8、勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)E＝4.0×103 V/m，現(xiàn)從圖中M(1.8，－1.0)點(diǎn)由靜止釋放一比荷＝2×105 C/kg的帶正電的粒子，該粒子經(jīng)過(guò)電場(chǎng)加速后經(jīng)x軸上的P點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后經(jīng)y軸上的N點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)．不計(jì)重力，問(wèn)：
(1)若磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.2 T，則N點(diǎn)的坐標(biāo)是多少？
(2)若要求粒子最終從N點(diǎn)垂直y軸離開(kāi)磁場(chǎng)，則磁感應(yīng)強(qiáng)度為多大？從M點(diǎn)開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到從N點(diǎn)垂直y軸離開(kāi)磁場(chǎng)的時(shí)間為多少？
【解析】(1)由動(dòng)能定理可得：Edq＝mv
解得：v0＝4×104 m/s
Bqv0＝m
解得：r＝1 m
由勾股定理，求得：y＝0.6 m
即N點(diǎn)的坐標(biāo)為(0，0.6)
9、
(2)由題意可得：粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)半徑r′＝0.6 m
由B′qv0＝
解得：B′＝ T
設(shè)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2
整個(gè)過(guò)程運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為
t＝t1＋t2＝3＋×＝(15＋)×10－5 s
? 【p169】
夯實(shí)基礎(chǔ)
帶電粒子在疊加場(chǎng)中可做勻速直線運(yùn)動(dòng)(重力與電場(chǎng)力平衡或者重力、電場(chǎng)力、磁場(chǎng)力的合力為零或者電場(chǎng)力與磁場(chǎng)力的合力為零)，可做勻速圓周運(yùn)動(dòng)(重力與電場(chǎng)力平衡、磁場(chǎng)力作向心力)．
考點(diǎn)突破
例2如圖所示，絕緣光滑軌道的斜面部分傾角為θ＝45°，O點(diǎn)處有一段小弧與水平軌道OC平滑連接．在O點(diǎn)的右側(cè)空間存在著豎直向上的勻強(qiáng)電
10、場(chǎng)，在O、F之間的豎直空間內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．在F點(diǎn)右側(cè)的豎直空間內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，水平軌道上C點(diǎn)正上方有一豎直擋板DE.一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的絕緣小球從軌道的A點(diǎn)無(wú)初速度釋放，經(jīng)過(guò)O點(diǎn)后恰好能從G點(diǎn)(G、D兩點(diǎn)在同一水平線上)射出．已知電場(chǎng)強(qiáng)度E＝，磁感應(yīng)強(qiáng)度均為B，OF＝FC＝CD＝DE＝L.(重力加速度為g)
(1)小球開(kāi)始釋放的高度是多少？
(2)要使小球打在DE擋板上，則小球應(yīng)在斜面上離O點(diǎn)的多大范圍內(nèi)靜止釋放？
【解析】(1)由題意可知，小球在復(fù)合場(chǎng)中受到的電場(chǎng)力為F＝qE＝mg，可知小球在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，小球恰好能從G點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)，由圖
11、可知半徑R＝，
由洛倫茲力提供向心力可得qvB＝m，
小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)時(shí)，由動(dòng)能定理可得
mgh＝mv2，聯(lián)立可得h＝；
(2)由于OF＝FC＝CD＝DE＝L，小球剛好擊中E點(diǎn)時(shí)，根據(jù)磁場(chǎng)的對(duì)稱性和幾何關(guān)系可知，小球的速度方向與DE垂直，作出小球的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，則小球做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R′＝L
設(shè)此時(shí)小球的速度為v′，則qv′B＝m；
小球在斜面上運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)時(shí)，由動(dòng)能定理可得
mgs1sin 45°＝mv′2，
聯(lián)立可得s1＝；
當(dāng)小球剛好擊中D點(diǎn)時(shí)，根據(jù)圖中幾何關(guān)系可知，運(yùn)動(dòng)軌跡對(duì)應(yīng)的圓心為P、Q，由幾何關(guān)系可得，此時(shí)的半徑r滿足r2＝L2＋(r－)2，可得r＝；
12、
設(shè)此時(shí)小球的速度為v″，則qv″B＝；
小球在斜面上運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)時(shí)，由動(dòng)能定理可得
mgs2sin 45°＝mv″2，
聯(lián)立得s2＝，
故小球在斜面上由靜止釋放的位置離O點(diǎn)的距離s滿足≤s≤.
