（浙江專版）2019版高考物理大一輪復習 第八章 磁場 第3課時 帶電粒子在復合場中的運動學案

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1、 第3課時　帶電粒子在復合場中的運動 一、帶電粒子在復合場中的運動 1.復合場：電場、磁場、重力場共存，或其中某兩場共存。 2.帶電粒子在復合場中運動的幾種情況 （1）當帶電粒子在復合場中所受的合外力為零時，粒子將靜止或做勻速直線運動。 （2）當帶電粒子所受的合外力與運動方向在同一條直線上時，粒子將做直線運動。 （3）當帶電粒子所受的合外力充當向心力且大小不變時，粒子將做勻速圓周運動。 （4）當帶電粒子所受合外力大小與方向均變化時，粒子將做非勻變速曲線運動，這類問題一般用能量關系來處理。 二、帶電粒子在組合場中的運動 （1）組合場：是指電場、磁場、重力場有兩種場同時存在

2、，但各位于一定的區(qū)域內且不重疊。 （2）對“組合場”問題的處理方法：進行分段處理，注意在兩種區(qū)域交界處的邊界問題與運動的連接條件。 三、帶電粒子在復合場中運動實例 1.速度選擇器（如圖所示） （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電荷的加速作用和磁場對運動電荷的偏轉作用來獲得高能粒子的裝置。由于帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的周期T＝，與速率無關，所以只要交變電場的變化周期等于粒子

3、做圓周運動的周期，就可以使粒子每次通過電場時都能得到加速。粒子通過D形金屬盒時，由于金屬盒的靜電屏蔽作用，盒內空間的電場極弱，所以粒子只受洛倫茲力作用而做勻速圓周運動，設D形盒的半徑為r，則粒子獲得的最大動能為。 3.質譜儀 質量為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射出電場時的速度v＝，然后經過S3沿著與磁場垂直的方向進入磁感應強度為B的勻強磁場中，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.利用質譜儀可以測得

4、帶電粒子的比荷（ √ ） 3.經過回旋加速器加速的帶電粒子的最大動能是由D形盒的最大半徑、磁感應強度B、加速電壓的大小共同決定的（ × ） 考點一　帶電粒子在組合場的運動（－/d） [要點突破] 1.解決帶電粒子在組合場中運動的一般思路： （1）明確組合場是由哪些場組合成的。 （2）判斷粒子經過組合場時的受力和運動情況，并畫出相應的運動軌跡簡圖。 （3）具體運動問題的思路方法如圖 2.區(qū)別“電偏轉”和“磁偏轉” 垂直電場線進入勻強電場（不計重力） 垂直磁感線進入勻強磁場（不計重力） 受力情況 電場力F＝qE，其大小、方向不變，與速度v無關，F(xiàn)是恒力 洛倫茲

5、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 運動軌跡 求解方法 利用類似平拋運動的規(guī)律求解： vx＝v0，x＝v0t， vy＝·t， y＝··t2 偏轉角φ： tan φ＝＝ 半徑：r＝， 周期：T＝ 偏移距離y和偏轉角φ要結合圓的幾何關系利用圓周運動規(guī)律討論求解 運動時間 t＝ t＝T＝ 動能 變化 不變 [典例剖析] 【例1】 （2015·10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Ⅰ和Ⅱ存在方向垂直紙面向里的勻強磁場B1和B2，長L＝1.0 m的區(qū)域Ⅲ存在場強大小E＝5.

6、0×104 V/m、方向水平向右的勻強電場。區(qū)域Ⅲ中間上方有一離子源S，水平向左發(fā)射動能Ek0＝4.0×104 eV的氘核，氘核最終從區(qū)域Ⅱ下方的P點水平射出。S、P兩點間的高度差h＝0.10 m。 （氘核質量m＝2×1.67×10－27 kg，電荷量q＝1.60×10－19 C，1 eV＝1.60×10－19 J，≈1×10－4） （1）求氘核經過兩次加速后從P點射出時的動能Ek2； （2）若B1＝1.0 T，要使氘核經過兩次加速后從P點射出，求區(qū)域Ⅰ的最小寬度d； （3）若B1＝1.0 T，要使氘核經過兩次加速后從P點射出，求區(qū)域Ⅱ的磁感應強度B2。 解析?。?）由動能定理W

