《2019年高考物理 專題10 磁場學案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019年高考物理 專題10 磁場學案（49頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題10 磁場 超重點1：磁場的描述　磁場對電流的作用 一、磁場、磁感應強度 1．磁場 (1)基本特性：磁場對處于其中的磁體、電流和運動電荷有磁場力的作用． (2)方向：小磁針的N極所受磁場力的方向． 2．磁感應強度 (1)物理意義：描述磁場的強弱和方向． (2)大小：B＝(通電導線垂直于磁場)． (3)方向：小磁針靜止時N極的指向． (4)單位：特斯拉(T)． 3．勻強磁場 (1)定義：磁感應強度的大小處處相等、方向處處相同的磁場稱為勻強磁場． (2)特點：疏密程度相同、方向相同的平行直線． 二、磁感線　通電直導線和通電線圈周圍磁場的方向 1．磁感線

2、在磁場中畫出一些有方向的曲線，使曲線上各點的切線方向跟這點的磁感應強度方向一致． 2．幾種常見的磁場 (1)常見磁體的磁場(如圖所示)． (2)電流的磁場 直線電流的磁場 通電螺線管的磁場 環(huán)形電流的磁場 特 點 無磁極、非勻強，且距導線越遠處磁場越弱 與條形磁鐵的磁場相似，管內(nèi)為勻強磁場且磁場最強，管外為非勻強磁場 環(huán)形電流的兩側是N極和S極，且離圓環(huán)中心越遠，磁場越弱 安培定則 三、安培力、安培力的方向　勻強磁場中的安培力 1．安培力的大小 (1)磁場和電流垂直時：F＝BIL. (2)磁場和電流平行時：F＝0. 2．安培力的方向 左手

3、定則判斷： (1)伸出左手，讓拇指與其余四指垂直，并且都與手掌在同一個平面內(nèi)． (2)讓磁感線從掌心進入，并使四指指向電流方向． (3)拇指所指的方向就是通電導線在磁場中所受安培力的方向． ※考點一　磁場及安培定則的應用 1．磁場的三點說明 (1)磁感應強度是矢量，其方向與導線所受力的方向垂直； (2)電流元必須垂直于磁場方向放置，公式B＝才成立； (3)磁場中某點的磁感應強度是由磁場本身決定的，與通電導線受力的大小及方向都無關． 2.安培定則的應用 在運用安培定則判定直線電流和環(huán)形電流的磁場時應分清“因”和“果”. 　　　　　因果 磁場　　　　　 原因(

4、電流方向) 結果(磁場方向) 直線電流的磁場 大拇指 四指 環(huán)形電流的磁場 四指 大拇指 3.磁場疊加問題的一般解題思路 (1)確定磁場場源，如通電導線． (2)定位空間中需求解磁場的點，利用安培定則判定各個場源在這一點上產(chǎn)生的磁場的大小和方向．如圖所示為M、N在c點產(chǎn)生的磁場． (3)應用平行四邊形定則進行合成，如圖中的合磁場． [題組突破訓練] 1．下列各圖中，已標出電流I、磁感應強度B的方向，其中符合安培定則的是(　　) 　 【答案】C 2．(2017·高考全國卷Ⅲ)如圖，在磁感應強度大小為B0的勻強磁場中，兩長直導線P和Q垂直于紙面固定放置，兩者

5、之間的距離為l.在兩導線中均通有方向垂直于紙面向里的電流I時，紙面內(nèi)與兩導線距離均為l的a點處的磁感應強度為零．如果讓P中的電流反向、其他條件不變，則a點處磁感應強度的大小為(　　) A．0　　　　　　　　　　 B.B0 C.B0 D．2B0 【答案】C 【解析】導線P和Q中電流I均向里時，設其在a點產(chǎn)生的磁感應強度大小BP＝BQ＝B1，如圖甲所示，則其夾角為60°，它們在a點的合磁場的磁感應強度平行于PQ向右、大小為B1.又根據(jù)題意Ba＝0，則B0＝B1，且B0平行于PQ向左．若P中電流反向，如圖乙所示，則BP反向、大小不變，BQ和BP大小不變，夾角為120°，合磁場的磁感應強

6、度大小為B合＝B1(方向垂直PQ向上、與B0垂直)，a點合磁場的磁感應強度B＝＝B0，則A、B、D項均錯誤，C項正確． ※考點二　安培力作用下導體運動的判斷 1．方法概述 判定通電導體在安培力作用下的運動方向或運動趨勢，首先必須弄清楚導體所在位置的磁感線分布情況，再弄清導體中電流方向，然后利用左手定則準確判定導體的受力情況，進而確定導體的運動方向或運動趨勢． 2．常用方法 電流元法 分割為電流元安培力方向―→整段導體所受合力方向―→運動方向 特殊位 置法 在特殊位置―→安培力方向―→運動方向 等效法 環(huán)形電流小磁針 條形磁鐵通電螺線管多個環(huán)形電流

7、結論法 同向電流互相吸引，異向電流互相排斥；兩不平行的直線電流相互作用時，有轉到平行且電流方向相同的趨勢 轉換研究 對象法 定性分析磁體在電流磁場作用下如何運動或運動趨勢的問題，可先分析電流在磁體磁場中所受的安培力，然后由牛頓第三定律，確定磁體所受電流磁場的作用力，從而確定磁體所受合力及運動方向 [典例1]　一個可以自由運動的線圈L1和一個固定的線圈L2互相絕緣垂直放置，且兩個線圈的圓心重合，如圖所示．當兩線圈中通以圖示方向的電流時，從左向右看，線圈L1將(　　) A．不動　　　　　　　　 B．順時針轉動 C．逆時針轉動 D．在紙面內(nèi)平動 【答案】B 【解析】方法

8、一：電流元分析法 把線圈L1沿水平轉動軸分成上下兩部分，每一部分又可以看成無數(shù)段直線電流元，電流元處在L2產(chǎn)生的磁場中，根據(jù)安培定則可知各電流元所在處的磁場方向向上，由左手定則可得，上半部分電流元所受安培力均指向紙外，下半部分電流元所受安培力均指向紙內(nèi)，因此從左向右看線圈L1將順時針轉動． 方法二：等效分析法 把線圈L1等效為小磁針，該小磁針剛好處于環(huán)形電流I2的中心，小磁針的N極應指向該點環(huán)形電流I2的磁場方向，由安培定則知I2產(chǎn)生的磁場方向在其中心處豎直向上，而L1等效成小磁針后，轉動前，N極指向紙內(nèi)，因此小磁針的N極應由指向紙內(nèi)轉為向上，所以從左向右看，線圈L1將順時針轉動． 方