【小結(jié)】常見(jiàn)的復(fù)合場(chǎng)有：電場(chǎng)與重力場(chǎng)的復(fù)合，磁場(chǎng)與重力場(chǎng)，磁場(chǎng)與電場(chǎng)的復(fù)合，磁場(chǎng)、電場(chǎng)、重力場(chǎng)三者的復(fù)合等．
1．帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的處理技巧
(1)受力分析：分析帶電體受到的重力、電場(chǎng)力、洛倫茲力，區(qū)分其中的恒力(重力、勻強(qiáng)電場(chǎng)對(duì)帶電體的電場(chǎng)力)與變力(點(diǎn)電荷對(duì)帶電體的電場(chǎng)力、洛倫茲力)，明確帶電體受到的恒力的合力特點(diǎn)(如重力與勻強(qiáng)電場(chǎng)對(duì)帶電體的電場(chǎng)力的合力為零)．
(2)運(yùn)
13、動(dòng)分析
①當(dāng)帶電粒子所受合力為零時(shí)，將處于靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)．
②當(dāng)帶電粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，合外力提供向心力．
③當(dāng)帶電粒子所受合力大小與方向均變化時(shí)，將做非勻變速曲線運(yùn)動(dòng)．
(3)畫(huà)出軌跡圖(在畫(huà)圖的基礎(chǔ)上特別注意運(yùn)用幾何知識(shí)尋找關(guān)系)．
(4)巧選力學(xué)規(guī)律：帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的分析方法和以前學(xué)過(guò)的力學(xué)問(wèn)題的分析方法基本相同，可利用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)、能量觀點(diǎn)來(lái)分析，不同之處是多了電場(chǎng)力、洛倫茲力．
2．帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)情況
(1)直線運(yùn)動(dòng)：自由的帶電粒子(無(wú)軌道約束)在有磁場(chǎng)的復(fù)合場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)是勻速直線運(yùn)動(dòng)，除非運(yùn)動(dòng)方向沿磁場(chǎng)方向而不受洛倫茲力．這是因?yàn)殡妶?chǎng)
14、力和重力都是恒力．當(dāng)速度變化時(shí)．會(huì)引起洛倫茲力的變化，合力也相應(yīng)的發(fā)生變化．粒子的運(yùn)動(dòng)方向就要改變而做曲線運(yùn)動(dòng)．在具體題目中，應(yīng)根據(jù)F合＝0進(jìn)行計(jì)算．
(2)勻速圓周運(yùn)動(dòng)：當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中，重力與電場(chǎng)力相平衡，粒子運(yùn)動(dòng)方向與勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直時(shí)，帶電粒子就做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．此種情況下要同時(shí)應(yīng)用平衡條件和向心力公式來(lái)進(jìn)行分析．
(3)一般曲線運(yùn)動(dòng)：當(dāng)帶電粒子所受合外力是變力，且與初速度方向不在一條直線上時(shí)，粒子做非勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，這時(shí)粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡不是圓弧，也不是拋物線，一般用動(dòng)能定理或功能關(guān)系計(jì)算．
針對(duì)訓(xùn)練
3．(多選)在如圖所示的勻強(qiáng)電
15、場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)共存的區(qū)域內(nèi)，電子(不計(jì)重力)可能沿水平方向向右做直線運(yùn)動(dòng)的是(BC)
【解析】因電子水平向右運(yùn)動(dòng)，在A圖中電場(chǎng)力水平向左，洛倫茲力豎直向下，故不可能；在B圖中，電場(chǎng)力水平向左，洛倫茲力為零，故電子可能水平向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng)；在C圖中電場(chǎng)力豎直向上，洛倫茲力豎直向下，當(dāng)二者大小相等時(shí)，電子向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)；在D圖中電場(chǎng)力豎直向上，洛倫茲力豎直向上，故電子不可能做水平向右的直線運(yùn)動(dòng)，因此選項(xiàng)B、C正確．
4.(多選)某帶電粒子從圖中速度選擇器左端中點(diǎn)O以速度v0向右水平射出，從右端中點(diǎn)a下方的b點(diǎn)以速度v1射出；若增大磁感應(yīng)強(qiáng)度，該粒子將從a上方的c點(diǎn)射出，且ac＝ab.
