2019高考物理一輪復習 第九章 磁場 第3講 帶電粒子在復合場中的運動學案

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1、 第3講　帶電粒子在復合場中的運動 　 【基礎梳理】 一、帶電粒子在復合場中的運動 1．復合場的分類 (1)疊加場：電場、磁場、重力場在同一區(qū)域共存，或其中某兩場共存． (2)組合場：電場與磁場各位于一定的區(qū)域內，或在同一區(qū)域，電場、磁場交替出現(xiàn)． 2．帶電粒子在復合場中的運動分類 (1)靜止或勻速直線運動：當帶電粒子在復合場中所受合外力為零時，將處于靜止狀態(tài)或做勻速直線運動． (2)勻速圓周運動：當帶電粒子所受的重力與電場力大小相等、方向相反時，帶電粒子在洛倫茲力的作用下，在垂直于勻強磁場的平面內做勻速圓周運動． (3)非勻變速曲線運動：當帶電粒子所受的合外力的大小和方

2、向均變化，且與初速度方向不在同一條直線上時，粒子做非勻變速曲線運動，這時粒子運動軌跡既不是圓弧，也不是拋物線． 二、帶電粒子在復合場中運動的應用實例 1．質譜儀 (1)構造：如圖所示，由粒子源、加速電場、偏轉磁場和照相底片等構成． (2)原理：粒子由靜止在加速電場中被加速，根據(jù)動能定理可得關系式qU＝mv__2．粒子在磁場中受洛倫茲力偏轉，做勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律得關系式qvB＝m. 由以上兩式可得出需要研究的物理量，如粒子軌道半徑、粒子質量、比荷． r＝__，m＝，＝． 2．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

3、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qE＝qvB，即v＝. 3．回旋加速器 (1)組成： 如圖所示，兩個D形盒(靜電屏蔽作用)，大型電磁鐵，高頻振蕩交變電壓，兩縫間可形成電場． (2)作用：電場用來對粒子(質子、α粒子等)加速，磁場用來使粒子回旋從而能反復加速． (3)加速原理 ①回旋加速器中所加交變電壓的頻率f與帶電粒子做勻速圓周運動的頻率相等，f＝＝； ②回旋加速器最后使粒子得到的能量，可由公式Ek＝mv2＝來計算，在粒子電荷量、質量m和磁感應強度B一定的情況下，回旋加速器的半徑R越大，粒子的能量就越大．

4、粒子最終得到的能量與加速電壓的大小無關．電壓大，粒子在盒中回旋的次數(shù)少；電壓小，粒子回旋次數(shù)多，但最后獲得的能量一定． 4．磁流體發(fā)電機 (1)磁流體發(fā)電是一項新興技術，它可以把內能直接轉化為電能． (2)根據(jù)左手定則，如圖中的B是發(fā)電機正極． (3)磁流體發(fā)電機兩極板間的距離為L，等離子體速度為v，磁場的磁感應強度為B，則由qE＝q＝qvB得兩極板間能達到的最大電勢差U＝BLv． 5．電磁流量計 工作原理：如圖所示，圓形導管直徑為d，用非磁性材料制成，導電液體在管中向左流動，導電液體中的自由電荷(正、負離子)，在洛倫茲力的作用下發(fā)生偏轉，a、b間出現(xiàn)電勢差，形成電場，當自

5、由電荷所受的電場力和洛倫茲力平衡時，a、b間的電勢差就保持穩(wěn)定，即：qvB＝qE＝q，所以v＝，因此液體流量Q＝Sv＝·＝． 【自我診斷】 判一判 (1)帶電粒子在勻強磁場中只受洛倫茲力和重力時，不可能做勻加速直線運動．(　　) (2)帶電粒子在復合場中不可能處于靜止狀態(tài)．(　　) (3)帶電粒子在復合場中不可能做勻速圓周運動．(　　) (4)不同比荷的粒子在質譜儀磁場中做勻速圓周運動的半徑不同．(　　) (5)粒子在回旋加速器中做圓周運動的半徑、周期都隨粒子速度的增大而增大．(　　) (6)在速度選擇器中做勻速直線運動的粒子的比荷可能不同．(　　) 提示：(1)√　(2)×

6、　(3)×　(4)√　(5)×　(6)√ 做一做 (2018·江蘇常州高級中學高三月考)回旋加速器是加速帶電粒子的裝置，其核心部分是分別與高頻交流電源兩極相連接的兩個D形金屬盒，兩盒間的狹縫中形成周期性變化的電場，使粒子在通過狹縫時都能得到加速，兩D形金屬盒處于垂直于盒底的勻強磁場中，如圖所示．設D形盒半徑為R.若用回旋加速器加速質子時，勻強磁場的磁感應強度為B，高頻交流電頻率為f.則下列說法正確的是(　　) A．質子被加速后的最大速度不可能超過2πfR B．質子被加速后的最大速度與加速電場的電壓大小有關 C．高頻電源只能使用矩形交變電流，不能使用正弦式交變電流 D．不改變B和

7、f，該回旋加速器也能用于加速α粒子 提示：選A.由T＝，T＝，可得質子被加速后的最大速度為2πfR，其不可能超過2πfR，質子被加速后的最大速度與加速電場的電壓大小無關，選項A正確、B錯誤；高頻電源可以使用正弦式交變電流，選項C錯誤；要加速α粒子，高頻交流電周期必須變?yōu)棣亮Ｗ釉谄渲凶鰣A周運動的周期，即T＝，故D錯誤． 　洛倫茲力在科技中的應用[學生用書P186] 【知識提煉】 常見科學儀器的原理 裝置 原理圖 規(guī)律 速度選擇器 若qv0B＝Eq，即v0＝，粒子做勻速直線運動 磁流體發(fā)電機 等離子體射入，受洛倫茲力偏轉，使兩極板帶正、負電荷，兩極板間電壓為U時穩(wěn)

