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1、2022年高三物理二輪復(fù)習(xí) 專題 電磁場 新人教版 1．帶電粒子在電場中常見的運動類型 (1)勻變速直線運動：通常利用動能定理qU＝mv2－mv 來求解．對于勻強電場，電場力做功也可以用W＝qEd求解． (2)偏轉(zhuǎn)運動：一般研究帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)問題．對于類平拋運動可直接利用平拋運動的規(guī)律以及推論；較復(fù)雜的曲線運動常用運動分解的方法來處理． 2．帶電粒子在勻強磁場中常見的運動類型 (1)勻速直線運動：當(dāng)v∥B時，帶電粒子以速度v做勻速直線運動． (2)勻速圓周運動：當(dāng)v⊥B時，帶電粒子在垂直于磁感線的平面內(nèi)以入射速度做勻速圓周運動． 3．復(fù)合場與組合場 (1)復(fù)合場：

2、電場、磁場、重力場共存，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)，并不重疊，或在同一區(qū)域，電場、磁場分時間段或分區(qū)域交替出現(xiàn)． 4．三種場的比較 名稱 力的特點 功和能的特點 重力場 大?。篏＝mg方向：豎直向下 重力做功與路徑無關(guān)重力做功改變物體的重力勢能 靜電場 大小：F＝qE方向：正電荷受力方向與場強方向相同；負電荷受力方向與場強方向相反 電場力做功與路徑無關(guān)W＝qU電場力做功改變電勢能 磁場 洛倫茲力F＝qvB方向可用左手定則判斷 洛倫茲力不做功，不改變帶電粒子的動能 考向一：電場性質(zhì) 1．(xx·高考押題信息卷八)真空中有一帶負電

3、的電荷繞固定的點電荷＋Q運動，其軌跡為橢圓，如圖1所示．已知abcd為橢圓的四個頂點，＋Q處在橢圓焦點上，則下列說法正確的是 (　　) A．b、d兩點的電場強度大小一定相等 B．a(chǎn)、c兩點的電勢相等 C．負電荷由b運動到d電場力做正功 D．負電荷由a經(jīng)d運動到c的過程中，電勢能先減小后增大 解析　由E＝k和rd＞rb得Ed＜Eb，A錯．由于a、c與＋Q等距，故電勢相等，B對．負電荷由b到d電場力做負功，C錯．負電荷由a到d再到c的過程中，電場力先做負功再做正功，故電勢能先增大后減小，D錯． 答案　B 2．真空中有兩個等量異種點電荷，以連線中點O為坐標(biāo)原點，以它們

4、的中垂線為x軸，圖中能正確表示x軸上電場強度情況的是 (　　) 答案　A 3．(xx·青島市質(zhì)量檢測)兩個固定的等量異種點電荷所形成電場的等勢面如圖5中虛線所示，一帶電粒子以某一速度從圖中a點進入電場，其運動軌跡為圖中實線所示，若粒子只受靜電力作用，則下列關(guān)于帶電粒子的判斷正確的是 (　　) 圖5 A．帶正電 B．速度先變大后變小 C．電勢能先變大后變小 D．經(jīng)過b點和d點時的速度大小相同 解析　由等勢線的分布特點可知，形成電場的正電荷在上方，負電荷在下方．又由軌跡的偏轉(zhuǎn)情況可確定，運動的粒子帶負電，選項A錯誤；電場力先做負功后做

5、正功，動能先減小后變大，速度先減小后變大，電勢能先增加后減小，則選項B錯誤，C正確；由于b、d兩點在同一等勢面上，則粒子在這兩點的電勢能相等，動能相等，速度大小相等，選項D正確． 答案　CD 4.(xx·江西南昌調(diào)研)如圖所示,在平面直角坐標(biāo)系中,有方向平行于坐標(biāo)平面的勻強電場,坐標(biāo)系內(nèi)有A、B兩點,其中A點坐標(biāo)為(6 cm,0),B點坐標(biāo)為(0,cm),坐標(biāo)原點O處的電勢為0,點A處的電勢為8 V,點B處的電勢為4 V?，F(xiàn)有一帶電粒子從坐標(biāo)原點O處沿電勢為0的等勢線方向以速度v=4×105m/s射入電場,粒子運動時恰好通過B點,不計粒子所受重力,求: (1)圖中C處(3 cm,0)

6、的電勢; (2)勻強電場的電場強度大小; (3)帶電粒子的比荷。 10.答案:見解析 解析:(1)設(shè)C處的電勢為φC 因為OC=CA 所以φO-φC=φC-φA φC=V=4V (2)BC連線為等勢線,電場強度方向與等勢線BC垂直 設(shè)∠OBC=θ　OB=L=cm 由tanθ=,得θ=60° 由U=Ed,得E= =V/m=×102V/m (3)因為帶電粒子做類平拋運動所以 聯(lián)立解得: C/kg=2.4×1011C/kg 考向二：帶電粒子在電場中運動 圖3 5. (xx·廣州市高三年級調(diào)研測試)如圖3所示，S接a，帶電微粒從P點水平射入平行板間，恰

7、能沿直線射出．若S接b，相同微粒仍從P水平射入，則微粒 (　　) A．電勢能減小 B．電勢能不變 C．偏離直線向上偏轉(zhuǎn) D．偏離直線向下偏轉(zhuǎn) 解析　S接a時，帶電粒子沿直線運動，說明帶電粒子受到的重力與電場力平衡，S接b后，兩板間的電壓變小，帶電粒子受到的電場力變小，帶電粒子將向下偏轉(zhuǎn)，C錯誤，D正確，電場力做負功，電勢能增加，A、B錯誤． 答案　D 6．(xx·廣州市綜合測試(一))如圖6所示的陰極射線管，無偏轉(zhuǎn)電場時，電子束加速后打到熒屏中央形成亮斑．如果只逐漸增大M1M2之間的電勢差，則 (　　) 圖6 A．在熒屏上的亮斑向上移動 B．在熒屏上的亮