16、不計(jì)粒子的重力，則(ABD)
A．該粒子帶正電
B．若使該粒子沿Oa方向水平射出，則電場(chǎng)強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度大小應(yīng)滿足＝v0
C．第二次射出時(shí)的速率仍為v1
D．第二次射出時(shí)的速率為
【解析】當(dāng)增加磁感應(yīng)強(qiáng)度時(shí)，洛倫茲力變大，粒子向上偏轉(zhuǎn)，說(shuō)明洛倫茲力增加到大于電場(chǎng)力，且洛倫茲力向上，由于磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，根據(jù)左手定則可以判斷粒子帶正電，故A正確；若使該粒子沿Oa方向水平射出，則電場(chǎng)強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度大小應(yīng)滿足Eq＝qv0B，即＝v0，選項(xiàng)B正確；從O到b過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理，有F·y＝mv－mv；從O到c過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理，有－F·y＝mv－mv；由以上兩式求解出：v2＝；故C錯(cuò)誤
17、，D正確．
5．一束幾種不同的正離子，垂直射入正交的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)區(qū)域里，離子束保持原運(yùn)動(dòng)方向未發(fā)生偏轉(zhuǎn)．接著進(jìn)入另一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，發(fā)現(xiàn)這些離子分成幾束如圖所示．對(duì)這些正離子，可得出結(jié)論(D)
A．它們的動(dòng)能一定各不相同
B．它們的電量一定各不相同
C．它們的質(zhì)量一定各不相同
D．它們的比荷一定各不相同
【解析】在電磁場(chǎng)中，正離子受到的洛倫茲力F洛與電場(chǎng)力F電相等，從而做直線運(yùn)動(dòng)，有Eq＝qvB1，v＝，即所有正離子速度都相同，當(dāng)正離子進(jìn)入磁場(chǎng)B2中時(shí)，r＝，正離子分成幾束，則r不同，比荷一定各不相同，D正確．
? 【p170】
夯實(shí)基礎(chǔ)
帶電粒子在電場(chǎng)、磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
18、與現(xiàn)代科技密切相關(guān)，主要應(yīng)用如下表
裝置
原理圖
規(guī)律
速度選
擇器
若qv0B＝Eq，即v0＝，粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)
磁流體
發(fā)電機(jī)
等離子體射入，受洛倫茲力偏轉(zhuǎn)，使兩極板帶正、負(fù)電，兩極電壓為U時(shí)穩(wěn)定，＝qvB，U＝Bdv
霍爾
元件
q＝qvB，I＝nqdhv
所以U＝vBh＝
電磁流
量計(jì)
q＝qvB，所以v＝
所以流量Q＝vS＝
質(zhì)譜儀
電子經(jīng)U加速，從A孔入射經(jīng)偏轉(zhuǎn)打到P點(diǎn)，eU＝mv，得v0＝.
AP＝d＝2r＝＝
比荷＝
回旋
加速器
兩D形盒分別接頻率為f＝的高頻交流電源兩極，帶電粒子在窄
19、縫間電場(chǎng)加速，在D形盒內(nèi)偏轉(zhuǎn)
考點(diǎn)突破
例3勞倫斯和利文斯設(shè)計(jì)出回旋加速器，工作原理示意圖如圖所示．置于高真空中的半徑為R的D形金屬盒中，兩盒間的狹縫很小，帶電粒子穿過(guò)的時(shí)間可忽略．磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)與盒面垂直，高頻交流電頻率為f，加速電壓為U.若A處粒子源產(chǎn)生的質(zhì)子質(zhì)量為m、電荷量為＋q，在加速器中被加速，且加速過(guò)程中不考慮相對(duì)論效應(yīng)和重力的影響．則下列說(shuō)法正確的是( )
A．質(zhì)子被加速后的最大速度不可能超過(guò)2πRf
B．質(zhì)子離開(kāi)回旋加速器時(shí)的最大動(dòng)能與加速電壓U成正比
C．質(zhì)子第2次和第1次經(jīng)過(guò)兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比為∶1
D．改變磁感應(yīng)強(qiáng)度B和交流電頻率
20、f，該回旋加速器的最大動(dòng)能不變
【解析】粒子被加速后的最大速度受到D形盒半徑R的制約，因vm＝＝2πRf，A正確；粒子離開(kāi)回旋加速器的最大動(dòng)能Ekm＝mv2＝×m×4π2R2f2＝2mπ2R2f2，與加速電壓U無(wú)關(guān)，B錯(cuò)誤；根據(jù)R＝，Uq＝mv，2Uq＝mv，得質(zhì)子第2次和第1次經(jīng)過(guò)兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比為 ∶1，C正確；因回旋加速器的最大動(dòng)能Ekm＝2mπ2R2f2，與m、R、f均有關(guān)，D錯(cuò)誤．
【答案】AC
針對(duì)訓(xùn)練
6．(多選)如圖所示為磁流體發(fā)電機(jī)的原理圖．金屬板M、N之間的距離為d＝20 cm，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝5 T，方向垂直紙面向里．現(xiàn)將一束等離子體(即高
21、溫下電離的氣體，含有大量帶正電和帶負(fù)電的微粒，整體呈中性)從左側(cè)噴射入磁場(chǎng)，發(fā)現(xiàn)在M、N兩板間接入的額定功率為P＝100 W的燈泡正常發(fā)光，且此時(shí)燈泡電阻為R＝100 Ω，不計(jì)離子重力和發(fā)電機(jī)內(nèi)阻，且認(rèn)為離子均為一價(jià)離子，則下列說(shuō)法中正確的是(BC)
