2020屆高三物理第一輪復(fù)習(xí) 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)學(xué)案 新人教版

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1、第三課時(shí)帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 第一關(guān)：基礎(chǔ)關(guān)展望高考 基 礎(chǔ) 知 識(shí) 一、速度選擇器 知識(shí)講解 速度選擇器（如下圖所示） ①平行板中電場(chǎng)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帶電粒子能夠勻速沿直線通過速度選擇器的條件是Bqv=Eq,即v=. 活學(xué)活用 1. 如圖是測(cè)量帶電粒子質(zhì)量?jī)x器的工作原理示意圖.設(shè)法使某有機(jī)化合物的氣態(tài)分子導(dǎo)入圖示的容器A中，使它受到電子束轟擊，失去一個(gè)電子成為正一價(jià)的分子離子.分子離子從狹縫S1以很小的速度進(jìn)入電壓為U的加速電場(chǎng)區(qū)（初速度不計(jì)），加速后，再通過狹縫S2、S3射入磁感應(yīng)強(qiáng)度

2、為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向垂直于磁場(chǎng)區(qū)的界面PQ，最后，分子離子打到感光片上，形成垂直于紙面且平行于狹縫S3的細(xì)線.若測(cè)得細(xì)線到狹縫S3的距離為d,導(dǎo)出分子離子質(zhì)量m的表達(dá)式. 解析：設(shè)離子的質(zhì)量為m、帶電荷量為q,經(jīng)過加速電場(chǎng)時(shí)， 有qU=mv2 則從狹縫S3射入磁場(chǎng)區(qū)域的速度v=① 射入磁場(chǎng)后，受洛倫茲力作用做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由于垂直于邊界射入，離子恰經(jīng)過半個(gè)圓，如圖所示，其圓半徑R=,由離子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的條件：qvB=, 代入①式的結(jié)果后，即得離子的質(zhì)量m=. 答案：m= 二、磁流體發(fā)電機(jī) 知識(shí)講解 如圖所示，由燃燒室O燃燒電離成的正、負(fù)離子（等離子體）以高速v噴入偏

3、轉(zhuǎn)磁場(chǎng)B中.在洛倫茲力作用下，正、負(fù)離子分別向上、下極板偏轉(zhuǎn)、積累，從而在板間形成一個(gè)向下的電場(chǎng)，兩板間形成一定的電勢(shì)差：當(dāng)qvB=時(shí)，電勢(shì)差穩(wěn)定為U=dvB，這就相當(dāng)于一個(gè)可以對(duì)外供電的電源. 活學(xué)活用 2.目前世界上正在研究新型發(fā)電機(jī)——磁流體發(fā)電機(jī)，它的原理圖如圖所示，設(shè)想在相距為d的兩平行金屬板間加一磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩板通過開關(guān)和燈泡相連.將氣體加熱到使之高度電離后，由于正、負(fù)離子一樣多，且?guī)щ姾闪烤鶠閝,因而稱為等離子體，將其以速度v噴入甲、乙兩板之間，這時(shí)甲、乙兩板就會(huì)聚集電荷，產(chǎn)生電壓，這就是磁流體發(fā)電機(jī)的原理，它可以直接把內(nèi)能轉(zhuǎn)化為電能，試問： （1） 圖中

4、哪個(gè)極板是發(fā)電機(jī)的正極？ （2） 發(fā)電機(jī)的電動(dòng)勢(shì)多大？ （3） 設(shè)噴入兩極板間的離子流每立方米有n個(gè)負(fù)電荷，離子流的橫截面積為S，則發(fā)電機(jī)的最大功率多大？ 解析：（1） 等離子體從左側(cè)射入磁場(chǎng)，正離子受向上的洛倫茲力而偏向甲板，使甲板上積累正電荷，相應(yīng)的乙板上積累負(fù)電荷，成為電源的正、負(fù)兩極.甲板是發(fā)電機(jī)的正極. (2) 當(dāng)開關(guān)斷開時(shí)，甲、乙兩板間的電壓即為電源的電動(dòng)勢(shì).穩(wěn)定時(shí)，甲、乙兩板上積累的電荷不再增加，此時(shí)的等離子體所受的洛倫茲力與電場(chǎng)力恰好平衡，則有=qvB 即得電源的電動(dòng)勢(shì)為U=Bdv. （3） 理想狀態(tài)時(shí)，噴入兩極板間的離子流全部流向兩極板，這時(shí)電源達(dá)到最大功率.