8、斑向下移動 C．偏轉(zhuǎn)電場對電子做的功增大 D．偏轉(zhuǎn)電場的電場強度減小 解析　電子束在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動，沿垂直電場方向做勻速運動，故在電場中運動時間不變；電子在偏轉(zhuǎn)電場中受向上的電場力，故向上偏轉(zhuǎn)，A項正確；沿電場方向上，電子束做勻變速直線運動，兩板間電壓增加，偏轉(zhuǎn)電場的場強增大，D項錯；電子所受電場力增大，因此加速度增大，由位移規(guī)律可知，電子在電場中側(cè)移量增大，由功的定義式可知，電場力做功增大，C項正確． 答案　AC 7．(xx·山東省高考針對性訓(xùn)練)如圖7所示，兩面積較大、正對著的平行極板A、B水平放置，極板上帶有等量異種電荷．其中A板用絕緣線懸掛，B板固定且接地，P點為兩板

9、的中間位置．下列結(jié)論正確的是 (　　) 圖7 A．若在兩板間加上某種絕緣介質(zhì)，A、B兩板所帶電荷量會增大 B．A、B兩板電荷分別在P點產(chǎn)生電場的場強大小相等，方向相同 C．若將A板豎直向上平移一小段距離，兩板間的電場強度將增大 D．若將A板豎直向下平移一小段距離，原P點位置的電勢將不變 解析　兩極板間加上絕緣介質(zhì)，不影響A、B兩板所帶的電荷量，所以選項A錯，根據(jù)對稱性可知A、B兩板電荷分別在中點P產(chǎn)生電場的場強大小相等、方向相同，選項B正確，若將A板豎直向上平移一小段距離，不影響兩板上電荷的分布情況，又因電荷量Q不變，所以場強不變，選項C錯．若將A板豎直下移一段距離，P到

10、B板的距離l不變，由UPB＝φP－0＝El可知，φP不變，選項D正確． 答案　BD 8．(xx·安徽理綜) 如圖所示，充電后的平行板電容器水平放置，電容為C，極板間距離為d，上極板正中有一小孔．質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小球從小孔正上方高h處由靜止開始下落，穿過小孔到達下極板處速度恰為零(空氣阻力忽略不計，極板間電場可視為勻強電場，重力加速度為g)．求： (1)小球到達小孔處的速度； (2)極板間電場強度大小和電容器所帶電荷量； (3)小球從開始下落運動到下極板處的時間． 答案：(1)　(2)　 (3) 解析：(1)由v2＝2gh，得v＝ (2)在極板間帶電小球受重力

11、和電場力，有mg－qE＝ma 0－v2＝2ad 得E＝ U＝Ed Q＝CU 得Q＝ (3)由h＝gt；0＝v＋at2；t＝t1＋t2 綜合可得t＝ 考向三：帶電粒子在疊加場中的運動 9.如圖1所示，位于豎直平面內(nèi)的坐標(biāo)系xOy，在其第三象限空間有垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B＝0.5 T，還有沿x軸負方向的勻強電場，場強大小為E＝2 N/C.在其第一象限空間有沿y軸負方向的、場強大小也為E的勻強電場，并在y>h＝0.4 m的區(qū)域有磁感應(yīng)強度也為B的垂直于紙面向里的勻強磁場．一個帶電荷量為q的油滴從圖中第三象限的P點得到一初速度，恰好能沿PO做勻速直線運動(PO與

12、x軸負方向的夾角為θ＝45°)，并從原點O進入第一象限．已知重力加速度g＝10 m/s2，問： 圖1 (1)油滴在第三象限運動時受到的重力、電場力、洛倫茲力三力的大小之比，并指出油滴帶何種電荷； (2)油滴在P點得到的初速度大小； (3)油滴在第一象限運動的時間． 審題突破　在第三象限油滴恰好能沿PO做勻速直線運動需要滿足什么條件？根據(jù)夾角為θ＝45°，重力、電場力有什么數(shù)值關(guān)系？油滴進入第一象限后做什么運動？ 解析　(1)根據(jù)受力分析(如圖)可知油滴帶負電荷， 設(shè)油滴質(zhì)量為m，由平衡條件得： mg∶qE∶F＝1∶1∶. (2)由第(1)問得：mg＝qE qvB＝qE

13、 解得：v＝＝4 m/s. (3)進入第一象限，電場力和重力平衡，知油滴先做勻速直線運動，進入y≥h的區(qū)域后做勻速圓周運動，軌跡如圖，最后從x軸上的N點離開第一象限． 由O→A勻速運動的位移為x1＝＝h 其運動時間：t1＝＝＝＝0.1 s 由幾何關(guān)系和圓周運動的周期關(guān)系式T＝知， 由A→C的圓周運動時間為t2＝T＝≈0.628 s 由對稱性知從C→N的時間t3＝t1 在第一象限運動的總時間t＝t1＋t2＋t3＝2×0.1 s＋0.628 s＝0.828 s 答案　(1)1∶1∶　油滴帶負電荷　(2)4 m/s (3)0.828 s 以題說法　帶電粒子在疊加場中運動的處理方法

14、 1．弄清疊加場的組成特點． 2．正確分析帶電粒子的受力及運動特點． 3．畫出粒子的運動軌跡，靈活選擇不同的運動規(guī)律 (1)若只有兩個場且正交，合力為零，則表現(xiàn)為勻速直線運動或靜止．例如電場與磁場中滿足qE＝qvB；重力場與磁場中滿足mg＝qvB；重力場與電場中滿足mg＝qE. (2)若三場共存時，合力為零，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)若三場共存時，粒子做勻速圓周運動，則有mg＝qE，粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，即qvB＝m. (4)當(dāng)帶電粒子做復(fù)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． 10.

