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1、2022年高三物理第二輪復習 帶電粒子在復合場中的運動 新人教版 【核心要點突破】 知識鏈接 一、 兩種模型 1、組合場：即電場與磁場有明顯的界線,帶電粒子分別在兩個區(qū)域內做兩種不同的運動,即分段運動,該類問題運動過程較為復雜,但對于每一段運動又較為清晰易辨,往往這類問題的關鍵在于分段運動的連接點時的速度,具有承上啟下的作用． 2、復合場：即在同一區(qū)域內同時有電場和磁場，些類問題看似簡單，受力不復雜，但仔細分析其運動往往比較難以把握。 二、 三種場力比較 電場 磁場 重力場 力的大小 ① F=qE ②與電荷的運動狀態(tài)無關，在勻強電場中,電場力為恒力。 與電荷的運動

2、狀態(tài)有關， ①電荷靜止或v∥B時，不受f洛， ② v⊥B時洛侖茲力最大 f洛= q B v ①G=mg ②與電荷的運動狀態(tài)無關 力的方向 正電荷受力方向與E方向相同，(負電荷受力方向與E相反)。 f洛方向⊥(B和v)所決定的平面，(可用左手定則判定) 總是豎直向下 力做功特點 做功多少與路徑無關，只取決于始末兩點的電勢差， W=q UAB=ΔE f洛對電荷永不做功，只改變電荷的速度方向，不改變速度的大小 做功多少與路徑無關，只取決于始末位置的高度差， W=mgh=ΔEp 深化整合 一、帶電粒子在復合場中的運動的分類 1、 帶電微粒在三個場共同作用下做勻速圓周

3、運動:必然是電場力和重力平衡，而洛倫茲力充當向心力. 2、 帶電微粒在三個場共同作用下做直線運動:重力和電場力是恒力，它們的合力也是恒力。 當帶電微粒的速度平行于磁場時，不受洛倫茲力，因此可能做勻速運動也可能做勻變速運動； 當帶電微粒的速度垂直于磁場時，一定做勻速運動。 3、 較復雜的曲線運動 當帶電粒子所受的合外力的大小、方向均是不斷變化的時，粒子將做變加速運動，這類問題一般只能用能量關系處理． 4、 分階段運動 帶電粒子可能一次通過幾個情況不同的復合區(qū)域，其運動情況隨區(qū)域發(fā)生變化.該類問題運動過程較為復雜,但對于每一段運動又較為清晰易辨,往往這類問題的關鍵在于分段運動的連接

4、點時的速度,具有承上啟下的作用． 【典例訓練1】（xx·遼寧、寧夏高考）醫(yī)生做某些特殊手術時，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5-2-6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，血管內部的電場可看做是勻強電場，血液中的離子所受的電場力和磁場力的合力為零.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，磁感應強度的大小為0.040

5、 T.則血流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】選A.從右向左看畫出示意圖如圖,由左手定則得正離子向a極運動,負離子向b極運動,在a、b之間形成電場方向由a向b的電場,在達到平衡時,qvB=qE,而E= ,即v= = m/s=1.3 m/s.由以上可得只有選項A正確. 【典例訓練2】（xx·北京高考）如圖5-2-7所示的虛線區(qū)域內，充滿垂直于紙面向里的勻強磁場和豎直向下的勻強電場.一帶電粒子a（不計重力）以一定的初

6、速度由左邊界的O點射入磁場、電場區(qū)域,恰好沿直線由區(qū)域右邊界的O′點（圖中未標出）穿出.若撤去該區(qū)域內的磁場而保留電場不變，另一個同樣的粒子b（不計重力）仍以相同初速度由O點射入，從區(qū)域右邊界穿出，則粒子b（ ） A.穿出位置一定在O′點下方 B.穿出位置一定在O′點上方 C.運動時，在電場中的電勢能一定減小 D.在電場中運動時，動能一定減小 【解析】選C.a粒子要在電場、磁場的復合區(qū)內做直線運動,則一定是勻速直線運動,故qE=qvB,即滿足E=Bv.無論粒子帶正電還是負電,都可以沿直線穿出復合場.若只保留電場，由于b粒子不知電性,故無法判斷從 O′點的上方或下方穿出,故A