8、定，q＝qv0B，U＝v0Bd 霍爾效應 電流方向與勻強磁場方向垂直的載流導體，在與電流、磁場方向均平行的表面上出現(xiàn)電勢差——霍爾電勢差，其值U＝k(k為霍爾系數(shù)) 電磁流量計 q＝qvB，所以v＝，所以Q＝vS＝ ·π 續(xù)　表 裝置 原理圖 規(guī)律 質譜儀 帶電粒子經(jīng)U加速，從A孔入射經(jīng)偏轉打到P點，qU＝mv，得v0＝. AP＝d＝2r＝＝＝. 比荷＝ 回旋 加速器 D形盒分別接在頻率為f＝的高頻交流電源兩極，帶電粒子被窄縫間電場加速，在D形盒內偏轉 【典題例析】 　 (2016·高考全國卷Ⅰ)現(xiàn)代質譜儀可用來分析比質子重很多倍的

9、離子，其示意圖如圖所示，其中加速電壓恒定．質子在入口處從靜止開始被加速電場加速，經(jīng)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(jīng)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值約為(　　) A．11　　　　　　　　　 B．12 C．121 D．144 [審題指導]　若兩粒子經(jīng)磁場偏轉后仍從同一出口離開，則意味著其運動半徑相等，由磁場中運動半徑公式代入求解即可． [解析]　設加速電壓為U，質子做勻速圓周運動的半徑為r，原來磁場的磁感應強度為B，質子質量為m，一價正離子質量為M.質子在入口處從靜止開

10、始加速，由動能定理得，eU＝mv，質子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，ev1B＝m；一價正離子在入口處從靜止開始加速，由動能定理得，eU＝Mv，該正離子在磁感應強度為12B的勻強磁場中做勻速圓周運動，軌跡半徑仍為r，洛倫茲力提供向心力，ev2·12B＝M；聯(lián)立解得M∶m＝144∶1，選項D正確． [答案]　D 【遷移題組】 遷移1　電磁流量計的應用 1. 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

11、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做是勻強電場，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 μV，磁感應強度的大小為0.040 T．則血流速度的近似值和電極a、b的正、負為(　　) A．1.3 m/s，a正、b負 B．2.7 m/s，a正、b負 C．1.3 m/s，a負、b正 D．2.7 m/s，a負、b正 解析：選A.由左手定則可判定正離子向上運動，負離子向下運動，所以a正、b負，達到平衡時離子所受洛倫茲力

12、與電場力平衡，所以有：qvB＝q，代入數(shù)據(jù)解得v≈1.3 m/s，故選A. 遷移2　磁流體發(fā)電機的應用 2. (多選)如圖所示為磁流體發(fā)電機的原理圖．金屬板M、N之間的距離為d＝20 cm，磁場的磁感應強度大小為B＝5 T，方向垂直紙面向里．現(xiàn)將一束等離子體(即高溫下電離的氣體，含有大量帶正電和帶負電的微粒，整體呈中性)從左側噴射入磁場，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，且此時燈泡電阻為R＝100 Ω，不計離子重力和發(fā)電機內阻，且認為離子均為一價離子，則下列說法中正確的是(　　) A．金屬板M上聚集負電荷，金屬板N上聚集正電荷 B．該發(fā)電機的電動勢為

13、100 V C．離子從左側噴射入磁場的初速度大小為103 m/s D．每秒鐘有6.25×1018個離子打在金屬板N上 解析：選BD.由左手定則可知，射入的等離子體中正離子將向金屬板M偏轉，負離子將向金屬板N偏轉，選項A錯誤；由于不考慮發(fā)電機的內阻，由閉合電路歐姆定律可知，電源的電動勢等于電源的路端電壓，所以E＝U＝＝100 V，選項B正確；由Bqv＝q可得v＝＝100 m/s，選項C錯誤；每秒鐘經(jīng)過燈泡L的電荷量Q＝It，而I＝＝1 A，所以Q＝1 C，由于離子為一價離子，所以每秒鐘打在金屬板N上的離子個數(shù)為n＝＝＝6.25×1018(個)，選項D正確． 遷移3　霍爾效應的分析 3.

14、 (2018·浙江嘉興一中高三測試)如圖所示，X1、X2，Y1、Y2，Z1、Z2分別表示導體板左、右，上、下，前、后六個側面，將其置于垂直Z1、Z2面向外、磁感應強度為B的勻強磁場中，當電流I通過導體板時，在導體板的兩側面之間產生霍爾電壓UH.已知電流I與導體單位體積內的自由電子數(shù)n、電子電荷量e、導體橫截面積S和電子定向移動速度v之間的關系為I＝neSv.實驗中導體板尺寸、電流I和磁感應強度B保持不變，下列說法正確的是(　　) A．導體內自由電子只受洛倫茲力作用 B．UH存在于導體的Z1、Z2兩面之間 C．單位體積內的自由電子數(shù)n越大，UH越小 D．通過測量UH，可用R＝求得導

