《（浙江專版）2019版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第八章 磁場 第3課時(shí) 帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)學(xué)案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江專版）2019版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第八章 磁場 第3課時(shí) 帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)學(xué)案（26頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第3課時(shí)帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)一、帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)1.復(fù)合場：電場、磁場、重力場共存，或其中某兩場共存。2.帶電粒子在復(fù)合場中運(yùn)動(dòng)的幾種情況（1）當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中所受的合外力為零時(shí)，粒子將靜止或做勻速直線運(yùn)動(dòng)。（2）當(dāng)帶電粒子所受的合外力與運(yùn)動(dòng)方向在同一條直線上時(shí)，粒子將做直線運(yùn)動(dòng)。（3）當(dāng)帶電粒子所受的合外力充當(dāng)向心力且大小不變時(shí)，粒子將做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。（4）當(dāng)帶電粒子所受合外力大小與方向均變化時(shí)，粒子將做非勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，這類問題一般用能量關(guān)系來處理。二、帶電粒子在組合場中的運(yùn)動(dòng)（1）組合場：是指電場、磁場、重力場有兩種場同時(shí)存在，但各位于一定的區(qū)域內(nèi)且不重疊。（2）對(duì)“組合

2、場”問題的處理方法：進(jìn)行分段處理，注意在兩種區(qū)域交界處的邊界問題與運(yùn)動(dòng)的連接條件。三、帶電粒子在復(fù)合場中運(yùn)動(dòng)實(shí)例1.速度選擇器（如圖所示）（1）平行板中電場強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)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電場力等于洛倫茲力，即v。2.回旋加速器回旋加速器是利用電場對(duì)電荷的加速作用和磁場對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷的偏轉(zhuǎn)作用來獲得高能粒子的裝置。由于帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期T，與速率無關(guān)，所以只要交變電場的變化周期等于粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期，就可以使粒子每次通過電場時(shí)都能得到加速。粒子通過D形金屬盒時(shí)，由于金

3、屬盒的靜電屏蔽作用，盒內(nèi)空間的電場極弱，所以粒子只受洛倫茲力作用而做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)D形盒的半徑為r，則粒子獲得的最大動(dòng)能為。3.質(zhì)譜儀質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子，從容器下方的小孔S1飄入電勢差為U的加速電場，其初速度幾乎為零，從S2射出電場時(shí)的速度v，然后經(jīng)過S3沿著與磁場垂直的方向進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，最后打到照相底片D處，則S3與D的距離d，跟帶電粒子比荷的平方根成反比。【思考判斷】1.在粒子速度選擇器中，只要電場和磁場相互垂直就可以（ ）2.利用質(zhì)譜儀可以測得帶電粒子的比荷（ ）3.經(jīng)過回旋加速器加速的帶電粒子的最大動(dòng)能是由D形盒的最大半徑、磁感應(yīng)強(qiáng)度B、加速電壓的大小共同決

4、定的（ ）考點(diǎn)一帶電粒子在組合場的運(yùn)動(dòng)（/d）要點(diǎn)突破1.解決帶電粒子在組合場中運(yùn)動(dòng)的一般思路：（1）明確組合場是由哪些場組合成的。（2）判斷粒子經(jīng)過組合場時(shí)的受力和運(yùn)動(dòng)情況，并畫出相應(yīng)的運(yùn)動(dòng)軌跡簡圖。（3）具體運(yùn)動(dòng)問題的思路方法如圖2.區(qū)別“電偏轉(zhuǎn)”和“磁偏轉(zhuǎn)”垂直電場線進(jìn)入勻強(qiáng)電場（不計(jì)重力）垂直磁感線進(jìn)入勻強(qiáng)磁場（不計(jì)重力）受力情況電場力FqE，其大小、方向不變，與速度v無關(guān)，F(xiàn)是恒力洛倫茲力F洛qvB，其大小不變，方向隨v而改變，F(xiàn)洛是變力軌跡拋物線圓或圓的一部分運(yùn)動(dòng)軌跡求解方法利用類似平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求解：vxv0，xv0t，vyt，yt2偏轉(zhuǎn)角：tan 半徑：r，周期：T偏移距離y和

