2018年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題09 帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)學(xué)案

《2018年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題09 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)《2018年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題09 帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)學(xué)案（24頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 專題09 帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng) 構(gòu)建知識網(wǎng)絡(luò)： 考情分析： 帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)是力電綜合的重點(diǎn)和高考的熱點(diǎn)，常見的考查形式有組合場（電場、磁場、重力場依次出現(xiàn)）、疊加場（空間同一區(qū)域同時(shí)存在兩種以上的場）、周期性變化場等，其物理過程復(fù)雜，綜合分析能力要求高，預(yù)計(jì)此類題型在高考中有可能仍以壓軸題的形式出現(xiàn)。復(fù)習(xí)中要注意分析帶電粒子的運(yùn)動(dòng)情況和受力情況，靈活選用物理規(guī)律，總結(jié)解題方法，提高綜合分析能力。 重點(diǎn)知識梳理： 1．帶電粒子在電場中常見的運(yùn)動(dòng)類型 (1)勻變速直線運(yùn)動(dòng)：通常利用動(dòng)能定理qU＝mv2－mv來求解．對于勻強(qiáng)電場，電場力做功也可以用W＝qEd求解．

2、 (2)偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)：一般研究帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)問題．對于類平拋運(yùn)動(dòng)可直接利用平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律以及推論；較復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)常用運(yùn)動(dòng)分解的方法來處理． 2．帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中常見的運(yùn)動(dòng)類型 (1)勻速直線運(yùn)動(dòng)：當(dāng)v∥B時(shí)，帶電粒子以速度v做勻速直線運(yùn)動(dòng)． (2)勻速圓周運(yùn)動(dòng)：當(dāng)v⊥B時(shí)，帶電粒子在垂直于磁感線的平面內(nèi)以入射速度做勻速圓周運(yùn)動(dòng)． 3．設(shè)帶電粒子在組合場內(nèi)的運(yùn)動(dòng)實(shí)際上也是運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)規(guī)律．在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．在勻強(qiáng)電場中，若速度方向與電場方向平行，則做勻變速直線運(yùn)動(dòng)；若速度方向與電場方向垂直，則做類平拋運(yùn)動(dòng)

3、． (2)帶電粒子經(jīng)過磁場區(qū)域時(shí)利用圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律結(jié)合幾何關(guān)系處理． (3)當(dāng)粒子從一個(gè)場進(jìn)入另一個(gè)場時(shí)，分析轉(zhuǎn)折點(diǎn)處粒子速度的大小和方向往往是解題的突破口． 4.帶電粒子在疊加場中運(yùn)動(dòng)的處理方法 （1）弄清疊加場的組成特點(diǎn)． （2）正確分析帶電粒子的受力及運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)． （3）畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，靈活選擇不同的運(yùn)動(dòng)規(guī)律 ①若只有兩個(gè)場且正交，合力為零，則表現(xiàn)為勻速直線運(yùn)動(dòng)或靜止．例如電場與磁場中滿足qE＝qvB；重力場與磁場中滿足mg＝qvB；重力場與電場中滿足mg＝qE. ②若三場共存時(shí)，合力為零，粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，其中洛倫茲力F＝qvB的方向與速度v垂直． ③若三場共存時(shí)，

4、粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則有mg＝qE，粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，即qvB＝m. ④當(dāng)帶電粒子做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)或有約束的變速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，一般用動(dòng)能定理或能量守恒定律求解． 【名師提醒】 1.做好“兩個(gè)區(qū)分” （1）正確區(qū)分重力、電場力、洛倫茲力的大小、方向特點(diǎn)及做功特點(diǎn)。重力、電場力做功只與初末位置有關(guān)，與路徑無關(guān)，而洛倫茲力不做功。 （2）正確區(qū)分“電偏轉(zhuǎn)”和“磁偏轉(zhuǎn)”的不同?！半娖D(zhuǎn)”是指帶電粒子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，而“磁偏轉(zhuǎn)”是指帶電粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。 2.抓住“兩個(gè)技巧” （1）按照帶電粒子運(yùn)動(dòng)的先后順序，將整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程劃分成不同特點(diǎn)的小過程。 （2）