7、＝Ek2－Ek0， 電場力做功W＝qE·2L， 得Ek2＝Ek0＋qE·2L＝2.24×10－14 J。 （2）洛倫茲力提供向心力qvB＝m， 第一次進入B1區(qū)域，半徑R0＝＝0.04 m， 第二次進入B1區(qū)域， mv＝Ek0＋qEL，R2＝＝0.06 m， 故d＝R2＝0.06 m。 （3）氘核運動軌跡如圖所示。 由圖中幾何關系可知 2R2＝h＋（2R1－2R0）， 得R1＝0.05 m， 由R1＝， 得B2＝＝1.2 T。 答案?。?）2.24×10－14 J?。?）0.06 m　（3）1.2 T 【例2】 如圖所示，平行板電容器兩金屬板A、B板長L＝32

8、 cm，兩板間距離d＝32 cm，A板的電勢比B板高。電荷量q＝10－10 C、質量m＝10－20kg的帶正電的粒子，以初速度v0＝2×106 m/s沿電場中心線垂直電場線飛入電場。隨后，粒子在O點飛出平行板電容器（速度偏轉角為37°），并進入磁場方向垂直紙面向里，且邊長為CD＝24 cm的正方形勻強磁場區(qū)域。（sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，粒子的重力不計） （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，求磁感應強度的范圍。 解析?。?）帶電粒子射出電場時在電場方向上的速度為： vy＝v0tan 37°① vy＝at②

9、 在電場中，由牛頓第二定律可得：qE＝q＝ma③ 在電場中垂直于電場方向上有：L＝v0t④ 聯(lián)立①②③④可得A、B兩板的電勢差為：U＝300 V⑤ （2）粒子進入磁場的速度為：v＝⑥ 帶電粒子射出電場時在電場方向上的位移為： y＝at2⑦ 粒子要打在CD上，當磁感應強度最大時，運動軌跡如圖線1所示，設此時的磁感應強度為B1，半徑為R1，由幾何關系可得：y＝R1＋R1cos 37°⑧ 由洛倫茲力提供向心力可得：qvB1＝m⑨ 粒子要打在CD上，當磁感應強度最小時，假設運動軌跡與右邊界相切且從CD射出，設此時的半徑為R2，由幾何關系可得：CD＝R2＋R2sin 37°⑩ 解得

10、R2＝15 cm，又由于R2cos 37°＝12 cm＝y(tǒng)，故粒子圓心恰好在CD上，且從D點射出磁場，如圖線2所示，假設成立，設此時的磁感應強度為B2 由洛倫茲力提供向心力可得：qvB2＝m? 聯(lián)立以上各式并代入數據可得磁感應強度的范圍為： 1.7×10－3 T≤B≤3.75×10－3 T。 答案?。?）300 V?。?）1.7×10－3 T≤B≤3.75×10－3 T [針對訓練] 1.（2017·浙江新高考研究聯(lián)盟聯(lián)考）如圖所示，平面直角坐標系xOy在第一象限內存在水平向左的勻強電場，第二、四象限內存在垂直紙面向里的勻強磁場，第三象限內存在與x軸負方向成30°角斜向上的勻強電場

11、。一質量為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點與x軸正方向成30°角進入第三象限。粒子到達y軸上的D點（沒畫出）時速度剛好減半，經第四象限磁場偏轉后又能垂直x軸進入第一象限內，最后恰好回到A點。已知OA＝a，第二象限內勻強磁場的磁感應強度為B。粒子重力不計，求： （1）粒子初速度v0； （2）第四象限內勻強磁場的磁感應強度B1的大?。? （3）粒子在第一、三象限內運行時間的比值t1：t3。 解析?。?）粒子在第二象限內運動正好完成半個圓周，則 2R1cos 30°＝OA解得R1＝a 而Bqv0＝m解

12、得v0＝ （2）粒子在第三象限中運動時有CD＝2R1tan 30°＝a 粒子在第四象限中運動時有R2＝CDtan 30°＝a 而B1qv1＝m，v1＝v0 解得B1＝B （3）粒子在第一象限內：t1＝＝＝＝ 粒子在第三象限內：t3＝＝＝， 所以＝。 答案　（1）?。?）B　（3） 2.（2017·金華模擬）如圖所示，半徑為R的半圓形區(qū)域內分布著垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，半圓的左邊垂直x軸放置一粒子發(fā)射裝置，在－R≤y≤R的區(qū)間內各處均沿x軸正方向同時發(fā)射出一個帶正電粒子，粒子質量均為m，電荷量均為q，粒子在發(fā)射裝置內從靜止被電場加速至某速度，不計粒子間的相互