5、偏轉(zhuǎn)角要結(jié)合圓的幾何關(guān)系利用圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律討論求解運(yùn)動(dòng)時(shí)間ttT動(dòng)能變化不變典例剖析【例1】 （201510月浙江選考）如圖所示為水平放置的小型粒子加速器的原理示意圖，區(qū)域和存在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場B1和B2，長L1.0 m的區(qū)域存在場強(qiáng)大小E5.0104 V/m、方向水平向右的勻強(qiáng)電場。區(qū)域中間上方有一離子源S，水平向左發(fā)射動(dòng)能Ek04.0104 eV的氘核，氘核最終從區(qū)域下方的P點(diǎn)水平射出。S、P兩點(diǎn)間的高度差h0.10 m。（氘核質(zhì)量m21.671027 kg，電荷量q1.601019 C，1 eV1.601019 J，1104）（1）求氘核經(jīng)過兩次加速后從P點(diǎn)射出時(shí)的動(dòng)能Ek2；（

6、2）若B11.0 T，要使氘核經(jīng)過兩次加速后從P點(diǎn)射出，求區(qū)域的最小寬度d；（3）若B11.0 T，要使氘核經(jīng)過兩次加速后從P點(diǎn)射出，求區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度B2。解析（1）由動(dòng)能定理WEk2Ek0，電場力做功WqE2L，得Ek2Ek0qE2L2.241014 J。（2）洛倫茲力提供向心力qvBm，第一次進(jìn)入B1區(qū)域，半徑R00.04 m，第二次進(jìn)入B1區(qū)域，mvEk0qEL，R20.06 m，故dR20.06 m。（3）氘核運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示。由圖中幾何關(guān)系可知2R2h（2R12R0），得R10.05 m，由R1，得B21.2 T。答案（1）2.241014 J（2）0.06 m（3）1.2 T【例

7、2】 如圖所示，平行板電容器兩金屬板A、B板長L32 cm，兩板間距離d32 cm，A板的電勢比B板高。電荷量q1010 C、質(zhì)量m1020kg的帶正電的粒子，以初速度v02106 m/s沿電場中心線垂直電場線飛入電場。隨后，粒子在O點(diǎn)飛出平行板電容器（速度偏轉(zhuǎn)角為37），并進(jìn)入磁場方向垂直紙面向里，且邊長為CD24 cm的正方形勻強(qiáng)磁場區(qū)域。（sin 370.6，cos 370.8，粒子的重力不計(jì)）（1）求A、B兩板的電勢差；（2）粒子穿過磁場區(qū)域后打在放置于中心線上的熒光屏CD上，求磁感應(yīng)強(qiáng)度的范圍。解析（1）帶電粒子射出電場時(shí)在電場方向上的速度為：vyv0tan 37vyat在電場中，由

8、牛頓第二定律可得：qEqma在電場中垂直于電場方向上有：Lv0t聯(lián)立可得A、B兩板的電勢差為：U300 V（2）粒子進(jìn)入磁場的速度為：v帶電粒子射出電場時(shí)在電場方向上的位移為：yat2粒子要打在CD上，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度最大時(shí)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖線1所示，設(shè)此時(shí)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1，半徑為R1，由幾何關(guān)系可得：yR1R1cos 37由洛倫茲力提供向心力可得：qvB1m粒子要打在CD上，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度最小時(shí)，假設(shè)運(yùn)動(dòng)軌跡與右邊界相切且從CD射出，設(shè)此時(shí)的半徑為R2，由幾何關(guān)系可得：CDR2R2sin 37解得R215 cm，又由于R2cos 3712 cmy，故粒子圓心恰好在CD上，且從D點(diǎn)射出磁場，如圖線2所

9、示，假設(shè)成立，設(shè)此時(shí)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2由洛倫茲力提供向心力可得：qvB2m聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)可得磁感應(yīng)強(qiáng)度的范圍為：1.7103 TB3.75103 T。答案（1）300 V（2）1.7103 TB3.75103 T針對(duì)訓(xùn)練1.（2017浙江新高考研究聯(lián)盟聯(lián)考）如圖所示，平面直角坐標(biāo)系xOy在第一象限內(nèi)存在水平向左的勻強(qiáng)電場，第二、四象限內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，第三象限內(nèi)存在與x軸負(fù)方向成30角斜向上的勻強(qiáng)電場。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子以一定初速度從y軸上的A點(diǎn)與y軸正方向成60角垂直磁場方向射入第二象限，粒子從x軸上的C點(diǎn)與x軸正方向成30角進(jìn)入第三象限。粒子到達(dá)y軸上的