5、善于畫出幾何圖形處理幾何關(guān)系，要有運(yùn)用數(shù)學(xué)知識處理物理問題的習(xí)慣。 典型例題剖析： 考點(diǎn)一：帶電粒子在組合場中的運(yùn)動(dòng) 【典型例題1】在如圖所示的坐標(biāo)系中，y＞0的空間中存在勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)沿y軸負(fù)方向；y<0的空間中存在勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直xOy平面(紙面)向外．一電荷量為q、質(zhì)量為m的帶正電的粒子，經(jīng)過y軸上y＝h處的點(diǎn)P1時(shí)速率為v0，方向沿x軸正方向，然后，經(jīng)過x軸上x＝1.5h處的P2點(diǎn)進(jìn)入磁場，不計(jì)重力． (1)求粒子到達(dá)P2時(shí)速度的大??； (2)求電場強(qiáng)度的大小； (3)若在y軸的負(fù)半軸上y＝－1.5h處固定一個(gè)與x軸平行的足夠長的彈性絕緣擋板(粒子反彈后速度大小相

6、等，方向相反)，則粒子進(jìn)入磁場偏轉(zhuǎn)后恰好能垂直撞擊在擋板上，求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小，并求粒子從P1出發(fā)到第2次與擋板作用所經(jīng)歷的時(shí)間． 【答案】（1）v0（2）（3） 根據(jù)帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)洛倫茲力提供向心力可得：qvB＝ 聯(lián)立可得：B＝ 由于粒子反彈后仍以相同大小的速度繼續(xù)在磁場中沿順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)離開磁場后再進(jìn)入電場，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的對稱性可知，粒子進(jìn)入電場后的運(yùn)動(dòng)正好是粒子從P1到P2的運(yùn)動(dòng)的逆過程，因此可作出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示 【變式訓(xùn)練1】如圖所示，在xOy坐標(biāo)平面的第一象限內(nèi)存在有場強(qiáng)大小為E、方向豎直向上的勻強(qiáng)電場，第二象限內(nèi)存在有方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)

7、磁場．熒光屏PQ垂直于x軸放置且距y軸的距離為L.一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的粒子(不計(jì)重力)自坐標(biāo)為(－L，0)的A點(diǎn)以大小為v0、方向沿y軸正方向的速度進(jìn)入磁場，粒子恰好能夠到達(dá)原點(diǎn)O而不進(jìn)入電場．現(xiàn)若使該帶電粒子仍從A點(diǎn)進(jìn)入磁場，但初速度大小為2v0、方向與x軸正方向成45°角，求： (1)帶電粒子到達(dá)y軸時(shí)速度方向與y軸正方向之間的夾角； (2)粒子最終打在熒光屏PQ上的位置坐標(biāo)． 【答案】（1）速度方向與y軸正方向之間的夾角為90° （2） 【解析】：(1)設(shè)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，則由題意可知，當(dāng)粒子以速度v0進(jìn)入磁場時(shí)，設(shè)其圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，有Bqv0＝m，其中R

8、＝當(dāng)粒子以初速度大小為2v0、方向與x軸正方向成45°角進(jìn)入磁場時(shí)， (圖中α、β、θ均為45°)設(shè)其圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R′，則有Bq×2v0＝m 由以上各式可解得R′＝L 由幾何關(guān)系可知粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心在y軸上，所以該粒子必定垂直于y軸進(jìn)入勻強(qiáng)電場．故粒子到達(dá)y軸時(shí)，速度方向與y軸正方向之間的夾角為90°. 【名師提醒】 一、帶電粒子在組合場中運(yùn)動(dòng)的處理方法 二、謹(jǐn)記兩大偏轉(zhuǎn)模型 1．電偏轉(zhuǎn)(勻強(qiáng)電場中) 受力特點(diǎn)及運(yùn)動(dòng)性質(zhì) 電場力為恒力，帶電粒子做勻變速運(yùn)動(dòng)，軌跡為拋物線。只討論v0⊥E的情況，帶電粒子做類平拋運(yùn)動(dòng) 處理方法 運(yùn)動(dòng)的合成與分解 關(guān)注