7、、B錯.粒子b在穿越電場區(qū)時,必受電場力作用而做類平拋運動,電場力做正功,電勢能減小,動能增大,故C對D錯. 【高考真題探究】 1.（xx·浙江理綜·T25）如圖所示，x軸正方向水平向右，y軸正方向豎直向上。在xOy平面內有與y軸平行的勻強電場，在半徑為R的圓內還有與xOy平面垂直的勻強磁場。在圓的左邊放置一帶電微粒發(fā)射裝置，它沿x軸正方向發(fā)射出一束具有相同質量m、電荷量q（q>0）和初速度v的帶電微粒。發(fā)射時，這束帶電微粒分布在0

8、感應強度的大小和方向。 （2）請指出這束帶電微粒與x軸相交的區(qū)域，并說明理由。 （3）若這束帶電微粒初速度變?yōu)?v，那么它們與x軸相交的區(qū)域又在哪里？并說明理由。 【解 析】 本題考查帶電粒子在復合場中的運動。帶電粒子平行于x軸從C點進入磁場，說明帶電微粒所受重力和電場力平衡。設電場強度大小為E，由 可得 方向沿y軸正方向。 帶電微粒進入磁場后，將做圓周運動。 且 r=R 如圖（a）所示，設磁感應強度大小為B。由 得 方向垂直于紙面向外 （2）這束帶電微粒都通過坐標原點。 方法一：從任一點P水平進入磁場的帶電微粒在磁

9、場中做半徑為R的勻速圓周運動，其圓心位于其正下方的Q點，如圖b所示，這束帶電微粒進入磁場后的圓心軌跡是如圖b的虛線半圓，此圓的圓心是坐標原點為。 方法二：從任一點P水平進入磁場的帶電微粒在磁場中做半徑為R的勻速圓周運動。如圖b示，高P點與O′點的連線與y軸的夾角為θ，其圓心Q的坐標為（-Rsinθ，Rcosθ）,圓周運動軌跡方程為 得 x=0 x=-Rsinθ y=0 或 y=R(1+cosθ) （3）這束帶電微粒與x軸相交的區(qū)域是x>0 帶電微粒在磁場中經過一段半徑為r′的圓弧運動后，將在y同的右方(x

10、>0)的區(qū)域離開磁場并做勻速直線運動，如圖c所示?？拷麺點發(fā)射出來的帶電微粒在突出磁場后會射向x同正方向的無窮遠處國靠近N點發(fā)射出來的帶電微粒會在靠近原點之處穿出磁場。 所以，這束帶電微粒與x同相交的區(qū)域范圍是x>0. 【答案】（1）；方向垂直于紙面向外 （2）見解析 （3）與x同相交的區(qū)域范圍是x>0. 2.（xx·安徽理綜·T23）(16分)如圖1所示，寬度為的豎直狹長區(qū)域內（邊界為），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2所示），電場強度的大小為，表示電場方向豎直向上。時，一帶正電、質量為的微粒從左邊界上的點以水平速度射入該區(qū)域，沿直線運動到點后，

11、做一次完整的圓周運動，再沿直線運動到右邊界上的點。為線段的中點，重力加速度為g。上述、、、、為已知量。 (1)求微粒所帶電荷量和磁感應強度的大?。? (2)求電場變化的周期； (3)改變寬度，使微粒仍能按上述運動過程通過相應寬度的區(qū)域，求的最小值。 【命題立意】本題以帶電粒子在復合場中的運動為情景，結合周期性變化的電場的圖像，突出了高考對讀圖能力、理解能力、推理能力、分析綜合能力的要求，主要考查電場力公式、洛倫茲力公式、受力分析、勻速直線運動和勻速圓周運動規(guī)律、電場變化的周期和運動時間的關系等知識點。 【思路點撥】解答本題時可按以下思路分析： 磁感應強度、運動周期 兩種運動特點