13、作用，且粒子重力忽略不計，所有粒子均能穿過磁場到達y軸，且沿x軸射入的粒子剛好經過y軸上y＝R位置，求 （1）發(fā)射裝置中加速電壓U的大?。? （2）最后到達y軸的粒子與最先到達y軸的粒子的時間差Δt； （3）把粒子發(fā)射裝置的發(fā)射區(qū)間改成－≤y≤，求y軸上有粒子到達的區(qū)間。 解析?。?）由qU＝mv2，解得U＝ 由條件可知，粒子在磁場中運動的半徑為r＝R，根據qvB＝m，解得v＝ 聯(lián)立解得U＝ （2）從x＝－R處開始計時，最先到達y軸的是不經過磁場直接到達的粒子，其運動時間為 t1＝ 最后到達y軸的是磁場中運動圓弧弧長最長的粒子，即沿x軸入射的粒子， 其運動時間為t2＝，故

14、時間差為Δt＝－ （3）由幾何關系可得0≤y≤的粒子全部打在y＝R位置，－≤y≤0的粒子依次分布在y軸上， 其中y＝－的粒子剛好經過原點O，故y軸上有粒子到達的區(qū)間為y＝0到y(tǒng)＝R。 答案?。?）　（2）－?。?）0～R 考點二　帶電粒子在復合場中的運動（－/d） [要點突破] 1.弄清復合場的組成，如磁場、電場的復合，磁場、重力場的復合，磁場、電場、重力場三者的復合等。 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析。 3.確定帶電粒子的運動狀態(tài)，注意運動情況和受力情況的結合。 4.對于粒子連續(xù)通過幾個不同區(qū)域、不同種類的場時，要分階段進行處理。

15、5.畫出粒子運動軌跡，靈活選擇不同的運動規(guī)律。 （1）當帶電粒子在復合場中做勻速直線運動時，根據受力平衡列方程求解。 （2）當帶電粒子在復合場中做勻速圓周運動時，應用牛頓定律結合圓周運動規(guī)律求解。 （3）當帶電粒子做復雜曲線運動時，一般用動能定理或能量守恒定律求解。 6.對于臨界問題，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電壓U加速后，水平進入互相垂直的勻強電場（場強為E）和勻強磁場（磁感應強度為B）的復合場中，小球在此空間的豎直面內做勻速圓周運動，則（　?。? A.小球可能帶正電 B.小球做勻速圓周運動的半徑r＝

16、 C.小球做勻速圓周運動的周期T＝ D.若電壓U增大，則小球做勻速圓周運動的周期增加 解析　小球在復合場中做勻速圓周運動，則小球受的電場力和重力大小相等，方向相反，則小球帶負電，A錯誤；由牛頓第二定律和動能定理可得：qvB＝，qU＝mv2，聯(lián)立mg＝qE可得：小球做勻速圓周運動的半徑r＝，由T＝可以得出T＝，所以B正確，C、D錯誤。 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的勻強磁場?，F(xiàn)有一質量為m、電量為q的帶負電顆粒以v0的水平速度沿中心線進入兩板之間，調節(jié)電源電壓，使帶電顆粒在電

17、場區(qū)域恰好沿水平方向做勻速直線運動，經過電場和磁場共存區(qū)域后從P點射出，已知P點距下極板為，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）求勻強磁場的磁感應強度大小。 解析?。?）電場力方向向上，電場強度方向向下，所以，上極板帶正電荷； 設兩極板電勢差為U，電場力與重力平衡，則 由：q＝mg 得：U＝ （2）顆粒在電場和磁場區(qū)域內做勻速圓周運動，設半徑為R，由幾何關系可知 R2＝d2＋（R－）2 得：R＝d 由Bqv0＝m 則磁感應強度：B＝ 答案　（1）正電荷　?。?） [針對訓練] 1.（2017·全國Ⅰ）如圖，空間某