9、要點(diǎn) (1)速度偏轉(zhuǎn)角θ，tan θ＝＝ (2)側(cè)移距離y0，y0＝ 2．磁偏轉(zhuǎn)(勻強(qiáng)磁場中) 受力特點(diǎn)及運(yùn)動(dòng)性質(zhì) 洛倫茲力大小恒定，方向總垂直于速度方向。帶電粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng) 處理方法 勻速圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律 關(guān)注要點(diǎn) (1)圓心及軌道半徑。兩點(diǎn)速度垂線的交點(diǎn)或某點(diǎn)速度垂線與軌跡所對弦的中垂線的交點(diǎn)即圓心，r＝ (2)周期及運(yùn)動(dòng)時(shí)間。周期T＝，運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝T，掌握圓心角θ的確定方法 (3)速度的偏轉(zhuǎn)角α。α＝θ 考點(diǎn)二：帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動(dòng) 【典型例題2】如圖所示，平面直角坐標(biāo)系的第二象限內(nèi)存在水平向左的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，一質(zhì)量為m、帶

10、電荷量為＋q的小球從A點(diǎn)以速度v0沿直線AO運(yùn)動(dòng)，AO與x軸負(fù)方向成37°角．在y軸與MN之間的區(qū)域Ⅰ內(nèi)加一電場強(qiáng)度最小的勻強(qiáng)電場后，可使小球繼續(xù)做直線運(yùn)動(dòng)到MN上的C點(diǎn)，MN與PQ之間區(qū)域Ⅱ內(nèi)存在寬度為d的豎直向上的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，小球在區(qū)域Ⅱ內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)并恰好不能從右邊界飛出，已知小球在C點(diǎn)的速度大小為2v0，重力加速度為g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： (1)第二象限內(nèi)電場強(qiáng)度E1的大小和磁感應(yīng)強(qiáng)度B1的大??； (2)區(qū)域Ⅰ內(nèi)最小電場強(qiáng)度E2的大小和方向； (3)區(qū)域Ⅱ內(nèi)電場強(qiáng)度E3的大小和磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的大小． 【答案】：(1)

11、　　(2)，方向與x軸正向成53°斜向上　(3)　 【解析】：(1)帶電小球在第二象限內(nèi)受重力、電場力和洛倫茲力作用做直線運(yùn)動(dòng)，三力滿足如圖1所示關(guān)系且小球只能做勻速直線運(yùn)動(dòng)．由圖1知tan 37°＝， 解得E1＝，cos 37°＝，解得B1＝. 【變式訓(xùn)練2】(2015·福建卷)如圖，絕緣粗糙的豎直平面MN左側(cè)同時(shí)存在相互垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場方向水平向右，電場強(qiáng)度大小為E，磁場方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的小滑塊從A點(diǎn)由靜止開始沿MN下滑，到達(dá)C點(diǎn)時(shí)離開MN做曲線運(yùn)動(dòng)．A、C兩點(diǎn)間距離為h，重力加速度為g. (1)求小滑