15、體X1、X2兩面間的電阻 解析：選C.由于磁場的作用，電子受洛倫茲力，向Y2面聚集，在Y1、Y2平面之間累積電荷，在Y1、Y2之間產生了勻強電場，故電子也受電場力，故A錯誤；電子受洛倫茲力，向Y2面聚集，在Y1、Y2平面之間累積電荷，在Y1、Y2之間產生了電勢差UH，故B錯誤；電子在電場力和洛倫茲力的作用下處于平衡狀態(tài)，有：qvB＝qE，其中：E＝(d為Y1、Y2平面之間的距離)根據(jù)題意，有：I＝neSv，聯(lián)立得到：UH＝Bvd＝Bd∝，故單位體積內的自由電子數(shù)n越大，UH越小，故C正確；由于UH＝Bd，與導體的電阻無關，故D錯誤． 遷移4　回旋加速器的應用 4．(2016·高考浙江卷)

16、 為了進一步提高回旋加速器的能量，科學家建造了“扇形聚焦回旋加速器”．在扇形聚焦過程中，離子能以不變的速率在閉合平衡軌道上周期性旋轉． 扇形聚焦磁場分布的簡化圖如圖所示，圓心為O的圓形區(qū)域等分成六個扇形區(qū)域，其中三個為峰區(qū)，三個為谷區(qū)，峰區(qū)和谷區(qū)相間分布．峰區(qū)內存在方向垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，谷區(qū)內沒有磁場．質量為m，電荷量為q的正離子，以不變的速率v旋轉，其閉合平衡軌道如圖中虛線所示． (1)求閉合平衡軌道在峰區(qū)內圓弧的半徑r，并判斷離子旋轉的方向是順時針還是逆時針； (2)求軌道在一個峰區(qū)內圓弧的圓心角θ，及離子繞閉合平衡軌道旋轉的周期T； (3)在谷區(qū)也施加

17、垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B′，新的閉合平衡軌道在一個峰區(qū)內的圓心角θ變?yōu)?0°，求B′和B的關系．已知：sin (α±β)＝sin αcos β±cos αsin β，cos α＝1－2sin2. 解析：(1)峰區(qū)內圓弧半徑r＝ 旋轉方向為逆時針． (2)由對稱性，峰區(qū)內圓弧的圓心角θ＝ 每個圓弧的長度l＝＝ 每段直線長度L＝2rcos ＝r＝ 周期T＝ 代入得T＝. (3)谷區(qū)內的圓心角θ′＝120°－90°＝30° 谷區(qū)內的軌道圓弧半徑r′＝ 由幾何關系rsin ＝r′sin 由三角關系sin ＝sin 15°＝ 代入得B′＝B. 答案：見解析

18、 遷移5　質譜儀的應用 5．(2017·高考江蘇卷)一臺質譜儀的工作原理如圖所示．大量的甲、乙兩種離子飄入電壓為U0的加速電場，其初速度幾乎為0，經(jīng)加速后，通過寬為L的狹縫MN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，最后打到照相底片上．已知甲、乙兩種離子的電荷量均為＋q，質量分別為2m和m，圖中虛線為經(jīng)過狹縫左、右邊界M、N的甲種離子的運動軌跡．不考慮離子間的相互作用． (1)求甲種離子打在底片上的位置到N點的最小距離x； (2)在圖中用斜線標出磁場中甲種離子經(jīng)過的區(qū)域，并求該區(qū)域最窄處的寬度d； (3)若考慮加速電壓有波動，在(U0－ΔU)到(U0＋ΔU)之間變化，要

19、使甲、乙兩種離子在底片上沒有重疊，求狹縫寬度L滿足的條件． 解析：(1)設甲種離子在磁場中的運動半徑為r1.電場加速qU0＝×2mv2 且qvB＝2m 解得r1＝ 根據(jù)幾何關系x＝2r1－L 解得x＝－L. (2)如圖所示最窄處位于過兩虛線交點的垂線上 d＝r1－ 解得d＝－. (3)設乙種離子在磁場中的運動半徑為r2 r1的最小半徑r1min＝ r2的最大半徑 r2max＝ 由題意知2r1min－2r2max＞L 即－＞L 解得L＜[2－]． 答案：見解析 　帶電體在復合場中的運動[學生用書P188] 【知識提煉】 1．帶電體在疊加場中無約束情況下的

20、運動情況分類 (1)磁場力、重力并存 ①若重力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運動． ②若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，故機械能守恒，由此可求解問題． (2)電場力、磁場力、重力并存 ①若三力平衡，一定做勻速直線運動． ②若重力與電場力平衡，一定做勻速圓周運動． ③若合力不為零且與速度方向不垂直，將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，可用能量守恒或動能定理求解問題． 2．帶電體在疊加場中有約束情況下的運動 帶電體在復合場中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道等約束的情況下，除受場力外，還受彈力、摩擦力作用，常見的運動形式有直線運動和圓周運動，此時解

21、題要通過受力分析明確變力、恒力做功情況，并注意洛倫茲力不做功的特點，運用動能定理、能量守恒定律結合牛頓運動定律求出結果． 【典題例析】 　 (2015·高考福建卷)如圖，絕緣粗糙的豎直平面MN左側同時存在相互垂直的勻強電場和勻強磁場，電場方向水平向右，電場強度大小為E，磁場方向垂直紙面向外，磁感應強度大小為B.一質量為m、電荷量為q的帶正電的小滑塊從A點由靜止開始沿MN下滑，到達C點時離開MN做曲線運動．A、C兩點間距離為h，重力加速度為g. (1)求小滑塊運動到C點時的速度大小vC； (2)求小滑塊從A點運動到C點過程中克服摩擦力做的功Wf； (3)若D點為小滑塊在電場力、洛