10、D點(diǎn)（沒畫出）時(shí)速度剛好減半，經(jīng)第四象限磁場偏轉(zhuǎn)后又能垂直x軸進(jìn)入第一象限內(nèi)，最后恰好回到A點(diǎn)。已知OAa，第二象限內(nèi)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。粒子重力不計(jì)，求：（1）粒子初速度v0；（2）第四象限內(nèi)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B1的大小；（3）粒子在第一、三象限內(nèi)運(yùn)行時(shí)間的比值t1：t3。解析（1）粒子在第二象限內(nèi)運(yùn)動(dòng)正好完成半個(gè)圓周，則2R1cos 30OA解得R1a而Bqv0m解得v0（2）粒子在第三象限中運(yùn)動(dòng)時(shí)有CD2R1tan 30a粒子在第四象限中運(yùn)動(dòng)時(shí)有R2CDtan 30a而B1qv1m，v1v0解得B1B（3）粒子在第一象限內(nèi)：t1粒子在第三象限內(nèi)：t3，所以。答案（1）（2）B（3

11、）2.（2017金華模擬）如圖所示，半徑為R的半圓形區(qū)域內(nèi)分布著垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，半圓的左邊垂直x軸放置一粒子發(fā)射裝置，在RyR的區(qū)間內(nèi)各處均沿x軸正方向同時(shí)發(fā)射出一個(gè)帶正電粒子，粒子質(zhì)量均為m，電荷量均為q，粒子在發(fā)射裝置內(nèi)從靜止被電場加速至某速度，不計(jì)粒子間的相互作用，且粒子重力忽略不計(jì)，所有粒子均能穿過磁場到達(dá)y軸，且沿x軸射入的粒子剛好經(jīng)過y軸上yR位置，求（1）發(fā)射裝置中加速電壓U的大??；（2）最后到達(dá)y軸的粒子與最先到達(dá)y軸的粒子的時(shí)間差t；（3）把粒子發(fā)射裝置的發(fā)射區(qū)間改成y，求y軸上有粒子到達(dá)的區(qū)間。解析（1）由qUmv2，解得U由條件可知，粒子在磁場中運(yùn)

12、動(dòng)的半徑為rR，根據(jù)qvBm，解得v聯(lián)立解得U（2）從xR處開始計(jì)時(shí)，最先到達(dá)y軸的是不經(jīng)過磁場直接到達(dá)的粒子，其運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1最后到達(dá)y軸的是磁場中運(yùn)動(dòng)圓弧弧長最長的粒子，即沿x軸入射的粒子，其運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2，故時(shí)間差為t（3）由幾何關(guān)系可得0y的粒子全部打在yR位置，y0的粒子依次分布在y軸上，其中y的粒子剛好經(jīng)過原點(diǎn)O，故y軸上有粒子到達(dá)的區(qū)間為y0到y(tǒng)R。答案（1）（2）（3）0R考點(diǎn)二帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)（/d）要點(diǎn)突破1.弄清復(fù)合場的組成，如磁場、電場的復(fù)合，磁場、重力場的復(fù)合，磁場、電場、重力場三者的復(fù)合等。2.正確受力分析，除重力、彈力、摩擦力外要特別注意靜電力和磁場力的分

13、析。3.確定帶電粒子的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，注意運(yùn)動(dòng)情況和受力情況的結(jié)合。4.對(duì)于粒子連續(xù)通過幾個(gè)不同區(qū)域、不同種類的場時(shí)，要分階段進(jìn)行處理。5.畫出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡，靈活選擇不同的運(yùn)動(dòng)規(guī)律。（1）當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)受力平衡列方程求解。（2）當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，應(yīng)用牛頓定律結(jié)合圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律求解。（3）當(dāng)帶電粒子做復(fù)雜曲線運(yùn)動(dòng)時(shí)，一般用動(dòng)能定理或能量守恒定律求解。6.對(duì)于臨界問題，注意挖掘隱含條件。典例剖析【例1】 如圖所示，已知一帶電小球在光滑絕緣的水平面上從靜止開始經(jīng)電壓U加速后，水平進(jìn)入互相垂直的勻強(qiáng)電場（場強(qiáng)為E）和勻強(qiáng)磁場（磁感應(yīng)強(qiáng)度為B）的復(fù)合場中，小球在此

14、空間的豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則（）A.小球可能帶正電B.小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑rC.小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期TD.若電壓U增大，則小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期增加解析小球在復(fù)合場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則小球受的電場力和重力大小相等，方向相反，則小球帶負(fù)電，A錯(cuò)誤；由牛頓第二定律和動(dòng)能定理可得：qvB，qUmv2，聯(lián)立mgqE可得：小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r，由T可以得出T，所以B正確，C、D錯(cuò)誤。答案B【例2】 如圖所示，兩塊水平放置、相距為2d的金屬板接在電壓可調(diào)的直流電源上，金屬板長為2d，兩板間存在方向垂直紙面向里、寬度為d的勻強(qiáng)磁場?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m、電量為q的帶負(fù)電顆粒以v0的水平速度沿中

