝Bqv，則U＝Bdv，即霍爾電壓與磁感應(yīng)強(qiáng)度、霍爾元件的厚度以及電子定向移動的速度有關(guān)，與車輪轉(zhuǎn)速無關(guān)，故選項B錯誤；圖乙中霍爾元件的電流I是由電子定向運動形成的，選項C錯誤；如果長時間不更換傳感器的電源，則會導(dǎo)致電子定向移動的速率減小，故霍爾電勢差將減小，選項D正確。 答案　AD 2.(多選)如圖11所示為某種質(zhì)譜儀的工作原理示意圖。此質(zhì)譜儀由以下幾部分構(gòu)成：粒子源N，P、Q間的加速電場，靜電分析器，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的有界勻強(qiáng)磁場、方

23、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(nèi)有均勻輻射電場，在中心線處的電場強(qiáng)度大小為E；由粒子源發(fā)出一質(zhì)量為m、電荷量為q的正離子(初速度為零，重力不計)，經(jīng)加速電場加速后，垂直場強(qiáng)方向進(jìn)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點沿著既垂直于磁分析器的左邊界，又垂直于磁場方向射入磁分析器中，最終打到膠片上的某點。下列說法正確的是(　　) 圖11 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(zhì)量為4m、電荷量為q的正離子加速后進(jìn)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

24、有相同的比荷 解析　直線加速過程，根據(jù)動能定理得qU＝mv2，電場中偏轉(zhuǎn)過程，根據(jù)牛頓第二定律得qE＝m，在磁場中偏轉(zhuǎn)過程，根據(jù)牛頓第二定律得qvB＝m，解得U＝ER，r＝＝，故選項A正確，B錯誤；只要滿足R＝，所有粒子都可以在弧形電場區(qū)通過，故選項C錯誤；由r＝可知，打到膠片上同一點的粒子的比荷一定相等，故選項D正確。 答案　AD 課時跟蹤訓(xùn)練 一、選擇題(1～3題為單項選擇題，4～6題為多項選擇題) 1.質(zhì)量為m的帶電小球在正交的勻強(qiáng)電場、勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運動，軌道平面在豎直平面內(nèi)，電場方向豎直向下，磁場方向垂直圓周所在平面向里，如圖1所示，由此可知(　　) 圖1 A

25、.小球帶正電，沿順時針方向運動 B.小球帶負(fù)電，沿順時針方向運動 C.小球帶正電，沿逆時針方向運動 D.小球帶負(fù)電，沿逆時針方向運動 解析　根據(jù)題意，可知小球受到的電場力方向向上，大小等于重力，又電場方向豎直向下，可知小球帶負(fù)電；已知磁場方向垂直圓周所在平面向里，帶負(fù)電的小球受到的洛倫茲力指向圓心，小球一定沿順時針方向運動，選項B正確。 答案　B 2.為了通過實驗研究PM2.5的相關(guān)性質(zhì)，讓一帶電的PM2.5顆粒(重力不計)，垂直射入正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場區(qū)域，如圖2所示，其中M、N為正對的平行帶電金屬板，觀察發(fā)現(xiàn)它恰好做直線運動，則下列判斷正確的是(　　) 圖2 A.M

26、板一定帶正電 B.PM2.5顆粒一定帶正電 C.若僅使PM2.5顆粒的電荷量增大，顆粒一定向M板偏移 D.若僅使PM2.5顆粒的速度增大，顆粒一定向N板偏移 解析　由于顆粒做直線運動，故無論顆粒帶何種電荷，電場力與洛倫茲力都是方向相反、大小相等的。根據(jù)左手定則，帶正電顆粒受到的洛倫茲力向上，所以它受到的電場力向下，電場力與電場強(qiáng)度同向(帶負(fù)電顆粒受到的洛倫茲力向下，所以它受到的電場力向上，電場力與電場強(qiáng)度反向)，所以M板一定帶正電，PM2.5顆粒的電性不確定。根據(jù)電場力和洛倫茲力平衡，即qvB＝qE，得v＝，與顆粒的電荷量q無關(guān)；若使PM2.5顆粒的速度增大，則洛倫茲力增大，則電場力與

27、洛倫茲力不平衡，出現(xiàn)偏轉(zhuǎn)現(xiàn)象，因洛倫茲力方向不確定，則不一定向N板偏移。 答案　A 3.(2018·太原二模)質(zhì)譜儀是一種測定帶電粒子比荷和分析同位素的重要工具。圖3中的鉛盒A中的放射源放出大量的帶正電粒子(可認(rèn)為初速度為零)，從狹縫S1進(jìn)入電壓為U的加速電場區(qū)加速后，再通過狹縫S2從小孔G垂直于MN射入偏轉(zhuǎn)磁場，該偏轉(zhuǎn)磁場是以直線MN為切線、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直于紙面向外半徑為R的圓形勻強(qiáng)磁場?，F(xiàn)在MN上的F點(圖中未畫出)接收到該粒子，且GF＝R。則該粒子的比荷為(粒子的重力忽略不計)(　　) 圖3 A. B. C. D. 解析　設(shè)粒子被加速后獲得的速度為v，由