15、 如圖2所示，水平地面上方豎直邊界MN左側(cè)存在垂直紙面向里的勻強磁場B和沿豎直方向的勻強電場E2(未畫出)，磁感應(yīng)強度B＝1.0 T，MN邊界右側(cè)離地面h＝3 m處有長為L＝0.91 m的光滑水平絕緣平臺，平臺的左邊緣與MN重合，平臺右邊緣有一質(zhì)量m＝0.1 kg、電量q＝0.1 C的帶正電小球，以初速度v0＝0.6 m/s向左運動．此時平臺上方存在E1＝2 N/C的勻強電場，電場方向與水平方向成θ角，指向左下方，小球在平臺上運動的過程中，θ為45°至90°的某一確定值．小球離開平臺左側(cè)后恰好做勻速圓周運動．小球可視為質(zhì)點，g＝10 m/s2.求： 圖2 (1)電場強度E2的大小和方向

16、； (2)小球離開平臺左側(cè)后在磁場中運動的最短時間； (3)小球離開平臺左側(cè)后，小球落地點的范圍(計算結(jié)果可以用根號表示)． 答案　(1)10 N/C，方向豎直向上　(2) s　(3)距N點左邊 m、右邊 m的范圍內(nèi) 解析　(1)因為小球在MN邊界左側(cè)做勻速圓周運動，其所受到的電場力必等于自身重力，有qE2＝mg 得E2＝10 N/C，方向豎直向上． (2)若θ＝90°，小球勻速通過MN有最小速度： vmin＝0.6 m/s 若θ＝45°，小球勻加速通過MN有最大速度． 此時E1qcos θ＝ma a＝＝2 m/s2 由v－v＝2aL可得：vmax＝2 m/s 綜合分析

17、得：小球通過MN后的速度為0.6 m/s≤vA≤2 m/s 小球以2 m/s在磁場中做勻速圓周運動的時間最短， 根據(jù)Bqv＝m和T＝ 得：Rmax＝＝2 m T＝＝2π s， 因為sin θ＝＝，所以θ＝30° 所以小球在磁場中轉(zhuǎn)過的角度為120°， 所以小球在磁場中運動的時間t＝T＝ s. (3)小球落在N點左邊最大距離時，設(shè)到N點距離為x，則x＝Rmaxcos 30°＝ m 小球從MN邊界飛出的最小半徑Rmin＝＝0.6 m 設(shè)小球落到N點右邊時，到N點的距離為s，小球落在N點右邊的最大距離由平拋運動得 h－2R′＝gt2 s＝v′t v′＝ s＝ 當(dāng)R

18、′＝1 m時，s有最大值 因0.6 m≤R′≤1.5 m，故s＝ 成立 代入數(shù)據(jù)解得s＝ m 所以小球的落點在距N點左邊 m、右邊 m的范圍內(nèi)． 題組1　帶電粒子在疊加場中的運動 1．如圖1甲所示，x軸正方向水平向右，y軸正方向豎直向上．在xOy平面內(nèi)有與y軸平行的勻強電場，在半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)加有與xOy平面垂直的勻強磁場．在坐標(biāo)原點O處放置一帶電微粒發(fā)射裝置，它可以連續(xù)不斷地發(fā)射具有相同質(zhì)量m、電荷量q(q＞0)和初速度為v0的帶電微粒．(已知重力加速度為g) 圖1 (1)當(dāng)帶電微粒發(fā)射裝置連續(xù)不斷地沿y軸正方向發(fā)射這種帶電微粒時，這些帶電微粒將沿圓形磁場區(qū)域的水平直徑

19、方向離開磁場，并繼續(xù)沿x軸正方向運動．求電場強度E和磁感應(yīng)強度B的大小和方向． (2)調(diào)節(jié)坐標(biāo)原點處的帶電微粒發(fā)射裝置，使其在xOy平面內(nèi)不斷地以相同速率v0沿不同方向?qū)⑦@種帶電微粒射入第Ⅰ象限，如圖乙所示．現(xiàn)要求這些帶電微粒最終都能平行于x軸正方向運動，則在保證電場強度E和磁感應(yīng)強度B的大小和方向不變的條件下，求出符合條件的磁場區(qū)域的最小面積． 答案　(1)E＝，沿y軸正方向　B＝，垂直紙面向外　(2)(－1)R2 解析　(1)微粒沿x軸正方向運動，即帶電微粒所受重力與電場力平衡． 設(shè)電場強度大小為E，由平衡條件得：mg＝qE 解得：E＝ 由于粒子帶正電，故電場方向沿y軸正方向

20、 帶電微粒進入磁場后，做勻速圓周運動，且半徑r＝R. 設(shè)勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為B. 由牛頓第二定律得：qv0B＝m 解得B＝，磁場方向垂直紙面向外． (2)沿y軸正方向射入的微粒，運動軌跡如圖所示： 以半徑R沿x軸正方向運動四分之一圓弧，該圓弧也恰為微粒運動的上邊界．以O(shè)點為圓心、R為半徑做的四分之一圓弧BC為微粒做圓周運動的圓心軌跡．微粒經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后沿x軸正方向運動，即半徑沿豎直方向．并且射出點距圓心軌跡上各點的距離為R，射出點的邊界與圓弧BC平行，如圖中的圓弧ODA，圓弧OA與圓弧ODA之間的區(qū)域即為磁場區(qū)域的最小面積： S＝2(πR2－R2)＝(－1)R2. 考

