《2022年高三物理二輪復習 專題 電磁場 新人教版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2022年高三物理二輪復習 專題 電磁場 新人教版（27頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、2022年高三物理二輪復習 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qUmv2mv來求解對于勻強電場，電場力做功也可以用WqEd求解(2)偏轉運動：一般研究帶電粒子在勻強電場中的偏轉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vB時，帶電粒子以速度v做勻速直線運動(2)勻速圓周運動：當vB時，帶電粒子在垂直于磁感線的平面內以入射速度做勻速圓周運動3復合場與組合場(1)復合場：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

2、各位于一定的區(qū)域內，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重力做功改變物體的重力勢能靜電場大?。篎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WqU電場力做功改變電勢能磁場洛倫茲力FqvB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1(xx高考押題信息卷八)真空中有一帶負電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()Ab、d兩點的電場強度大

3、小一定相等Ba、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d運動到c的過程中，電勢能先減小后增大解析由Ek和rdrb得EdEb，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B2真空中有兩個等量異種點電荷，以連線中點O為坐標原點，以它們的中垂線為x軸，圖中能正確表示x軸上電場強度情況的是()答案A3(xx青島市質量檢測)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，

4、則下列關于帶電粒子的判斷正確的是()圖5A帶正電B速度先變大后變小C電勢能先變大后變小D經過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CD4.(xx江西南昌調研)如圖所示,在平面直角坐標系中,有方向平行于坐標平面的勻強電場,坐標系內有A、B兩點,其中A點坐標為(6 cm,0),B點坐標為(0,cm

5、),坐標原點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有一帶電粒子從坐標原點O處沿電勢為0的等勢線方向以速度v=4105m/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)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C處的電勢為C因為OC=CA所以O-C=C-AC=V=4V(2)BC連線為等勢線,電場強度方向與等勢線BC垂直設OBC=OB=L=cm由tan=,得=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立解得: C/kg=2.41011C/kg考向二

6、：帶電粒子在電場中運動 圖35. (xx廣州市高三年級調研測試)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 D偏離直線向下偏轉解析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，C錯誤，D正確，電場力做負功，電勢能增加，A、B錯誤答案D6(xx廣州市綜合測試(一)如圖6所示的陰極射線管，無偏轉電場時，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6A在熒屏上的亮

7、斑向上移動B在熒屏上的亮斑向下移動C偏轉電場對電子做的功增大D偏轉電場的電場強度減小解析電子束在偏轉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；電子在偏轉電場中受向上的電場力，故向上偏轉，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AC7(xx山東省高考針對性訓練)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點為兩板的中間位置下

8、列結論正確的是()圖7A若在兩板間加上某種絕緣介質，A、B兩板所帶電荷量會增大BA、B兩板電荷分別在P點產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，不影響A、B兩板所帶的電荷量，所以選項A錯，根據對稱性可知A、B兩板電荷分別在中點P產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B板的距離l不變，由UPBP0El可知，P不變，選項D正確答案BD

9、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v22gh，得v(2)在極板間帶電小球受重力和電場力，有mgqEma0v22ad得EUEdQCU得Q(3)由hgt；0vat2；tt1t2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

10、示，位于豎直平面內的坐標系xOy，在其第三象限空間有垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B0.5 T，還有沿x軸負方向的勻強電場，場強大小為E2 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yh0.4 m的區(qū)域有磁感應強度也為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x軸負方向的夾角為45)，并從原點O進入第一象限已知重力加速度g10 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

11、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？根據夾角為45，重力、電場力有什么數值關系？油滴進入第一象限后做什么運動？解析(1)根據受力分析(如圖)可知油滴帶負電荷，設油滴質量為m，由平衡條件得：mgqEF11.(2)由第(1)問得：mgqEqvBqE解得：v4 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yh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OA勻速運動的位移為x1h其運動時間：t10.1 s由幾何關系和圓周運動的周期關系式T知，由AC的圓周運動時間為t2T0.628 s由對稱性知從CN