12、塊運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)的速度大小vC； (2)求小滑塊從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)過程中克服摩擦力做的功Wf； (3)若D點(diǎn)為小滑塊在電場力、洛倫茲力及重力作用下運(yùn)動(dòng)過程中速度最大的位置，當(dāng)小滑塊運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)撤去磁場，此后小滑塊繼續(xù)運(yùn)動(dòng)到水平地面上的P點(diǎn)．已知小滑塊在D點(diǎn)時(shí)的速度大小為vD，從D點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的時(shí)間為t，求小滑塊運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)速度的大小vP. 【答案】：(1)　(2)mgh－(3) (3)如圖所示， 小滑塊速度最大時(shí)，速度方向與電場力、重力的合力方向垂直．撤去磁場后小滑塊將做類平拋運(yùn)動(dòng)，等效加速度為g′， g′＝⑥ 且v＝v＋g′2t2⑦ 解得vP＝. 【變式訓(xùn)練3】如圖在

13、xOy坐標(biāo)系第Ⅰ象限，磁場方向垂直xOy平面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B＝1.0 T；電場方向水平向右，電場強(qiáng)度大小均為E＝ N/C，一個(gè)質(zhì)量m＝2.0×10－7 kg，電荷量q＝2.0×10－6 C的帶正電粒子從x軸上P點(diǎn)以速度v0射入第Ⅰ象限，恰好在xOy平面中做勻速直線運(yùn)動(dòng).0.10 s后改變電場強(qiáng)度大小和方向，帶電粒子在xOy平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，取g＝10 m/s2.求： (1)帶電粒子在xOy平面內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng)的速度v0大小和方向； (2)帶電粒子在xOy平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)電場強(qiáng)度的大小和方向； (3)若勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)恰好未離開第Ⅰ象限，x軸上入射P點(diǎn)應(yīng)滿足何條件？

14、 【答案】：(1)2 m/s　方向斜向上與x軸夾角為60°　(2)1 N/C　方向豎直向上　(3)x軸上入射P點(diǎn)離O點(diǎn)距離至少為0.27 m 【解析】：(1)如圖粒子在復(fù)合場中做勻速直線運(yùn)動(dòng)， (2)帶電粒子在xOy平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，電場力F電必須與重力平衡，洛倫茲力提供向心力．故電場強(qiáng)度：E′＝＝1 N/C，方向豎直向上． (3)如圖帶電粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)恰好未離開第Ⅰ象限，圓弧左邊與y軸相切于N點(diǎn)；PQ勻速直線運(yùn)動(dòng)， 【名師提醒】 關(guān)注幾場疊加，構(gòu)建運(yùn)動(dòng)模型，優(yōu)選規(guī)律解題 考點(diǎn)三：帶電粒子在交變電場中的運(yùn)動(dòng) 【典型例題3】如圖甲所示，寬度為d

15、的豎直狹長區(qū)域內(nèi)(邊界為L1、L2)，存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場和豎直方向上的周期性變化的電場(如圖乙所示)，電場強(qiáng)度的大小為E0，E>0表示電場方向豎直向上。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)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)求電場變化的周期T； (3)改變寬度d，使微粒仍能按上述運(yùn)動(dòng)過程通過相應(yīng)寬度的區(qū)域，求T的最小值。 【答案】 （1）q＝ B＝（2）＋（3）

16、 【變式訓(xùn)練4】如圖甲所示，水平直線MN下方有豎直向上的勻強(qiáng)電場，現(xiàn)將一重力不計(jì)、比荷＝106 C/kg的正電荷置于電場中的O點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)過×10－5 s后，電荷以v0＝1．5×104 m/s的速度通過MN進(jìn)入其上方的勻強(qiáng)磁場，磁場與紙面垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度B按圖乙所示規(guī)律作周期性變化。圖乙中磁場以垂直紙面向外為正，以電荷第一次通過MN時(shí)為t＝0時(shí)刻。求： (1)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E； (2)t＝×10－5 s時(shí)刻電荷與O點(diǎn)的水平距離； (3)如果在O點(diǎn)右方d＝68 cm處有一垂直于MN的足夠大的擋板，求電荷從O點(diǎn)出發(fā)運(yùn)動(dòng)到擋板所需的時(shí)間。(sin 37°＝0.60，cos 37°