5、此時(shí)，電路中的最大電流為Imax= 式中N為在t時(shí)間內(nèi)噴入兩極板間的正、負(fù)離子數(shù)的總和，即N=2nSvt,則發(fā)電機(jī)的最大功率為Pmax=UImax=2ndqSBv2. 答案：(1) 甲板（2） Bdv(3) 2ndqSBv2 三、電磁流量計(jì) 知識(shí)講解 電磁流量計(jì)原理可解釋為：如圖所示，一圓形導(dǎo)管直徑為d,用非磁性材料制成，其中有可以導(dǎo)電的液體向左流動(dòng)，導(dǎo)電液體中的自由電荷（正、負(fù)離子）在洛倫茲力作用下偏轉(zhuǎn)，a\,b間的電勢(shì)差就保持穩(wěn)定，由qBv=qE=q,可得v=,流量Q=Sv=. 四、霍爾效應(yīng) 知識(shí)講解 霍爾效應(yīng)是高中物理重要的探究課題之一.在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中放置一個(gè)矩形截面的

6、載流導(dǎo)體，當(dāng)磁場(chǎng)方向與電流方向垂直時(shí)，導(dǎo)體在與磁場(chǎng)、電流方向都垂直的方向上出現(xiàn)了電勢(shì)差.這個(gè)現(xiàn)象稱為霍爾效應(yīng).所產(chǎn)生的電勢(shì)差稱為霍爾電勢(shì)差或霍爾電壓，其原理如圖所示. 第二關(guān)：技法關(guān)解讀高考 解 題 技 法 一、帶電體在重力場(chǎng)與磁場(chǎng)的復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 技法講解 帶電體在重力場(chǎng)與磁場(chǎng)的復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，若只受洛倫茲力與重力，當(dāng)二力平衡時(shí)，物體將沿水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，若二力不平衡則物體做一般的曲線運(yùn)動(dòng)，很難從運(yùn)動(dòng)學(xué)角度來分析，而從能量的角度來分析就比較簡(jiǎn)便．一定要注意洛倫茲力不做功這一特點(diǎn)．若帶電物體在運(yùn)動(dòng)過程中還受其他物體(如繩、面或軌道等)的約束，則應(yīng)結(jié)合施加約束的物體的特點(diǎn)來分析帶

7、電物體的運(yùn)動(dòng)，一定注意洛倫茲力隨運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的變化而變化． 典例剖析 例1如圖所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直紙面向里，有一足夠長(zhǎng)的等腰三角形絕緣滑槽，兩側(cè)斜槽與水平面夾角為α，在斜槽頂點(diǎn)兩側(cè)各放一個(gè)質(zhì)量相等、帶等量負(fù)電荷的小球A和B，兩小球與斜槽的動(dòng)摩擦因數(shù)相等，且μaB C.兩球沿斜槽都做變加速運(yùn)動(dòng)，且aA>aB D.兩球沿斜槽的最大位移關(guān)系是：sA=sB 解析：由靜止下滑后，對(duì)A、B兩球受力分析 由牛頓第二定律得： mgsinα-μ(mgcosα-

8、qBv)=maA mgsinα-μ(mgcosα+qBv)=maB 所以A球下滑過程中加速度增大，當(dāng)mgcosα=qBv時(shí)將脫離斜面在空中做曲線運(yùn)動(dòng)，B球下滑過程中加速度減小，當(dāng)mgsinα=μ(mgcosα+qBv)時(shí)，B球?qū)⒀匦泵鎰蛩傧禄?，所以選項(xiàng)C正確. 答案：C 二、帶電粒子在電場(chǎng)、磁場(chǎng)、重力場(chǎng)并存的復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 技法講解 1.帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng) 帶電粒子在電場(chǎng)、磁場(chǎng)、重力場(chǎng)并存的復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，如果帶電粒子所受合外力為零時(shí)，所處狀態(tài)一定是勻速直線運(yùn)動(dòng)．如果受的合力不為零，但方向與速度在同一直線上，粒子將做勻減速或勻加速直線運(yùn)動(dòng)(或作變加速直線運(yùn)動(dòng)，如果有桿或