9、法三：結論法 環(huán)形電流I1、I2之間不平行，由于兩不平行的電流的相互作用，則兩環(huán)必有相對轉動，直到兩環(huán)形電流同向平行為止，據(jù)此可得，從左向右看，線圈L1將順時針轉動． [題組突破訓練] 1．如圖所示，把一通電導線放在蹄形磁鐵磁極的正上方，導線可以自由移動．當導線通過電流I時，如果只考慮安培力的作用，則從上往下看，導線的運動情況是(　　) A．順時針方向轉動，同時下降 B．順時針方向轉動，同時上升 C．逆時針方向轉動，同時下降 D．逆時針方向轉動，同時上升 【答案】C 【解析】第一步：電流元受力分析法 把直線電流等效為OA、OB兩段電流元，蹄形磁鐵磁感線分布以及兩段電

10、流元受安培力方向如圖甲所示．可見從上往下看時，導線將逆時針方向轉動． 第二步：特殊位置分析法 取導線逆時針轉過90°的特殊位置來分析，如圖乙所示．根據(jù)左手定則判斷安培力方向向下，故導線在逆時針轉動的同時向下運動． 2．如圖所示，條形磁鐵放在光滑斜面上，用平行于斜面的輕彈簧拉住而平衡，A為水平放置的直導線的截面，導線中無電流時磁鐵對斜面的壓力為FN1.當導線中有垂直紙面向外的電流時，磁鐵對斜面的壓力為FN2，則下列關于磁鐵對斜面的壓力和彈簧的伸長量的說法中正確的是(　　) A．FN1FN2，彈簧的伸

11、長量增大 D．FN1>FN2，彈簧的伸長量減小 【答案】C ※考點三　安培力作用下的平衡與加速 1．分析導體在磁場中平衡和加速問題的基本思路 (1)確定要研究的導體． (2)按照已知力→重力→安培力→彈力→摩擦力的順序，對導體受力分析． (3)分析導體的運動情況． (4)根據(jù)平衡條件或牛頓第二定律列式求解． 2．受力分析的注意事項 (1)安培力的方向特點：F⊥B，F(xiàn)⊥I，即F垂直于B和I決定的平面． (2)安培力的大?。簯霉紽＝BILsin θ計算彎曲導線在勻強磁場中所受安培力的大小時，有效長度L等于曲線兩端點的直線長度．(如圖所示) (3)視圖轉換：對于安

12、培力作用下的力學問題，導體棒的受力往往分布在三維空間的不同方向上，這時應利用俯視圖、剖面圖或側視圖等，變立體圖為二維平面圖．(如圖所示) [真題拓展探究] [典例2]　(2015·高考全國卷Ⅰ)如圖，一長為10 cm的金屬棒ab用兩個完全相同的彈簧水平地懸掛在勻強磁場中；磁場的磁感應強度大小為0.1 T，方向垂直于紙面向里；彈簧上端固定，下端與金屬棒絕緣．金屬棒通過開關與一電動勢為12 V的電池相連，電路總電阻為2 Ω.已知開關斷開時兩彈簧的伸長量均為0.5 cm；閉合開關，系統(tǒng)重新平衡后，兩彈簧的伸長量與開關斷開時相比均改變了0.3 cm.重力加速度大小取10 m/s2.判斷開

13、關閉合后金屬棒所受安培力的方向，并求出金屬棒的質(zhì)量． 【答案】豎直向下　0.01 kg 式中，I是回路電流，L是金屬棒的長度．兩彈簧各自再伸長了Δl2＝0.3 cm，由胡克定律和力的平衡條件得 2k(Δl1＋Δl2)＝mg＋F③ 由歐姆定律有 E＝IR④ 式中，E是電池的電動勢，R是電路總電阻． 聯(lián)立①②③④式，并代入題給數(shù)據(jù)得 m＝0.01 kg⑤ 拓展1　安培力作用下的動態(tài)平衡問題 1．如圖所示，金屬棒MN兩端由等長的輕質(zhì)細線水平懸掛，處于豎直向上的勻強磁場中，棒中通以由M向N的電流，平衡時兩懸線與豎直方向夾角均為θ.如果僅改變下列某一個條件，θ角的相應變化情況

14、是(　　) A．棒中的電流變大，θ角變大 B．兩懸線等長變短，θ角變小 C．金屬棒質(zhì)量變大，θ角變大 D．磁感應強度變大，θ角變小 【答案】A 【解析】金屬棒MN受力分析及其側視圖如圖所示，由平衡條件可知F安＝mgtan θ，而F安＝BIL，即BIL＝mgtan θ，則I↑?θ↑，m↑?θ↓，B↑?θ↑，故A正確，C、D錯誤．θ角與懸線長度無關，B錯誤． 拓展2　安培力作用下的加速問題 2．(多選)如圖所示，無限長水平直導線中通有向右的恒定電流I，導線正下方固定一正方形線框，線框中也通有沿順時針方向的恒定電流，其電流也為I，線框的邊長為L，線框上邊與直導線平行，且到直導

15、線的距離也為L.已知在長直導線的磁場中距長直導線r處的磁感應強度大小為B＝k，線框的質(zhì)量為m，則釋放線框的一瞬間，線框的加速度可能為(　　) A．0　　　　　　　　　　 B.－g C.－g D．g－ 【答案】AC 拓展3　安培力作用下的功能關系應用 3．(多選)間距為L＝20 cm的光滑平行導軌水平放置，導軌左端通過開關S與內(nèi)阻不計、電動勢為E的電源相連，右端與半徑為L的兩段光滑圓弧導軌相接，一根質(zhì)量m＝60 g、電阻R＝1 Ω、長為L的導體捧ab，用長也為L的絕緣細線懸掛，如圖所示，系統(tǒng)空間有豎直方向的勻強磁場，磁感應強度大小為B＝0.5 T，當閉合開關S后，導體棒沿圓弧

16、擺動，擺到最大高度時，細線與豎直方向成θ＝53°角，擺動過程中導體棒始終與導軌接觸良好且細線處于張緊狀態(tài)，不考慮導體棒切割磁感線的影響，導軌電阻不計，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g＝10 m/s2，則(　　) A．磁場方向一定豎直向下 B．電源電動勢E＝3.0 V C．導體棒在擺動過程中所受安培力F＝3 N D．導體棒在擺動過程中電源提供的電能為0.048 J 【答案】AB 【解析】當開關S閉合時，導體棒向右擺動，說明其所受安培力水平向右，由左手定則可知，磁場方向豎直向下，故A正確．設電路中電流為I，則根據(jù)動能定理得－mgL(1－cos 53°)＋FLsin