12、的時間t3t1在第一象限運動的總時間tt1t2t320.1 s0.628 s0.828 s答案(1)11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，則表現為勻速直線運動或靜止例如電場與磁場中滿足qEqvB；重力場與磁場中滿足mgqvB；重力場與電場中滿足mgqE.(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FqvB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mgqE，粒子在洛倫茲力

13、作用下做勻速圓周運動，即qvBm.(4)當帶電粒子做復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. 如圖2所示，水平地面上方豎直邊界MN左側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)，磁感應強度B1.0 T，MN邊界右側離地面h3 m處有長為L0.91 m的光滑水平絕緣平臺，平臺的左邊緣與MN重合，平臺右邊緣有一質量m0.1 kg、電量q0.1 C的帶正電小球，以初速度v00.6 m/s向左運動此時平臺上方存在E12 N/C的勻強電場，電場方向與水平方向成角，指向左下方，小球在平臺上運動的過程中，為45至90的某一確定值小球離開平臺左側后恰

14、好做勻速圓周運動小球可視為質點，g10 m/s2.求：圖2(1)電場強度E2的大小和方向；(2)小球離開平臺左側后在磁場中運動的最短時間；(3)小球離開平臺左側后，小球落地點的范圍(計算結果可以用根號表示)答案(1)10 N/C，方向豎直向上(2) s(3)距N點左邊 m、右邊 m的范圍內解析(1)因為小球在MN邊界左側做勻速圓周運動，其所受到的電場力必等于自身重力，有qE2mg得E210 N/C，方向豎直向上(2)若90，小球勻速通過MN有最小速度：vmin0.6 m/s若45，小球勻加速通過MN有最大速度此時E1qcos maa2 m/s2由vv2aL可得：vmax2 m/s綜合分析得：小

15、球通過MN后的速度為0.6 m/svA2 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Bqvm和T得：Rmax2 mT2 s，因為sin ，所以30所以小球在磁場中轉過的角度為120，所以小球在磁場中運動的時間tT s.(3)小球落在N點左邊最大距離時，設到N點距離為x，則xRmaxcos 30 m小球從MN邊界飛出的最小半徑Rmin0.6 m設小球落到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h2Rgt2svtvs 當R1 m時，s有最大值因0.6 mR1.5 m，故s 成立代入數據解得s m所以小球的落點在距N點左邊 m、右邊 m的范圍內題組1帶電

16、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平面內有與y軸平行的勻強電場，在半徑為R的圓形區(qū)域內加有與xOy平面垂直的勻強磁場在坐標原點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)射具有相同質量m、電荷量q(q0)和初速度為v0的帶電微粒(已知重力加速度為g)圖1(1)當帶電微粒發(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和磁感應強度B的大小和方向(2)調節(jié)坐標原點處的帶電微粒發(fā)射裝置，使其在xOy平面內不斷地以相同速率v0沿不同方向將這種帶電微粒射入第象限，如圖

17、乙所示現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電場強度大小為E，由平衡條件得：mgqE解得：E由于粒子帶正電，故電場方向沿y軸正方向帶電微粒進入磁場后，做勻速圓周運動，且半徑rR.設勻強磁場的磁感應強度大小為B.由牛頓第二定律得：qv0Bm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

18、界以O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磁場偏轉后沿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：S2(R2R2)(1)R2.考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情況，在xOy平面內加如圖3所示的電場和磁場，第二象限10 cmx0區(qū)域內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d5 cm.在A(6 cm,0)點有一粒

19、子發(fā)射源，向x軸上方180范圍內發(fā)射速度大小為v2.0106 m/s的負粒子，粒子的比荷為q/m2.0108 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)射的所有粒子中與y軸交點的最大值坐標；(3)當電場左邊界與y軸重合時滿足第(2)問條件的粒子經過電場后恰好平行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x0與從電場右邊界出射點的縱坐標y0的關系式，并繪

20、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？你能結合幾何關系得到電場左邊界的橫坐標x0與從電場右邊界出射點縱坐標y0的函數關系表達式嗎？解析(1)設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qvBm得r0.05 m5 cm粒子在磁場中運動的周期為T107 s如圖所示為粒子在磁場中運動的軌跡由幾何關系得60tT107 s.(2)設從y軸最上方飛出的粒子坐標為(0，y1)由幾何關系得(2r)262y得y18 cm.(3)如圖所示，設粒子從磁場射出時速度方向