17、＝0.80) 【答案】：(1)7.2×103 V/m　(2)4 cm　(3)3.86×10－4 s 電荷從磁場返回電場到再次進(jìn)入磁場所用時(shí)間為2t1＝×10－5 s， 故從t＝0時(shí)刻電荷做周期性運(yùn)動(dòng)，其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖甲所示。 t＝×10－5 s時(shí)刻電荷與O點(diǎn)的水平距離Δd＝2(r1－r2)＝4 cm。 (3)電荷從第一次通過MN開始，其運(yùn)動(dòng)的周期為T＝×10－5 s，根據(jù)電荷的運(yùn)動(dòng)情況可知，電荷到達(dá)擋板前運(yùn)動(dòng)的完整周期數(shù)為15個(gè)，電荷沿MN運(yùn)動(dòng)的距離s＝15Δd＝60 cm，故最后8 cm的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖乙所示，有r1＋r1cos α＝8 cm，解得cos α＝0.6，則α＝53°，

18、故電荷運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t總＝t1＋15T＋T1≈3.86×10－4 s。 【名師提醒】 電場或磁場呈周期性變化，使得帶電粒子的運(yùn)動(dòng)也往往具有周期性。這種情況下要仔細(xì)分析帶電粒子的運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)，畫出一個(gè)周期內(nèi)的運(yùn)動(dòng)軌跡的草圖，這對解決問題有很大的幫助。 考點(diǎn)四：電磁場技術(shù)的應(yīng)用 【典型例題4】如圖所 示，為一回旋加速器的示意圖，其核心部分為處于勻強(qiáng)磁場中的D形盒，兩D形盒之間接交流電源，并留有窄縫，離子在窄縫間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間忽略不計(jì)。已知D形盒的半徑為R，在D1部分的中央A處放有離子源，離子帶正電，質(zhì)量為m、電荷量為q，初速度

19、不計(jì)。若磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，每次加速時(shí)的電壓為U。忽略離子的重力等因素。求： (1)加在D形盒間交流電源的周期T； (2)離子在第3次通過窄縫后的運(yùn)動(dòng)半徑r3； (3)離子加速后可獲得的最大動(dòng)能Ekm。 【答案】：(1)　(2) 　(3) 【變式訓(xùn)練5】(多選)(2014·江蘇高考)如圖所示，導(dǎo)電物質(zhì)為電子的霍爾元件位于兩串聯(lián)線圈之間，線圈中電流為I，線圈間產(chǎn)生勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B與I成正比，方向垂直于霍爾元件的兩側(cè)面，此時(shí)通過霍爾元件的電流為IH，與其前后表面相連的電壓表測出的霍爾電壓UH滿足：UH＝k，式中k為霍爾系數(shù)，d為霍爾元件兩側(cè)面間的距離。電阻R遠(yuǎn)大于

20、RL，霍爾元件的電阻可以忽略，則 (　　) A．霍爾元件前表面的電勢低于后表面 B．若電源的正負(fù)極對調(diào)，電壓表將反偏 C．IH與I成正比 D．電壓表的示數(shù)與RL消耗的電功率成正比 【答案】CD 【名師提醒】 帶電粒子在電磁場中的運(yùn)動(dòng)與現(xiàn)代科技的綜合 模型選擇是解題前提，受力分析是解題方法 中學(xué)階段常見的帶電粒子在正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動(dòng)的幾種模型有①速度選擇器、②回旋加速器、③質(zhì)普儀、④磁流體發(fā)電機(jī)、⑤霍爾元件、⑥電磁流量計(jì)等。①、④、⑤和⑥的共同特征是粒子在其中只受電場力和洛倫茲力作用，并且最終電場力和洛倫茲力平衡。 專題九 課時(shí)跟