17、 53°＝0，解得安培力F＝0.3 N，由F＝BIL＝，得E＝3 V，故B正確，C錯誤．導體棒在擺動過程中電源提供的電能一部分轉化為機械能E＝mgL(1－cos 53°)＝0.06×10×0.2×0.4 J＝0.048 J，另一部分轉化為焦耳熱，故D錯誤． 超重點2：磁場對運動電荷的作用 一、洛倫茲力、洛倫茲力的方向和大小 1．洛倫茲力：磁場對運動電荷的作用力叫洛倫茲力． 2．洛倫茲力的方向 (1)判定方法：左手定則： 掌心——磁感線垂直穿入掌心； 四指——指向正電荷運動的方向或負電荷運動的反方向； 拇指——指向洛倫茲力的方向． (2)方向特點：F⊥B，F(xiàn)⊥

18、v，即F垂直于B和v決定的平面． 3．洛倫茲力的大小 (1)當v∥B時，洛倫茲力F＝0.(θ＝0°或180°) (2)當v⊥B時，洛倫茲力F＝qvB.(θ＝90°) (3)當v＝0時，洛倫茲力F＝0. 二、帶電粒子在勻強磁場中的運動 1．若v∥B，帶電粒子不受洛倫茲力，在勻強磁場中做勻速直線運動． 2．若v⊥B，帶電粒子僅受洛倫茲力作用，在垂直于磁感線的平面內(nèi)以入射速度v做勻速圓周運動． 如下圖，帶電粒子在磁場中，①中粒子做勻速圓周運動，②中粒子做勻速直線運動，③中粒子做勻速圓周運動． 3．半徑和周期公式：(v⊥B) ※考點一　對洛倫茲力的理解 1．洛倫茲力的特

19、點 (1)利用左手定則判斷洛倫茲力的方向，注意區(qū)分正、負電荷． (2)當電荷運動方向發(fā)生變化時，洛倫茲力的方向也隨之變化． (3)運動電荷在磁場中不一定受洛倫茲力作用． (4)洛倫茲力一定不做功． 2．洛倫茲力與安培力的聯(lián)系及區(qū)別 (1)安培力是洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)，二者是相同性質(zhì)的力，都是磁場力． (2)安培力可以做功，而洛倫茲力對運動電荷不做功． 3．洛倫茲力與電場力的比較 洛倫茲力 電場力 產(chǎn)生 條件 v≠0且v不與B平行 電荷處在電場中 大小 F＝qvB(v⊥B) F＝qE 力方向與場 方向的關系 F⊥B，F(xiàn)⊥v F∥E 做功情況 任何情

20、況下都不做功 可能做功，也可能不做功 [題組突破訓練] 1．下列關于洛倫茲力的說法中，正確的是(　　) A．只要速度大小相同，所受洛倫茲力就相同 B．如果把＋q改為－q，且速度反向，大小不變，則洛倫茲力的大小、方向均不變 C．洛倫茲力方向一定與電荷速度方向垂直，磁場方向一定與電荷運動方向垂直 D．粒子在只受到洛倫茲力作用下運動的動能、速度均不變 【答案】B 2．如圖所示，表面粗糙的絕緣斜面固定于水平地面上，并處于方向垂直紙面向外、磁感應強度為B的勻強磁場(圖中未畫出)中，質(zhì)量為m、電荷量為＋Q的小滑塊從斜面頂端由靜止下滑．在滑塊下滑的過程中，下列判斷正確的是(　　)

21、 A．滑塊受到的摩擦力不變 B．滑塊到達斜面底端時的動能與B的大小無關 C．B很大時，滑塊最終可能靜止于斜面上 D．滑塊受到的洛倫茲力方向垂直斜面并指向斜面 【答案】D ※考點二　帶電粒子在勻強磁場中的運動 1．帶電粒子在勻強磁場中圓周運動分析 (1)圓心的確定方法 方法一　若已知粒子軌跡上的兩點的速度方向，則可根據(jù)洛倫茲力F⊥v，分別確定兩點處速度的垂線，其交點即為圓心，如圖(a)； 方法二　若已知粒子運動軌跡上的兩點和其中某一點的速度方向，則可作出此兩點的連線(即過這兩點的圓弧的弦)的中垂線，中垂線與垂線的交點即為圓心，如圖(b)． (2)半徑的計算方法 方法

22、一　由物理方法求：半徑R＝； 方法二　由幾何方法求：一般由數(shù)學知識(勾股定理、三角函數(shù)等)計算來確定． (3)時間的計算方法 方法一　由圓心角求：t＝·T； 方法二　由弧長求：t＝. 2．帶電粒子在不同邊界磁場中的運動 (1)直線邊界(進出磁場具有對稱性，如圖所示) (2)平行邊界(存在臨界條件，如圖所示)． (3)圓形邊界(沿徑向射入必沿徑向射出，如圖所示)． [典例1]　(2016·高考全國卷Ⅱ)一圓筒處于磁感應強度大小為B的勻強磁場中，磁場方向與筒的軸平行，筒的橫截面如圖所示．圖中直徑MN的兩端分別開有小孔，筒繞其中心軸以角速度ω順時針轉動．在該截面內(nèi)，一

23、帶電粒子從小孔M射入筒內(nèi)，射入時的運動方向與MN成30°角．當筒轉過90°時，粒子恰好從小孔N飛出圓筒．不計重力．若粒子在筒內(nèi)未與筒壁發(fā)生碰撞，則帶電粒子的比荷為(　　) A.　　　　　　　　　 B. C. D. 【答案】A 拓展1　帶電粒子在直線邊界磁場中的運動 1．(2018·陜西渭南模擬)在真空室中，有垂直于紙面向里的勻強磁場，三個質(zhì)子1、2和3分別以大小相等、方向如圖所示的初速度v1、v2和v3經(jīng)過平板MN上的小孔O射入勻強磁場，這三個質(zhì)子打到平板MN上的位置到小孔O的距離分別是s1、s2和s3，不計質(zhì)子重力，則有(　　) A．s1>s2>s3 B．s1

24、s2 D．s1＝s3

25、(3) 【解析】(1)作出粒子的運動軌跡如圖所示，O為圓心，半徑為R.由圖中幾何關系可得 L＝Rsin 60° 解得R＝L. 拓展3　帶電粒子在“三角形”有界磁場中的運動 3．如圖，A、C兩點分別位于x軸和y軸上，∠OCA＝30°，OA的長度為L.在△OCA區(qū)域內(nèi)有垂直于xOy平面向里的勻強磁場．質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，以平行于y軸的方向從OA邊射入磁場．已知粒子從某點射入時，恰好垂直于OC邊射出磁場，且粒子在磁場中運動的時間為t0.不計重力． (1)求磁場的磁感應強度的大?。? (2)若粒子先后從兩不同點以相同的速度射入磁場，恰好從OC邊上的同一點射