22、倫茲力及重力作用下運動過程中速度最大的位置，當小滑塊運動到D點時撤去磁場，此后小滑塊繼續(xù)運動到水平地面上的P點．已知小滑塊在D點時的速度大小為vD，從D點運動到P點的時間為t，求小滑塊運動到P點時速度的大小vP. [審題指導]　(1)理解帶電體運動到C點時的臨界條件，進行受力分析求解問題． (2)A到C過程中運用動能定理求解． (3)撤去磁場后帶電體將做類平拋運動． [解析]　(1)小滑塊沿MN運動過程，水平方向受力滿足qvB＋N＝qE 小滑塊在C點離開MN時 N＝0 解得vC＝. (2)由動能定理得 mgh－Wf＝mv－0 解得Wf＝mgh－. (3) 如圖，小滑

23、塊速度最大時，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動，等效加速度為g′， g′＝ 且v＝v＋g′2t2 解得vP＝ . [答案]　(1)　(2)mgh－　 (3) 分析帶電體在復合場中運動的三種觀點 (1)力的觀點：在力學中我們知道力是物體運動狀態(tài)發(fā)生變化的原因，在分析帶電物體在復合場中運動時，同樣要把握住“力以及力的變化”這一根本．一般而言，重力大小、方向不變(有時明確要求不計重力)；勻強電場中帶電物體受電場力大小、方向都不變；洛倫茲力隨帶電粒子運動狀態(tài)的改變而發(fā)生變化．　 (2)運動的觀點：帶電物體在復合場中可以設計出多階段、多形式、多

24、變化、具有周期性的運動過程．在分析物體的運動過程時，主要把握住以下幾個方面：①在全面把握粒子受力以及力的變化特點的基礎上，始終抓住力和運動之間相互促進、相互制約的關系．如速度的變化引起洛倫茲力變化，洛倫茲力變化又可能引起彈力和摩擦力的變化，從而引起合外力的變化，合外力的變化又引起加速度和速度的變化，速度變化反過來又引起洛倫茲力的變化，在這一系列變化中，力和運動相互促進、相互制約．②準確劃分粒子運動過程中的不同運動階段、不同運動形式，以及不同運動階段、不同運動形式之間的轉折點和臨界點，只有明確粒子在某一階段的運動形式后，才能確定解題所用到的物理規(guī)律．③明確不同運動階段、不同的運動形式所遵循的物理

25、規(guī)律，包括物理規(guī)律使用時所必須滿足的條件；設定未知量，表述原始物理規(guī)律式． (3)能量的觀點：由于帶電物體在復合場中運動時，除重力、電場力以外還有洛倫茲力參與，而洛倫茲力是隨運動狀態(tài)改變而變化，使合外力是一個變力，運動形式可能為變加速運動，對這類問題應用牛頓運動定律和運動學知識不能有效解決．但從力對物體做功的角度看，由于洛倫茲力方向始終垂直于速度方向，洛倫茲力對粒子不做功，運用動能定理或能量守恒的觀點來處理這類問題時往往能“柳暗花明”． 【遷移題組】 遷移1　帶電體在組合場中的運動 1. 在如圖所示的豎直平面內，水平軌道CD和傾斜軌道GH與半徑r＝m的光滑圓弧軌道分別相切于D點和

26、G點，GH與水平面的夾角θ＝37°.過G點、垂直于紙面的豎直平面左側有勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁感應強度B＝1.25 T；過D點、垂直于紙面的豎直平面右側有勻強電場，電場方向水平向右，電場強度E＝1×104 N/C.小物體P1質量m＝ 2×10－3 kg、電荷量q＝＋8×10－6 C，受到水平向右的推力F＝9.98×10－3 N的作用，沿CD向右做勻速直線運動，到達D點后撤去推力．當P1到達傾斜軌道底端G點時，不帶電的小物體P2在GH頂端靜止釋放，經(jīng)過時間t＝0.1 s與P1相遇．P1和P2與軌道CD、GH間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，c

27、os 37°＝0.8，物體電荷量保持不變，不計空氣阻力．求： (1)小物體P1在水平軌道CD上運動速度v的大??； (2)傾斜軌道GH的長度s. 解析：(1)設小物體P1在勻強磁場中運動的速度為v，受到向上的洛倫茲力為F1，受到的摩擦力為f，則 F1＝qvB ① f＝μ(mg－F1) ② 由題意，水平方向合力為零 F－f＝0 ③ 聯(lián)立①②③式，代入數(shù)據(jù)解得 v＝4 m/s. ④ (2)設P1在G點的速度大小為vG，由于洛倫茲力不做功，根據(jù)動能定理 qErsin θ－mgr(1－cos θ)＝mv－mv2 ⑤ P1在GH上運動，受到重力、支持力、電場力和摩擦力的作用，設加速

28、度為a1，根據(jù)牛頓第二定律 qEcos θ－mgsin θ－μ(mgcos θ＋qEsin θ)＝ma1 ⑥ P1與P2在GH上相遇時，設P1在GH上運動的距離為s1，則 s1＝vGt＋a1t2 ⑦ 設P2質量為m2，在GH上運動的加速度為a2，則 m2gsin θ－μm2gcos θ＝m2a2 ⑧ P1與P2在GH上相遇時，設P2在GH上運動的距離為s2，則 s2＝a2t2 ⑨ s＝s1＋s2 ⑩ 聯(lián)立④～⑩式，代入數(shù)據(jù)得 s＝0.56 m. 答案：(1)4 m/s　(2)0.56 m. 遷移2　帶電體在疊加場中的運動 2．(2016·高考天津卷)如圖所示，空間中存