21、蹤訓(xùn)練 一、單項(xiàng)選擇題 1.(2017·衡水市冀州中學(xué)檢測)如圖為一種改進(jìn)后的回旋加速器示意圖，其中盒縫間的加速電場場強(qiáng)大小恒定，且被限制在AC板間，虛線中間不需加電場，如圖所示，帶電粒子從P0處以速度v0沿電場線方向射入加速電場，經(jīng)加速后再進(jìn)入D形盒中的勻強(qiáng)磁場做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，對這種改進(jìn)后的回旋加速器，下列說法正確的是(　　) A．帶電粒子每運(yùn)動(dòng)一周被加速兩次 B．帶電粒子每運(yùn)動(dòng)一周P1P2＝P3P4 C．加速粒子的最大速度與D形盒的尺寸有關(guān) D．加速電場方向需要做周期性的變化 【答案】C 當(dāng)粒子從D形盒中出來時(shí)，速度最大，根據(jù)r＝得，v＝，知加速粒子的最大速度與D形盒的

22、半徑有關(guān)，故C正確。 2.(2017·淮安模擬)如圖所示，一帶電液滴在相互垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中剛好做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其軌道半徑為R，已知該電場的電場強(qiáng)度為E，方向豎直向下；該磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面向里，不計(jì)空氣阻力，設(shè)重力加速度為g，則(　　) A．液滴帶正電 B．液滴比荷＝ C．液滴沿順時(shí)針方向運(yùn)動(dòng) D．液滴運(yùn)動(dòng)速度大小v＝ 【答案】C 3.如圖所示，空間的某個(gè)復(fù)合場區(qū)域內(nèi)存在著豎直向下的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向里的勻強(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

23、區(qū)，質(zhì)子(不計(jì)重力)穿過復(fù)合場區(qū)所用時(shí)間為t，從復(fù)合場區(qū)穿出時(shí)的動(dòng)能為Ek，則(　　) A．若撤去磁場B，質(zhì)子穿過場區(qū)時(shí)間大于t B．若撤去電場E，質(zhì)子穿過場區(qū)時(shí)間等于t C．若撤去磁場B，質(zhì)子穿過場區(qū)時(shí)動(dòng)能大于Ek D．若撤去電場E，質(zhì)子穿出場區(qū)時(shí)動(dòng)能大于Ek 【答案】C 【解析】 粒子在電場中是直線加速，進(jìn)入復(fù)合場，電場力和洛倫茲力均與速度垂直，是勻速直線運(yùn)動(dòng)．若撤去磁場，只剩下電場，粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，若撤去電場，只剩下磁場，粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，速度不變，末動(dòng)能不變，仍為Ek，D錯(cuò)誤． 4.如圖所示，質(zhì)量為m，電量為q的帶正電的物體，在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面向里

24、的勻強(qiáng)磁場中，沿動(dòng)摩擦因數(shù)為μ的水平面向左運(yùn)動(dòng)，則(　　) A．若另加一個(gè)電場強(qiáng)度為，方向水平向右的勻強(qiáng)電場，物體做勻速運(yùn)動(dòng) B．若另加一個(gè)電場強(qiáng)度為，方向豎直向上的勻強(qiáng)電場，物體做勻速直線運(yùn)動(dòng) C．物體的速度由v減小到零所用的時(shí)間等于　 D．物體的速度由v減小到零所用的時(shí)間小于　 【答案】 B 5.平行板電容器豎直放置，A板接電源正極，B板接電源負(fù)極，在電容器中加勻強(qiáng)磁場，磁場方向與電場方向垂直，如圖所示，從A板中間的小孔C入射一批帶正電的微粒，入射的速度大小、方向各不相同(入射速度方向與磁場方向垂直，且與電場方向夾角小于90°)，微粒重力不能忽略，則微粒在平行板A、B間