15、心線進(jìn)入兩板之間，調(diào)節(jié)電源電壓，使帶電顆粒在電場區(qū)域恰好沿水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過電場和磁場共存區(qū)域后從P點(diǎn)射出，已知P點(diǎn)距下極板為，重力加速度為g。（1）判斷上極板所帶電荷的種類，并求兩極板間的電勢差；（2）求勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小。解析（1）電場力方向向上，電場強(qiáng)度方向向下，所以，上極板帶正電荷；設(shè)兩極板電勢差為U，電場力與重力平衡，則由：qmg得：U（2）顆粒在電場和磁場區(qū)域內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)半徑為R，由幾何關(guān)系可知R2d2（R）2得：Rd由Bqv0m則磁感應(yīng)強(qiáng)度：B答案（1）正電荷（2） 針對(duì)訓(xùn)練1.（2017全國）如圖，空間某區(qū)域存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場方向豎直向上（與紙

16、面平行），磁場方向垂直于紙面向里，三個(gè)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(yùn)動(dòng)，b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運(yùn)動(dòng)。下列選項(xiàng)正確的是（）A.mambmc B.mbmamcC.mcmamb D.mcmbma解析由題意知，三個(gè)帶電微粒受力情況：magqE，mbgqEBqv，mcgBqvqE，所以mbmamc，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤。答案B2.如圖所示，在互相垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中，電荷量為q的液滴在豎直面內(nèi)做半徑為R的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，已知電場強(qiáng)度為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，則液滴的質(zhì)量和環(huán)繞速度分別為（）A.， B

17、.，C.B， D.，解析液滴要在這種疊加場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，從受力的角度來看，一是要滿足恒力的合力為零，即qEmg，有m；二是洛倫茲力提供向心力Bqv，則可得v，選項(xiàng)D正確。答案D考點(diǎn)三帶電粒子在復(fù)合場中運(yùn)動(dòng)的實(shí)際應(yīng)用（/d）要點(diǎn)突破粒子速度選擇器、質(zhì)譜儀、回旋加速器等實(shí)際應(yīng)用問題要重視物理模型意識(shí)的培養(yǎng)，善于把握模型的本質(zhì)，理解原理，學(xué)會(huì)變通。典例剖析【例1】 1930年勞倫斯制成了世界上第一臺(tái)回旋加速器，其原理如圖所示。這臺(tái)加速器由兩個(gè)銅質(zhì)D形盒D1、D2構(gòu)成，半徑均為R，其間留有空隙，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場與盒面垂直，高頻交流電的電壓為U，下列說法正確的是（）A.粒子由加速器的中心附近

18、進(jìn)入加速器B.粒子由加速器的邊緣進(jìn)入加速器C.粒子從磁場中獲得能量D.粒子獲得的最大動(dòng)能由電壓U決定解析粒子由加速器的中心附近進(jìn)入加速器，從電場中獲取能量，最后從加速器邊緣離開加速器，選項(xiàng)A正確，B、C錯(cuò)誤；由qvB得，Ekm，可知粒子獲得的最大動(dòng)能由磁感應(yīng)強(qiáng)度B和D形盒半徑R決定，與電壓U無關(guān)，D錯(cuò)誤。答案A【例2】 如圖所示，一塊長度為a、寬度為b、厚度為d的金屬導(dǎo)體，當(dāng)加有與側(cè)面垂直的勻強(qiáng)磁場B，且通以圖示方向的電流I時(shí)，用電壓表測得導(dǎo)體上、下表面M、N間電壓為U，已知自由電子的電荷量為e。下列說法中正確的是（）A.導(dǎo)體的M面比N面電勢高B.導(dǎo)體單位體積內(nèi)自由電子數(shù)越多，電壓表的示數(shù)越大