18、區(qū)域存在勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向上（與紙面平行），磁場方向垂直于紙面向里，三個帶正電的微粒a、b、c電荷量相等，質量分別為ma、mb、mc，已知在該區(qū)域內，a在紙面內做勻速圓周運動，b在紙面內向右做勻速直線運動，c在紙面內向左做勻速直線運動。下列選項正確的是（　?。? A.ma＞mb＞mc B.mb＞ma＞mc C.mc＞ma＞mb D.mc＞mb＞ma 解析　由題意知，三個帶電微粒受力情況：mag＝qE，mbg＝qE＋Bqv，mcg＋Bqv＝qE，所以mb>ma>mc，故B正確，A、C、D錯誤。 答案　B 2.如圖所示，在互相垂直的勻強電場和勻強磁場中，電荷量為q的

19、液滴在豎直面內做半徑為R的勻速圓周運動，已知電場強度為E，磁感應強度為B，則液滴的質量和環(huán)繞速度分別為（　?。? A.， B.， C.B， D.， 解析　液滴要在這種疊加場中做勻速圓周運動，從受力的角度來看，一是要滿足恒力的合力為零，即qE＝mg，有m＝；二是洛倫茲力提供向心力Bqv＝，則可得v＝，選項D正確。 答案　D 考點三　帶電粒子在復合場中運動的實際應用（－/d） [要點突破] 粒子速度選擇器、質譜儀、回旋加速器等實際應用問題要重視物理模型意識的培養(yǎng)，善于把握模型的本質，理解原理，學會變通。 [典例剖析] 【例1】 1930年勞倫斯制成了世界上第一臺回旋加速器，

20、其原理如圖所示。這臺加速器由兩個銅質D形盒D1、D2構成，半徑均為R，其間留有空隙，磁感應強度為B的勻強磁場與盒面垂直，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進入加速器 B.粒子由加速器的邊緣進入加速器 C.粒子從磁場中獲得能量 D.粒子獲得的最大動能由電壓U決定 解析　粒子由加速器的中心附近進入加速器，從電場中獲取能量，最后從加速器邊緣離開加速器，選項A正確，B、C錯誤；由qvB＝得，Ekm＝，可知粒子獲得的最大動能由磁感應強度B和D形盒半徑R決定，與電壓U無關，D錯誤。 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

21、屬導體，當加有與側面垂直的勻強磁場B，且通以圖示方向的電流I時，用電壓表測得導體上、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.導體的M面比N面電勢高 B.導體單位體積內自由電子數越多，電壓表的示數越大 C.導體中自由電子定向移動的速度為v＝ D.導體單位體積內的自由電子數為 解析　由于自由電子帶負電，根據左手定則可知，M板電勢比N板電勢低，選項A錯誤；當上、下表面電壓穩(wěn)定時，有q＝qvB，得U＝Bdv或v＝，與單位體積內自由電子數無關，選項B、C錯誤；再根據I＝neSv，可知選項D正確。 答案　D [針對訓練] 1.（2017·舟山模

22、擬）一質子以速度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，則（　?。? A.若電子以相同速度v射入該區(qū)域，將會發(fā)生偏轉 B.無論何種帶電粒子（不計重力），只要以相同速度v射入都不會發(fā)生偏轉 C.若質子的速度v′v，它將向上偏轉而做類平拋運動 解析　質子穿過互相垂直的電場和磁場區(qū)域而沒有發(fā)生偏轉，則qvB＝qE，v＝，無論何種帶電粒子（不計重力）只要v＝，均不會發(fā)生偏轉，故選項A錯誤，B正確；當v′v時qvB≠qE，電場力做功，速度大小、方向發(fā)生變化，則洛倫茲力時刻改變，其運動軌跡既不是圓弧也不是拋物

23、線，選項C、D錯誤。 答案　B 2.（2017·湖州模擬）質譜儀是一種研究帶電粒子的重要工具，它的構造原理如圖所示。粒子源S產生的帶正電的粒子首先經M、N兩帶電金屬板間的勻強電場加速，然后沿直線從縫隙O垂直于磁場方向進入磁感應強度為B的勻強磁場，在磁場中經過半個圓周打在照相底片上的P點。已知M、N兩板間的距離為d，電場強度為E。設帶正電的粒子進入電場時的速度、所受重力及粒子間的相互作用均可忽略。 （1）若粒子源產生的帶正電的粒子質量為m、電荷量為q，求這些帶電粒子離開電場時的速度大??； （2）若粒子源產生的帶正電的粒子質量為m、電荷量為q，其打在照相底片上的P點與縫隙O的距離為y，