9、面束縛)．常見情況如下： (1)洛倫茲力為零(即v與B平行)，重力與電場(chǎng)力平衡，做勻速直線運(yùn)動(dòng)；或重力與電場(chǎng)力的合力恒定做勻變速運(yùn)動(dòng)． (2)洛倫茲力F與速度v垂直，且與重力和電場(chǎng)力的合力(或其中一種力)平衡．做勻速直線運(yùn)動(dòng)． 2.當(dāng)帶電粒子所受合外力充當(dāng)向心力，帶電粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．由于通常情況下，重力和電場(chǎng)力為恒力，故不能充當(dāng)向心力，所以一般情況下是重力恰好與電場(chǎng)力相平衡，洛倫茲力充當(dāng)向心力． 3.當(dāng)帶電微粒所受的合外力不為零，且恒力中的重力、電場(chǎng)力的合力做功使速度大小變化時(shí)，帶電微粒所受洛倫茲力變化，從而合外力變化，粒子將做曲線運(yùn)動(dòng)，這時(shí)其軌跡既非圓弧、亦非拋物線，屬變加速曲線

10、運(yùn)動(dòng)，不能用勻變速運(yùn)動(dòng)或圓周運(yùn)動(dòng)等規(guī)律解答有關(guān)問題，可考慮用動(dòng)量觀點(diǎn)解答或用功能觀點(diǎn)處理． 典例剖析 例2如圖所示,在空間存在著水平方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和豎直方向的勻強(qiáng)電場(chǎng),電場(chǎng)強(qiáng)度為E,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.在某點(diǎn)由靜止釋放一個(gè)帶電液滴a,它運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)處,恰與一個(gè)原來處于靜止的液滴b相撞,相撞后兩液滴合為一體,沿水平方向做直線運(yùn)動(dòng).已知液滴a質(zhì)量是液滴b質(zhì)量的2倍,液滴a所帶電荷量是液滴b所帶電荷量的4倍.求兩液滴的初始位置之間的高度差h(設(shè)a\,b之間的靜電力可以不計(jì)). 解析：設(shè)b液滴的質(zhì)量為m,電荷量為q,則a液滴的質(zhì)量為2m,電荷量為4q. b液滴原來靜止,受重力和電場(chǎng)力處于平衡,

11、由此可知b液滴帶正電荷,且mg=Eq.① 由a粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡可知其受的洛倫茲力方向?yàn)橛疑戏?判定出a粒子帶負(fù)電荷.設(shè)a原來所在處與b原來所在處的高度為h,a運(yùn)動(dòng)到b時(shí)的速度為v1 由動(dòng)能定理2mgh+E·4qh=·2mv12-0② 聯(lián)立①②得：v1=.③ a與b相撞后合在一起，電荷量為 4q-q=3q，帶負(fù)電，由動(dòng)量守恒定律得： 2mv1=（m+2m）v2 v2=④ 碰后在一起做勻速直線運(yùn)動(dòng)，受到重力 3mg，電場(chǎng)力 3Eq，洛倫茲力3Bqv2. 由平衡條件3Bv2q=3Eq+3mg⑤ 聯(lián)立①④⑤解得h=. 答案：h= 三、帶電體在復(fù)合場(chǎng)中的動(dòng)態(tài)分析與臨界問題 技法講

12、解 帶電體在電場(chǎng)力、磁場(chǎng)力、重力、彈力及摩擦力作用下的運(yùn)動(dòng)，廣泛地涉及力學(xué)和電磁學(xué)的基本概念、規(guī)律和方法，不僅受力復(fù)雜、運(yùn)動(dòng)多變(受力分析與運(yùn)動(dòng)分析常結(jié)合在一起)、綜合性強(qiáng)，而且往往與臨界問題和極值問題密切相關(guān)． 1.解決該類型題方法思路 (1)正確進(jìn)行受力分析，除重力、彈力、摩擦力外，要特別注意電場(chǎng)力和磁場(chǎng)力的分析．(2)正確進(jìn)行物體的運(yùn)動(dòng)狀況分析，找出物體的速度、位置及變化，分清運(yùn)動(dòng)過程，如果出現(xiàn)臨界狀態(tài)，要分析臨界條件．(3)選擇適當(dāng)?shù)囊?guī)律進(jìn)行求解． 2.分析臨界問題的常用方法 (1)物理分析法 認(rèn)真分析系統(tǒng)所經(jīng)歷的物理過程，找出與臨界狀態(tài)相對(duì)應(yīng)的臨界條件，是解答這類題目的關(guān)