21、向四　帶電粒子在組合場中的運動分析 11.為研究帶電粒子在電場和磁場中的偏轉(zhuǎn)情況，在xOy平面內(nèi)加如圖3所示的電場和磁場，第二象限－10 cm≤x≤0區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場B，其大小為0.2 T；在第一象限內(nèi)有一電場強度方向沿y軸負方向且可沿x軸平移的條形勻強電場，其寬度d＝5 cm.在A(－6 cm,0)點有一粒子發(fā)射源，向x軸上方180°范圍內(nèi)發(fā)射速度大小為v＝2.0×106 m/s的負粒子，粒子的比荷為q/m＝2.0×108 C/kg，不計算粒子的重力和相互作用． 圖3 (1)若粒子與x軸正方向成30°角方向射入磁場，求該粒子在磁場中運動的時間； (2)求從A處發(fā)射的

22、所有粒子中與＋y軸交點的最大值坐標(biāo)； (3)當(dāng)電場左邊界與y軸重合時滿足第(2)問條件的粒子經(jīng)過電場后恰好平行x軸從其右邊界飛出，求勻強電場的電場強度E的大小． (4)現(xiàn)將條形電場沿x軸正向平移，電場的寬度和電場強度E仍保持不變，能讓滿足第(2)問條件的粒子經(jīng)過電場后從右邊界飛出，在此情況下寫出電場左邊界的橫坐標(biāo)x0與從電場右邊界出射點的縱坐標(biāo)y0的關(guān)系式，并繪出圖線． 審題突破　粒子速度確定、比荷確定，則在磁場中做圓周運動的半徑一定，與x軸成30°角方向射入時，對應(yīng)的圓心角是多少呢？A與粒子做圓周運動的軌跡和＋y軸交點的連線是弦，弦何時最大？你能結(jié)合幾何關(guān)系得到電場左邊界的橫坐標(biāo)x0與

23、從電場右邊界出射點縱坐標(biāo)y0的函數(shù)關(guān)系表達式嗎？ 解析　(1)設(shè)帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑為r， 由牛頓第二定律得qvB＝m 得r＝＝0.05 m＝5 cm 粒子在磁場中運動的周期為T＝＝×10－7 s 如圖所示為粒子在磁場中運動的軌跡 由幾何關(guān)系得α＝60° t＝T＝×10－7 s. (2)設(shè)從y軸最上方飛出的粒子坐標(biāo)為(0，y1) 由幾何關(guān)系得(2r)2＝62＋y 得y1＝8 cm. (3)如圖所示，設(shè)粒子從磁場射出時速度方向與x軸的夾角為θ， 有sin θ＝，即θ＝37°， 設(shè)粒子在電場中運動的時間為t1，t1＝ 設(shè)粒子的加速度大小為a，則a＝

24、 vsin θ＝at1 聯(lián)立解得E＝＝1.92×105 N/C. (4)如圖所示，帶電粒子離開磁場后先做勻速直線運動，后做類平拋運動．電場左邊界的橫坐標(biāo)x0與從電場右邊界出射點縱坐標(biāo)y0的函數(shù)關(guān)系為 y1－(x0＋)tan θ＝y(tǒng)0， 即y0＝6.125－0.75x0(cm) 當(dāng)x0＝0時，從電場右邊界出射點的縱坐標(biāo)為y0＝6.125 cm， 當(dāng)y0＝0時，電場左邊界的橫坐標(biāo)為x0＝ cm. 圖線如圖所示． 答案　(1)×10－7 s　(2)8 cm　(3)1.92×105 N/C　(4)y0＝6.125－0.75x0(cm)　見解析圖 以題說法　設(shè)帶電粒子在組合場內(nèi)

25、的運動實際上也是運動過程的組合，解決方法如下： (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(jié)合幾何關(guān)系處理． (3)當(dāng)粒子從一個場進入另一個場時，分析轉(zhuǎn)折點處粒子速度的大小和方向往往是解題的突破口． 12. 如圖4所示，相距3L的AB、CD兩直線間的區(qū)域存在著兩個大小不同、方向相反的有界勻強電場，其中PT上方的電場Ⅰ的場強方向豎直向下，PT下方的電場Ⅱ的場強方向豎直向上，電場Ⅰ的場強大小是電場Ⅱ的場強大小的

26、兩倍，在電場左邊界AB上有點Q，PQ間距離為L.從某時刻起由Q以初速度v0沿水平方向垂直射入勻強電場的帶電粒子，電量為＋q、質(zhì)量為m.通過PT上的某點R進入勻強電場Ⅰ后從CD邊上的M點水平射出，其軌跡如圖，若PR兩點的距離為2L.不計粒子的重力．試求： 圖4 (1)勻強電場Ⅰ的電場強度的大小和MT之間的距離； (2)有一邊長為a、由光滑彈性絕緣壁圍成的正三角形容器，在其邊界正中央開有一小孔S，將其置于CD右側(cè)且緊挨CD邊界，若從Q點射入的粒子經(jīng)AB、CD間的電場從S孔水平射入容器中．欲使粒子在容器中與器壁多次垂直碰撞后仍能從S孔射出(粒子與絕緣壁碰撞時無機械能和電量損失)，并返回Q點

27、，需在容器中現(xiàn)加上一個如圖所示的勻強磁場，粒子運動的半徑小于a，求磁感應(yīng)強度B的大小應(yīng)滿足的條件以及從Q出發(fā)再返回到Q所經(jīng)歷的時間． 答案　(1)　L　(2)B＝，n＝1,2，… ＋，n＝1,2，… 解析　(1)設(shè)粒子經(jīng)PT直線上的點R由E2電場進入E1電場，由Q到R及R到M點的時間分別為t2與t1，到達R時豎直速度為vy， 則由F＝qE＝ma， 2L＝v0t2， L＝v0t1， L＝·t， E1＝2E2， 得E1＝ vy＝t2＝t1 MT＝·t 聯(lián)立解得MT＝L. (2)欲使粒子仍能從S孔處射出，粒子運動的半徑為r，則 qv0B＝ (1＋2n)r＝a，n＝1,2