19、C.導(dǎo)體中自由電子定向移動(dòng)的速度為vD.導(dǎo)體單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)為解析由于自由電子帶負(fù)電，根據(jù)左手定則可知，M板電勢比N板電勢低，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；當(dāng)上、下表面電壓穩(wěn)定時(shí)，有qqvB，得UBdv或v，與單位體積內(nèi)自由電子數(shù)無關(guān)，選項(xiàng)B、C錯(cuò)誤；再根據(jù)IneSv，可知選項(xiàng)D正確。答案D針對(duì)訓(xùn)練1.（2017舟山模擬）一質(zhì)子以速度v穿過互相垂直的電場和磁場區(qū)域（如圖所示）而沒有發(fā)生偏轉(zhuǎn)，則（）A.若電子以相同速度v射入該區(qū)域，將會(huì)發(fā)生偏轉(zhuǎn)B.無論何種帶電粒子（不計(jì)重力），只要以相同速度v射入都不會(huì)發(fā)生偏轉(zhuǎn)C.若質(zhì)子的速度vv，它將向上偏轉(zhuǎn)而做類平拋運(yùn)動(dòng)解析質(zhì)子穿過互相垂直的電場和磁場區(qū)域而沒有發(fā)生偏轉(zhuǎn)

20、，則qvBqE，v，無論何種帶電粒子（不計(jì)重力）只要v，均不會(huì)發(fā)生偏轉(zhuǎn)，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；當(dāng)vv時(shí)qvBqE，電場力做功，速度大小、方向發(fā)生變化，則洛倫茲力時(shí)刻改變，其運(yùn)動(dòng)軌跡既不是圓弧也不是拋物線，選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤。答案B2.（2017湖州模擬）質(zhì)譜儀是一種研究帶電粒子的重要工具，它的構(gòu)造原理如圖所示。粒子源S產(chǎn)生的帶正電的粒子首先經(jīng)M、N兩帶電金屬板間的勻強(qiáng)電場加速，然后沿直線從縫隙O垂直于磁場方向進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，在磁場中經(jīng)過半個(gè)圓周打在照相底片上的P點(diǎn)。已知M、N兩板間的距離為d，電場強(qiáng)度為E。設(shè)帶正電的粒子進(jìn)入電場時(shí)的速度、所受重力及粒子間的相互作用均可忽略。（1）若粒

21、子源產(chǎn)生的帶正電的粒子質(zhì)量為m、電荷量為q，求這些帶電粒子離開電場時(shí)的速度大??；（2）若粒子源產(chǎn)生的帶正電的粒子質(zhì)量為m、電荷量為q，其打在照相底片上的P點(diǎn)與縫隙O的距離為y，請(qǐng)推導(dǎo)y與m的關(guān)系式；（3）若粒子源S產(chǎn)生的帶正電的粒子電荷量相同而質(zhì)量不同，這些帶電粒子經(jīng)過電場加速和磁場偏轉(zhuǎn)后，將打在照相底片上的不同點(diǎn)。現(xiàn)要使這些點(diǎn)的間距盡量大一些，請(qǐng)寫出至少兩項(xiàng)可行的措施。解析（1）設(shè)帶電粒子離開電場時(shí)的速度大小為v，根據(jù)動(dòng)能定理qEdmv2，解得v（2）設(shè)帶電粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，根據(jù)牛頓第二定律qvBm由幾何關(guān)系可知，y2R，解得y（3）可行的措施：增加電場強(qiáng)度，保持其它條件

22、不變；減小磁感應(yīng)強(qiáng)度，保持其它條件不變。答案（1）（2）y（3）見解析1.在如圖所示的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場共存的區(qū)域內(nèi)（不計(jì)重力），電子可能沿水平方向向右做直線運(yùn)動(dòng)的是（）解析若電子水平向右運(yùn)動(dòng)，在A圖中電場力水平向左，洛倫茲力豎直向下，故不可能；在B圖中，電場力水平向左，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圖中電場力豎直向下，洛倫茲力豎直向下，電子不可能向右做直線運(yùn)動(dòng)；在D圖中電場力豎直向上，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)，因此只有選項(xiàng)B正確。答案B2.設(shè)空間存在豎直向下的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，如圖所示，已知一離子在電場力和洛倫茲力的作用下，從

23、靜止開始自A點(diǎn)沿曲線ACB運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度為零，C點(diǎn)是運(yùn)動(dòng)的最低點(diǎn)，忽略重力，以下說法正確的是（）A.該離子帶負(fù)電荷B.A點(diǎn)和B點(diǎn)位于不同高度C.離子在C點(diǎn)時(shí)速度最大D.離子到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，將沿原曲線返回A點(diǎn)解析因?yàn)殡x子由A運(yùn)動(dòng)到了B，由運(yùn)動(dòng)軌跡可判斷離子帶正電，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度為零，說明電場力做功為零，所以A點(diǎn)和B點(diǎn)位于同一等勢面上，即同一高度，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由于洛倫茲力不做功，在運(yùn)動(dòng)過程中，到C點(diǎn)時(shí)電場力做功最多，因此離子在C點(diǎn)時(shí)速度最大，選項(xiàng)C正確；在B點(diǎn)對(duì)離子受力分析可知，離子將向右重復(fù)曲線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案C3.（2016全國）現(xiàn)代質(zhì)譜儀可用來分析比質(zhì)子重很多倍的離子，其