12、 受力特點 【規(guī)范解答】（1）微粒做直線運動，則 ① 微粒做圓周運動，則 ② 聯(lián)立①②式解得 ③ 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

13、 ⑤ ⑥ ⑦ 聯(lián)立③④⑤⑥⑦式解得 ⑧ 電場變化的周期 ⑨ （3）若微粒能完成題述的運動過程，要求 ⑩ 聯(lián)立③④⑥得

14、 設N1Q段直線運動的最短時間為t1min，由⑤⑩得 因t2不變，T由最小值 評分標準：（1）問共6分，①②各2分，③④各1分； （2）問共8分，⑤⑥⑦各2分，⑧⑨各1分； （3）問共6分，⑩各2分，結果2分。 答案：（1）；（2）；（3） 3.（xx·福建理綜·T20）如圖所示的裝置，左半部為速度選擇器，右半部為勻強的偏轉電場。一束同位素離子流從狹縫射入速度選擇器，能夠沿直線通過速度選擇器并從狹縫射出的離子，又沿著與電場垂直的方向，立即進入場強大小為E的偏轉電場，最后打在照相底片D上。已知同位素離子的電荷量為q (q＞0)，速度選擇器內部存在著相互垂直的場強大小為

15、的勻強電場和磁感應強度大小為的勻強磁場，照相底片D與狹縫、連線平行且距離為L，忽略重力的影響。 （1）求從狹縫射出的離子速度v0的大??； （2）若打在照相底片上的離子在偏轉電場中沿速度v0方向飛行的距離為x，求出x 與離子質量m之間的關系式(用E0、B0、E、q、m、L 表示)。 【命題立意】本題以速度選擇器和勻強電場為背景，考查學生分析帶電粒子在正交電磁場中和在勻強電場中的類平拋運動問題 【思路點撥】速度選擇器的受力分析和電場中的偏轉 【規(guī)范解答】（1）能從速度選擇器中飛出，則有 ① 解得 ②

16、 離子進入電場后作類平拋運動 則 ③ ④ ⑤ 聯(lián)立②③④⑤解得 【答案】 4.（xx·山東理綜·T 25）（18分）如圖所示，以兩虛線為邊界，中間存在平行紙面且與邊界垂直的水平電場，寬度為d，兩側為相同的勻強磁場，方向垂直紙面向里。一質量為、帶電量+q、重力不計的帶電粒子，以初速度垂直邊界射入磁場做勻速圓周運動，后進入電場做勻加速運動，然后第二次進入磁場中運動，此后粒子在電場和磁場

17、中交替運動。已知粒子第二次在磁場中運動的半徑是第一次的二倍，第三次是第一次的三倍，以此類推。求 ⑴粒子第一次經過電場的過程中電場力所做的功。 ⑵粒子第n次經過電場時電場強度的大小。 ⑶粒子第n次經過電場子所用的時間。 ⑷假設粒子在磁場中運動時，電場區(qū)域場強為零。請畫出從粒子第一次射入磁場至第三次離開電場的過程中，電場強度隨時間變化的關系圖線（不要求寫出推導過程，不要求標明坐標明坐標刻度值）。 【命題立意】本題以帶電粒子在復合場中的運動為情景，結合變化的電場的周期性，突出了高考對運用數(shù)學工具處理物理問題能力、推理能力、分析綜合能力的要求，主要考查洛倫茲力公式、牛頓第二定律、動能定理

18、、勻加速直線運動規(guī)律、勻速圓周運動規(guī)律、電場變化的周期和運動時間的關系等知識點。 【思路點撥】解答本題時可按以下思路分析： 勻速圓周運動特點 速度關系 半徑關系 加速電場特點 n次加速的特點 【規(guī)范解答】 （1）設磁場的磁感應強度的大小為B，粒子第n次進入磁場時的半徑為Rn，速度為vn，由牛頓第二定律得： ① 由①得： ② 因為R2=2R1，所以