28、動能定理有：qU＝mv2，粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑r＝，又qvB＝m，可求＝，選項C正確。 答案　C 4.(2018·東營三模)如圖4所示，在真空中半徑為r＝0.1 m的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場及水平向左的勻強(qiáng)電場，磁感應(yīng)強(qiáng)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(yīng)強(qiáng)度變?yōu)樵瓉淼模挥嬃Ｗ又亓?，下列說法正確的是(　　) 圖4 A.電場強(qiáng)度的大小為10 N/C B.帶電粒子的比荷為

29、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的時間為7.85×10－5 s 解析　粒子沿直線運動，則qvB＝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。 答案　AC 5.(2018·山東泰安模擬)絕緣光滑斜面與水平面成α角，一質(zhì)量

30、為m、電荷量為－q的小球從斜面上高h(yuǎn)處，以初速度為v0、方向與斜面底邊MN平行射入，如圖5所示。整個裝置處在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向平行于斜面向上。已知斜面足夠大，小球能夠沿斜面到達(dá)底邊MN。則下列判斷正確的是(　　) 圖5 A.小球在斜面上做勻變速曲線運動 B.小球到達(dá)底邊MN的時間t＝ C.勻強(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度的取值范圍是B≤ D.勻強(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度的取值范圍為B≤sin α 解析　對小球進(jìn)行受力分析，小球受重力、支持力和洛倫茲力，根據(jù)左手定則可知，洛倫茲力垂直斜面向上，即使速度發(fā)生變化，也不會影響重力沿斜面向下的分力的大小，由于重力沿斜面向下的分力即合外力不

31、變，速度與合外力垂直，因此小球做勻變速曲線運動，故選項A正確；在斜面上，小球做類平拋運動，沿著斜面方向做初速度為零的勻加速直線運動，則小球的加速度a＝gsin α，再由運動學(xué)公式，球到達(dá)底邊MN的時間t＝，故選項B正確；沿初速度v0方向，小球不受力，根據(jù)小球能夠沿斜面到達(dá)底邊MN，則小球受到的洛倫茲力范圍是0≤qv0B≤mgcos α，磁感應(yīng)強(qiáng)度的取值范圍為0≤B≤cos α，故選項C正確，D錯誤。 答案　ABC 6.(2018·河南洛陽高三質(zhì)檢)如圖6所示，帶等量異種電荷的平行金屬板a、b處于勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直紙面向里。不計重力的帶電粒子沿OO′方向從左側(cè)垂直于電磁場入射，從右側(cè)射

32、出a、b板間區(qū)域時動能比入射時小。要使粒子射出a、b板間區(qū)域時的動能比入射時大，可采用的措施是(　　) 圖6 A.適當(dāng)減小兩金屬板的正對面積 B.適當(dāng)增大兩金屬板的距離 C.適當(dāng)減小勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度 D.使帶電粒子的電性相反 解析　在這個復(fù)合場中，動能逐漸減小，說明合外力做負(fù)功，因洛倫茲力不做功，故電場力做負(fù)功，則電場力小于洛倫茲力。由E＝可知，當(dāng)減小正對面積，Q不變，E增大，電場力變大，當(dāng)電場力大于洛倫茲力時，粒子向電場力方向偏轉(zhuǎn)，電場力做正功，射出時動能變大，選項A正確；當(dāng)增大兩板間距離時，場強(qiáng)不變，選項B錯誤；當(dāng)減小磁感應(yīng)強(qiáng)度時洛倫茲力減小，洛倫茲力可能小于電場力，選

33、項C正確；當(dāng)改變粒子電性時，其所受電場力、洛倫茲力大小不變，方向均反向，所以射出時動能仍然減小，選項D錯誤。 答案　AC 二、非選擇題 7.回旋加速器的工作原理如圖7所示，D1、D2是兩個中空的半圓形金屬扁盒，它們接在高頻交流電源上，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場與盒面垂直。在D1盒中心A處有粒子源，產(chǎn)生的質(zhì)量為m、電荷量為＋q的帶正電粒子(初速度不計)在兩盒之間被電場加速后進(jìn)入D2盒中，加速電壓為U。兩盒間的狹縫很小，帶電粒子穿過的時間可以忽略不計。加速過程中不考慮相對論效應(yīng)和重力作用。 圖7 (1)為了使粒子每次經(jīng)過狹縫都被加速，求交變電壓的頻率； (2)求帶電粒子在D2盒中第n