24、請推導y與m的關系式； （3）若粒子源S產生的帶正電的粒子電荷量相同而質量不同，這些帶電粒子經過電場加速和磁場偏轉后，將打在照相底片上的不同點。現(xiàn)要使這些點的間距盡量大一些，請寫出至少兩項可行的措施。 解析?。?）設帶電粒子離開電場時的速度大小為v， 根據動能定理qEd＝mv2， 解得v＝ （2）設帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R， 根據牛頓第二定律qvB＝m 由幾何關系可知，y＝2R， 解得y＝ （3）可行的措施：①增加電場強度，保持其它條件不變；②減小磁感應強度，保持其它條件不變。 答案?。?）?。?）y＝　（3）見解析 1.在如圖所示的勻強電場和勻強磁場

25、共存的區(qū)域內（不計重力），電子可能沿水平方向向右做直線運動的是（　?。? 解析　若電子水平向右運動，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動；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動；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動，因此只有選項B正確。 答案　B 2.設空間存在豎直向下的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，如圖所示，已知一離子在電場力和洛倫茲力的作用下，從靜止開始自A點沿曲線ACB運動，到達B點時速度為零，C點是運動的最低點，忽略重力

26、，以下說法正確的是（　　） A.該離子帶負電荷 B.A點和B點位于不同高度 C.離子在C點時速度最大 D.離子到達B點時，將沿原曲線返回A點 解析　因為離子由A運動到了B，由運動軌跡可判斷離子帶正電，選項A錯誤；到達B點時速度為零，說明電場力做功為零，所以A點和B點位于同一等勢面上，即同一高度，選項B錯誤；由于洛倫茲力不做功，在運動過程中，到C點時電場力做功最多，因此離子在C點時速度最大，選項C正確；在B點對離子受力分析可知，離子將向右重復曲線運動，選項D錯誤。 答案　C 3.（2016·全國Ⅰ）現(xiàn)代質譜儀可用來分析比質子重很多倍的離子，其示意圖如圖所示，其中加速電壓恒定。質

27、子在入口處從靜止開始被加速電場加速，經勻強磁場偏轉后從出口離開磁場。若某種一價正離子在入口處從靜止開始被同一加速電場加速，為使它經勻強磁場偏轉后仍從同一出口離開磁場，需將磁感應強度增加到原來的12倍。此離子和質子的質量比約為（　?。? A.11 B.12 C.121 D.144 解析　設質子的質量和電荷量分別為m1、q1，一價正離子的質量和電荷量為m2、q2。對于任意粒子，在加速電場中，由動能定理得 qU＝mv2－0，得v＝① 在磁場中qvB＝m② 由①②式聯(lián)立得m＝，由題意知，兩種粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑相同，加速電壓U不變，其中B2＝12B1，q1＝q2，可得

28、＝＝144，故選項D正確。 答案　D 4.如圖，在豎直平面內建立直角坐標系xOy，其第一象限存在著正交的勻強電場和勻強磁場，電場強度的方向水平向右，磁感應強度的方向垂直紙面向里。一帶電荷量為＋q、質量為m的微粒從原點出發(fā)沿與x軸正方向的夾角為45°的初速度進入復合場中，正好做直線運動，當微粒運動到A（l，l）時，電場方向突然變?yōu)樨Q直向上（不計電場變化的時間），粒子繼續(xù)運動一段時間后，正好垂直于y軸穿出復合場。不計一切阻力，求： （1）電場強度E的大?。? （2）磁感應強度B的大??； （3）粒子在復合場中的運動時間。 解析?。?）微粒到達A（l，l）之前做勻速直線運動，對微粒受力分

29、析如圖甲： 甲 所以，Eq＝mg，得E＝ （2）由平衡條件得qvB＝mg 電場方向變化后，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動，軌跡如圖乙，qvB＝m 乙 由幾何知識可得：r＝l v＝ 聯(lián)立解得：B＝ （3）微粒做勻速運動時間：t1＝＝ 做圓周運動時間：t2＝＝ 在復合場中運動時間：t＝t1＋t2＝ 答案　（1）?。?）?。?） 5.如圖所示，靜止于A處的離子，經電壓為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點垂直CN進入矩形區(qū)域的有界勻強電場，電場方向水平向左。靜電分析器通道內有均勻輻向分布的電場，已知圓弧所在處場強為E0