29、在著水平向右的勻強電場，電場強度大小為E＝5N/C，同時存在著水平方向的勻強磁場，其方向與電場方向垂直，磁感應強度大小B＝0.5 T．有一帶正電的小球，質量m＝1×10－6 kg，電荷量q＝2×10－6 C，正以速度v在圖示的豎直面內做勻速直線運動，當經(jīng)過P點時撤掉磁場(不考慮磁場消失引起的電磁感應現(xiàn)象)，取g＝10 m/s2，求： (1)小球做勻速直線運動的速度v的大小和方向； (2)從撤掉磁場到小球再次穿過P點所在的這條電場線經(jīng)歷的時間t. 解析： (1)小球勻速直線運動時受力如圖，其所受的三個力在同一平面內，合力為零，則 qvB＝ ① 代入數(shù)據(jù)解得v＝20 m/s ②

30、 速度v的方向斜向右上方，與電場E的方向之間的夾角θ滿足 tan θ＝ ③ 代入數(shù)據(jù)解得tan θ＝，θ＝60°. ④ (2)法一：撤去磁場，小球在重力與電場力的合力作用下做類平拋運動，設其加速度為a，有a＝ ⑤ 設撤去磁場后小球在初速度方向上的分位移為x，有 x＝vt ⑥ 設小球在重力與電場力的合力方向上分位移為y，有 y＝at2 ⑦ a與mg的夾角和v與E的夾角相同，均為θ，又 tan θ＝ ⑧ 聯(lián)立④⑤⑥⑦⑧式，代入數(shù)據(jù)解得 t＝2s≈3.5 s. 法二：撤去磁場后，由于電場力垂直于豎直方向，它對豎直方向的分運動沒有影響，以P點為坐標原點，豎直向上為正方向，小球

31、在豎直方向上做勻減速運動，其初速度為vy＝vsin θ ⑤ 若使小球再次經(jīng)過P點所在的電場線，僅需小球的豎直方向上分位移為零，則有vyt－gt2＝0 ⑥ 聯(lián)立④⑤⑥式，代入數(shù)據(jù)解得t＝2s≈3.5 s． ⑦ 答案：見解析 　　[學生用書P189] 1．(2017·高考全國卷Ⅰ)如圖，空間某區(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

32、＞mc　　　　　 B．mb＞ma＞mc C．mc＞ma＞mb D．mc＞mb＞ma 解析：選B.該空間區(qū)域為勻強電場、勻強磁場和重力場的疊加場，a在紙面內做勻速圓周運動，可知其重力與所受到的電場力平衡，洛倫茲力提供其做勻速圓周運動的向心力，有mag＝qE，解得ma＝.b在紙面內向右做勻速直線運動，由左手定則可判斷出其所受洛倫茲力方向豎直向上，可知mbg＝qE＋qvbB，解得mb＝＋.c在紙面內向左做勻速直線運動，由左手定則可判斷出其所受洛倫茲力方向豎直向下，可知mcg＋qvcB＝qE，解得mc＝－.綜上所述，可知mb>ma>mc，選項B正確． 2. 如圖所示，一段長方體形導電材料，

33、左右兩端面的邊長都為a和b，內有帶電量為q的某種自由運動電荷．導電材料置于方向垂直于其前表面向里的勻強磁場中，內部磁感應強度大小為B.當通以從左到右的穩(wěn)恒電流I時，測得導電材料上、下表面之間的電壓為U，且上表面的電勢比下表面的低．由此可得該導電材料單位體積內自由運動電荷數(shù)及自由運動電荷的正負分別為(　　) A.，負 B．，正 C.，負 D．，正 解析：選C.準確理解電流的微觀表達式，并知道穩(wěn)定時電荷受到的電場力和洛倫茲力平衡，是解決本題的關鍵．由于上表面電勢低，根據(jù)左手定則判斷出自由運動電荷帶負電，排除B、D兩項．電荷穩(wěn)定時，所受電場力和洛倫茲力平衡，|q|＝|q|vB①，由電流的微觀表

34、達式知：I＝|q|nSv＝|q|nabv②，由①②聯(lián)立，得n＝，故選項C正確． 3．(多選) 如圖所示，豎直放置的兩塊很大的平行金屬板a、b，相距為d，ab間的電場強度為E，今有一帶正電的微粒從a板下邊緣以初速度v0豎直向上射入電場，當它飛到b板時，速度大小不變，而方向變?yōu)樗椒较颍覄偤脧母叨纫矠閐的狹縫穿過b板而進入bc區(qū)域，bc區(qū)域的寬度也為d，所加電場強度大小為E，方向豎直向上，磁感應強度方向垂直紙面向里，磁場磁感應強度大小等于，重力加速度為g，則下列關于粒子運動的有關說法正確的是(　　) A．粒子在ab區(qū)域的運動時間為 B．粒子在bc區(qū)域中做勻速圓周運動，圓周半徑r＝2d

35、 C．粒子在bc區(qū)域中做勻速圓周運動，運動時間為 D．粒子在ab、bc區(qū)域中運動的總時間為 解析：選ABD.粒子在ab區(qū)域，豎直方向上做勻減速運動，由v0＝gt得t＝，故A正確；水平方向上做勻加速運動，a＝＝g，則qE＝mg，進入bc區(qū)域，電場力大小未變方向豎直向上，電場力與重力平衡，粒子做勻速圓周運動，由qv0B＝，得r＝，代入數(shù)據(jù)得r＝，又v＝2gd，故r＝2d，B正確；在bc區(qū)域，粒子運動軌跡所對圓心角為α，sin α＝，α＝，運動時間：t＝＝＝，故C錯誤；粒子在ab區(qū)域的運動時間也可以表示為：t＝＝，故總時間t總＝＋＝，故D正確． 4．(2015·高考重慶卷)如圖為某種離子加速