19、 ③ 對于粒子第一次在電場中的運動，由動能定理得 ④ 聯(lián)立③④式解得 ⑤ （2）粒子第n次進入電場時速度為vn，出電場時速度為xn+1，有 ， ⑥ 由動能定理得 ⑦ 聯(lián)立⑥⑦式得 ⑧ （3）設粒子第

20、n次在電場中運動的加速度為an，由牛頓第二定律得 ⑨ 由運動學公式得 ⑩ 聯(lián)立⑥⑧⑨⑩式得 （4）如圖所示 評分標準： （1）問6分，①②③共3分，④⑤共3分 （2）問5分，⑥⑦共4分，⑧1分 （3）問4分，⑨⑩共3分，1分 （4）問3分 【答案】見解析 5.（xx·天津理綜·T12）（20分）質譜分析技術已廣泛應用于各前沿科學領域。湯姆孫發(fā)現(xiàn)電子的質譜裝置

21、示意如圖，M、N為兩塊水平放置的平行金屬極板，板長為L，板右端到屏的距離為D，且D遠大于L，O′O為垂直于屏的中心軸線，不計離子重力和離子在板間偏離O′O的距離。以屏中心O為原點建立xOy直角坐標系，其中x軸沿水平方向，y軸沿豎直方向。 （1）設一個質量為m0、電荷量為q0的正離子以速度v0沿O′O的方向從O′點射入，板間不加電場和磁場時，離子打在屏上O點。若在兩極板間加一沿+y方向場強為E的勻強電場，求離子射到屏上時偏離O點的距離y0; (2)假設你利用該裝置探究未知離子，試依照以下實驗結果計算未知離子的質量數(shù)。 上述裝置中，保留原電場，再在板間加沿-y方向的勻強磁場?，F(xiàn)有電荷量相

22、同的兩種正離子組成的離子流，仍從O′點沿O′O方向射入，屏上出現(xiàn)兩條亮線。在兩線上取y坐標相同的兩個光點，對應的x坐標分別為3.24mm和3.00mm，其中x坐標大的光點是碳12離子擊中屏產生的，另一光點是未知離子產生的。盡管入射離子速度不完全相同，但入射速度都很大，且在板間運動時O′O方向的分速度總是遠大于x方向和y方向的分速度。 【命題立意】本題以質譜儀工作原理為載體,體現(xiàn)了高考命題的靈活性和新穎性，注重了理論與生活及科技的聯(lián)系，主要考查帶電粒子在電場和磁場中的偏轉規(guī)律，因為運動是在立體空間，故該題的難度比較大。 【思路點撥】解答本題時注意將運動分解成水平和豎直兩個方向分別

23、計算加速度及位移，離子的入射速度都很大，正確理解離子在磁場中運動時間甚短，在板間運動時O′O方向的分速度總是遠大于x方向和y方向的分速度，得到所經過的圓弧與圓周相比甚小，洛倫茲力變化甚微，故可作恒力處理是該題的突破點。 【規(guī)范解答】 （1）離子在電場中受到的電場力 ① 1分 離子獲得的加速度 ② 1分 離子在板間運動的時間 ③ 1分 到達極板右邊緣時，離子在方向的分速度 ④ 1分 離子

24、從板右端到達屏上所需時間 ⑤ 1分 離子射到屏上時偏離點的距離 1分 由上述各式，得 ⑥ 1分 （2）設離子電荷量為，質量為，入射時速度為，磁場的磁感應強度為，磁場對離子的洛倫茲力 ⑦ 2分 已知離子的入射速度都很大，因而離子在磁場中運動時間甚短，所經過的圓弧與圓周相比甚小，且在板間運動時，方向的分速度總是遠大于在方向和方向的分速度，洛倫茲力變化甚微，故可作恒力處理， 洛倫茲力

25、產生的加速度 ⑧ 2分 是離子在方向的加速度，離子在方向的運動可視為初速度為零的勻加速直線運動，到達極板右端時，離子在方向的分速度 ⑨ 2分 離子飛出極板到達屏時，在方向上偏離點的距離 ⑩ 2分 當離子的初速度為任意值時，離子到達屏上時的位置在方向上偏離點的距離為，考慮到⑥式，得 ⑾ 2分 由⑩、⑾兩式得 ⑿ 2分 其中 上式表明，是與離子進入板間初速度無關的定值，對兩種離子均相同，由題