24、示意圖如圖所示，其中加速電壓恒定。質(zhì)子在入口處從靜止開始被加速電場加速，經(jīng)勻強(qiáng)磁場偏轉(zhuǎn)后從出口離開磁場。若某種一價(jià)正離子在入口處從靜止開始被同一加速電場加速，為使它經(jīng)勻強(qiáng)磁場偏轉(zhuǎn)后仍從同一出口離開磁場，需將磁感應(yīng)強(qiáng)度增加到原來的12倍。此離子和質(zhì)子的質(zhì)量比約為（）A.11 B.12 C.121 D.144解析設(shè)質(zhì)子的質(zhì)量和電荷量分別為m1、q1，一價(jià)正離子的質(zhì)量和電荷量為m2、q2。對(duì)于任意粒子，在加速電場中，由動(dòng)能定理得qUmv20，得v在磁場中qvBm由式聯(lián)立得m，由題意知，兩種粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑相同，加速電壓U不變，其中B212B1，q1q2，可得144，故選項(xiàng)D正確。答案

25、D4.如圖，在豎直平面內(nèi)建立直角坐標(biāo)系xOy，其第一象限存在著正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場強(qiáng)度的方向水平向右，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直紙面向里。一帶電荷量為q、質(zhì)量為m的微粒從原點(diǎn)出發(fā)沿與x軸正方向的夾角為45的初速度進(jìn)入復(fù)合場中，正好做直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)微粒運(yùn)動(dòng)到A（l，l）時(shí)，電場方向突然變?yōu)樨Q直向上（不計(jì)電場變化的時(shí)間），粒子繼續(xù)運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后，正好垂直于y軸穿出復(fù)合場。不計(jì)一切阻力，求：（1）電場強(qiáng)度E的大小；（2）磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。唬?）粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間。解析（1）微粒到達(dá)A（l，l）之前做勻速直線運(yùn)動(dòng)，對(duì)微粒受力分析如圖甲：甲所以，Eqmg，得E（2）由平衡條件得qvBmg電場方

26、向變化后，微粒所受重力與電場力平衡，微粒在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，軌跡如圖乙，qvBm乙由幾何知識(shí)可得：rlv聯(lián)立解得：B（3）微粒做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t1做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t2在復(fù)合場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間：tt1t2答案（1）（2）（3）5.如圖所示，靜止于A處的離子，經(jīng)電壓為U的加速電場加速后沿圖中圓弧虛線通過靜電分析器，從P點(diǎn)垂直CN進(jìn)入矩形區(qū)域的有界勻強(qiáng)電場，電場方向水平向左。靜電分析器通道內(nèi)有均勻輻向分布的電場，已知圓弧所在處場強(qiáng)為E0，方向如圖所示；離子質(zhì)量為m、電荷量為q；QN2d、PN3d，離子重力不計(jì)。（1）求圓弧虛線對(duì)應(yīng)的半徑R的大?。唬?）若離子恰好能打在NQ的中點(diǎn)上，求矩形區(qū)域Q

27、NCD內(nèi)勻強(qiáng)電場場強(qiáng)E的值；（3）若撤去矩形區(qū)域QNCD內(nèi)的勻強(qiáng)電場，換為垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，要求離子能最終打在QN上，求磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度B的取值范圍。解析（1）離子在加速電場中加速，根據(jù)動(dòng)能定理，有：qUmv2離子在輻向電場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，靜電力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律，有qE0，得：R。（2）離子做類平拋運(yùn)動(dòng)，則dvt，3dat2，根據(jù)牛頓第二定律，有qEma，得：E。（3）離子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律，有qvB，得r，離子能打在QN上，則既沒有從DQ邊出去也沒有從PN邊出去，則離子運(yùn)動(dòng)徑跡的邊界如圖中和。由幾何關(guān)系知，離子能打在QN上，必須