26、出磁場，求該粒子這兩次在磁場中運動的時間之和； (3)若粒子從某點射入磁場后，其運動軌跡與AC邊相切，且在磁場內(nèi)運動的時間為t0，求粒子此次入射速度的大?。? 【答案】(1)　(2)2t0　(3) (2)設粒子從OA邊兩個不同位置射入磁場，能從OC邊上的同一點P射出磁場，粒子在磁場中運動的軌跡如圖(a)所示．設兩軌跡所對應的圓心角分別為θ1和θ2.由幾何關系有θ1＋θ2＝180°⑤ 粒子兩次在磁場中運動的時間之和t1＋t2＝＝2t0⑥ (3)如圖(b)，由題給條件可知，該粒子在磁場區(qū)域中的軌跡圓弧對應的圓心角為150°.設O′為圓弧的圓心，圓弧的半徑為r0，圓弧與AC相切于B點

27、，從D點射出磁場，由幾何關系和題給條件可知，此時有 ∠OO′D＝∠BO′A＝30°⑦ r0cos∠OO′D＋＝L⑧ 設粒子此次入射速度的大小為v0，由圓周運動規(guī)律v0＝⑨ 聯(lián)立①⑦⑧⑨式得v0＝⑩ ※考點三　帶電粒子在磁場中運動的臨界、極值和多解問題 1．臨界問題的分析重點是臨界狀態(tài)：臨界狀態(tài)就是指物理現(xiàn)象從一種狀態(tài)變化成另一種狀態(tài)的中間過程，這時存在著一個過渡的轉折點，此轉折點即為臨界狀態(tài)點．與臨界狀態(tài)相關的物理條件則稱為臨界條件，臨界條件是解決臨界問題的突破點． 2．極值問題：所謂極值問題就是對題中所求的某個物理量最大值或最小值的分析或計算，求解的思路一般有以下兩種：一

28、是根據(jù)題給條件列出函數(shù)關系式進行分析、討論；二是借助幾何圖形進行直觀分析． 3．多解問題形成的原因 (1)帶電粒子電性不確定形成多解：受洛倫茲力作用的帶電粒子，由于電性不同，當速度相同時，正、負粒子在磁場中運動軌跡不同，形成多解． 如圖甲所示，帶電粒子以速率v垂直進入勻強磁場，如帶正電，其軌跡為a，如帶負電，其軌跡為b. (2)磁場方向不確定形成多解：有些題目只知磁感應強度的大小，而不知其方向，此時必須要考慮磁感應強度方向不確定而形成的多解． 如圖乙所示，帶正電粒子以速率v垂直進入勻強磁場，如B垂直紙面向里，其軌跡為a，如B垂直紙面向外，其軌跡為b. (3)臨界狀態(tài)不唯一形成多

29、解：帶電粒子在洛倫茲力作用下飛越有界磁場時，由于粒子運動軌跡是圓弧狀，因此，它可能穿過去，也可能轉過180°從入射界面反向飛出，從而形成多解，如圖丙所示． (4)運動的周期性形成多解：帶電粒子在部分是電場，部分是磁場的空間運動時，運動往往具有往復性，從而形成多解，如圖丁所示． [典例2]　如圖所示，在坐標系xOy中的第一象限內(nèi)充滿著兩個勻強磁場a和b，OP為分界線，在磁場a中，磁感應強度為2B，方向垂直于紙面向里，在磁場b中，磁感應強度為B，方向垂直于紙面向外，P點坐標為(4l,3l)．一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從P點沿y軸負方向射入磁場b，經(jīng)過一段時間后，粒子恰能經(jīng)過原點O

30、，不計粒子重力．求： (1)粒子從P點運動到O點的最短時間是多少？ (2)粒子運動的速度可能是多少？ 【答案】　(1)　(2)(n＝1,2,3，…) 【解析】(1)設粒子的入射速度為v，用Ra、Rb、Ta、Tb分別表示粒子在磁場a中和磁場b中運動的軌道半徑和周期，則有Ra＝，Rb＝，Ta＝＝，Tb＝ 當粒子先在磁場b中運動，后進入磁場a中運動，然后從O點射出時，粒子從P點運動到O點所用的時間最短，如圖所示．根據(jù)幾何知識得tan α＝＝，故α＝37° 粒子在磁場b和磁場a中運動的時間分別為tb＝Tb，ta＝Ta 故從P點運動到O點的時間為t＝ta＋tb＝. (2)由題意及

31、上圖可知n(2Racos α＋2Rbcos α)＝ 解得v＝(n＝1,2,3，…)． [題組突破訓練] 1．(2016·高考全國卷Ⅲ)平面OM和平面ON之間的夾角為30°，其橫截面(紙面)如圖所示，平面OM上方存在勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外．一帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q(q>0)．粒子沿紙面以大小為v的速度從OM的某點向左上方射入磁場，速度與OM成30°角．已知該粒子在磁場中的運動軌跡與ON只有一個交點，并從OM上另一點射出磁場．不計重力．粒子離開磁場的出射點到兩平面交線O的距離為(　　) A.　　　　　　　　　 B. C. D. 【答案】D

32、 【解析】根據(jù)題意畫出帶電粒子的運動軌跡，粒子在磁場中的運動軌跡與ON只有一個交點，故軌跡與ON相切，粒子出磁場的位置與切點的連線是粒子做圓周運動的直徑，大小為，根據(jù)幾何知識可知，粒子離開磁場的出射點到兩平面交線O的距離為d＝＝，選項D正確． 2．[極值問題]　如圖所示，在屏蔽裝置底部中心位置O點放一醫(yī)用放射源，可通過細縫沿扇形區(qū)域向外輻射速率為v＝3.2×106 m/s的α粒子．已知屏蔽裝置寬AB＝9 cm，縫長AD＝18 cm，α粒子的質(zhì)量m＝6.64×10－27 kg，電荷量q＝3.2×10－19 C．若在屏蔽裝置右側條形區(qū)域內(nèi)加一勻強磁場來隔離輻射，磁感應強度B＝0.332 T，

33、方向垂直于紙面向里，整個裝置放于真空環(huán)境中． (1)若所有的α粒子均不能從條形磁場隔離區(qū)的右側穿出，則磁場的寬度d至少是多少？ (2)若條形磁場的寬度d＝20 cm，則射出屏蔽裝置的α粒子在磁場中運動的最長時間和最短時間各是多少？(結果可帶根號) 【答案】(1)(20＋10)×10－2 m　(2)×10－6 s　×10－6 s 設此時磁場寬度d＝d0，由幾何關系得 d0＝R＋Rcos 45°＝(20＋10) cm. 則磁場的寬度至少為(20＋10)×10－2 m. (2)設α粒子在磁場內(nèi)做勻速圓周運動的周期為T，則 T＝＝×10－6 s 設速度方向垂直于AD進入磁場區(qū)