21、與x軸的夾角為，有sin ，即37，設粒子在電場中運動的時間為t1，t1設粒子的加速度大小為a，則avsin at1聯立解得E1.92105 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x0與從電場右邊界出射點縱坐標y0的函數關系為y1(x0)tan y0，即y06.1250.75x0(cm)當x00時，從電場右邊界出射點的縱坐標為y06.125 cm，當y00時，電場左邊界的橫坐標為x0 cm.圖線如圖所示答案(1)107 s(2)8 cm(3)1.92105 N/C(4)y06.1250.75x0(cm)見解析圖以題說法設帶電粒子在組合場內的

22、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)帶電粒子經過磁場區(qū)域時利用圓周運動規(guī)律結合幾何關系處理(3)當粒子從一個場進入另一個場時，分析轉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上方的電場的場強方向豎直向下，PT下方的電場的場強方向豎直向上，電場的場強大小是電場的場強大小的兩倍，在電場左邊界AB上有點Q，PQ間距

23、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、質量為m.通過PT上的某點R進入勻強電場后從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右側且緊挨CD邊界，若從Q點射入的粒子經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，需在容器中現加上一個如圖所示的勻強磁場，粒子運動的半徑小于a，求

24、磁感應強度B的大小應滿足的條件以及從Q出發(fā)再返回到Q所經歷的時間答案(1)L(2)B，n1,2，n1,2，解析(1)設粒子經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FqEma，2Lv0t2，Lv0t1，Lt，E12E2，得E1vyt2t1MTt聯立解得MTL.(2)欲使粒子仍能從S孔處射出，粒子運動的半徑為r，則qv0B(12n)ra，n1,2，解得：B，n1,2，由幾何關系可知t3(2n)(3n)Tn1,2,3T代入B得T，n1,2，t2t12t2t，n1,2，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CD

25、NM內有沿紙面向上的勻強電場，場強的大小E1.5105 V/m；在矩形區(qū)域MNGF內有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小B0.2 T已知CDMNFG0.60 m，CMMF0.20 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v01.0106 m/s的某種帶正電粒子，粒子質量m6.41027 kg，電荷量q3.21019 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(后兩問結果保留兩位有效數字)答案(1)0.2 m(2)0.43 m(3)

26、2.1107 s解析(1)電場中由動能定理得：qEdmv2mv由題意知d0.20 m，代入數據得v2106 m/s帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，qBvm解得r0.2 m.(2)設粒子沿垂直于電場方向射入時，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 1，130.由題意可知，PSMN，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，QOr，軌跡如圖范圍長度為lxr(0.2) m0.43 m.(3)T，由分析可知，OO方向射出的粒子運動時間最長，設FG長度為Lsin 2，230帶電粒子在磁場中運動的最大圓心角為120，對應的最長時

27、間為tmaxT2.1107 s3如圖3所示，質量為m、電荷量為q的粒子從坐標原點O以初速度v0射出，粒子恰好經過A點，O、A兩點長度為l，連線與坐標軸y方向的夾角為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，也恰好能經過A點，求這兩種情況電場強度的比值.(2)若在y軸左側空間(第、象限)存在垂直紙面的勻強磁場，粒子從坐標原點O，沿與y軸成30的方向射入第二象限，恰好經過A點，求磁感應強度B.答案(1)(2)解析(1)在電場E1中l(wèi)sin tlcos v0t1在電場E2中l(wèi)

28、cos tlsin v0t2聯立解得.(2)設軌跡半徑為R，軌跡如圖所示OC2Rsin 30由幾何知識可得tan 30解得Rl又由qv0B得R聯立解得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強度的正方向、沿y軸正方向電場強度為正)在t0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，不計粒子的重力求：(1)tt0時，求粒子的位置坐標；(2)若t5t0時粒子回到原點，求05t0時間內粒子距