30、，方向如圖所示；離子質量為m、電荷量為q；QN＝2d、PN＝3d，離子重力不計。 （1）求圓弧虛線對應的半徑R的大??； （2）若離子恰好能打在NQ的中點上，求矩形區(qū)域QNCD內勻強電場場強E的值； （3）若撤去矩形區(qū)域QNCD內的勻強電場，換為垂直紙面向里的勻強磁場，要求離子能最終打在QN上，求磁場磁感應強度B的取值范圍。 解析?。?）離子在加速電場中加速，根據動能定理， 有：qU＝mv2 離子在輻向電場中做勻速圓周運動，靜電力提供向心力，根據牛頓第二定律，有qE0＝， 得：R＝。 （2）離子做類平拋運動，則 d＝vt， 3d＝at2， 根據牛頓第二定律，有qE＝ma

31、， 得：E＝。 （3）離子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，根據牛頓第二定律，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，則離子運動徑跡的邊界如圖中Ⅰ和Ⅱ。 由幾何關系知，離子能打在QN上，必須滿足： d

32、 A.E向上，B向上 B.E向下，B向下 C.E向上，B向下 D.E向下，B向上 解析　負離子打在第Ⅲ象限，相對于原點O向下運動和向左運動，所以E向上，B向下，選項C正確。 答案　C 2.如圖所示，一電子束沿垂直于電場線與磁感線方向入射后偏向A極板，為了使電子束沿射入方向做直線運動，可采用的方法是（　?。? A.將變阻器滑動頭P向右滑動 B.將變阻器滑動頭P向左滑動 C.將極板間距離適當減小 D.將極板間距離適當增大 解析　電子射入極板間后，偏向A板，說明qE>qvB，由E＝可知，減小場強E的方法有增大板間距離和減小板間電壓，故C錯誤，D正確；而移動變阻器滑動頭P并不能

33、改變板間電壓，故A、B均錯誤。 答案　D 3.如圖所示，一塊金屬塊放在勻強磁場中，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軸負方向 C.沿z軸負方向 D.沿z軸正方向 解析　當通以沿x軸正方向的電流時金屬塊中電子會向x軸負方向流動，而據題意知電子受力方向為向下，所以據左手定則知磁場方向沿z軸負方向。 答案　C 4.如圖所示為一速度選擇器，兩極板P1、P2之間存在電場強度為E的勻強電場和磁感應強度為B的勻強磁場。一束粒子流（重力不計）以速度v從S1沿直線運動到S2，則下列說法中正確的是（　?。?/p>

34、 A.粒子一定帶正電 B.粒子一定帶負電 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；若粒子帶負電，電場力向右，洛倫茲力向左，也可以做直線運動，故粒子可能帶正電，也可能帶負電，所以A、B錯誤；要做直線運動，要求Bqv＝qE，v＝，所以C錯誤，D正確。 答案　D 5.如圖所示，空間的某個復合場區(qū)域內存在著方向相互垂直的勻強電場和勻強磁場。質子由靜止開始經一加速電場加速后，垂直于復合場的界面進入并沿直線穿過場區(qū)，質子從復合場區(qū)穿出時的動能為Ek。那么氘核同樣由靜止開始經同一加速電場加速后穿過同一復合場后的動能E

35、k′的大小是（　?。? A.Ek′＝Ek B.Ek′>Ek C.Ek′

36、的是（　?。? A.不可能做曲線運動 B.一定做曲線運動 C.有可能做勻加速運動 D.有可能做勻速運動 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動，不可能做勻速或勻加速運動A、C、D錯誤。 答案　B 7.如圖所示，勻強電場方向水平向右，勻強磁場方向垂直于紙面向里，一質量為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°角的方向射入復合場中，恰能做勻速直線運動，求電場強度E的大小及磁感應強度B的大小。 解析　由于帶電微粒做勻速直線運動，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qE＝mgtan

37、 45°和mg＝qvBcos 45°，解得E＝，B＝。 答案　　 [能力提升] 8.如圖所示，在第Ⅱ象限內有水平向右的勻強電場，電場強度為E，在第Ⅰ、Ⅳ象限內分別存在如圖所示的勻強磁場，磁感應強度大小相等，有一個帶電粒子以垂直于x軸的初速度v0從x軸上的P點進入勻強電場中，并且恰好與y軸的正方向成45°角進入磁場，又恰好垂直x軸進入第Ⅳ象限的磁場，已知OP之間的距離為d，（不計粒子重力）求： （1）帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑； （2）帶電粒子從進入磁場到第二次經過x軸，在磁場中運動的總時間； （3）勻強磁場的磁感應強度大小。 解析?。?）帶電粒子的運動軌跡如圖所示。