13、鍵，尋找臨界條件，方法之一是從最大靜摩擦力、極限頻率、臨界角、臨界溫度等具有臨界含義的物理量及相關(guān)規(guī)律入手；方法之二是以題目敘述的一些特殊詞語如“恰好”“剛好”“最大”“最高”“至少”為突破口，挖掘隱含條件，探求臨界位置或狀態(tài). (2)數(shù)學(xué)解析法 許多物理過程，一個(gè)物理量隨另一個(gè)物理量的變化可用一個(gè)二次函數(shù)來表示，如果這個(gè)函數(shù)存在極值，則說明它反映的物理變化存在一個(gè)臨界狀態(tài)，用配方法、圖像法求解極值，就可求得臨界點(diǎn)，臨界狀態(tài)的各物理量便可一一得出． 典例剖析 例3如圖所示,豎直絕緣桿處于方向彼此垂直、大小為E、B的勻強(qiáng)電、磁場(chǎng)中，一個(gè)質(zhì)量為m、帶正電電荷量為q的小球，從靜止開始沿桿下滑

14、，且與桿的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，試求： （1）小球速度為多大時(shí)，加速度最大？最大值是多少？ （2）小球下滑的最大速度是多少？ 解析：小球開始下滑時(shí)，在水平方向始終受到方向相反的電場(chǎng)力qE和洛倫茲力qvB的作用，受力分析如圖所示， （1）當(dāng)qvB＜qE時(shí)，壓力FN水平向左，小球下滑的加速度為： a= 由上式知a隨v的增加而增加，即小球做加速度增加的加速運(yùn)動(dòng). 當(dāng)qvB=qE,即速度增大v=時(shí), 摩擦力Ff=FN=0,加速度最大,其最大值為amax=g. (2)當(dāng)qvB＞qE時(shí),FN改變方向?yàn)樗较蛴?，小球下滑加速度? a= 由此可知a隨v增大而減小,即小球做加速度減小的加速

15、運(yùn)動(dòng),當(dāng)a=0時(shí),速度達(dá)到最大,這時(shí)有: mg=μ(qvB-qE) 故最大速度為vmax=. 答案：（1）v= amax=g（2） 第三關(guān)：訓(xùn)練關(guān)笑對(duì)高考 隨 堂 訓(xùn) 練 １.如圖所示，ａ、ｂ是一對(duì)平行的金屬板，分別接到直流電源的兩極上，右邊有一擋板，正中間開有一小孔ｄ．在較大的空間范圍內(nèi)存在著勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為Ｂ，方向垂直紙面向里，而在ａ、ｂ兩板間還存在著勻強(qiáng)電場(chǎng)．從兩板左側(cè)中點(diǎn)Ｃ處射入一束正離子，這些正離子都沿直線運(yùn)動(dòng)到右側(cè)，從ｄ孔射出后分成３束．則這些正離子的 （ ） Ａ.速度一定都相同 Ｂ.質(zhì)量一定有３種不同的數(shù)值 Ｃ.電量一定有３種不同的

16、數(shù)值 Ｄ.荷質(zhì)比一定有３種不同的數(shù)值 解析：帶電粒子在正交的復(fù)合場(chǎng)中做直線運(yùn)動(dòng)，必有qvB=qE，即v=各離子的速度相同.離開復(fù)合場(chǎng)后各離子的軌道半徑不同，由R=可知，荷質(zhì)比一定不同. 答案：AD 2.如圖所示，一塊通電的銅板，板面垂直磁場(chǎng)放在磁場(chǎng)中，板內(nèi)通有圖示方向的電流，ａ、ｂ是銅板的左、右邊緣的兩點(diǎn)，則() A.電勢(shì)φａ＞φｂ B.電勢(shì)φｂ＞φａ C.電流增大時(shí)，|φａ－φｂ|增大 D.其他條件不變，將銅板改為ＮａＣｌ水溶液時(shí)，電勢(shì)情況仍然一樣 解析：銅板內(nèi)自由電荷為自由電子,電流向上,則電子流動(dòng)方向向下,其所受洛倫茲力的方向向左,則自由電子將向a側(cè)偏轉(zhuǎn),a側(cè)積