29、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值思維導圖解析(1)由粒子的比荷，則粒子做圓周運動的周期T2t0(1分)則在0t0內轉過的圓心角(2分)由牛頓第二定律qv0B0m(2分)得r1(1分)位置坐標(，0)(1分)(2)粒子t5t0時回到原點，軌跡如圖所示r22r1(2分)r1r2(1分)得v22v0(1分)又，r2(1分)粒子在t02t0時間內做勻加速直線運動，2t03t0時間內做勻速圓周運動，則在05t0時間內粒子距x軸的最大距離：hmt0r2()v0t0.(2分)(3)如圖所示，設帶電粒子在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，

30、由幾何關系可知，要使粒子經過原點，則必須滿足：n(2r22r1)2r1，(n1,2,3，)(1分)r1r2(1分)聯立以上各式解得vv0，(n1,2,3，)(1分)又由vv0(1分)得E0，(n1,2,3，)(1分)答案(1)(，0)(2)()v0t0(3)，(n1,2,3，)點睛之筆變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，現將一重力不計

31、、比荷1106 C/kg的正電荷置于電場中的O點由靜止釋放，經過105 s后，電荷以v01.5104 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t0時刻)計算結果可用表示ab圖4(1)求O點與直線MN之間的電勢差；(2)求圖b中t105 s時刻電荷與O點的水平距離；(3)如果在O點右方d67.5 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)3.86105 s解析(1)電荷在電場中做勻加速直線運動，由動能定理Uqmv，

32、U112.5 V.(2)當磁場垂直紙面向外時，設電荷運動的半徑為r1由B1qv0，得r15 cm，周期T1105 s.當磁場垂直紙面向里時，設電荷運動的半徑為r2r23 cm，周期T2105 s故電荷從t0時刻開始做周期性運動，其運動軌跡如圖所示t105 s時刻電荷與O點的水平距離d2(r1r2)4 cm.(3)電荷第一次通過MN開始，其運動的周期T105 s，根據電荷的運動情況可知，電荷到達擋板前運動的完整周期數為15個，此時電荷沿MN運動的距離s15d60 cm，則最后7.5 cm的距離如圖所示，有：r1r1cos 7.5 cm.解得：cos 0.5，則60，故電荷運動的總時間t總t115

33、TT1T13.86104 s.難點突破帶電粒子在復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qEqvB，即v.2磁流體發(fā)電機磁流體發(fā)電機是根據電磁感應原理，用導電流體，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生的作用，從而發(fā)電設兩極板間的距離為d，A、B平行金屬板的面積為S，帶電流體的電阻率為，帶電流體速度為v，磁場的磁感應強度為B，板外電阻為R，則

34、兩極板間能達到的最大電勢差UBdv.此時帶電流體受力平衡有qE場qvB，即E場vB，故電源電動勢EE場dBdv.電源的內阻r.故R中的電流I.3電磁流量計如圖所示，圓形導管直徑為d，用非磁性材料制成，導電流體在管中向左流動，導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，a、b間出現電勢差，形成電場，當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：qvBqE，所以v，因此液體流量QSv.4霍爾效應在勻強磁場中放置一個矩形截面的載流導體，當磁場方向與電流方向垂直時，導體在與磁場、電流方向都垂直的方向上出現了電勢差，這種現象稱為霍爾效應，所產生的電勢差稱為霍爾

35、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發(fā)電機穩(wěn)定發(fā)電時，電流表示數為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小相等，方向相反，有qvBq.解得EvBd.根據閉合電路歐姆定律，電離氣體的電阻RRR.由電阻定律得R解得.故A正確，B、C、D錯誤【答案】A【典例2

36、】如圖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點初速度為0)后，進入磁感應強度為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()Aa的質量一定大于b的質量Ba的電荷量一定大于b的電荷量Ca運動的時間大于b運動的時間Da的比荷大于b的比荷【解析】設粒子經電場加速后的速度大小為v，在磁場中做圓周運動的半徑為r，電荷量和質量分別為q、m，打在感光板上的距離為s.根據動能定理，得qUmv2，v，由qvBm，r，則s2r，得到，x1.【答案】D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