38、由題意知，帶電粒子到達y軸時的速度v＝v0，這一過程的時間t1＝＝，電場中沿y軸的位移y＝v0t＝2d， 根據幾何關系得到，帶電粒子在磁場中的偏轉軌道半徑 r＝2d （2）帶電粒子在第Ⅰ象限中的運動時間為： t2＝＝＝ 帶電粒子在第Ⅳ象限中運動的時間為：t3＝ 故t總＝ （3）磁場中r＝ 電場中a＝，又a＝，求得：B＝ 答案?。?）2d　（2）?。?） 9.（2016·浙江4月選考）如圖為離子探測裝置示意圖。區(qū)域Ⅰ、區(qū)域Ⅱ長均為L＝0.10 m，高均為H＝0.06 m。區(qū)域Ⅰ可加方向豎直向下、電場強度為E的勻強電場；區(qū)域Ⅱ可加方向垂直紙面向里、磁感應強度為B的勻強磁場，

39、區(qū)域Ⅱ的右端緊貼著可探測帶電粒子位置的豎直屏。質子束沿兩板正中間以速度v＝1.0×105 m/s水平射入，質子荷質比近似為＝1.0×108 C/kg。（忽略邊界效應，不計重力） （1）當區(qū)域Ⅱ加電場、區(qū)域Ⅱ不加磁場時，求能在屏上探測到質子束的外加電場的最大值Emax； （2）當區(qū)域Ⅰ不加電場、區(qū)域Ⅱ加磁場時，求能在屏上探測到質子束的外加磁場的最大值Bmax； （3）當區(qū)域Ⅰ加電場E小于（1）中的Emax，質子束進入區(qū)域Ⅱ和離開區(qū)域Ⅱ的位置等高，求區(qū)域Ⅱ中的磁場B與區(qū)域Ⅰ中的電場E之間的關系式。 解析?。?）畫出軌跡，如圖所示： 偏轉角θ滿足：tan θ＝， 豎直分速度：vy

40、＝at，加速度：a＝， 運動時間：t＝，tan θ＝＝ 解得：Emax＝＝200 V/m； （2）畫出軌跡，如圖所示 軌跡圓半徑滿足：L2＋＝R2，解得R＝， 質子在磁場中做圓周運動，滿足qvBmax＝m， 解得Bmax＝＝＝5.5×10－3 T。 （3）畫出軌跡，如圖所示 偏轉角θ滿足：tan θ＝，vy＝at，a＝，t＝， v′＝； 軌跡圓圓心角為2θ，半徑滿足：R′＝， 圓周運動滿足：qv′B＝m 綜上可解得：B＝。 答案　（1）200 V/m?。?）5.5×10－3 T　（3）B＝ 10.（2016·10月浙江選考）如圖所示，在x軸的上方存在垂直紙面

41、向里，磁感應強度大小為B0的勻強磁場。位于x軸下方離子源C發(fā)射質量為m，電荷量為q的一束負離子，其初速度大小范圍為0～v0，這束離子經電勢差為U＝的電場加速后，從小孔O（坐標原點）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2a～3a區(qū)間水平固定放置一探測板（a＝），假設每秒射入磁場的離子總數為N0，打到x軸上的離子數均勻分布（離子重力不計）。 （1）求離子束從小孔O射入磁場后打到x軸的區(qū)間； （2）調整磁感應強度的大小，可使速度最大的離子恰好打在探測板右端，求此時的磁感應強度大小B1； （3）保持磁感應強度B1不變，求每秒打在探測板上的離子數N；若打在板上的離子80%被

42、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?。?）根據動能定理，可得 qU＝mv2－mv v＝ 可得v0≤v≤2v0 離子在磁場中做勻速圓周運動，有qvB0＝，R＝ 離子打在x軸上的坐標表達式為 x＝2R＝ 代入數據得2a≤x≤4a （2）當速度最大的離子打在探測板右端 3a＝2R1，R1＝，B1＝B0。 （3）離子束能打到探測板的實際范圍為2a≤x≤3a 對應的速度范圍為v0≤v′≤2v0 每秒打在探測板上的離子數為 N＝N0＝N0 根據動量定理，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＝＝＝ 根據牛頓第三定律，探測板受到的作用力大小 F＝F吸＋F反＝N0mv0。 答案?。?）2a≤x≤4a?。?）B0?。?）N0mv0 26