34、域的α粒子的入射點為E，如圖乙所示． 因磁場寬度d＝20 cm＜d0，且R＝20 cm，則在∠EOD間進入磁場區(qū)域的α粒子均能穿出磁場右邊界，在∠EOA間進入磁場區(qū)域的α粒子均不能穿出磁場右邊界，沿OE方向進入磁場區(qū)域的α粒子運動軌跡與磁場右邊界相切，在磁場中運動時間最長，設在磁場中運動的最長時間為tmax，則tmax＝＝×10－6 s 若α粒子在磁場中做勻速圓周運動對應的圓弧軌跡的弦長最短，則α粒子在磁場中運動的時間最短．最短的弦長為磁場寬度d.設在磁場中運動的最短時間為tmin，軌跡如圖乙所示，因R＝d，則圓弧對應的圓心角為60°，故 tmin＝＝×10－6 s. 3．如圖所示

35、，在無限長的豎直邊界AC和DE間，上、下部分分別充滿方向垂直于ADEC平面向外的勻強磁場，上部分區(qū)域的磁感應強度大小為B0，OF為上、下磁場的水平分界線．質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的粒子從AC邊界上與O點相距為a的P點垂直于AC邊界射入上方磁場區(qū)域，經(jīng)OF上的Q點第一次進入下方磁場區(qū)域，Q點與O點的距離為3a.不考慮粒子重力． (1)求粒子射入磁場時的速度大??； (2)要使粒子不從AC邊界飛出，求下方磁場區(qū)域的磁感應強度應滿足的條件； (3)若下方區(qū)域的磁感應強度B＝3B0，粒子最終垂直DE邊界飛出，求邊界DE與AC間距離的可能值． 【答案】(1)　(2)不小于　(3)4na(n＝1

36、,2,3，…) 【解析】(1)設粒子在OF上方做圓周運動的半徑為R，由幾何關系可得R＝5a， 由牛頓第二定律可知qvB0＝m， 解得v＝. (2)當粒子恰好不從AC邊界飛出時，設粒子在OF下方做圓周運動的半徑為r1，由幾何關系得 r1＋r1cos θ＝3a， cos θ＝， 所以r1＝， 根據(jù)qvB1＝m， 解得B1＝， 當B1≥時，粒子不會從AC邊界飛出． (3)當B＝3B0時，根據(jù)qvB＝m， 得粒子在OF下方運動的半徑r＝a， 設粒子的速度方向再次與射入磁場時的速度方向一致時的位置為P1，則P與P1的連線一定與OF平行， 根據(jù)幾何關系知：＝4a； 所

37、以若粒子最終垂直DE邊界飛出，邊界DE與AC間的距離為 L＝n＝4na(n＝1,2,3，…)． 超重點3：帶電粒子在復合場中的運動 一、帶電粒子在復合場中的運動 1．疊加場與組合場 疊加場 電場、磁場、重力場在同一區(qū)域共存，或其中兩場在同一區(qū)域共存 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)域分時間段交替出現(xiàn) 2.帶電體在復合場中常見的幾種運動情況 (1)靜止或勻速直線運動：帶電粒子在復合場中所受合力為零． (2)勻速圓周運動：帶電粒子所受重力與電場力大小相等、方向相反，洛倫茲力提供向心力． (3)其他變加速曲線運動：帶電粒子所受

38、合力的大小和方向均變化，且與初速度不在一條直線上． 如圖，勻強磁場垂直于紙面向里，勻強電場豎直向下．一帶負電粒子從左邊沿水平方向射入復合場區(qū)域． ①若不計重力，且qvB＝Eq，粒子做勻速直線運動． ②若考慮重力，且mg＝Eq，粒子做勻速圓周運動． ③若不計重力，且qvB≠Eq，粒子做變速曲線運動． 二、帶電粒子在復合場中運動的應用實例 裝置 原理圖 規(guī)　律 質(zhì) 譜 儀 粒子由靜止被加速電場加速qU＝mv2，在磁場中做勻速圓周運動qvB＝m，則比荷＝ 回旋 加速 器 交流電的周期和粒子做圓周運動的周期相等，粒子在圓周運動過程中每次經(jīng)過D形盒縫隙都會

39、被加速．由qvB＝得Ekm＝，R為D形盒半徑 速度 選擇 器 若qv0B＝Eq，即v0＝，粒子做勻速直線運動 ※考點一　帶電粒子在組合場中的運動 1．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)． 2．“電偏轉”與“磁偏轉”的比較 垂直電場線進入勻強電場(不計重力) 垂直磁感線進入勻強磁場(不計重力) 受力 情況 電場力FE＝qE，其大小、方向不變，與速度v無關，F(xiàn)E是恒力 洛倫茲力FB＝qvB，其大小不變，方向隨v而改變，F(xiàn)B是變力 軌跡 拋物線 圓或圓的一部分 運動 軌跡 求解 方

40、法 利用類似平拋運動的規(guī)律求解： vx＝v0，x＝v0t vy＝·t， y＝··t2 偏轉角φ： tan φ＝＝ 半徑：r＝ 周期：T＝ 偏移距離y和偏轉角φ要結合圓的幾何關系利用圓周運動規(guī)律討論求解 運動 時間 t＝ t＝T＝ 動能 變化 不變 [典例1]　(2017·高考天津卷)平面直角坐標系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的勻強磁場，第Ⅲ象限存在沿y軸負方向的勻強電場，如圖所示．一帶負電的粒子從電場中的Q點以速度v0沿x軸正方向開始運動，Q點到y(tǒng)軸的距離為到x軸距離的2倍．粒子從坐標原點O離開電場進入磁場，最終從x軸上的P點射出磁場，P點到y(tǒng)軸

41、距離與Q點到y(tǒng)軸距離相等．不計粒子重力，問： (1)粒子到達O點時速度的大小和方向； (2)電場強度和磁感應強度的大小之比． 【答案】(1)v0　與x軸正方向成45°角斜向上(2) 設粒子到達O點時速度方向與x軸正方向夾角為α，有 tan α＝④ 聯(lián)立①②③④式得 α＝45°⑤ 即粒子到達O點時速度方向與x軸正方向成45°角斜向上 設粒子到達O點時速度大小為v，由運動的合成有 v＝⑥ 聯(lián)立①②③⑥式得 v＝v0⑦ (2)設電場強度為E，粒子電荷量為q，質(zhì)量為m，粒子在電場中受到的電場力為F，由牛頓第二定律可得 F＝ma⑧ 又F＝qE⑨ 設磁場的磁感應強度