26、設條件知，坐標3.24mm的光點對應的是碳12離子，其質量為，坐標3.00mm的光點對應的是未知離子，設其質量為，由⑿式代入數(shù)據可得 ⒀ 2分 故該未知離子的質量數(shù)為14。 【答案】（1）；（2） 【專題模擬演練】 選擇題 1、（xx·吉林一中沖刺）如圖所示，AC、BD為一邊長為d的正方形ABCD的兩條對角線?？臻g存在一與正方形所在平面平行的未知靜電場?，F(xiàn)有一帶電量為＋q的點電荷，先從A點運動到B點，電勢能減少了E；又從B點運動到C點，電勢能增加了E。下列關于此空間存在的靜電場的說法，正確的是 A．若為位于D點

27、的電荷量為Q的負點電荷產生的電場，則AB兩點電勢差為 B．若為位于D點的電荷量為Q的正點電荷產生的電場，則B點場強大小為 C．若為勻強電場，則場強方向垂直于AC并由B指向D，場強大小為 D．若為勻強電場，則場強方向垂直于AC并由D指向B，場強大小為 2.如圖2所示,帶等量異種電荷的平行金屬板a、b處于勻強磁場中,磁感應強度B垂直紙面向里,不計重力的帶電粒子沿OO′方向從左側垂直于電磁場入射,從右側射出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,可以（ ） A.適當增大金屬板間的電壓 B.適當增大金屬板間的距離 C.適當減小金屬板間的磁

28、感應強度 D.使帶電粒子的電性相反 3. 如圖3所示是質譜儀工作原理的示意圖.帶電粒子a、b經電壓U加速(在A點處速度為零)后,進入磁感應強度為B的勻強磁場做勻速圓周運動,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的質量一定大于b的質量 B.a的電荷量一定大于b的電荷量 C.在磁場中a運動的時間大于b運動的時間 D.a的比荷()大于b的比荷() 4.如圖4所示為電磁流量計原理示意圖,在非磁性材料做成的圓形管道上加一個磁感應強度為B的勻強磁場,已知管中有導電液體流過時,管壁上a、b兩點間的電勢分別為 A、B，且

29、A＞B，管道直徑為D，電流方向向左，則（ ） 5. 如圖5所示為一個質量為m、電荷量為+q的圓環(huán)，可在水平放置的足夠長的粗糙細桿上滑動，細桿處于磁感應強度為B的勻強磁場中，現(xiàn)給圓環(huán)向右的初速度v0，在以后的運動過程中，圓環(huán)運動的速度圖象可能是圖中的（ ） 6.回旋加速器是獲得高能帶電粒子的裝置,其核心部分是分別與高頻交流電源的兩極相連的兩個D形盒,兩盒間的狹縫中形成周期性變化的電場,使粒子在通過狹縫時都能得到加速,兩D形金屬盒處于垂直于盒底的勻強磁場中,如圖6所示,關于回旋加速器的下列說法正確的是（ ） A.狹縫間的電場對粒子起加速作用,因此加速電壓越大,帶電

30、粒子從D形盒射出時的動能越大 B.磁場對帶電粒子的洛倫茲力對粒子不做功,因此帶電粒子從D形盒射出時的動能與磁場的強弱無關 C.帶電粒子做一次圓周運動,要被加速兩次,因此交變電場的周期應為圓周運動周期的二倍 D.用同一回旋加速器分別加速不同的帶電粒子,一般要調節(jié)交變電場的頻率 7.如圖7所示兩個半徑相同的半圓形軌道分別豎直放在勻強電場和勻強磁場中.軌道兩端在同一高度上,軌道是光滑的,兩個相同的帶正電小球同時從兩軌道左端最高點由靜止釋放,M、N為軌道的最低點,以下說法正確的是（ ） A.兩小球到達軌道最低點的速度vM>vN B.兩小球到達軌道最低點時對軌道的壓力FM>FN C