17、累負(fù)電荷,b側(cè)顯出正電荷從而建立由b指向a的電場(chǎng),故φa＜φb,B正確.同時(shí),當(dāng)eBv=時(shí),電子不再偏轉(zhuǎn),Uba最大,為Uba=Bdv,其中I=svne,所以v=,所以Uba=,可見I增大時(shí),Uab=|φa-φb|也增大,C正確.當(dāng)為NaCl水溶液,正負(fù)離子偏向同一側(cè),故D不正確. 答案：BC 3.如圖所示，水平放置的兩個(gè)平行金屬板MN、PQ間存在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng).MN板帶正電，PQ板帶負(fù)電，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里.一帶電粒子只在電場(chǎng)力和洛倫茲力作用下，從I點(diǎn)由靜止開始沿曲線IJK運(yùn)動(dòng)，到達(dá)K點(diǎn)時(shí)速度為零，J是曲線上離MN板最遠(yuǎn)的點(diǎn).以下說法正確的是（） A.粒子在J點(diǎn)受到的電場(chǎng)力大

18、于洛倫茲力 B.粒子在I點(diǎn)的電勢(shì)能大于K點(diǎn)的電勢(shì)能 C.粒子在I點(diǎn)和K點(diǎn)的加速度相同 D.粒子將在IJK曲線上往復(fù)運(yùn)動(dòng) 答案：AC 4.如圖所示，帶電平行板中勻強(qiáng)電場(chǎng)豎直向上，勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，某帶電小球從光滑絕緣軌道上的ａ點(diǎn)自由滑下，經(jīng)過軌道端點(diǎn)Ｐ進(jìn)入板間后恰好沿水平方向做直線運(yùn)動(dòng)，現(xiàn)使小球從稍低些的ｂ點(diǎn)開始自由滑下，在經(jīng)Ｐ點(diǎn)進(jìn)入板間的運(yùn)動(dòng)過程中 （ ） ①其動(dòng)能將會(huì)增大 ②其電勢(shì)能將會(huì)增大 ③小球所受 的洛倫茲力將會(huì)增大 ④小球所受的電場(chǎng)力將會(huì)增大 Ａ.①②③ Ｂ.①②③④ Ｃ.①④ Ｄ.②③④ 解析：帶電小球進(jìn)入板間恰好沿水平方向做直線運(yùn)動(dòng)，所以qvB

19、+qE=mg（小球只能帶正電），若從稍低的b點(diǎn)落下，進(jìn)入板間的速度將減小，則進(jìn)入時(shí)洛倫茲力減小了，因此小球?qū)⑾蛳掳迤?，合外力做功大于零（mg>qE），動(dòng)能將會(huì)增大，速度將會(huì)增大，洛倫茲力將會(huì)增大；由于向下板偏，電場(chǎng)力做負(fù)功，其電勢(shì)能將會(huì)增大.而電場(chǎng)力大小只與場(chǎng)強(qiáng)及小球的帶電荷量有關(guān)，故④錯(cuò). 答案：A 5.如圖所示，直線PO與x軸成45°角，x軸上方有水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)E1,下方有豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)E2，已知電場(chǎng)強(qiáng)度E1=E2=10 N/C,x軸下方還存在著垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=10 T.現(xiàn)有一質(zhì)量m=1.0×10-5 kg的帶電粒子，帶電荷量q=-1.0×10-5

20、C.粒子由P點(diǎn)無初速釋放，PO=d= m(重力加速度g=10 m/s2).求： （1）粒子剛進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)的速度v； (2)粒子第一次在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t和位移L. 解析：粒子在兩個(gè)電場(chǎng)中所受的電場(chǎng)力大小相同，為 F=qE1=qE2=1.0×10-4 N 粒子所受的重力為 G=mg=1.0×10-4 N 可見在兩個(gè)電場(chǎng)中粒子所受電場(chǎng)力大小均等于重力大小. （1） 在x軸上方的電場(chǎng)中，粒子沿PO做初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng) 合外力大小為F合= =×10-4 N 合外力方向：tanθ= =1,θ=45°，即合外力與場(chǎng)強(qiáng)方向的夾角為45°，粒子將從原點(diǎn)O進(jìn)入x軸下方的復(fù)合

21、場(chǎng)中. 加速度a= =10 m/s2 粒子剛進(jìn)入x軸下方復(fù)合場(chǎng)時(shí)的速度為 v==2 m/s （2）在x軸下方的復(fù)合場(chǎng)中，因?yàn)榱Ｗ铀艿闹亓碗妶?chǎng)力平衡，所以粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其周期 T= =0.628 s 由對(duì)稱性可知，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)四分之三周期，所用時(shí)間為t=3T/4=0.47 s 粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為 R= =0.2 m 粒子離開磁場(chǎng)時(shí)速度方向與負(fù)x軸成45°角，則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的位移為, L= R=0.22 m=0.283 m 答案：(1)2 m/s(2)0.47 s0.283 m 課時(shí)作業(yè)三十八帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 1