42、大小為B，粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R，所受的洛倫茲力提供向心力，有 qvB＝m⑩ 由幾何關系可知 R＝L? 聯(lián)立①②⑦⑧⑨⑩?式得 ＝? [題組突破訓練] 1．(2018·河南六市模擬)如圖所示，一帶電粒子垂直射入勻強電場，經(jīng)電場偏轉后從磁場的左邊界上M點進入垂直紙面向外的勻強磁場中，最后從磁場的左邊界上的N點離開磁場．已知帶電粒子的比荷＝3.2×109 C/kg，電場強度E＝200 V/m，M、N間距MN＝1 cm，金屬板長L＝25 cm，粒子的初速度v0＝4×105 m/s，帶電粒子重力忽略不計，求： (1)粒子射出電場時的運動方向與初速度v0的夾角

43、θ； (2)磁感應強度B的大?。? 【答案】(1)45°　(2)2.5×10－2 T (2)粒子射出電場時運動的速度大小為：v＝ 在磁場中洛倫茲力提供向心力：Bqv＝m 由幾何關系得MN＝r 代入數(shù)據(jù)解得B＝2.5×10－2 T. 2．如圖所示，在x軸上方存在勻強磁場，磁感應強度為B，方向垂直紙面向里．在x軸下方存在勻強電場，方向豎直向上．一個質(zhì)量為m、電荷量為q、重力不計的帶正電粒子從y軸上的a (h,0)點沿y軸正方向以某初速度開始運動，一段時間后，粒子與x軸正方向成45°進入電場，經(jīng)過y軸的b點時速度方向恰好與y軸垂直．求： (1)粒子在磁場中運動的軌道半徑r

44、和速度大小v1； (2)勻強電場的電場強度大小E； (3)粒子從開始到第三次經(jīng)過x軸的時間t總． 【答案】(1)h　　(2) （3）(＋2＋2) 【解析】(1)根據(jù)題意可知，大致畫出粒子在組合場中的運動軌跡，如圖所示： 由幾何關系得：rcos 45°＝h 解得：r＝h 由牛頓第二定律得：qBv1＝m 解得：v1＝＝. (3)粒子在磁場中的周期為：T＝＝ 第一次經(jīng)過x軸的時間t1＝T＝ 在電場中運動的時間t2＝2t＝ 從第二次經(jīng)過x軸到第三次經(jīng)過x軸的時間 t3＝T＝ 則總時間： t總＝t1＋t2＋t3＝(＋2＋2) ※考點二　帶電粒子在疊加場中的運動

45、1．帶電粒子在包含勻強磁場的疊加場中無約束情況下運動的幾種常見形式 受力特點 運動性質(zhì) 方法規(guī)律 其他場力的合力與洛倫茲力等大反向 勻速直線運動 平衡條件 除洛倫茲力外，其他力的合力為零 勻速圓 周運動 牛頓第二定律、圓周運動的規(guī)律 除洛倫茲力外，其他力的合力既不為零，也不與洛倫茲力等大反向 較復雜的 曲線運動 動能定理、能量守恒定律 2.帶電粒子在疊加場中有約束情況下的運動 帶電粒子在疊加場中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道約束的情況下，常見的運動形式有直線運動和圓周運動，分析時應注意： (1)分析帶電粒子所受各力尤其是洛倫茲力的變化情況，分階段明確物體的運動情況．

46、 (2)根據(jù)物體各階段的運動特點，選擇合適的規(guī)律求解． ①勻速直線運動階段：應用平衡條件求解． ②勻加速直線運動階段：應用牛頓第二定律結合運動學公式求解． ③變加速直線運動階段：應用動能定理、能量守恒定律求解． [真題拓展探究] [典例2]　(2017·高考全國卷Ⅰ)如圖，空間某區(qū)域存在勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向上(與紙面平行)，磁場方向垂直于紙面向里．三個帶正電的微粒a、b、c電荷量相等，質(zhì)量分別為ma、mb、mc.已知在該區(qū)域內(nèi)，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運動，b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運動，c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運動．下列選項正確的是(　　) A．ma>mb>mc　

47、　　　　　　 B．mb>ma>mc C．mc>ma>mb D．mc>mb>ma 【答案】B 拓展1　帶電粒子在無約束情況下的運動 1．(2018·安徽淮北模擬)如圖，空間區(qū)域Ⅰ、Ⅱ有勻強電場和勻強磁場，MN、PQ為理想邊界，Ⅰ區(qū)域高度為d，Ⅱ區(qū)域的范圍足夠大．勻強電場方向豎直向上；Ⅰ、Ⅱ區(qū)域的磁感應強度大小均為B，方向分別垂直紙面向里和向外．一個質(zhì)量為m、帶電荷量為q的帶電小球從磁場上方的O點由靜止開始下落，進入場區(qū)后，恰能做勻速圓周運動．已知重力加速度為g. (1)試判斷小球的電性并求出電場強度E的大??； (2)若帶電小球能進入?yún)^(qū)域Ⅱ，則h應滿足什么條件？ (3)若帶

48、電小球運動一定時間后恰能回到O點，求它釋放時距MN的高度h. 【答案】(1)正電　　(2)h＞　(3) 【解析】(1)帶電小球進入復合場后，恰能做勻速圓周運動，即所受合力為洛倫茲力，則重力與電場力大小相等，方向相反，重力豎直向下，電場力豎直向上，即小球帶正電，則有qE＝mg，解得E＝. (2)假設下落高度為h0時，帶電小球在Ⅰ區(qū)域做圓周運動的圓弧與PQ相切時，運動軌跡如圖甲所示， (3)如圖乙所示，因為帶電小球在Ⅰ、Ⅱ兩個區(qū)域運動過程中q、v、B、m的大小不變，故三段圓周運動的半徑相同，以三個圓心為頂點的三角形為等邊三角形，邊長為2R，內(nèi)角為60°，由幾何關系知R＝， 聯(lián)立解

49、得h＝. 拓展2　帶電粒子在有約束情況下的運動 2．在如圖所示的豎直平面內(nèi)，水平軌道CD和傾斜軌道GH與半徑r＝ m的光滑圓弧軌道分別相切于D點和G點，GH與水平面的夾角θ＝37°.過G點、垂直于紙面的豎直平面左側有勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁感應強度B＝1.25 T；過D點、垂直于紙面的豎直平面右側有勻強電場，電場方向水平向右，電場強度E＝1×104 N/C.小物體P1質(zhì)量m＝2×10－3 kg、帶電荷量q＝＋8×10－6C，受到水平向右的推力F＝9.98×10－3 N的作用，沿CD向右做勻速直線運動，到達D點后撤去推力．當P1到達傾斜軌道底端G點時，不帶電的小物體P2在GH