28、，… 解得：B＝，　n＝1,2，… 由幾何關(guān)系可知t′＝3×(2n×＋)＝(3n＋)T n＝1,2,3… T＝＝ 代入B得T＝，n＝1,2，… t＝2t1＋2t2＋t′＝＋，n＝1,2，… 題組2　帶電粒子在組合場中的運動分析 2．如圖2所示，在矩形區(qū)域CDNM內(nèi)有沿紙面向上的勻強電場，場強的大小E＝1.5×105 V/m；在矩形區(qū)域MNGF內(nèi)有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小B＝0.2 T．已知CD＝MN＝FG＝0.60 m，CM＝MF＝0.20 m．在CD邊中點O處有一放射源，沿紙面向電場中各方向均勻地輻射出速率均為v0＝1.0×106 m/s的某種帶正電粒子，粒子質(zhì)

29、量m＝6.4×10－27 kg，電荷量q＝3.2×10－19 C，粒子可以無阻礙地通過邊界MN進入磁場，不計粒子的重力．求： 圖2 (1)粒子在磁場中做圓周運動的半徑； (2)邊界FG上有粒子射出磁場的范圍長度； (3)粒子在磁場中運動的最長時間．(后兩問結(jié)果保留兩位有效數(shù)字) 答案　(1)0.2 m　(2)0.43 m　(3)2.1×10－7 s 解析　(1)電場中由動能定理得： qEd＝mv2－mv 由題意知d＝0.20 m，代入數(shù)據(jù)得 v＝2×106 m/s 帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動， qBv＝m 解得r＝＝0.2 m. (2)設(shè)粒子沿垂直于電場方向射

30、入時，出電場時水平位移為x，則由平拋規(guī)律得： 解得x＝ m 離開電場時，sin θ1＝＝，θ1＝30°. 由題意可知，PS⊥MN，沿OC方向射出粒子到達P點，為左邊界，垂直MN射出的粒子與邊界FG相切于Q點，Q為右邊界，QO″＝r，軌跡如圖． 范圍長度為l＝x＋r＝(＋0.2) m≈0.43 m. (3)T＝，由分析可知，OO′方向射出的粒子運動時間最長，設(shè)FG長度為L sin θ2＝＝，θ2＝30° 帶電粒子在磁場中運動的最大圓心角為120°，對應(yīng)的最長時間為tmax＝T＝≈2.1×10－7 s 3．如圖3所示，質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子從坐標(biāo)原點O以初速度v0射出，粒

31、子恰好經(jīng)過A點，O、A兩點長度為l，連線與坐標(biāo)軸＋y方向的夾角為α＝37°，不計粒子的重力． 圖3 (1)若在平行于x軸正方向的勻強電場E1中，粒子沿＋y方向從O點射出，恰好經(jīng)過A點；若在平行于y軸正方向的勻強電場E2中，粒子沿＋x方向從O點射出，也恰好能經(jīng)過A點，求這兩種情況電場強度的比值. (2)若在y軸左側(cè)空間(第Ⅱ、Ⅲ象限)存在垂直紙面的勻強磁場，粒子從坐標(biāo)原點O，沿與＋y軸成30°的方向射入第二象限，恰好經(jīng)過A點，求磁感應(yīng)強度B. 答案　(1)　(2) 解析　(1)在電場E1中 lsin α＝·t lcos α＝v0t1 在電場E2中 lcos α＝·t ls

32、in α＝v0t2 聯(lián)立解得＝. (2)設(shè)軌跡半徑為R，軌跡如圖所示． OC＝2Rsin 30° 由幾何知識可得tan 30°＝ 解得R＝l 又由qv0B＝ 得R＝ 聯(lián)立解得B＝ 方向垂直紙面向里． 考向五：帶電粒子在周期性變化的電磁場中的運動分析 13.如圖5甲所示，在xOy平面內(nèi)存在均勻、大小隨時間周期性變化的磁場和電場，變化規(guī)律分別如圖乙、丙所示(規(guī)定垂直紙面向里為磁感應(yīng)強度的正方向、沿y軸正方向電場強度為正)．在t＝0時刻由原點O發(fā)射初速度大小為v0，方向沿y軸正方向的帶負電粒子． 圖5 已知v0、t0、B0，粒子的比荷為，不計粒子的重力．

33、求： (1)t＝t0時，求粒子的位置坐標(biāo)； (2)若t＝5t0時粒子回到原點，求0～5t0時間內(nèi)粒子距x軸的最大距離； (3)若粒子能夠回到原點，求滿足條件的所有E0值． 思維導(dǎo)圖 解析　(1)由粒子的比荷＝， 則粒子做圓周運動的周期T＝＝2t0(1分) 則在0～t0內(nèi)轉(zhuǎn)過的圓心角α＝π(2分) 由牛頓第二定律qv0B0＝m(2分) 得r1＝(1分) 位置坐標(biāo)(，0)．(1分) (2)粒子t＝5t0時回到原點，軌跡如圖所示 r2＝2r1(2分) r1＝　r2＝(1分) 得v2＝2v0(1分) 又＝，r2＝(1分) 粒子在t0～2t0時間內(nèi)做勻加速直線運動

34、，2t0～3t0時間內(nèi)做勻速圓周運動，則在0～5t0時間內(nèi)粒子距x軸的最大距離：hm＝t0＋r2＝(＋)v0t0.(2分) (3)如圖所示，設(shè)帶電粒子在x軸上方做圓周運動的軌道半徑為r1，在x軸下方做圓周運動的軌道半徑為r2′，由幾何關(guān)系可知，要使粒子經(jīng)過原點，則必須滿足： n(2r2′－2r1)＝2r1，(n＝1,2,3，…)(1分) r1＝　r2′＝(1分) 聯(lián)立以上各式解得v＝v0，(n＝1,2,3，…)(1分) 又由v＝v0＋(1分) 得E0＝，(n＝1,2,3，…)．(1分) 答案　(1)(，0)　(2)(＋)v0t0　(3)，(n＝1,2,3，…) 點睛之筆　變