31、.小球第一次到達M點的時間大于小球第一次到達N點的時間 D.在磁場中小球能到達軌道的另一端,在電場中小球不能到達軌道的另一端 二、計算題 8、（xx·東北師大模擬） 如圖所示，在以O為圓心，半徑為R=10cm的圓形區(qū)域內，有一個水平方向的勻強磁場，磁感應強度大小為B2=0.1T，方向垂直紙面向外。M、N為豎直平行放置的相距很近的兩金屬板， S1、S2為M、N板上的兩個小孔，且S1、S2跟O點在垂直極板的同一水平直線上。金屬板M、N與一圓形金屬線圈相連，線圈的匝數(shù)n=1000匝，面積S=0.2m2，線圈內存在著垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小隨時間變化的規(guī)律為B1=B0+kt（T），

32、 其中B0、k為常數(shù)。另有一水平放置的足夠長的熒光屏D，O點跟熒光屏D之間的距離為H=2R。比荷為2×105 C/kg的正離子流由S1進入金屬板M、N之間后，通過S2向磁場中心射去，通過磁場后落到熒光屏D上。離子的初速度、重力、空氣阻力及離子之間的作用力均可忽略不計。問： （1）k值為多少可使正離子垂直打在熒光屏上? （2）若k=0.45T/s，求正離子到達熒光屏的位置。 9. (16分)如圖8所示,在距地面高為H=15 m處,有一不帶電的小球A1以v0=10 m/s的初速度水平向右拋出,與此同時,在A1的正下方有一帶正電滑塊A2也在一個水平恒力F的作用下、以相同的初速度v0在絕緣

33、水平地面上向右運動,A1、A2所在空間加有沿水平方向且垂直于紙面向里的足夠大的勻強磁場,磁感應強度B=2T.已知A2所帶電荷量q=5×10-3 C,質量m=0.1 kg,F=0.27 N,A1、A2均可看做質點,A1著地時恰與A2相撞.若運動中A2的電荷量保持不變,空氣阻力不計,重力加速度g取10 m/s2.求: (1)A1從拋出到與A2相撞經歷的時間; (2)A1與A2相撞前瞬間A1的速率; (3)A2與地面之間的動摩擦因數(shù). 10.(17分)如圖9所示,在x>0的空間中,存在沿x軸方向的勻強電場,電場強度E=10 N/C;在x<0的空間中,存在垂直xOy平面方向的勻強磁場,磁感

34、應強度B=0.5 T.一帶負電的粒子(比荷q/m=160 C/kg),在x=0.06 m處的d點以v0=8 m/s的初速度沿y軸正方向開始運動,不計帶電粒子的重力.求： (1)帶電粒子開始運動后第一次通過y軸時的速度大小和方向; (2)帶電粒子進入磁場后經多長時間返回電場; (3)帶電粒子運動的周期. 答案及解析 選擇題 1.D 2. 【解析】選A、C.帶電粒子進入復合場后,受到電場力和洛倫茲力qvB.粒子動能減小說明電場力做負功, qvB.所以答案A、C正確. 3. 4. 5. 【解析】選A、D.圓環(huán)在初始

35、狀態(tài)，若qv0B=mg，則圓環(huán)所受摩擦力Ff=0，以后將做勻速直線運動，A圖是可能的；若在初始狀態(tài)，qv0B>mg，圓環(huán)受摩擦力，圓環(huán)的速度減小，F(xiàn)f隨之減小，故圓環(huán)做a減小的減速運動，直到勻速運動，D圖是可能的；若在初始狀態(tài)，qv0B

36、對不同的帶電粒子,比荷一般不同,因此所需交變電場的周期也不同,就需調節(jié)交變電場的頻率,故D對. 7. 二、計算題 8. 解：(1) 正離子被AK之間的電場加速以速度v1進入磁場后做1/4圓離開磁場垂直打在熒光屏上，則半徑cm （1分），由（2分）（1分） 由以上兩式可得=30V（1分） 根據法拉第電磁感應定律，得（2分）T/s（2分） (2) V（2分） （1分）（1分）， 解得：r2=30cm（1分） 正離子進入磁場后的徑跡如圖所示，由幾何知識可得 ，即（2分） 所以，正離子到達熒光屏的位置B距中點O/的距離為cm（2分） 9. 【解析】(1)A