28、滿足：dr2d，則有B。答案（1）（2）（3）BqvB，由E可知，減小場強(qiáng)E的方法有增大板間距離和減小板間電壓，故C錯(cuò)誤，D正確；而移動(dòng)變阻器滑動(dòng)頭P并不能改變板間電壓，故A、B均錯(cuò)誤。答案D3.如圖所示，一塊金屬塊放在勻強(qiáng)磁場中，通以沿x軸正方向的電流，若測得金屬塊上表面的電勢高于下表面的電勢，則可判斷磁場的方向是（）A.沿y軸正方向 B.沿y軸負(fù)方向C.沿z軸負(fù)方向 D.沿z軸正方向解析當(dāng)通以沿x軸正方向的電流時(shí)金屬塊中電子會(huì)向x軸負(fù)方向流動(dòng)，而據(jù)題意知電子受力方向?yàn)橄蛳?，所以?jù)左手定則知磁場方向沿z軸負(fù)方向。答案C4.如圖所示為一速度選擇器，兩極板P1、P2之間存在電場強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場

29、和磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場。一束粒子流（重力不計(jì)）以速度v從S1沿直線運(yùn)動(dòng)到S2，則下列說法中正確的是（）A.粒子一定帶正電B.粒子一定帶負(fù)電C.粒子的速度一定等于D.粒子的速度一定等于解析若粒子帶正電，在板間受電場力向左，由左手定則得洛倫茲力向右；若粒子帶負(fù)電，電場力向右，洛倫茲力向左，也可以做直線運(yùn)動(dòng)，故粒子可能帶正電，也可能帶負(fù)電，所以A、B錯(cuò)誤；要做直線運(yùn)動(dòng)，要求BqvqE，v，所以C錯(cuò)誤，D正確。答案D5.如圖所示，空間的某個(gè)復(fù)合場區(qū)域內(nèi)存在著方向相互垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場。質(zhì)子由靜止開始經(jīng)一加速電場加速后，垂直于復(fù)合場的界面進(jìn)入并沿直線穿過場區(qū)，質(zhì)子從復(fù)合場區(qū)穿出時(shí)的動(dòng)能為Ek。

30、那么氘核同樣由靜止開始經(jīng)同一加速電場加速后穿過同一復(fù)合場后的動(dòng)能Ek的大小是（）A.EkEk B.EkEkC.EkEk D.條件不足，難以確定解析設(shè)質(zhì)子的質(zhì)量為m，則氘核的質(zhì)量為2m。在加速電場里，由動(dòng)能定理可得eUmv2，v，在復(fù)合場里有BqvqE，則v，同理對(duì)于氘核由動(dòng)能定理可得其離開加速電場的速度比質(zhì)子的速度小，所以當(dāng)它進(jìn)入復(fù)合場時(shí)所受的洛倫茲力小于電場力，將往電場力方向偏轉(zhuǎn)，電場力做正功，故動(dòng)能增大，選項(xiàng)B正確。答案B6.有一個(gè)帶電荷量為q、重量為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，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向如圖所示，則帶電小球通過有電場和磁場的空間時(shí)，下列說

31、法正確的是（）A.不可能做曲線運(yùn)動(dòng)B.一定做曲線運(yùn)動(dòng)C.有可能做勻加速運(yùn)動(dòng)D.有可能做勻速運(yùn)動(dòng)解析小球的速度增大，洛倫茲力增大，小球一定做變加速曲線運(yùn)動(dòng)，不可能做勻速或勻加速運(yùn)動(dòng)A、C、D錯(cuò)誤。答案B7.如圖所示，勻強(qiáng)電場方向水平向右，勻強(qiáng)磁場方向垂直于紙面向里，一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的微粒以速度v沿與磁場垂直、與電場成45角的方向射入復(fù)合場中，恰能做勻速直線運(yùn)動(dòng)，求電場強(qiáng)度E的大小及磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小。解析由于帶電微粒做勻速直線運(yùn)動(dòng)，且F洛與F電不共線，說明微粒必然還要受到重力作用，且F洛必然斜向上，即粒子帶正電，其受力如圖，由qEmgtan 45和mgqvBcos 45，解得E，B。答案