A．金屬板M上聚集負(fù)電荷，金屬板N上聚集正電荷
B．該發(fā)電機(jī)的電動(dòng)勢(shì)為100 V
C．每秒鐘有6.25×1018個(gè)離子打在金屬板N上
D．離子從左側(cè)噴射入磁場(chǎng)的初速度大小為103 m/s
【解析】由左手定則知正離子向上偏轉(zhuǎn)，所以M帶正電，A錯(cuò)誤；發(fā)電機(jī)所接燈泡正常發(fā)光，由功率P＝可知U＝100 V，因電源不計(jì)內(nèi)阻，則燈泡的電壓即為電
22、動(dòng)勢(shì)E＝100 V，故B正確．根據(jù)歐姆定律可知I＝＝1 A，由電流的定義可知I＝，則每秒打在板上的粒子個(gè)數(shù)為n＝＝6.25×1018，故C正確．兩板間電壓穩(wěn)定時(shí)滿足：qvB＝qE0＝q，解得粒子的飛行速度為v＝102 m/s，故D錯(cuò)誤．
7．如圖所示空間的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)相互垂直，電場(chǎng)的方向豎直向上，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，一帶電微粒a處于靜止?fàn)顟B(tài)，下列操作能使微粒做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的是(C)
A．只撤去電場(chǎng)
B．只撤去磁場(chǎng)
C．給a一個(gè)豎直向下的初速度
D．給a一個(gè)垂直紙面向里的初速度
【解析】只撤去電場(chǎng)，微粒在重力與磁場(chǎng)力作用下做變速曲線運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)；只撤去磁場(chǎng)，重力與電場(chǎng)力依然
23、平衡，微粒將保持靜止，B錯(cuò)；給a一個(gè)豎直向下的初速度，由于重力與電場(chǎng)力平衡，微粒在磁場(chǎng)力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，C對(duì)；給a一個(gè)垂直紙面向里的初速度，重力與電場(chǎng)力平衡，不受磁場(chǎng)力，微粒做勻速直線運(yùn)動(dòng)，D錯(cuò)．
? 【p171】
夯實(shí)基礎(chǔ)
帶電粒子在交變復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的基本思路：
→明確場(chǎng)的變化情況
↓
→分析粒子在不同的變化場(chǎng)區(qū)的受力情況
↓
→分析粒子在不同時(shí)間內(nèi)的運(yùn)動(dòng)情況
↓
→粒子在不同運(yùn)動(dòng)階段，各有怎樣的運(yùn)動(dòng)模型
↓
→找出銜接相鄰兩過(guò)程的物理量
↓
→聯(lián)立不同階段的方程求解
考點(diǎn)突破
例4
如圖a所示，兩豎直虛線所夾區(qū)域內(nèi)存在周期性變化的勻
24、強(qiáng)電場(chǎng)與勻強(qiáng)磁場(chǎng)，變化情況如圖b、c所示，電場(chǎng)強(qiáng)度方向以y軸負(fù)方向?yàn)檎较?，磁?chǎng)方向以垂直紙面向外為正方向．t＝0時(shí)刻，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O開(kāi)始以速度v0沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，粒子重力忽略不計(jì)，圖b、c中E0＝，t0＝，B0已知．要使帶電粒子在0～4t0時(shí)間內(nèi)一直在場(chǎng)區(qū)內(nèi)運(yùn)動(dòng)，求：(已知sin 37°＝，cos 37°＝)
(1)在t0時(shí)刻粒子速度方向與x軸正方向的夾角；
(2)右邊界到O的最小距離．
【解析】(1)0～t0時(shí)間內(nèi)，粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，則t0時(shí)刻粒子沿y軸方向的速度為vy＝t0
此時(shí)粒子速度方向與x軸正方向的夾角θ滿足tan θ＝，代
25、入數(shù)據(jù)得θ＝37°
(2)0～4t0時(shí)間內(nèi)，粒子在場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，0～t0內(nèi)粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)在x軸方向的位移為x1＝v0t0＝
t0～2t0時(shí)間內(nèi)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)沿x軸正方向的最大位移為x2＝R1－R1sin θ
由洛倫茲力提供向心力得B0qv＝m v＝
R1＝
解得右邊界到O的最小距離為
xm＝x1＋x2＝(π＋0.5)
針對(duì)訓(xùn)練
8．如圖甲所示，寬度為d的豎直狹長(zhǎng)區(qū)域內(nèi)(邊界為L(zhǎng)1、L2)，存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和豎直方向上的周期性變化的電場(chǎng)(如圖乙所示)，電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E0，E>0表示電場(chǎng)方向豎直向上．t＝0時(shí)，一帶正電、質(zhì)量為m的微粒從左邊界上的N1點(diǎn)
26、以水平速度v射入該區(qū)域，沿直線運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)后，做一次完整的圓周運(yùn)動(dòng)，再沿直線運(yùn)動(dòng)到右邊界上的N2點(diǎn)．Q為線段N1N2的中點(diǎn)，重力加速度為g.上述d、E0、m、v、g為已知量．
(1)求微粒所帶電荷量q和磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。?
(2)求電場(chǎng)變化的周期T.