35、化的電場或磁場往往具有周期性，粒子的運動也往往具有周期性．這種情況下要仔細分析帶電粒子的運動過程、受力情況，弄清楚帶電粒子在變化的電場、磁場中各處于什么狀態(tài)，做什么運動，畫出一個周期內(nèi)的運動徑跡的草圖． 題組3　帶電粒子在周期性變化的電磁場中的運動分析 4．如圖4a所示，水平直線MN下方有豎直向上的勻強電場，現(xiàn)將一重力不計、比荷＝1×106 C/kg的正電荷置于電場中的O點由靜止釋放，經(jīng)過×10－5 s后，電荷以v0＝1.5×104 m/s的速度通過MN進入其上方的勻強磁場，磁場與紙面垂直，磁感應(yīng)強度B按圖b所示規(guī)律周期性變化(圖b中磁場以垂直紙面向外為正，以電荷第一次通過MN時為t＝0時

36、刻)．計算結(jié)果可用π表示． a b 圖4 (1)求O點與直線MN之間的電勢差； (2)求圖b中t＝×10－5 s時刻電荷與O點的水平距離； (3)如果在O點右方d＝67.5 cm處有一垂直于MN的足夠大的擋板，求電荷從O點出發(fā)運動到擋板所需的時間． 答案　(1)112.5 V　(2)4 cm　(3)3.86×10－5 s 解析　(1)電荷在電場中做勻加速直線運動， 由動能定理Uq＝mv， U＝＝112.5 V. (2)當(dāng)磁場垂直紙面向外時，設(shè)電荷運動的半徑為r1 由B1qv0＝，得r1＝＝5 cm， 周期T1＝＝×10－5 s. 當(dāng)磁場垂直紙面向里時，設(shè)電荷

37、運動的半徑為r2 r2＝＝3 cm， 周期T2＝＝×10－5 s 故電荷從t＝0時刻開始做周期性運動，其運動軌跡如圖所示 t＝×10－5 s時刻電荷與O點的水平距離． Δd＝2(r1－r2)＝4 cm. (3)電荷第一次通過MN開始，其運動的周期T＝×10－5 s， 根據(jù)電荷的運動情況可知，電荷到達擋板前運動的完整周期數(shù)為15個， 此時電荷沿MN運動的距離s＝15Δd＝60 cm，則最后7.5 cm的距離如圖所示， 有：r1＋r1cos α＝7.5 cm. 解得：cos α＝0.5，則α＝60°， 故電荷運動的總時間 t總＝t1＋15T＋T1－T1≈3.86×1

38、0－4 s. 難點突破 帶電粒子在復(fù)合場中運動的實際模型分析 1．速度選擇器(如圖) (1)平行板中電場強度E和磁感應(yīng)強度B互相垂直．這種裝置能把具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＝. 2．磁流體發(fā)電機 磁流體發(fā)電機是根據(jù)電磁感應(yīng)原理，用導(dǎo)電流體，例如空氣或液體，與磁場相對運動而發(fā)電的一種設(shè)備． 如圖所示，將帶電的流體(離子氣體或液體)以極高的速度噴射到磁場中，利用磁場對帶電流體產(chǎn)生的作用，從而發(fā)電．設(shè)兩極板間的距離為d，A、B平行金屬板的面積為S，帶電流體的電阻率為ρ，帶電流體速度

39、為v，磁場的磁感應(yīng)強度為B，板外電阻為R，則兩極板間能達到的最大電勢差U＝Bdv.此時帶電流體受力平衡有qE場＝qvB，即E場＝vB，故電源電動勢E＝E場·d＝Bdv.電源的內(nèi)阻r＝ρ.故R中的電流I＝＝＝. 3．電磁流量計 如圖所示，圓形導(dǎo)管直徑為d，用非磁性材料制成，導(dǎo)電流體在管中向左流動，導(dǎo)電液體中的自由電荷(正、負離子)在洛倫茲力的作用下縱向偏轉(zhuǎn)，a、b間出現(xiàn)電勢差，形成電場，當(dāng)自由電荷所受的靜電力和洛倫茲力平衡時，a、b間的電勢差就保持穩(wěn)定，即：qvB＝qE＝，所以v＝，因此液體流量Q＝Sv＝·＝. 4．霍爾效應(yīng) 在勻強磁場中放置一個矩形截面的載流導(dǎo)體，當(dāng)磁場方向與電

40、流方向垂直時，導(dǎo)體在與磁場、電流方向都垂直的方向上出現(xiàn)了電勢差，這種現(xiàn)象稱為霍爾效應(yīng)，所產(chǎn)生的電勢差稱為霍爾電勢差，其原理如右圖所示． 【典例1】　如圖所示為磁流體發(fā)電機的原理圖：將一束等離子體噴射入磁場，在場中有兩塊金屬板A、B，這時金屬板上就會聚集電荷，產(chǎn)生電壓．如果射入的等離子體速度均為v，兩金屬板的板長為L，板間距離為d，板平面的面積為S，勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B，方向垂直于速度方向，負載電阻為R，等離子體充滿兩板間的空間．當(dāng)發(fā)電機穩(wěn)定發(fā)電時，電流表示數(shù)為I.那么板間電離氣體的電阻率為(　　) A. B. C. D. 【解析】　最終穩(wěn)定時，電荷所受洛倫茲力和電場力大