22、.在如圖所示的空間中，存在場(chǎng)強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，同時(shí)存在沿x軸負(fù)方向、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一質(zhì)子（電荷量為e）在該空間恰沿y軸正方向以速度v勻速運(yùn)動(dòng).據(jù)此可以判斷出() A.質(zhì)子所受電場(chǎng)力大小等于eE，運(yùn)動(dòng)中電勢(shì)能減??；沿z軸正方向電勢(shì)升高 B.質(zhì)子所受電場(chǎng)力大小等于eE，運(yùn)動(dòng)中電勢(shì)能增大；沿z軸正方向電勢(shì)降低 C.質(zhì)子所受電場(chǎng)力大小等于evB，運(yùn)動(dòng)中電勢(shì)能不變；沿z軸正方向電勢(shì)升高 D.質(zhì)子所受電場(chǎng)力大小等于evB，運(yùn)動(dòng)中電勢(shì)能不變；沿z軸正方向電勢(shì)降低 解析:根據(jù)粒子勻速運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)可知，電場(chǎng)力等于洛倫茲力.粒子沿著等勢(shì)線運(yùn)動(dòng)，故電勢(shì)能不變，電場(chǎng)方向沿z軸向下，故ABD錯(cuò)，C

23、正確. 答案:C 2.如圖所示，帶電平行金屬板相互正對(duì)水平放置，兩板間存在著水平方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng).帶電液滴a沿垂直于電場(chǎng)和磁場(chǎng)的方向進(jìn)入板間后恰好沿水平方向做直線運(yùn)動(dòng)，在它正前方有一個(gè)靜止在絕緣小支架上不帶電的液滴b，帶電液滴a與液滴b發(fā)生正碰，在極短的時(shí)間內(nèi)復(fù)合在一起形成帶電液滴c.若不計(jì)支架對(duì)液滴c沿水平方向的作用力，則液滴c離開支架后() A.一定做曲線運(yùn)動(dòng) B.可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng) C.可能做直線運(yùn)動(dòng) D.電場(chǎng)力對(duì)其做正功 解析:液滴a在電、磁場(chǎng)中做勻速運(yùn)動(dòng)，有mag=Bqva+qE,與液滴b復(fù)合過程中動(dòng)量守恒：mava=(mb+ma)v,剛碰后c受到的向上的作用力qE+

24、Bqv＜qE+Bqva=mag＜(ma+mb)g，故此液滴要做曲線運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力做負(fù)功，A對(duì)，C、D錯(cuò).在勻強(qiáng)復(fù)合場(chǎng)中帶點(diǎn)質(zhì)點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)要求恒力的合力為零，洛倫茲力提供向心力，故B錯(cuò)誤. 答案:A 3.如圖所示，套在足夠長(zhǎng)的絕緣粗糙直棒上的帶正電小球，其質(zhì)量為m，帶電荷量為q，小球可在棒上滑動(dòng)，現(xiàn)將此棒豎直放入沿水平方向且互相垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)中.設(shè)小球電荷量不變，小球由靜止下滑的過程中() A.小球加速度一直增大 B.小球速度一直增大，直到最后勻速 C.桿對(duì)小球的彈力一直減小 D.小球所受洛倫茲力一直增大，直到最后不變 解析:小球由靜止加速下滑，f洛=Bqv在不斷

25、增大.開始一段，如圖（a),f洛＜f電，水平方向有f洛+ N=F電，加速度a=,其中f=μ N，隨著速度的不斷增大，f洛增大，彈力 N減小，加速度也增大.當(dāng)f洛=F電時(shí)，加速度達(dá)最大.以后如圖（b）f洛＞F電，水平方向f洛=F電+ N′，隨著速度的增大， N′也不斷增大，摩擦力f′=μ N′也增大，加速度a=減小，當(dāng)f′=mg時(shí)，加速度a=0，此后小球勻速運(yùn)動(dòng).由以上分析可知，加速度先增大后減小，A錯(cuò)，B正確；彈力先減小，后增大，C錯(cuò)；洛倫茲力f洛=Bqv，由v的變化可知D正確. 答案:BD 4.如圖有一混合正離子束先后通過正交電場(chǎng)磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ和勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域Ⅱ，如果這束正離子束在區(qū)域Ⅰ中