【解析】(1)微粒做直線運(yùn)動(dòng)，則有
mg＋qE0＝qvB①
微粒做圓周運(yùn)動(dòng)，則有
mg＝qE0②
聯(lián)立①②式解得
q＝③
B＝④
(2)設(shè)微粒從N1運(yùn)動(dòng)到Q的時(shí)間為t1，做圓周運(yùn)動(dòng)的周期為t2，則
＝vt1⑤
qvB＝m⑥
2πR＝vt2⑦
聯(lián)立③④⑤⑥⑦式解得
t1＝，t2＝⑧
電場(chǎng)變化的周期
T＝t1＋t2
27、＝＋
考 點(diǎn) 集 訓(xùn) 【p330】
A組
1．有一個(gè)帶電荷量為＋q、重力為G的小球，從兩豎直的帶電平行板上方h處自由落下，兩極板間另有勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向如圖所示，則帶電小球通過(guò)有電場(chǎng)和磁場(chǎng)的空間時(shí)，下列說(shuō)法正確的是(A)
A．一定做曲線運(yùn)動(dòng)
B．不可能做曲線運(yùn)動(dòng)
C．有可能做勻加速直線運(yùn)動(dòng)
D．有可能做勻速直線運(yùn)動(dòng)
【解析】若小球進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)電場(chǎng)力和洛倫茲力相等，因?yàn)樾∏蛳蛳逻\(yùn)動(dòng)時(shí)，速度會(huì)增加，小球所受的洛倫茲力增大，將不會(huì)再與小球所受的電場(chǎng)力平衡，不可能做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，也不可能做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故C、D錯(cuò)誤．若小球進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)電場(chǎng)力和洛倫茲力不等，則合力方向與
28、速度方向不在同一條直線上，小球做曲線運(yùn)動(dòng)，故A正確；B錯(cuò)誤．
2．如圖所示，一束質(zhì)量、速度和電荷量不全相等的離子，經(jīng)過(guò)由正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)組成的速度選擇器后，進(jìn)入另一個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)中并分裂為A、B兩束，下列說(shuō)法正確的是(C)
A．組成A束和B束的離子都帶負(fù)電
B．組成A束和B束的離子質(zhì)量一定不同
C．A束離子的比荷大于B束離子的比荷
D．速度選擇器中的磁場(chǎng)方向垂直于紙面向外
【解析】由左手定則知，A、B離子均帶正電，A錯(cuò)誤；兩束離子經(jīng)過(guò)同一速度選擇器后的速度相同，在偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)中，由R＝可知，半徑大的B束離子對(duì)應(yīng)的比荷小，但離子的質(zhì)量不一定相同，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤，C正確；速度選擇器中
29、的磁場(chǎng)方向應(yīng)垂直紙面向里，D錯(cuò)誤．
3．如圖所示，空間存在豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)和水平的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(垂直紙面向里)．一帶正電小球從O點(diǎn)靜止釋放，運(yùn)動(dòng)軌跡為圖中OPQ所示，其中P為運(yùn)動(dòng)軌跡中的最高點(diǎn)，Q、O在同一水平線上，下列關(guān)于該帶電小球運(yùn)動(dòng)的描述，正確的是(A)
A．小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到的磁場(chǎng)力先增大后減小
B．小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電勢(shì)能先增加后減少
C．小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能守恒
D．小球到Q點(diǎn)后將沿著QPO軌跡回到O點(diǎn)
【解析】小球由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，可知電場(chǎng)力大于重力，在運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，洛倫茲力不做功，電場(chǎng)力和重力的合力先做正功，后做負(fù)功，根據(jù)動(dòng)能定理知，小球的速度先增大后減小，則小球
30、受到的磁場(chǎng)力先增大后減小，故A正確．小球在運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，電場(chǎng)力先做正功，再做負(fù)功，則電勢(shì)能先減小后增加，故B錯(cuò)誤．小球在運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，除重力做功以外，電場(chǎng)力也做功，機(jī)械能不守恒，故C錯(cuò)誤．小球到Q點(diǎn)后，會(huì)重復(fù)之前的運(yùn)動(dòng)，不會(huì)沿著QPO軌跡回到O點(diǎn)，故D錯(cuò)誤．
4．(多選)如圖所示，在同時(shí)存在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)的空間中取正交坐標(biāo)系Oxyz(z軸正方向豎直向上)，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球從原點(diǎn)O以速度v沿x軸正方向出發(fā)．下列說(shuō)法正確的是(BD)
A．若電場(chǎng)、磁場(chǎng)均沿z軸正方向，小球可能做勻速直線運(yùn)動(dòng)
B．若電場(chǎng)、磁場(chǎng)分別沿z軸正方向和x軸正方向，小球可能做勻速直線運(yùn)動(dòng)
C．若
31、電場(chǎng)、磁場(chǎng)分別沿z軸正方向和y軸負(fù)方向，小球不可能做勻速直線運(yùn)動(dòng)
D．若電場(chǎng)、磁場(chǎng)分別沿y軸負(fù)方向和z軸正方向，小球不可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)