37、1在豎直方向做自由落體運動 有H= gt2 (3分) 代入數(shù)據解得t= s. (2分) (2)設A1的質量為m0,著地速率為v,根據機械能守恒定律 有m0v2= m0v02+m0gH ①(3分) 代入數(shù)據解得v=20 m/s. (2分) (3)A1著地時恰與A2相撞,說明A2在水平地面一定以速度v0向右做勻速運動,因A2受到如圖所示的五個力作用,故由平衡條件有: μFN=F②

38、 (2分) FN+qv0B=mg③ (2分) 由③式代入數(shù)據得FN=0.9 N (1分) 代入②式解得μ=0.3. (1分) 答案:(1)3 s (2)20 m/s (3)0.3 10. 【解析】(1)粒子在第一象限做類平拋運動(如圖),加速度 【備課資源】 1.在如圖1所示的空間中，存在場強為E的勻強電場，同時存在沿x軸負方向、磁感應強度為B的勻強磁場.一質子(電荷量為e)在該空間恰沿y軸正方向以速度v勻速運動.據此可以判斷出（ ） A.質子所受電場力大小等于eE

39、,運動中電勢能減小;沿z軸正方向電勢升高 B.質子所受電場力大小等于eE,運動中電勢能增大;沿z軸正方向電勢降低 C.質子所受電場力大小等于evB,運動中電勢能不變;沿z軸正方向電勢升高 D.質子所受電場力大小等于evB,運動中電勢能不變;沿z軸正方向電勢降低 【解析】選C.磁場沿著x軸負方向,質子受到的洛倫茲力沿著z軸正方向,所以質子所受的電場力必然與洛倫茲力等大反向,電場必然沿著z軸負方向,否則質子不可能做勻速直線運動.這樣質子的運動過程受電場力為evB,電勢能不變.因電場沿z軸負方向,故沿z軸正方向電勢升高.綜上所述C正確. 2.如圖所示，在兩平行帶電金屬板間有垂直紙面向里的勻

40、強磁場,質子、氘核、氚核沿平行于金屬板方向，從兩極板正中間以相同動能射入兩極板間，最后都能從極板間射出，其中氘核沿直線運動未發(fā)生偏轉，則下列說法正確的是（不計三種粒子的重力）（ ） A.質子和氚核也不會偏轉 B.質子偏向上極板 C.氚核偏向上極板 D.射出時動能最大的是氚核 【解析】選B、D.速度選擇器選擇一定速度的粒子沿直線通過.質子、氘核、氚核的動能相同，則質子質量最小，其速度大于氘核速度，氚核速度則小于氘核速度，根據F=qvB和左手定則，質子將偏向上極板，氚核偏向下極板，故A、C錯誤，B正確.由于電場力對質子做負功，對氘核不做功，對氚核做正功，射出時動能最大的是氚核，故

41、D正確. 3. 在一絕緣、粗糙且足夠長的水平管道中有一帶電量為q、質量為m的帶電球體，管道半徑略大于球體半徑。整個管道處于磁感應強度為B的水平勻強磁場中，磁感應強度方向與管道垂直?，F(xiàn)給帶電球體一個水平速度v0，則在整個運動過程中，帶電球體克服摩擦力所做的功可能為（ ） A、0 B、 C、 D、。 解析：選C.假如小球帶正電，由左手定則可以判定小球受到的洛侖茲力向上，若洛侖茲力大小等于重力，則小球做勻速直線運動，不受摩擦力，A對，若洛侖茲力大于重力，則小球還受桿的彈力和摩擦力，做減速運動，直到洛侖茲力等于重力，克服摩擦力做功為C、D錯，如小球