25、運(yùn)動(dòng)過程中(　　) A．所有微粒的動(dòng)能都將增加 B．所有微粒的機(jī)械能都將不變 C．有的微?？赡茏鰟蛩僦本€運(yùn)動(dòng) D．有的微?？赡茏鰟蛩賵A周運(yùn)動(dòng) 【答案】C 二、多項(xiàng)選擇題 6.質(zhì)譜儀是用來分析同位素的裝置，如圖為質(zhì)譜儀的示意圖，其由豎直放置的速度選擇器、偏轉(zhuǎn)磁場構(gòu)成。由三種不同粒子組成的粒子束以某速度沿豎直向下的方向射入速度選擇器，該粒子束沿直線穿過底板上的小孔O進(jìn)入偏轉(zhuǎn)磁場，最終三種粒子分別打在底板MN上的P1、P2、P3三點(diǎn)，已知底板MN上下兩側(cè)的勻強(qiáng)磁場方向均垂直紙面向外，且磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小分別為B1、B2，速度選擇器中勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度的大小為E。不計(jì)粒子的重力以及

26、它們之間的相互作用，則(　　) A．速度選擇器中的電場方向向右，且三種粒子均帶正電 B．三種粒子的速度大小均為 C．如果三種粒子的電荷量相等，則打在P3點(diǎn)的粒子質(zhì)量最大 D．如果三種粒子電荷量均為q，且P1、P3的間距為Δx，則打在P1、P3兩點(diǎn)的粒子質(zhì)量差為 【答案】AC 【解析】　根據(jù)粒子在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2的勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng)軌跡可判斷粒子帶正電，又由于粒子束在速度選擇器中沿直線運(yùn)動(dòng)，因此電場方向一定向右，A正確；粒子在速度選擇器中做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則電場力與洛倫茲力等大反向，Eq＝B1qv，可得v＝，B錯(cuò)誤；粒子在底板MN下側(cè)的磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)，洛倫茲力充當(dāng)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力

27、，qB2v＝m，可得R＝，如果三種粒子的電荷量相等，粒子的質(zhì)量越大，其軌道半徑也越大，所以打在P3點(diǎn)的粒子質(zhì)量最大，C正確；由題圖可知OP1＝2R1＝、OP3＝2R3＝，由題意可知Δx＝OP3－OP1＝－，因此Δm＝m3－m1＝＝，D錯(cuò)誤。 7.(2017·常州質(zhì)檢)如圖甲所示為一個(gè)質(zhì)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(xì)桿上滑動(dòng)，細(xì)桿處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，不計(jì)空氣阻力，現(xiàn)給圓環(huán)向右的初速度v0，在以后的運(yùn)動(dòng)過程中，圓環(huán)運(yùn)動(dòng)的速度圖像可能是圖乙中的(　　) 【答案】AD 8.如圖所示是選擇密度相同、大小不同的納米粒子的一種裝置。待選

28、粒子帶正電且電荷量與其表面積成正比，待選粒子從O1進(jìn)入小孔時(shí)可認(rèn)為速度為零，加速電場區(qū)域Ⅰ的板間電壓為U，粒子通過小孔O2射入正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場區(qū)域Ⅱ，其中勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，左右兩極板間距為d，區(qū)域Ⅱ的出口小孔O3與O1、O2在同一豎直線上，若半徑為r0、質(zhì)量為m0、電荷量為q0的納米粒子剛好能沿該直線通過，不計(jì)納米粒子重力，則(　　) A．區(qū)域Ⅱ的電場的場強(qiáng)大小與磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小比值為 B．區(qū)域Ⅱ左右兩極板的電勢差U1＝Bd C．若密度相同的納米粒子的半徑r＞r0，則它進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ時(shí)仍將沿直線通過 D．若密度相同的納米粒子的半徑r＞r0，它進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ時(shí)仍沿直