【解析】若電場(chǎng)、磁場(chǎng)均沿z軸正方向，則小球受沿y軸正向的洛倫茲力、沿z軸向上的電場(chǎng)力以及向下的重力，三力不可能平衡，則小球不可能做勻速直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；若電場(chǎng)、磁場(chǎng)分別沿z軸正方向和x軸正方向，則有帶正電粒子所受到的電場(chǎng)力方向沿z軸正方向，由于運(yùn)動(dòng)方向與磁場(chǎng)方向平行，所以不受洛倫茲力，因此當(dāng)電場(chǎng)力等于重力時(shí)，粒子可能做勻速直線運(yùn)動(dòng)；當(dāng)電場(chǎng)力不等于重力時(shí)，粒子做曲線運(yùn)動(dòng)，故B正確；若電場(chǎng)、磁場(chǎng)分別沿z軸正方向和y軸負(fù)方向，則電場(chǎng)力沿z軸正方向，洛倫茲力
32、根據(jù)左手定則可得也沿z軸正方向，所以當(dāng)電場(chǎng)力與洛倫茲力之和等于重力時(shí)，小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；若電場(chǎng)、磁場(chǎng)分別沿y軸負(fù)方向和z軸正方向，則電場(chǎng)力沿y軸負(fù)方向，而洛倫茲力沿y軸正方向，不可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，故D正確．
5．(多選)如圖所示，平行板電容器豎直放置，右側(cè)極板中間開(kāi)有一小孔，兩極板之間的距離為12 cm，內(nèi)部電場(chǎng)強(qiáng)度大小為10 N/C；極板右側(cè)空間有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為0.5 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．一比荷為1.6×102 C/kg的帶負(fù)電粒子，從電容器中間位置以大小為8 m/s的初速度平行于極板方向進(jìn)入電場(chǎng)中，經(jīng)過(guò)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)，從電容器右極板正中間的小孔進(jìn)入磁場(chǎng)，不計(jì)帶電粒子的重力及空氣阻力
33、．下列說(shuō)法正確的是(ABD)
A．電容器極板長(zhǎng)度為8×10－2 m
B．粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為16 m/s
C．粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度與水平方向夾角為60°
D．粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為 s
【解析】帶電粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，則豎直方向：L＝v0t；水平方向：d＝·t2，解得L＝8×10－2 m，選項(xiàng)A正確；粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)水平速度：vx＝＝8 m/s，則粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為v＝＝16 m/s；粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度與水平方向夾角為tan θ＝＝，則θ＝30°，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；粒子在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過(guò)的角度為120°，則在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝T＝·＝ s，選項(xiàng)D正確．
6．圖示是霍
34、爾元件的工作原理示意圖，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)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(cè)面會(huì)形成電勢(shì)差UCD，下列說(shuō)法正確的是(該元件正常工作時(shí)，磁場(chǎng)必須垂直工作面)(B)
A．電勢(shì)差UCD僅與材料有關(guān)
B．若霍爾元件的自由電荷是自由電子，則C側(cè)的電勢(shì)低于D側(cè)的電勢(shì)
C．其他條件不變，僅增大勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度時(shí)，電勢(shì)差UCD變小
D．在測(cè)定地球赤道上方的地磁場(chǎng)強(qiáng)弱時(shí)，元件的工作面應(yīng)保持水平
【解析】根據(jù)C、D間存在電勢(shì)差，之間就存在電場(chǎng)，電子在電場(chǎng)力和洛倫茲力作用下處于平衡，設(shè)霍爾元件的長(zhǎng)寬高分別為a、b、c，有q＝qvB，I＝nqvS＝nqvbc，得：UCD＝
35、，n由材料決定，故UCD與材料有關(guān)；UCD還與厚度c成反比，與寬度b無(wú)關(guān)，同時(shí)還與磁場(chǎng)B與電流I有關(guān)，故其他條件不變，僅增大勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度時(shí)，電勢(shì)差UCD變大，故A、C錯(cuò)誤；根據(jù)左手定則，電子向C側(cè)面偏轉(zhuǎn)，C表面帶負(fù)電，D表面帶正電，所以D表面的電勢(shì)高，則UCD<0，故B正確．在測(cè)定地球赤道上方的地磁場(chǎng)強(qiáng)弱時(shí)，應(yīng)將元件的工作面保持豎直，讓磁場(chǎng)垂直通過(guò)，故D錯(cuò)誤．
7．(多選)如圖所示，開(kāi)始靜止的帶電粒子帶電荷量為＋q，質(zhì)量為m(不計(jì)重力)，從點(diǎn)P經(jīng)電場(chǎng)加速后，從小孔Q進(jìn)入右側(cè)的邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域(PQ的連線經(jīng)過(guò)AD邊、BC邊的中點(diǎn))，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面向外，若
36、帶電粒子只能從CD邊射出，則(AC)
A．兩板間電壓的最大值Umax＝
B．兩板間電壓的最小值Umin＝