26、不偏轉(zhuǎn)，進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ后偏轉(zhuǎn)半徑又相同，則說明這些正離子具有相同的() A.速度 B.質(zhì)量 C.電荷 D.比荷 解析:設(shè)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)為E，由于粒子在區(qū)域Ⅰ里不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，則Eq=B1qv,得v=；當(dāng)粒子進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ時(shí)，偏轉(zhuǎn)半徑又相同，所以R=，故選項(xiàng)A、D正確. 答案:AD 5.如圖所示，虛線空間存在由勻強(qiáng)電場(chǎng)E和勻強(qiáng)磁場(chǎng)B組成的正交或平行的電場(chǎng)和磁場(chǎng)，有一個(gè)帶正電小球（電荷量為+q，質(zhì)量為m）從正交或平行的電磁混合場(chǎng)上方的某一高度自由落下，那么，帶電小球可能沿直線通過下列的哪個(gè)電磁混合場(chǎng)() 解析:帶電小球在各復(fù)合場(chǎng)中受力情況如下圖所示，A圖中由于小球所受合力不為零，所以洛倫茲

27、力不恒定，因此水平方向合力不可能保持為零，所以A圖不正確；B圖中垂直紙面向外的方向上只有一個(gè)洛倫茲力，所以這種情況下小球也不能沿豎直方向運(yùn)動(dòng)；C圖中小球所受三個(gè)力的合力有可能為零，小球可能沿豎直線運(yùn)動(dòng)；D圖中小球只受豎直方向重力和電場(chǎng)力作用，一定沿豎直線運(yùn)動(dòng). 答案:CD 6.1930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，其間留有空隙，下列說法正確的是（) A.離子由加速器的中心附近進(jìn)入加速器 B.離子由加速器的邊緣進(jìn)入加速器 C.離子從磁場(chǎng)中獲得能量 D.離子從電場(chǎng)中獲得能量 解析:回旋加速器的兩個(gè)D形盒間隙分布

28、周期性變化的電場(chǎng)，不斷地給帶電粒子加速使其獲得能量；而D形盒處分布有恒定不變的磁場(chǎng)，具有一定速度的帶電粒子在D形盒內(nèi)受到磁場(chǎng)的洛倫茲力提供的向心力而做圓周運(yùn)動(dòng)；洛倫茲力不做功故不能使離子獲得能量，C錯(cuò)；離子源在回旋加速器的中心附近.所以正確選項(xiàng)為A、D. 答案:AD 7.為監(jiān)測(cè)某化工廠的污水排放量，技術(shù)人員在該廠的排污管末端安裝了如圖所示的流量計(jì).該裝置由絕緣材料制成，長(zhǎng)、寬、高分別為a、b、c，左右兩端開口.在垂直于上下底面方向加磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在前后兩個(gè)內(nèi)側(cè)面分別固定有金屬板作為電極.污水充滿管口從左向右流經(jīng)該裝置時(shí)，電壓表將顯示兩個(gè)電極間的電壓U.若用Q表示污水流量（單位時(shí)

29、間內(nèi)排出的污水體積），下列說法中正確的是() A.若污水中正離子較多，則前表面比后表面電勢(shì)高 B.若污水中負(fù)離子較多，則前表面比后表面電勢(shì)高 C.污水中離子濃度越高電壓表的示數(shù)將越大 D.污水流量Q與U成正比，與a、b無關(guān) 解析:由左手定則可判斷出正離子較多時(shí)，正離子受到的洛倫茲力使其向后表面偏轉(zhuǎn)聚集而導(dǎo)致后表面電勢(shì)升高，同理負(fù)離子較多時(shí)，負(fù)離子向前表面偏轉(zhuǎn)聚集而導(dǎo)致前表面電勢(shì)降低，故A、B錯(cuò)誤.設(shè)前后表面間的最高電壓為U，則qU/b=qvB，所以U=vBb，由此可知U與離子濃度無關(guān)，故C錯(cuò)誤.因Q=vbc，而U=vBb，所以Q=Uc/B,D正確. 答案:D 8.如圖所示，空