41、小相等，方向相反，有qvB＝q.解得E＝vBd.根據(jù)閉合電路歐姆定律，電離氣體的電阻R′＝－R＝－R.由電阻定律得R′＝ρ解得ρ＝.故A正確，B、C、D錯誤． 【答案】　A 【典例2】　 如圖所示是質(zhì)譜儀工作原理的示意圖，帶電粒子a、b經(jīng)電壓U加速(在A點初速度為0)后，進入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中做勻速圓周運動，最后分別打在感光板S上的x1、x2處．圖中半圓形的虛線分別表示帶電粒子a、b所通過的路徑，則(　　) A．a(chǎn)的質(zhì)量一定大于b的質(zhì)量 B．a(chǎn)的電荷量一定大于b的電荷量 C．a(chǎn)運動的時間大于b運動的時間 D．a(chǎn)的比荷大于b的比荷 【解析】　設(shè)粒子經(jīng)電場加速后的速度大

42、小為v，在磁場中做圓周運動的半徑為r，電荷量和質(zhì)量分別為q、m，打在感光板上的距離為s.根據(jù)動能定理，得qU＝mv2，v＝，由qvB＝m，r＝＝，則s＝2r＝，得到＝，x1. 【答案】　D 醫(yī)生做某些特殊手術(shù)時，利用電磁血流計來監(jiān)測通過動脈的血流速度．電磁血流計由一對電極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，兩電極a、b均與血管壁接觸，兩觸點的連線、磁場方向和血流速度方向兩兩垂直，如圖所示．由于血液中的正負離子隨血流一起在磁場中運動，電極a、b之間會有微小電勢差．在達到平衡時，血管內(nèi)部的電場可看作勻強電場，血液中的離子所受的電場力和磁場

43、力的合力為零．在某次監(jiān)測中，兩觸點間的距離為3.0 mm，血管壁的厚度可忽略，兩觸點間的電勢差為160 μV，磁感應(yīng)強度的大小為0.040 T．則血液速度的近似值和電極a、b的正負為(　　) A．1.3 m/s，a正、b負 B．2.7 m/s，a正、b負 C．1.3 m/s，a負、b正 D．2.7 m/s，a負、b正 解析：血液中正負離子流動時，根據(jù)左手定則，正離子受到向上的洛倫茲力，負離子受到向下的洛倫茲力，所以正離子向上偏，負離子向下偏．則a帶正電，b帶負電．最終血液中的離子所受的電場力和磁場力的合力為零，有q＝qvB，所以v＝＝ m/s＝1.3 m/s.故A正確． 答案：A

44、 回旋加速器在核科學(xué)、核技術(shù)、核醫(yī)學(xué)等高新技術(shù)領(lǐng)域得到了廣泛應(yīng)用，有力地推動了現(xiàn)代科學(xué)技術(shù)的發(fā)展． (1)回旋加速器的原理如圖所示，D1和D2是兩個中空的半徑為R的半圓金屬盒，它們接在電壓一定、頻率為f的交流電源上，位于D1圓心處的質(zhì)子源A能不斷產(chǎn)生質(zhì)子(初速度可以忽略，重力不計)，它們在兩盒之間被電場加速，D1、D2置于與盒面垂直的磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中．若質(zhì)子束從回旋加速器輸出時的平均功率為P，求輸出時質(zhì)子束的等效電流I與P、B、R、f的關(guān)系式(忽略質(zhì)子在電場中的運動時間，其最大速度遠小于光速)． (2)試推理說明：質(zhì)子在回旋加速器中運動時，隨軌道半徑r的增大，同一盒中相鄰

45、軌道的半徑之差Δr是增大、減小還是不變？ 解析：(1)設(shè)質(zhì)子質(zhì)量為m，電荷量為q，質(zhì)子離開加速器時速度大小為v，由牛頓第二定律知：qvB＝m，質(zhì)子運動的回旋周期為T＝＝，由回旋加速器工作原理可知，交變電源的頻率與質(zhì)子回旋頻率相同，由周期T與頻率f的關(guān)系可得f＝，設(shè)在t時間內(nèi)離開加速器的質(zhì)子數(shù)為N，則質(zhì)子束從回旋加速器輸出時的平均功率P＝，輸出時質(zhì)子束的等效電流為I＝，由上述各式得I＝ . (2)設(shè)k(k∈N*)為同一盒子中質(zhì)子運動軌道半徑的序數(shù)，相鄰的軌道半徑分別為rk、rk＋1(rk

46、電壓為U，由動能定理知2qU＝mv－mv，由洛倫茲力充當(dāng)質(zhì)子做圓周運動的向心力，知rk＝，則2qU＝(r－r)，整理得Δrk＝，因U、q、m、B均為定值，令C＝，由上式得Δrk＝，相鄰軌道半徑rk＋1、rk＋2之差Δrk＋1＝，因為rk＋2>rk，比較Δrk，Δrk＋1得Δrk＋1<Δrk，說明隨軌道半徑r的增大，同一盒中相鄰軌道的半徑之差Δr減?。? (限時：15分鐘，滿分：20分) (xx·山東·24)如圖6甲所示，間距為d、垂直于紙面的兩平行板P、Q間存在勻強磁場．取垂直于紙面向里為磁場的正方向，磁感應(yīng)強度隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示．t＝0時刻，一質(zhì)量為m、帶電

47、量為＋q的粒子(不計重力)，以初速度v0由Q板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁場且平行于板面的方向射入磁場區(qū)．當(dāng)B0和TB取某些特定值時，可使t＝0時刻入射的粒子經(jīng)Δt時間恰能垂直打在P板上(不考慮粒子反彈)．上述m、q、d、v0為已知量． 　 圖6 (1)若Δt＝TB，求B0； (2)若Δt＝TB，求粒子在磁場中運動時加速度的大小； (3)若B0＝，為使粒子仍能垂直打在P板上，求TB. 答案　(1)　(2)　(3)或 解析　(1)設(shè)粒子做圓周運動的半徑為R1， 由牛頓第二定律得qv0B0＝① 據(jù)題意由幾何關(guān)系得R1＝d② 聯(lián)立①②式得B0＝③ (2)設(shè)粒子做圓周運動的半徑