C．能夠從CD邊射出的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間tmax＝
D．能夠從CD邊射出的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間tmin＝
【解析】當(dāng)粒子從D點(diǎn)射出時(shí)速度最小，加速電壓最小，此時(shí)：rmin＝；Bqvmin＝m；Uminq＝mv；聯(lián)立解得：Umin＝；此時(shí)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng)：tmax＝＝，選項(xiàng)B、D錯(cuò)誤，C正確；當(dāng)粒子從C點(diǎn)射出時(shí)速度最大，加速電壓最大，此時(shí)由幾何關(guān)系：r＝L2＋，解得rmax＝；Bqvmax＝m；Umaxq＝mv；聯(lián)立解得：Umax＝，選項(xiàng)A正確．
8．
37、(多選)如圖所示，MN是紙面內(nèi)的一條直線，其所在空間充滿與紙面平行的勻強(qiáng)電場(chǎng)或與紙面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(場(chǎng)區(qū)都足夠大且兩種場(chǎng)不會(huì)同時(shí)存在)，現(xiàn)有一個(gè)重力不計(jì)的帶電粒子從MN上的O點(diǎn)以水平初速度v0射入場(chǎng)區(qū)，下列判斷正確的是(ABD)
A．如果粒子回到MN上時(shí)速度增大，則該空間存在的場(chǎng)一定是電場(chǎng)
B．如果粒子回到MN上時(shí)速度大小不變，則該空間存在的場(chǎng)可能是電場(chǎng)
C．若只改變粒子的初速度大小，發(fā)現(xiàn)粒子再回到MN上時(shí)與其所成的銳角夾角不變，則該空間存在的場(chǎng)一定是磁場(chǎng)
D．若只改變粒子的初速度大小，發(fā)現(xiàn)粒子再回到MN上所用的時(shí)間不變，則該空間存在的場(chǎng)一定是磁場(chǎng)
【解析】電場(chǎng)力可以做功，洛倫茲
38、力不做功，速度增大，故是電場(chǎng)，故A正確；如果粒子回到MN上時(shí)速度大小不變，可能是磁場(chǎng)，也有可能是電場(chǎng)，物體做類似上拋運(yùn)動(dòng)，拋出點(diǎn)和落回點(diǎn)在同一等勢(shì)面上，故B正確；如果是磁場(chǎng)，粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，粒子再回到MN上時(shí)與其所成的銳角夾角不變；如果是電場(chǎng)，當(dāng)電場(chǎng)力豎直向下時(shí)，粒子再回到MN上時(shí)與水平方向所成的銳角夾角的正切等于位移方向與水平方向夾角正切的2倍，也不變；故C錯(cuò)誤；若只改變粒子的初速度大小，發(fā)現(xiàn)粒子再回到MN上所用的時(shí)間不變，粒子只能是在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，t＝T＝，與速度無(wú)關(guān)，故D正確．
B組
9．(多選)在豎直放置固定的光滑絕緣圓環(huán)中，套有一個(gè)帶電荷量為－q、質(zhì)量為m的小環(huán)，整個(gè)裝置放
39、在如圖所示的正交勻強(qiáng)電磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，電場(chǎng)E＝，重力加速度為g.當(dāng)小環(huán)從大環(huán)頂端無(wú)初速度下滑時(shí)，則小環(huán)(BD)
A．運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的速度最大
B．不能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)
C．對(duì)軌道最大壓力為N＝mg
D．受到的最大洛倫茲力f＝qB
【解析】將重力與電場(chǎng)力合成為一個(gè)等效“重力”，其大小為mg，方向如圖所示，故小環(huán)運(yùn)動(dòng)到等效最低點(diǎn)時(shí)速度最大，A錯(cuò)；根據(jù)能量守恒小環(huán)不能運(yùn)動(dòng)到等效最高點(diǎn)的位置，B錯(cuò)；根據(jù)動(dòng)能定理有mg(R＋Rsin θ)＝mv，其中θ＝53°，解得vm＝，fm＝qvmB＝qB，D對(duì)；在等效最低點(diǎn)對(duì)軌道壓力最大，此時(shí)有N－mg－fm＝m，解得N＝mg＋fm，C錯(cuò)．
40、
10．如圖所示，三塊等大且平行正對(duì)的金屬板水平放置，金屬板厚度不計(jì)且間距足夠大，上面兩金屬板間有豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，下面兩金屬板間有豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小均為E.以中間金屬板的中軸線為x軸，金屬板右側(cè)存在一范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，現(xiàn)有一重力不計(jì)的絕緣帶電粒子，質(zhì)量為m，帶電荷量為－q，從中間金屬板上表面的電場(chǎng)中坐標(biāo)位置(－l，0)處以初速度v0沿x軸正方向開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，已知l＝，求：
(1)帶電粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的位置坐標(biāo)(用l表示)以及帶電粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小與方向；
(2)若要使帶電粒子能回到中間金屬板下表面關(guān)于x軸與釋放點(diǎn)對(duì)稱的位置，計(jì)算勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小(用E
41、、v0表示)．
【解析】(1)帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向上有l(wèi)＝v0t，豎直方向上有y＝t2
聯(lián)立解得y＝
所以帶電粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的位置坐標(biāo)為(0，)，豎直方向速度vy＝t＝v0，設(shè)速度方向與y軸正方向夾角為θ，
所以＝v0，因?yàn)閠an θ＝＝1，所以速度方向與y軸正向夾角為45°.