29、線通過，則區(qū)域Ⅱ的電場強(qiáng)度與原電場強(qiáng)度之比為 【答案】AD 9.(2017·揚(yáng)州市五校聯(lián)盟“一診”)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MN間電壓為U。已知自由電子的電量為e。下列說法正確的是(　　) A．M板比N板電勢高 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 C．導(dǎo)體中自由電子定向移動(dòng)的速度為v＝ D．導(dǎo)體單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)為 【答案】CD 【解析】　如圖，電流方向向右，電子定向移動(dòng)方向向左，根據(jù)左手定則判斷可知，電子所受的洛倫茲力方向向上，則M積累

30、了電子，MN之間產(chǎn)生向上的電場，所以M板比N板電勢低，A錯(cuò)誤；電子定向移動(dòng)相當(dāng)長度為d的導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢，電壓表的讀數(shù)U等于感應(yīng)電動(dòng)勢E，則有U＝E＝Bdv，可見，電壓表的示數(shù)與導(dǎo)體單位體積內(nèi)自由電子數(shù)無關(guān)，故B錯(cuò)誤；由U＝E＝Bdv，得自由電子定向移動(dòng)的速度為v＝，故C正確；電流的微觀表達(dá)式是I＝nevS，則導(dǎo)體單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)n＝，S＝db，v＝，代入得n＝，故D正確。 10.(2017·蘇州模擬)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E和勻強(qiáng)磁場B的復(fù)合場中(E和B已知)，小球在此空間的豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，

31、則(　　) A．小球可能帶正電 B．小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r＝ C．小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T＝ D．若電壓U增大，則小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期增加 【答案】BC 三、計(jì)算題 11.(2017·連云港三中模擬)如圖甲所示，質(zhì)量為m帶電量為－q的帶電粒子在t＝0時(shí)刻由a點(diǎn)以初速度v0垂直進(jìn)入磁場，Ⅰ區(qū)域磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度大小不變方向周期性變化如圖乙所示(垂直紙面向里為正方向)；Ⅱ區(qū)域?yàn)閯驈?qiáng)電場，方向向上；Ⅲ區(qū)域?yàn)閯驈?qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小與Ⅰ區(qū)域相同均為B0。粒子在Ⅰ區(qū)域內(nèi)一定能完成半圓運(yùn)動(dòng)且每次經(jīng)過mn的時(shí)刻均為整數(shù)倍，則 (1)粒子在Ⅰ區(qū)域運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為多少？

32、 (2)若初始位置與第四次經(jīng)過mn時(shí)的位置距離為x，求粒子進(jìn)入Ⅲ區(qū)域時(shí)速度的可能值(初始位置記為第一次經(jīng)過mn)。 【答案】： (1)或　(2)?。?v0 【解析】：(1)帶電粒子在Ⅰ區(qū)域做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，即qv0B0＝m 解得r＝。 (2) 12.(2017·南京六校高三第一次聯(lián)考)如圖所示，兩平行金屬板E、F之間電壓為U，兩足夠長的平行邊界MN、PQ區(qū)域內(nèi)，有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，一質(zhì)量為m、帶電量為＋q的粒子(不計(jì)重力)，由E板中央處靜止釋放，經(jīng)F板上的小孔射出后，垂直進(jìn)入磁場，且進(jìn)入磁場時(shí)與邊界MN成60°角，磁場MN和PQ邊界距離為d。求： (1)粒子離開電場時(shí)的速度； (2)若粒子垂直邊界PQ離開磁場，求磁感應(yīng)強(qiáng)度B； (3)若粒子最終從磁場邊界MN離開磁場，求磁感應(yīng)強(qiáng)度的范圍。 【答案】：(1) 　(2) 　(3)B≥ (3)最終粒子從邊界MN離開磁場，需滿足條件：剛好軌跡于PQ相切 d＝r＋rsin 30° 解得：B＝ 磁感應(yīng)強(qiáng)度的最小值為B＝ ，磁感應(yīng)強(qiáng)度的范圍是B≥ 。 24