36、器的設計方案．兩個半圓形金屬盒內存在相同的垂直于紙面向外的勻強磁場．其中MN和M′N′是間距為h的兩平行極板，其上分別有正對的兩個小孔O和O′，O′N′＝ON＝d，P為靶點，O′P＝kd(k為大于1的整數(shù))．極板間存在方向向上的勻強電場，兩極板間電壓為U.質量為m、帶電量為q的正離子從O點由靜止開始加速，經(jīng)O′進入磁場區(qū)域．當離子打到極板上O′N′區(qū)域(含N′點)或外殼上時將會被吸收，兩虛線之間的區(qū)域無電場和磁場存在，離子可勻速穿過，忽略相對論效應和離子所受的重力．求： (1)離子經(jīng)過電場僅加速一次后能打到P點所需的磁感應強度大?。? (2)能使離子打到P點的磁感應強度的所有可能值；

37、(3)打到P點的能量最大的離子在磁場中運動的時間和在電場中運動的時間． 解析：(1)離子經(jīng)一次加速的速度為v0，由動能定理得 qU＝mv ① 離子的軌道半徑為R0，則R0＝kd ② 由洛倫茲力提供向心力，qv0B＝m ③ 聯(lián)立①②③式得B＝. (2)設離子在電場中經(jīng)過n次加速后到達P點，根據(jù)動能定理和牛頓第二定律得 nqU＝mv ④ qvnB＝m ⑤ rn＝⑥ 聯(lián)立④⑤⑥式解得vn＝，B＝ 當離子經(jīng)過第一次加速，在磁場中偏轉時， qU＝mv ⑦ qv1B＝m ⑧ 聯(lián)立④⑤⑥⑦⑧式解得r1＝ 由于

38、2－1. 磁感應強度的可能值為 B＝(n＝1，2，3，…，k2－1)． (3)當離子在電場中加速(k2－1)次時，離子打在P點的能量最大 此時磁感應強度B＝ 最終速度vn＝ 離子在磁場中做勻速圓周運動的周期 T＝＝ 離子在磁場中運動的時間 t1＝T＝ 根據(jù)牛頓第二定律，離子在電場中運動的加速度 a＝＝ 離子在電場中運動的全過程等效為初速度為0的勻加速直線運動，根據(jù)速度公式vn＝at2，得離子在電場中的運動時間t2＝＝h. 答案：(1) (2)(n＝1，2，3，…，k2－1) (3)　h 　　[學生用書P337(單獨成冊)] (建議用時：60分鐘) 一、單項選

39、擇題 1. 如圖所示，場強為E的勻強電場方向豎直向下，場強為B的水平勻強磁場垂直紙面向里，三個油滴a、b、c帶有等量的同種電荷．已知a靜止，b、c在紙面內按圖示方向做勻速圓周運動(軌跡未畫出)．忽略三個油滴間的靜電力作用，比較三個油滴的質量及b、c的運動情況，以下說法中正確的是(　　) A．三個油滴的質量相等，b、c都沿順時針方向運動 B．a的質量最大，c的質量最小，b、c都沿逆時針方向運動 C．b的質量最大，a的質量最小，b、c都沿順時針方向運動 D．三個油滴的質量相等，b沿順時針方向運動，c沿逆時針方向運動 解析：選A.油滴a靜止不動，其受到的合力為零，所以mag＝qE，

40、電場力方向豎直向上，油滴帶負電荷．又油滴b、c在場中做勻速圓周運動，則其重力和受到的電場力是一對平衡力，所以mbg＝mcg＝qE，油滴受到的洛倫茲力提供其做勻速圓周運動的向心力，由左手定則可判斷，b、c都沿順時針方向運動．故A正確． 2. 如圖所示為一速度選擇器，內有一磁感應強度為B、方向垂直紙面向外的勻強磁場，一束粒子流以速度v水平射入，為使粒子流經(jīng)過磁場時不偏轉(不計重力)，則磁場區(qū)域內必須同時存在一個勻強電場，關于此電場場強大小和方向的說法中，正確的是(　　) A．大小為，粒子帶正電時，方向向上 B．大小為，粒子帶負電時，方向向上 C．大小為Bv，方向向下，與粒子帶何種電荷

41、無關 D．大小為Bv，方向向上，與粒子帶何種電荷無關 解析：選D.當粒子所受的洛倫茲力和電場力平衡時，粒子流勻速直線通過該區(qū)域，有qvB＝qE，所以E＝Bv.假設粒子帶正電，則受向下的洛倫茲力，電場方向應該向上．粒子帶負電時，則受向上的洛倫茲力，電場方向仍應向上．故正確答案為D. 3. (2018·銅陵質檢)如圖所示，粗糙的足夠長的豎直木桿上套有一個帶電的小球，整個裝置處在由水平勻強電場和垂直紙面向外的勻強磁場組成的足夠大的復合場中，小球由靜止開始下滑，在整個運動過程中小球的v－t圖象如下圖所示，其中正確的是(　　) 解析：選C.小球下滑過程中，qE與qvB反向，開始下落時q