50、頂端由靜止釋放，經(jīng)過時間t＝0.1 s與P1相遇．P1和P2與軌道CD、GH間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，物體電荷量保持不變，不計空氣阻力．求： (1)小物體P1在水平軌道CD上運動速度v的大小； (2)傾斜軌道GH的長度s. 【答案】(1)4 m/s　(2)0.56 m P1在GH上運動，受到重力、電場力和摩擦力的作用，設加速度為a1，根據(jù)牛頓第二定律有 qEcos θ－mgsin θ－μ(mgcos θ＋qEsin θ)＝ma1⑥ P1與P2在GH上相遇時，設P1在GH上運動的距離為s1，則s1＝vGt

51、＋a1t2⑦ 設P2質(zhì)量為m2，在GH上運動的加速度為a2，則 m2gsin θ －μm2gcos θ＝m2a2⑧ P1與P2在GH上相遇時，設P2在GH上運動的距離為s2，則s2＝a2t2⑨ s＝s1＋s2⑩ 聯(lián)立⑤～⑩式，代入數(shù)據(jù)得s＝0.56 m. 題組突破訓練 一、選擇題(共8小題，每小題6分，共48分.1～5題只有一個選項正確，6～8題有多個選項正確) 1．(2018·江西南昌模擬)奧斯特在研究電流的磁效應實驗時，將一根長直導線南北放置在小磁針的正上方，導線不通電時，小磁針在地磁場作用下靜止時N極指向北方，如圖所示．現(xiàn)在導線中通有由南向北的恒定電流I，小磁

52、針轉動后再次靜止時N極指向(　　) A．北方　　　　　　　 B．西方 C．西偏北方向 D．北偏東方向 【答案】C 2．2016年備受矚目的國家自然科學獎一等獎，頒給了中國科學技術大學潘建偉院士領銜的“多光子糾纏及干涉度量”項目．在物理學理論建立的過程中，有許多科學家做出了貢獻.1931年英國物理學家狄拉克從理論上預言：存在只有一個磁極的粒子，即“磁單極子”．如圖為一個“N磁單極子”形成的磁場，將一個半徑為r、質(zhì)量為m的導體線圈水平放置在該磁單極子的正上方，線圈所在位置的磁感應強度大小為B，與圓環(huán)相切的磁感線與豎直方向的夾角為30°，重力加速度大小為g，若線圈恰好在該位置懸浮，

53、則線圈中電流的大小為(　　) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】當線圈所受的重力與安培力在豎直方向上的分力大小相等時，線圈恰好在該位置懸浮，以線圈為研究對象可知mg＝BI·2πr·sin 30°，解得線圈中電流的大小I＝，只有選項B正確． 3.如圖所示，一個靜止的質(zhì)量為m、帶電荷量為q的粒子(不計重力)，經(jīng)電壓U加速后垂直進入磁感應強度為B的勻強磁場，粒子在磁場中轉半個圓周后打在P點，設OP＝x，能夠正確反映x與U之間的函數(shù)關系的是(　　) 【答案】B 【解析】在電場中Uq＝mv2，解得v＝，x＝＝ ＝，所以能夠正確反映x與U之間的函數(shù)關系的是B圖．

54、 4.如圖所示，在傾角為α的光滑斜面上，垂直紙面放置一根長為L、質(zhì)量為m的直導體棒．當導體棒中的恒定電流I垂直于紙面向里時，欲使導體棒靜止在斜面上，可將導體棒置于勻強磁場中．當外加勻強磁場的磁感應強度B的方向在紙面內(nèi)由豎直向上逆時針轉至水平向左的過程中，關于B的大小的變化，正確的是(　　) A．逐漸增大　　　　　　　 B．逐漸減小 C．先增大后減小 D．先減小后增大 【答案】D 5.如圖所示，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，一個帶電粒子以速度v從A點沿直徑AOB方向射入磁場，經(jīng)過Δt時間從C點射出磁場，OC與OB成60°.現(xiàn)將帶電粒子的速度變?yōu)?，仍從A點沿原方向射

55、入磁場，不計重力，則粒子在磁場中的運動時間變?yōu)?　　) A.Δt B．2Δt C.Δt D．3Δt 【答案】B 6.在半導體離子注入工藝中，初速度可忽略的磷離子P＋和P3＋，經(jīng)電壓為U的電場加速后，垂直進入磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里、有一定寬度的勻強磁場區(qū)域，如圖所示．已知離子P＋在磁場中轉過θ＝30°后從磁場右邊界射出．在電場和磁場中運動時，離子P＋和P3＋(　　) A．在電場中的加速度之比為1∶1 B．在磁場中運動的半徑之比為∶1 C．在磁場中轉過的角度之比為1∶2 D．離開電場區(qū)域時的動能之比為1∶3 【答案】BCD 【解析】磷離子P＋與

56、P3＋電荷量之比q1∶q2＝1∶3，質(zhì)量相等，在電場中加速度a＝，由此可知，a1∶a2＝1∶3，選項A錯誤；離子進入磁場中做圓周運動的半徑r＝，又qU＝mv2，故有r＝ ，即r1∶r2＝∶1，選項B正確；設離子P3＋在磁場中的偏轉角為α，則sin α＝，sin θ＝(d為磁場寬度)，故有sin θ∶sin α＝1∶，已知θ＝30°，故α＝60°，選項C正確；全過程中只有電場力做功，W＝qU，故離開電場區(qū)域時的動能之比即為電場力做功之比，所以Ek1∶Ek2＝W1∶W2＝1∶3，選項D正確． 7.如圖所示，空間存在一個半徑為R0的圓形勻強磁場區(qū)域，磁場的方向垂直于紙面向里，磁感應強度的大小為B.