34、個半圓軌跡的半徑。 解析　(1)帶電粒子在D形盒內(nèi)做圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律，有 qvB＝m(2πf)2r 為了使帶電粒子能夠被加速，交變電壓的頻率應(yīng)與粒子做圓周運動的頻率相等 f＝ 交變電壓的頻率f＝ (得出f＝(2n－1)，n＝1，2，3，…也給分) (2)帶電粒子在D2盒中第n個半圓是帶電粒子經(jīng)過狹縫被加速(2n－1)次后的運動軌道 設(shè)其被加速(2n－1)次后的速度為vn 由動能定理得(2n－1)qU＝mv 此后帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運動，半徑為rn 由牛頓第二定律得Bqvn＝m 解得rn＝ 答案　(1)　(2) 8.如圖8甲所示，在平面直角坐標(biāo)系x

35、Oy的第二象限中，有平行于y軸向下的勻強(qiáng)電場，在y軸的右側(cè)區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直坐標(biāo)平面，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B隨時間變化的關(guān)系如圖乙所示，在t＝0時刻有一比荷為1×104 C/kg的帶正電粒子(不計重力)從坐標(biāo)原點O沿x軸正方向以初速度v0＝2×103 m/s進(jìn)入磁場，開始時，磁場方向垂直紙面向里，粒子最后到達(dá)x軸上坐標(biāo)為(－2 m，0)的P點，求： 圖8 (1)粒子在磁場中運動的軌跡半徑； (2)粒子到達(dá)y軸時與O點的距離s； (3)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小E。 解析　(1)粒子進(jìn)入磁場后在磁場中做圓周運動，軌跡半徑為R，由洛倫茲力提供向心力得qv0B＝m 得R＝＝0

36、.4 m (2)粒子在磁場中做圓周運動的周期為T，則 T＝＝4π×10－4 s 0～π×10－4 s時間內(nèi)，粒子運動的周期數(shù)為 N1＝＝ 運動軌跡對應(yīng)的圓心角為120° π×10－4～2π×10－4 s內(nèi)，粒子運動的周期數(shù)為 N2＝＝ 運動軌跡對應(yīng)的圓心角為60° 2π×10－4～π×10－4 s內(nèi)，粒子運動的周期數(shù)為 N3＝＝ 運動軌跡對應(yīng)的圓心角為120° 故粒子運動軌跡如圖所示，粒子恰好在t＝π×10－4 s時到達(dá)y軸，由圖知粒子到達(dá)y軸時與O點的距離 s＝4R＝1.6 m (3)粒子進(jìn)入電場后做類平拋運動，則 s＝at2＝t2 x＝v0t 解得E＝

37、3.2×102 V/m 答案　(1)0.4 m　(2)1.6 m　(3)3.2×102 V/m 9.如圖9所示，平面直角坐標(biāo)系的第二象限內(nèi)存在水平向左的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小球從A點以速度v0沿直線AO運動，AO與x軸負(fù)方向成37°角。在y軸與MN之間的區(qū)域Ⅰ內(nèi)加一電場強(qiáng)度最小的勻強(qiáng)電場后，可使小球繼續(xù)做直線運動到MN上的C點，MN與PQ之間區(qū)域Ⅱ內(nèi)存在寬度為d的豎直向上的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，小球在區(qū)域Ⅱ內(nèi)做勻速圓周運動并恰好不能從右邊界飛出，已知小球在C點的速度大小為2v0，重力加速度為g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0

38、.8，求： 圖9 (1)第二象限內(nèi)電場強(qiáng)度E1的大小和磁感應(yīng)強(qiáng)度B1的大小； (2)區(qū)域Ⅰ內(nèi)最小電場強(qiáng)度E2的大小和方向； (3)區(qū)域Ⅱ內(nèi)電場強(qiáng)度E3的大小和磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的大小。 解析　(1)帶電小球在第二象限內(nèi)受重力、電場力和洛倫茲力作用做直線運動，三力滿足如圖甲所示關(guān)系且小球只能做勻速直線運動。 甲 由圖甲知tan 37°＝， 解得E1＝ cos 37°＝ 解得B1＝ (2)區(qū)域Ⅰ中小球做加速直線運動，電場強(qiáng)度最小，受力如圖乙所示(電場力方向與速度方向垂直)，小球做勻加速直線運動，由圖乙知cos 37°＝， 乙 解得E2＝ 方向與x軸正方向成53°角斜向上 (3)小球在區(qū)域Ⅱ內(nèi)做勻速圓周運動，所以 mg＝qE3，得E3＝ 因小球恰好不從右邊界穿出，小球運動軌跡如圖丙所示 丙 由幾何關(guān)系可知r＋rcos 53°＝d， 解得r＝d 由洛倫茲力提供向心力知 B2q·2v0＝m，聯(lián)立得B2＝。 答案　(1)　　(2)　方向與x軸正方向成53°角斜向上　(3)　 23