42、E>qvB，所以a＝，隨下落速度v的增大a逐漸增大；當qE

43、即＝，由題意知r甲

44、U＝ER C．直徑PQ＝ D．若一群離子從靜止開始經(jīng)過上述過程都落在膠片上同一點，則該群離子具有相同的比荷 解析：選C.由P點垂直邊界進入磁分析器，最終打到膠片上的Q點，根據(jù)左手定則可得，粒子帶正電，選項A正確；由粒子在加速電場中做勻加速運動，則有qU＝mv2，又粒子在靜電分析器做勻速圓周運動，由電場力提供向心力，則有qE＝，解得U＝，選項B正確；粒子在磁分析器中做勻速圓周運動，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，則有qvB＝，由P點垂直邊界進入磁分析器，最終打在Q點，可得PQ＝2r＝　，選項C錯誤；若離子從靜止開始經(jīng)過上述過程都落在膠片上同一點說明運動的軌道半徑r＝　相同，由于加速電場、靜電分析器

45、與磁分析器都相同，則該群離子具有相同的比荷，選項D正確． 6. (2018·長春模擬)利用霍爾效應制作的霍爾元件，廣泛應用于測量和自動控制等領域．如圖所示是霍爾元件的工作原理示意圖，磁感應強度B垂直于霍爾元件的工作面向下，通入圖示方向的電流I，CD兩側面會形成電勢差UCD，下列說法正確的是(　　) A．電勢差UCD僅與材料有關 B．若霍爾元件的載流子是自由電子，則電勢差UCD<0 C．僅增大磁感應強度時，電勢差UCD可能不變 D．在測定地球赤道上方的地磁場強弱時，元件的工作面應保持水平 解析：選B.霍爾元件穩(wěn)定后，通過霍爾元件的載流子受到的電場力與洛倫茲力相等，即q＝qvB，

46、得|UCD|＝Bdv，與磁感應強度有關，A項錯誤；由左手定則可知，載流子受到由D指向C方向的洛倫茲力，若載流子為電子，則電子向C側偏轉，UCD<0，B項正確；根據(jù)|UCD|＝Bdv可知，僅增大磁感應強度，電勢差|UCD|一定增大，C項錯誤；地球赤道上方地磁場由南向北，測定地磁場時元件工作面應保持豎直，D項錯誤． 二、多項選擇題 7. (高考全國卷Ⅱ)如圖為某磁譜儀部分構件的示意圖．圖中，永磁鐵提供勻強磁場，硅微條徑跡探測器可以探測粒子在其中運動的軌跡．宇宙射線中有大量的電子、正電子和質子．當這些粒子從上部垂直進入磁場時，下列說法正確的是(　　) A.電子與正電子的偏轉方向一定不同

47、 B．電子與正電子在磁場中運動軌跡的半徑一定相同 C．僅依據(jù)粒子運動軌跡無法判斷該粒子是質子還是正電子 D．粒子的動能越大，它在磁場中運動軌跡的半徑越小 解析：選AC.根據(jù)左手定則，電子、正電子進入磁場后所受洛倫茲力的方向相反，故兩者的偏轉方向不同，選項A正確；根據(jù)qvB＝，得r＝，若電子與正電子在磁場中的運動速度不相等，則軌跡半徑不相同，選項B錯誤；對于質子、正電子，它們都帶正電，以相同速度進入磁場時，所受洛倫茲力方向相同，兩者偏轉方向相同，僅依據(jù)粒子軌跡無法判斷是質子還是正電子，故選項C正確；粒子的mv越大，軌道半徑越大，而mv＝，粒子的動能大，其mv不一定大，選項D錯誤． 8.

48、 霍爾式位移傳感器的測量原理如圖所示，有一個沿z軸方向均勻變化的磁場，磁感應強度B＝B0＋kz(B0、k均為常數(shù))．將霍爾元件固定在物體上，保持通過霍爾元件的電流I不變(方向如圖所示)，當物體沿z軸正方向平移時，由于位置不同，霍爾元件在y軸方向的上、下表面的電勢差U也不同．則(　　) A．其他條件不變，磁感應強度B越大，上、下表面的電勢差U越大 B．k越大，傳感器靈敏度越高 C．若圖中霍爾元件是電子導電，則下板電勢高 D．其他條件不變，電流I越大，上、下表面的電勢差U越小 解析：選AB.最終電子在電場力和洛倫茲力的作用下處于平衡，設霍爾元件的長寬高分別為a、b、c，有q＝qvB，

49、電流的微觀表達式為I＝nqvS＝nqvbc，所以U＝.其他條件不變，B越大，上、下表面的電勢差U越大．電流越大，上、下表面的電勢差U越大．故A正確，D錯誤；k越大，根據(jù)磁感應強度B＝B0＋kz，知B隨z的增大而增大，根據(jù)U＝知，B隨z的變化越大，即傳感器靈敏度越高．故B正確；霍爾元件中移動的是自由電子，根據(jù)左手定則，電子向下表面偏轉，所以上表面電勢高．故C錯誤． 9. 勞倫斯和利文斯設計出回旋加速器，工作原理示意圖如圖所示．置于真空中的D形金屬盒半徑為R，兩盒間的狹縫很小，帶電粒子穿過的時間可忽略．磁感應強度為B的勻強磁場與盒面垂直，高頻交流電頻率為f，加速電壓為U.若A處粒子源產生質

50、子的質量為m、電荷量為＋q，在加速器中被加速，且加速過程中不考慮相對論效應和重力的影響．則下列說法正確的是(　　) A．質子被加速后的最大速度不可能超過2πRf B．質子離開回旋加速器時的最大動能與加速電壓U成正比 C．質子第2次和第1次經(jīng)過兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比為∶1 D．不改變磁感應強度B和交流電頻率f，仍用該回旋加速器釋放質量為m的質子，則最大動能不變 解析：選ACD.質子被加速后的最大速度受到D形盒半徑R的制約，因v＝＝2πRf，故A正確；質子離開回旋加速器的最大動能Ekm＝mv2＝m×4π2R2f2＝2mπ2R2f2，與加速電壓U無關，B錯誤；根據(jù)R＝，Uq＝mv，2