57、有一個粒子源在紙面內(nèi)沿各個方向以一定速率發(fā)射大量粒子，粒子的質(zhì)量為m、電荷量為＋q.將粒子源置于圓心，則所有粒子剛好都不離開磁場，不考慮粒子之間的相互作用．由此可知(　　) A．帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑一定是R0 B．帶電粒子在磁場中運動的速率一定是 C．帶電粒子在磁場中運動的周期一定是 D．帶電粒子的動能一定是 【答案】BD 8.(2018·山東淄博模擬)如圖所示，空間存在一水平方向的勻強電場和一水平方向的勻強磁場，磁場的磁感應強度大小為B，電場強度大小E＝，電場方向和磁場方向相互垂直．在此電、磁場正交的空間中有一足夠長的固定粗糙絕緣桿，與電場正方向成60°角

58、且處于豎直平面內(nèi)．一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小球套在絕緣桿上．若給小球一沿桿向下的初速度v0，小球恰好做勻速運動，且小球電荷量保持不變，重力加速度為g，則下列說法正確的是(　　) A．小球的初速度v0＝ B．若小球的初速度為，小球將做加速度不斷增大的減速運動，最后停止 C．若小球的初速度為，小球將做加速度不斷增大的減速運動，最后停止 D．若小球的初速度為，則運動中克服摩擦力做功為 【答案】ACD 二、非選擇題 9.(16分)如圖所示，在xOy平面的第一象限有一勻強電場，電場的方向平行于y軸向下；在x軸和第四象限的射線OC之間有一勻強磁場，磁感應強度的大小為B，方向垂直于

59、紙面向外．有一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的粒子由電場左側平行于x軸射入電場．粒子到達x軸上的A點時，速度方向與x軸的夾角為φ，A點與原點O的距離為d.接著，粒子進入磁場，并垂直于OC飛離磁場．不計重力影響．若OC與x軸的夾角為φ. (1)試畫出粒子在磁場中運動的軌跡，并求出粒子在磁場中運動的速度大??； (2)求勻強電場的場強大??； (3)求粒子水平進入電場時的位置與原點O的距離． 【答案】見解析 【解析】(1)畫出粒子在磁場中運動的軌跡如圖所示 由幾何關系得R＝dsin φ① 由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得qvB＝② 解得v＝③ 設電場強度的大小為E，由牛頓第二定律

60、得 qE＝ma⑦ 聯(lián)立解得E＝. (3)設粒子入射點位于y軸正方向的D點，與原點O的距離為L，粒子在豎直方向做勻加速直線運動 L＝at2⑧ 聯(lián)立解得L＝(寫成L＝同樣得分)． 10.(18分)如圖所示，圓柱形區(qū)域的半徑為R，在區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場；對稱放置的三個相同的電容器，極板間距為d，板間電壓為U，與磁場相切的極板在切點處均有一小孔，一帶電粒子的質(zhì)量為m，帶電荷量為＋q，自某電容器極板上的M點由靜止釋放，M點在小孔a的正上方，若經(jīng)過一段時間后，帶電粒子又恰好返回M點，不計帶電粒子所受重力．已知在整個運動過程中，帶電粒子始終不與圓柱形區(qū)域的邊界相碰

61、．求： (1)帶電粒子在磁場中運動的軌道半徑； (2)U與B所滿足的關系式； (3)帶電粒子由靜止釋放到再次返回M點所經(jīng)歷的時間． 【答案】(1)R　(2)U＝　(3)πR＋6d 【解析】粒子在磁場中運動軌跡如圖所示． (3)由(2)得B＝ ，則運動電荷在磁場中做勻速圓周運動的周期T＝＝2πR， 依題意分析可知粒子在磁場中運動一次所經(jīng)歷的時間為T，故粒子在磁場中運動的總時間t1＝3×T＝πR， 而粒子在勻強電場中所做運動類似豎直上拋運動，設每次上升或下降過程經(jīng)歷的時間為t2，則有d＝at2， a＝，解得t2＝d， 粒子在電場中運動的總時間為 t3＝6t2＝6d

62、. 帶電粒子由靜止釋放到再次返回M點所經(jīng)歷的時間為 t＝t1＋t3＝πR＋6d. 11.(18分)在如圖所示的坐標系中，0≤x≤d區(qū)域內(nèi)存在正交的電場和磁場，磁場方向垂直紙面向里(磁感應強度B大小未知)、電場的方向豎直向下(場強E2大小未知)；－d≤x<0區(qū)域內(nèi)存在勻強電場(場強E1大小未知)，電場方向與y軸的負方向間的夾角為45°.現(xiàn)從M(－d,0)點由靜止釋放一帶電小球，小球沿x軸運動，通過原點后在y軸右側的復合場區(qū)域做勻速圓周運動，經(jīng)過一段時間從復合場右邊界上的N點離開，且小球離開時的速度與x軸的正方向的夾角為60°，重力加速度用g表示，帶電小球的質(zhì)量為m、電荷量為q. (1)小

63、球帶何種電荷？ (2)電場強度E1、E2以及磁感應強度B分別為多大？ (3)小球從M運動到N所用的總時間為多少？ 【答案】見解析 假設小球在y軸左側沿x軸向右運動時的加速度大小為a，到達原點的速度大小為v，小球在y軸右側做勻速圓周運動的軌道半徑為R 則由牛頓第二定律得qE1cos 45°＝ma 又由運動學公式得v2＝2ad 由題意可知，小球在y軸的右側做勻速圓周運動的偏轉角為60°，則由幾何關系得Rsin 60°＝d 又根據(jù)牛頓第二定律得qvB＝m 解得B＝ . (3)帶電小球沿x軸做勻加速運動所用的時間t1＝ 小球在y軸的右側做勻速圓周運動的周期為T＝ 帶電

64、小球的運動軌跡所對應的圓心角為60°，則 t2＝＝ 小球從M運動到N所用的總時間t＝t1＋t2＝ ＋ . 12.如圖所示的平面直角坐標系xOy，在第Ⅰ象限內(nèi)有平行于y軸的勻強電場，方向沿y軸正方向；在第Ⅳ象限的正三角形abc區(qū)域內(nèi)有勻強磁場，方向垂直于xOy平面向里，正三角形邊長為L，且ab邊與y軸平行．一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子，從y軸上的P(0，h)點，以大小為v0的速度沿x軸正方向射入電場，通過電場后從x軸上的a(2h,0)點進入第Ⅳ象限，又經(jīng)過磁場從y軸上的某點進入第Ⅲ象限，且速度與y軸負方向成45°角，不計粒子所受的重力．求： (1)電場強度E的大小； (2)粒子到

65、達a點時速度的大小和方向； (3)abc區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應強度B的最小值． 【答案】(1)　(2)v0　方向與x軸正方向夾角為45°　(3) (2)粒子在a點時沿y軸負方向的分速度vy＝at＝v0 則v＝＝v0 tan θ＝＝1 所以，粒子在a點的速度大小為v0，方向與x軸正方向夾角為45°. (3)當粒子從b點射出時，磁感應強度B最?。鶕?jù)幾何關系知，R＝L 帶電粒子在磁場中做圓周運動，滿足qvB＝m 聯(lián)立解得B＝＝. 13.如圖所示，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，磁感應強度大小B＝0

66、.5 T．有一帶正電的小球，質(zhì)量m＝1.0×10－6 kg，電荷量q＝2×10－6 C，正以速度v在圖示的豎直面內(nèi)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： (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　與電場E的方向之間的夾角為60°斜向上　(2)3.5 s (2)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，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＝vt⑥ 49