48、為R2，加速度大小為a，由圓周運動公式得a＝④ 據(jù)題意由幾何關(guān)系得3R2＝d⑤ 聯(lián)立④⑤式得a＝.⑥ (3)設(shè)粒子做圓周運動的半徑為R，周期為T，由圓周運動公式得T＝⑦ 由牛頓第二定律得 qv0B0＝ ⑧ 由題意知B0＝，代入⑧式得 d＝4R⑨ 粒子運動軌跡如圖所示， 1．(xx·海南卷，2)如圖所示，在兩水平極板間存在勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向下，磁場方向垂直于紙面向里．一帶電粒子以某一速度沿水平直線通過兩極板．若不計重力，下列四個物理量中哪一個改變時，粒子運動軌跡不會改變(　　)． A．粒子速度的大小　　

49、 B．粒子所帶的電荷量 C．電場強度　　 D．磁感應(yīng)強度 2．(xx·課標(biāo)全國卷，25)如圖所示，一半徑為R的圓表示一柱形區(qū)域的橫截面(紙面)．在柱形區(qū)域內(nèi)加一方向垂直于紙面的勻強磁場，一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子沿圖中直線在圓上的a點射入柱形區(qū)域，在圓上的b點離開該區(qū)域，離開時速度方向與直線垂直．圓心O到直線的距離為R.現(xiàn)將磁場換為平行于紙面且垂直于直線的勻強電場，同一粒子以同樣速度沿直線在a點射入柱形區(qū)域，也在b點離開該區(qū)域．若磁感應(yīng)強度大小為B，不計重力，求電場強度的大?。? 3．(xx·重慶卷，24)有人設(shè)計了一種帶電顆粒的速率分選裝置，其原理如圖所示．兩帶

50、電金屬板間有勻強電場，方向豎直向上，其中PQNM矩形區(qū)域內(nèi)還有方向垂直紙面向外的勻強磁場．一束比荷(電荷量與質(zhì)量之比)均為的帶正電顆粒，以不同的速率沿著磁場區(qū)域的水平中心線O′O進入兩金屬板之間，其中速率為v0的顆粒剛好從Q點處離開磁場，然后做勻速直線運動到達收集板．重力加速度為g，PQ＝3d，NQ＝2d，收集板與NQ的距離為l，不計顆粒間相互作用． 求：(1)電場強度E的大??； (2)磁感應(yīng)強度B的大小； (3)速率為λv0(λ＞1)的顆粒打在收集板上的位置到O點的距離． 4．(xx·浙江卷，24)如圖所示，兩塊水平放置、相距為d的長金屬板接在電壓可調(diào)的電源上．兩板之間的

51、右側(cè)區(qū)域存在方向垂直紙面向里的勻強磁場．將噴墨打印機的噴口靠近上板下表面，從噴口連續(xù)不斷噴出質(zhì)量均為m、水平速度均為v0、帶相等電荷量的墨滴．調(diào)節(jié)電源電壓至U，墨滴在電場區(qū)域恰能沿水平向右做勻速直線運動；進入電場、磁場共存區(qū)域后，最終垂直打在下板的M點． (1)判斷墨滴所帶電荷的種類，并求其電荷量； (2)求磁感應(yīng)強度B的值； (3)現(xiàn)保持噴口方向不變，使其豎直下移到兩板中間的位置．為了使墨滴仍能到達下板M點，應(yīng)將磁感應(yīng)強度調(diào)至B′，則B′的大小為多少？ 5．(xx·江蘇卷，15)在科學(xué)研究中，可以通過施加適當(dāng)?shù)碾妶龊痛艌鰜韺崿F(xiàn)對帶電粒子運動的控制．如圖(a)所示的

52、xOy平面處于勻強電場和勻強磁場中，電場強度E和磁感應(yīng)強度B隨時間t作周期性變化的圖象如圖(b)所示．x軸正方向為E的正方向，垂直紙面向里為B的正方向．在坐標(biāo)原點O有一粒子P，其質(zhì)量和電荷量分別為m和＋q.不計重力．在t＝時刻釋放P，它恰能沿一定軌道做往復(fù)運動． (1)求P在磁場中運動時速度的大小v0； (2)求B0應(yīng)滿足的關(guān)系； (3)在t0時刻釋放P，求P速度為零時的坐標(biāo)． O1、O2為圓心，O1O2連線與水平方向的夾角為θ，在每個TB內(nèi)，只有A、B兩個位置才有可能垂直擊中P板，且均要求0<θ<，由題意可知 T＝⑩ 設(shè)經(jīng)歷完整TB的個數(shù)為n(n＝0,1,2,3，…) 若在A點擊中P板，據(jù)題意由幾何關(guān)系得 R＋2(R＋Rsin θ)n＝d? 當(dāng)n＝0時，無解? 當(dāng)n＝1時，聯(lián)立⑨?式得 θ＝(或sin θ＝)? 聯(lián)立⑦⑨⑩?式得 TB＝? 當(dāng)n≥2時，不滿足0<θ<90°的要求? 若在B點擊中P板，據(jù)題意由幾何關(guān)系得 R＋2Rsin θ＋2(R＋Rsin θ)n＝d? 當(dāng)n＝0時，無解? 當(dāng)n＝1時，聯(lián)立⑨?式得 θ＝arcsin(或sin θ＝)? 聯(lián)立⑦⑨⑩?式得 TB＝? 當(dāng)n≥2時，不滿足0<θ<90°的要求.