37、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作勻強電場，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 V，磁感應強度的大小為0.040 T則血液速度的近似值和電極a、b的正負為()A1.3 m/s，a正、b負 B2.7 m/s，a正、b負C1.3 m/s，a負、b正 D2.7 m/s，a負、b正解

38、析：血液中正負離子流動時，根據左手定則，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qqvB，所以v m/s1.3 m/s.故A正確答案：A回旋加速器在核科學、核技術、核醫(yī)學等高新技術領域得到了廣泛應用，有力地推動了現代科學技術的發(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圓心處的質子源A能不斷產生質子(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強度為B的勻強磁

39、場中若質子束從回旋加速器輸出時的平均功率為P，求輸出時質子束的等效電流I與P、B、R、f的關系式(忽略質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，同一盒中相鄰軌道的半徑之差r是增大、減小還是不變？解析：(1)設質子質量為m，電荷量為q，質子離開加速器時速度大小為v，由牛頓第二定律知：qvBm，質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子回旋頻率相同，由周期T與頻率f的關系可得f，設在t時間內離開加速器的質子數為N，則質子束從回旋加速器輸出時的平均功率P，輸出時質子束的等效電流為I，由上述各式得I .(2

40、)設k(kN*)為同一盒子中質子運動軌道半徑的序數，相鄰的軌道半徑分別為rk、rk1(rkrk，比較rk，rk1得rk1rk，說明隨軌道半徑r的增大，同一盒中相鄰軌道的半徑之差r減小(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，磁感應強度隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示t0時刻，一質量為m、帶電量為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B0和TB取某些特定值時，可使t0時刻入射的粒子經t時間恰能垂直打在P板上(不考慮粒子反彈)上述m、q、d

41、、v0為已知量圖6(1)若tTB，求B0；(2)若tTB，求粒子在磁場中運動時加速度的大??；(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)設粒子做圓周運動的半徑為R1，由牛頓第二定律得qv0B0據題意由幾何關系得R1d聯立式得B0(2)設粒子做圓周運動的半徑為R2，加速度大小為a，由圓周運動公式得a據題意由幾何關系得3R2d聯立式得a.(3)設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由牛頓第二定律得qv0B0 由題意知B0，代入式得d4R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

42、，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 B粒子所帶的電荷量C電場強度D磁感應強度2(xx課標全國卷，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)域內加一方向垂直于紙面的勻強磁場，一質量為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)域若磁感應強度大小為B，不計重力，求電場強度的

43、大小3(xx重慶卷，24)有人設計了一種帶電顆粒的速率分選裝置，其原理如圖所示兩帶電金屬板間有勻強電場，方向豎直向上，其中PQNM矩形區(qū)域內還有方向垂直紙面向外的勻強磁場一束比荷(電荷量與質量之比)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OO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，PQ3d，NQ2d，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)磁感應強度B的大??；(3)速率為v0(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

44、在電壓可調的電源上兩板之間的右側區(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)不斷噴出質量均為m、水平速度均為v0、帶相等電荷量的墨滴調節(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)求磁感應強度B的值；(3)現保持噴口方向不變，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，應將磁感應強度調至B，則B的大小為多少？5(xx江蘇卷，15)在科學研究中，可以通過施加適當的電場和磁場來實現對帶電粒子運動的控制如圖(a)所示的xOy平面處于勻強電場和勻

45、強磁場中，電場強度E和磁感應強度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的正方向在坐標原點O有一粒子P，其質量和電荷量分別為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運動(1)求P在磁場中運動時速度的大小v0；(2)求B0應滿足的關系；(3)在t0時刻釋放P，求P速度為零時的坐標O1、O2為圓心，O1O2連線與水平方向的夾角為，在每個TB內，只有A、B兩個位置才有可能垂直擊中P板，且均要求0，由題意可知T設經歷完整TB的個數為n(n0,1,2,3，)若在A點擊中P板，據題意由幾何關系得R2(RRsin )nd當n0時，無解當n1時，聯立式得(或sin )聯立式得TB當n2時，不滿足090的要求若在B點擊中P板，據題意由幾何關系得R2Rsin 2(RRsin )nd當n0時，無解當n1時，聯立式得arcsin(或sin )聯立式得TB當n2時，不滿足090的要求.