32、能力提升8.如圖所示，在第象限內(nèi)有水平向右的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度為E，在第、象限內(nèi)分別存在如圖所示的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，有一個(gè)帶電粒子以垂直于x軸的初速度v0從x軸上的P點(diǎn)進(jìn)入勻強(qiáng)電場中，并且恰好與y軸的正方向成45角進(jìn)入磁場，又恰好垂直x軸進(jìn)入第象限的磁場，已知OP之間的距離為d，（不計(jì)粒子重力）求：（1）帶電粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑；（2）帶電粒子從進(jìn)入磁場到第二次經(jīng)過x軸，在磁場中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間；（3）勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小。解析（1）帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示。由題意知，帶電粒子到達(dá)y軸時(shí)的速度vv0，這一過程的時(shí)間t1，電場中沿y軸的位移yv0t2d，根據(jù)幾何關(guān)系得到，帶

33、電粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)軌道半徑r2d（2）帶電粒子在第象限中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：t2帶電粒子在第象限中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：t3故t總（3）磁場中r電場中a，又a，求得：B答案（1）2d（2）（3）9.（2016浙江4月選考）如圖為離子探測裝置示意圖。區(qū)域、區(qū)域長均為L0.10 m，高均為H0.06 m。區(qū)域可加方向豎直向下、電場強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場；區(qū)域可加方向垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，區(qū)域的右端緊貼著可探測帶電粒子位置的豎直屏。質(zhì)子束沿兩板正中間以速度v1.0105 m/s水平射入，質(zhì)子荷質(zhì)比近似為1.0108 C/kg。（忽略邊界效應(yīng)，不計(jì)重力）（1）當(dāng)區(qū)域加電場、區(qū)域不加磁場時(shí)，求能在屏上

34、探測到質(zhì)子束的外加電場的最大值Emax；（2）當(dāng)區(qū)域不加電場、區(qū)域加磁場時(shí)，求能在屏上探測到質(zhì)子束的外加磁場的最大值Bmax；（3）當(dāng)區(qū)域加電場E小于（1）中的Emax，質(zhì)子束進(jìn)入?yún)^(qū)域和離開區(qū)域的位置等高，求區(qū)域中的磁場B與區(qū)域中的電場E之間的關(guān)系式。解析（1）畫出軌跡，如圖所示：偏轉(zhuǎn)角滿足：tan ，豎直分速度：vyat，加速度：a，運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t，tan 解得：Emax200 V/m；（2）畫出軌跡，如圖所示軌跡圓半徑滿足：L2R2，解得R，質(zhì)子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)，滿足qvBmaxm，解得Bmax5.5103 T。（3）畫出軌跡，如圖所示偏轉(zhuǎn)角滿足：tan ，vyat，a，t，v；軌跡圓圓心

35、角為2，半徑滿足：R，圓周運(yùn)動(dòng)滿足：qvBm綜上可解得：B。答案（1）200 V/m（2）5.5103 T（3）B10.（201610月浙江選考）如圖所示，在x軸的上方存在垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0的勻強(qiáng)磁場。位于x軸下方離子源C發(fā)射質(zhì)量為m，電荷量為q的一束負(fù)離子，其初速度大小范圍為0v0，這束離子經(jīng)電勢差為U的電場加速后，從小孔O（坐標(biāo)原點(diǎn)）垂直x軸并垂直磁場射入磁場區(qū)域，最后打到x軸上，在x軸上2a3a區(qū)間水平固定放置一探測板（a），假設(shè)每秒射入磁場的離子總數(shù)為N0，打到x軸上的離子數(shù)均勻分布（離子重力不計(jì)）。（1）求離子束從小孔O射入磁場后打到x軸的區(qū)間；（2）調(diào)整磁感應(yīng)強(qiáng)度的

36、大小，可使速度最大的離子恰好打在探測板右端，求此時(shí)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1；（3）保持磁感應(yīng)強(qiáng)度B1不變，求每秒打在探測板上的離子數(shù)N；若打在板上的離子80%被板吸收，20%被反彈回，彈回速度大小為打板前速度大小的0.6倍，求探測板受到的作用力大小。解析（1）根據(jù)動(dòng)能定理，可得qUmv2mvv可得v0v2v0離子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，有qvB0，R離子打在x軸上的坐標(biāo)表達(dá)式為x2R代入數(shù)據(jù)得2ax4a（2）當(dāng)速度最大的離子打在探測板右端3a2R1，R1，B1B0。（3）離子束能打到探測板的實(shí)際范圍為2ax3a對(duì)應(yīng)的速度范圍為v0v2v0每秒打在探測板上的離子數(shù)為NN0N0根據(jù)動(dòng)量定理，吸收的離子受到板的作用力大小F吸反彈的離子受到板的作用力大小F反根據(jù)牛頓第三定律，探測板受到的作用力大小FF吸F反N0mv0。答案（1）2ax4a（2）B0（3）N0mv026