(2)若要使帶電粒子能回到中間金屬板下表面與釋放點(diǎn)對(duì)稱的位置，根據(jù)對(duì)稱性可知，它在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心應(yīng)在x軸上，其部分運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示．
由幾何關(guān)系有r＝y(tǒng)＝，根據(jù)qvB＝m，
聯(lián)立解得B＝.
11．如圖所示，在互相垂直的水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)(E已知)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)(B已知)
42、中，有一固定的豎直絕緣桿，桿上套一個(gè)質(zhì)量為m、電量為＋q的小球，它們之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，現(xiàn)由靜止釋放小球，試求小球沿棒運(yùn)動(dòng)的最大加速度和最大速度vmax.(重力加速度為g，mg＞μqE，小球的帶電量不變)
【解析】小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到重力G＝mg、洛倫茲力F洛＝Bqv、電場(chǎng)力F＝qE、桿對(duì)球的摩擦力Ff和桿的彈力FN的作用，如圖所示．
由于FN＝qE＋Bqv，所以F合＝mg－μFN＝mg－μ(qE＋Bqv)．可見(jiàn)隨著速度v的增大，F(xiàn)合逐漸減小，由牛頓第二定律知，小球做加速度越來(lái)越小的變加速運(yùn)動(dòng)直到最后勻速．故當(dāng)v＝0時(shí)，最大加速度amax＝＝g－.
當(dāng)F合＝0時(shí)，即a＝0時(shí)，v有最
43、大值vmax，即mg－μ(qE＋Bqvmax)＝0，所以vmax＝.
12．如圖所示，在x軸上方有一勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為E，方向豎直向下，在x軸下方有一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面向里．在x軸上有一點(diǎn)P，離原點(diǎn)距離為a，現(xiàn)有一帶電荷量為＋q，質(zhì)量為m的粒子，從00區(qū)域，粒子重力不計(jì))
【解析】粒子必須從電場(chǎng)中釋放，根據(jù)洛倫茲力方向可知釋放點(diǎn)必須在P點(diǎn)的左側(cè)空間：0
44、P點(diǎn)需滿足：a－x＝2nR(n＝1，2，3，…)
解得釋放點(diǎn)坐標(biāo)x、y應(yīng)滿足的關(guān)系為y＝(n＝1，2，3，…)
13．如圖所示，帶負(fù)電的金屬小球A質(zhì)量為mA＝0.2 kg，電量為q＝0.1 C，小球B是絕緣體不帶電，質(zhì)量為mB＝2 kg，靜止在水平放置的足夠長(zhǎng)的絕緣桌子邊緣，桌面離地面的高h(yuǎn)＝0.05 m，桌子置于電、磁場(chǎng)同時(shí)存在的空間中，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2.5 T，方向沿水平方向且垂直紙面向里，勻強(qiáng)電場(chǎng)電場(chǎng)強(qiáng)度E＝10 N/C，方向水平向左且與磁場(chǎng)方向垂直，小球A與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.4，A以某一速度沿桌面做勻速直線運(yùn)動(dòng)，并與B球發(fā)生正碰，設(shè)碰撞時(shí)間極短，B碰后落地的水平位
45、移為0.03 m，g＝10 m/s2，求：
(1)碰前A球的速度；
(2)碰后A球的速度；
(3)若碰后電場(chǎng)方向反向，小球A在碰撞結(jié)束后，到剛離開(kāi)桌面運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中，合力對(duì)A球所做的功．
【解析】(1)設(shè)小球A勻速運(yùn)動(dòng)的速度為vA1，從A到B的過(guò)程中勻速運(yùn)動(dòng)，由平衡條件可得：qE＝f
而f＝μFN、FN＝qBvA1＋mAg
所以qE＝μ
代入數(shù)據(jù)得vA1＝2 m/s，方向向右
(2)設(shè)碰后B球的速度為vB，
由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有h＝gt2，x＝vBt
代入數(shù)據(jù)解得vB＝0.3 m/s
設(shè)A球與B球發(fā)生碰撞后的速度為vA2，由動(dòng)量守恒定律得：mAvA1＝mAvA2＋mBvB
解得vA2＝－1 m/s，方向與原速度方向相反
(3)設(shè)A球沿桌面運(yùn)動(dòng)速度為v，加速度為a，則
qE－μN(yùn)＝mAa，mAg＝N＋qvB
解得a＝
A球沿桌面做加速度增大的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)洛倫茲力等于重力時(shí)，A球離開(kāi)桌面，此時(shí)A球沿桌面的速度最大為vm，
則mAg＝qvmB
所以vm＝，代入數(shù)據(jù)得vm＝8 m/s
根據(jù)動(dòng)能定理，合力所做的功W＝mAv－mAv2A2，代入數(shù)據(jù)得W＝6.3 J
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（名師導(dǎo)學(xué)）2020版高考物理總復(fù)習(xí) 第九章 第3節(jié) 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)教學(xué)案 新人教版