51、Uq＝mv，得質子第2次和第1次經(jīng)過兩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能Ekm＝2mπ2R2f2與m、R、f均有關且這幾個量均不變，D正確． 10．(2018·浙江名校聯(lián)考) 質量為m、電荷量為q的微粒以速度v與水平方向成θ角從O點進入方向如圖所示的正交的勻強電場和勻強磁場組成的混合場區(qū)，該微粒在電場力、洛倫茲力和重力的共同作用下，恰好沿直線運動到A，下列說法中正確的是(　　) A．該微粒一定帶負電荷 B．微粒從O到A的運動可能是勻變速運動 C．該磁場的磁感應強度大小為 D．該電場的場強為Bvcos θ 解析：選AC.若微粒帶正電荷，它受豎直向下

52、的重力mg、水平向左的電場力qE和垂直O(jiān)A斜向右下方的洛倫茲力qvB，知微粒不能做直線運動，據(jù)此可知微粒應帶負電荷，它受豎直向下的重力mg、水平向右的電場力qE和垂直O(jiān)A斜向左上方的洛倫茲力qvB，又知微粒恰好沿著直線運動到A，可知微粒應該做勻速直線運動，則選項A正確，B錯誤；由平衡條件得：qvBcos θ＝mg，qvBsin θ＝qE，得磁場的磁感應強度B＝，電場的場強E＝Bvsin θ，故選項C正確，D錯誤． 三、非選擇題 11．(2015·高考江蘇卷)一臺質譜儀的工作原理如圖所示，電荷量均為＋q、質量不同的離子飄入電壓為U0的加速電場，其初速度幾乎為零．這些離子經(jīng)加速后通過狹縫O沿著

53、與磁場垂直的方向進入磁感應強度為B的勻強磁場，最后打在底片上．已知放置底片的區(qū)域MN＝L，且OM＝L.某次測量發(fā)現(xiàn)MN中左側區(qū)域MQ損壞，檢測不到離子，但右側區(qū)域QN仍能正常檢測到離子．在適當調節(jié)加速電壓后，原本打在MQ的離子即可在QN檢測到． (1)求原本打在MN中點P的離子質量m； (2)為使原本打在P的離子能打在QN區(qū)域，求加速電壓U的調節(jié)范圍； (3)為了在QN區(qū)域將原本打在MQ區(qū)域的所有離子檢測完整，求需要調節(jié)U的最少次數(shù)．(取lg 2＝0.301，lg 3＝0.477，lg 5＝0.699) 解析：(1)離子在電場中加速，qU0＝mv2 在磁場中做勻速圓周運動，qvB

54、＝m 解得r0＝ 代入r0＝L， 解得m＝. (2)由(1)知，U＝， 離子打在Q點時，r＝L，得U＝ 離子打在N點時，r＝L，得U＝ 則電壓的范圍為≤U≤. (3)由(1)可知，r∝ 由題意知，第1次調節(jié)電壓到U1，使原本打在Q點的離子打在N點，＝ 此時，原本運動軌跡半徑為r1的打在Q1的離子打在Q上， ＝，解得r1＝L 第2次調節(jié)電壓到U2，原本打在Q1的離子打在N點，原本運動軌跡半徑為r2的打在Q2的離子打在Q上，則 ＝，＝，解得r2＝L 同理，第n次調節(jié)電壓，有rn＝L 檢測完整，有rn≤，解得n≥－1≈2.8 最少次數(shù)為3次． 答案：(1)　(2)≤

55、U≤ (3)最少次數(shù)為3次 12．(2015·高考浙江卷)使用回旋加速器的實驗需要把離子束從加速器中引出，離子束引出的方法有磁屏蔽通道法和靜電偏轉法等．質量為m，速度為v的離子在回旋加速器內旋轉，旋轉軌道是半徑為r的圓，圓心在O點，軌道在垂直紙面向外的勻強磁場中，磁感應強度為B. 為引出離子束，使用磁屏蔽通道法設計引出器．引出器原理如圖所示，一對圓弧形金屬板組成弧形引出通道，通道的圓心位于O′點(O′點圖中未畫出)．引出離子時，令引出通道內磁場的磁感應強度降低，從而使離子從P點進入通道，沿通道中心線從Q點射出．已知OQ長度為L，OQ與OP的夾角為θ. (1)求離子的電荷量q并判斷其

56、正負； (2)離子從P點進入，Q點射出，通道內勻強磁場的磁感應強度應降為B′，求B′； (3)換用靜電偏轉法引出離子束，維持通道內的原有磁感應強度B不變，在內外金屬板間加直流電壓，兩板間產生徑向電場，忽略邊緣效應．為使離子仍從P點進入，Q點射出，求通道內引出軌跡處電場強度E的方向和大小． 解析：(1)離子做圓周運動，則Bqv＝，得q＝， 由左手定則知，離子帶正電． (2)如圖所示 O′Q＝R，OQ＝L，O′O＝R－r 引出軌跡為圓弧， 則B′qv＝ 得R＝ 根據(jù)幾何關系得 R＝ 故B′＝＝. (3)電場強度方向沿徑向向外 引出軌跡為圓弧，則Bqv－Eq＝ E＝Bv－. 答案：(1)　正電荷 (2) (3)沿徑向向外　Bv－ 25