42、帶負電，洛侖茲力向下，小球減速運動直到速度為0，克服摩擦力做功為對。 4.如圖，在x>0、y>0的空間中有恒定的勻強磁場，磁感應強度的方向垂直于oxy平面向里，大小為B?，F(xiàn)有一質量為m電量為q的帶電粒子，在x軸上到原點的距離為x0的P點，以平行于y軸的初速度射入此磁場，?在磁場作用下沿垂直于y軸的方向射出此磁場。不計重力的影響。由這些條件可知（ ） A．能確定粒子通過y軸時的位置 B．能確定粒子速度的大小 C．能確定粒子在磁場中運動所經歷的時間 D．以上三個判斷都不對 解析：選ABC.粒子垂直x軸進入磁場，垂直y軸射出磁場，偏轉角為90°，在磁場中的運動軌跡為個圓，所以從y

43、軸射出的位置是y= x0,由半徑公式可以求出粒子速度大小，運動時間為四分之一周期，ABC對。 5.如圖所示，一帶負電的滑塊從粗糙斜面的頂端滑至底端時的速率為v，若加一個垂直紙面向外的勻強磁場，并保證滑塊能滑至底端，則它滑至底端時的速率（ ） A、變大 B、變小 C、不變 D、條件不足，無法判斷 解析：選B 6.在光滑絕緣水平面上，一輕繩拉著一個帶電小球繞豎直方向的軸O在勻強磁場中做逆時針方向的水平勻速圓周運動，磁場方向豎直向下，其俯視圖如圖所示．若小球運動到A點時，繩子突然斷開，關于小球在繩斷開后可能的運動情況，以下

44、說法正確的是（ ） A．小球做順時針方向的勻速圓周運動，半徑不變 B．小球做順時針方向的勻速圓周運動，周期一定不變 C．小球仍做逆時針方向的勻速圓周運動，速度增大 D．小球仍做逆時針方向的勻速圓周運動，但半徑減小 解析：選A 7.在以坐標原點O為圓心、半徑為r的圓形區(qū)域內,存在磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場.如圖所示,一個不計重力的帶電粒子從磁場邊界與x軸的交點A處以速度v沿-x方向射入磁場,它恰好從磁場邊界的交點C處沿+y方向飛出. (1)判斷該粒子帶何種電荷,并求出其比荷; (2)若磁場的方向和所在空間范圍不變,而磁感應強度的大小變?yōu)锽′,該

45、粒子仍從A以相同的速度射入磁場,但飛出磁場時的速度方向相對于入射方向改變了60°角,求磁感應強度B′多大?此粒子在磁場中運動所用時間t是多少? 【解析】(1)由粒子的飛行軌跡,利用左手定則可知,該粒子帶負電荷. 粒子由A點射入,由C點飛出,其速度方向改變了90°,則粒子軌跡半徑R=r (2)粒子從D點飛出磁場速度方向改變60°角,故AD弧所對應的圓心角為60°(如圖所示),粒子做圓周運動的半徑 8.如圖所示,長為L=0.5 m兩端開口的玻璃管,管壁很薄,內壁光滑且絕緣,在管的中點處放有一帶電荷量為q=1×10-4 C的帶電小球,小球質量m=4×10-6 kg.管置于光滑的水平桌

46、面上.桌面離地面的高度為H=1.1 m.管所在空間有區(qū)域足夠大的豎直向下的勻強磁場,磁感應強度為B=0.4 T.在與管垂直的方向上施以水平作用力F,使管由圖示位置開始沿F的方向做勻速直線運動,速度大小為v=5 m/s,g取10 m/s2. (1)求出小球在管中運動過程中,拉力F與時間t的關系; (2)求出小球由管中點到達管口所用的時間及到達管口時相對地面的速度; (3)求出小球落地時的速度大小. 【解析】(1)小球運動可分解為沿F方向的勻速直線運動和沿管方向的初速度為零的勻加速直線運動. 小球沿管方向受力為F1=qvB 產生的加速度a=F1/m=qvB/m 沿管方向分速度v1=at=qvBt/m, 則F=qv1B=q2B2vt/m 代入數(shù)值得拉力F與時間t的關系為 F=2×10-3t.