30、間存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)和水平方向（垂直紙面向里）的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一離子在電場(chǎng)力和洛倫茲力共同作用下，從靜止開始自A點(diǎn)沿曲線ACB運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度為零，C為運(yùn)動(dòng)的最低點(diǎn)，不計(jì)重力，則() A.該離子必帶正電 B.A、B兩點(diǎn)位于同一高度 C.離子到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度最大 D.離子到達(dá)B點(diǎn)后，將沿原路返回A點(diǎn) 解析:在不計(jì)重力情況下，離子從A點(diǎn)由靜止開始向下運(yùn)動(dòng)，說明離子受向下的電場(chǎng)力，帶正電.整個(gè)過程中只有電場(chǎng)力做功，而A、B兩點(diǎn)離子速度都為零，所以A、B在同一等勢(shì)面上，選項(xiàng)B正確.運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)離子在電場(chǎng)力方向上發(fā)生的位移最大，電場(chǎng)力做功最多，離子速度最大，選項(xiàng)C正確.離子從B點(diǎn)向下運(yùn)

31、動(dòng)時(shí)受向右的洛倫茲力，將向右偏，故選項(xiàng)D錯(cuò). 答案:ABC 9.如圖所示，在水平正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)，有一個(gè)帶電小球A，已知電場(chǎng)強(qiáng)度為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，小球在復(fù)合場(chǎng)區(qū)域中受到的電場(chǎng)力大小恰與它的重力大小相等，要使小球在電磁場(chǎng)中勻速運(yùn)動(dòng)，則小球的速度大小等于__，方向?yàn)開__. 解析:小球帶正電時(shí)，磁場(chǎng)力的大小等于重力與電場(chǎng)力的合力，方向如圖（甲）所示. 則qBv= qEv=根據(jù)左手定則，小球速度的方向與磁場(chǎng)力垂直，與E的正向成45°角；同理，小球帶負(fù)電時(shí)，亦有v=2EB,方向與E正向成135°角（如圖乙所示）. 答案:小球帶正電時(shí)，為右上方與E正向成45°角；小

32、球帶負(fù)電時(shí)， 為左上方與E正向成135°角 10.如圖所示，坐標(biāo)系xOy位于豎直平面內(nèi)，在該區(qū)域內(nèi)有場(chǎng)強(qiáng)E=12 N/C、方向沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)和磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=2T、沿水平方向且垂直于xOy平面指向紙里的勻強(qiáng)磁場(chǎng).一個(gè)質(zhì)量m=4×10-5 kg，電量q=2.5×10-5C帶正電的微粒，在xOy平面內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)到原點(diǎn)O時(shí)，撤去磁場(chǎng)，經(jīng)一段時(shí)間后，帶電微粒運(yùn)動(dòng)到了x軸上的P點(diǎn).取g=10 m/s2，求： （1）P點(diǎn)到原點(diǎn)O的距離； （2）帶電微粒由原點(diǎn)O運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的時(shí)間. 解析:微粒運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)之前要受到重力、電場(chǎng)力和洛倫茲力作用，在這段時(shí)間內(nèi)微粒做勻速直線運(yùn)動(dòng)，說明

33、三力合力為零. 由此可得 +(mg)2① 電場(chǎng)力FE=Eq② 洛倫茲力FB=Bqv③ 聯(lián)立求解、代入數(shù)據(jù)得v=10 m/s④ 微粒運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)之后，撤去磁場(chǎng)，微粒只受到重力、電場(chǎng)力作用，其合力為一恒力，且方向與微粒在O點(diǎn)的速度方向垂直，所以微粒在后一段時(shí)間內(nèi)的運(yùn)動(dòng)為類平拋運(yùn)動(dòng)，可沿初速度方向和合力方向進(jìn)行分解. tanθ=⑤ 代入數(shù)據(jù)得tanθ=⑥ 設(shè)沿初速度方向的位移為s1，沿合力方向的位移為s2，則因?yàn)閟1=vt⑦ s2= ⑧ OP=⑨ 聯(lián)立求解，代入數(shù)據(jù)可得P點(diǎn)到原點(diǎn)O的距離 OP=15 m O點(diǎn)到P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)時(shí)間 t=1.2s 答案：（1）15 m（2）1

34、.2 s 11.如圖所示，在xOy平面的第一象限有一勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)的方向平行于y軸向下；在x軸和第四象限的射線OC之間有一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，方向垂直于紙面向外.有一質(zhì)量為m，帶有電荷量+q的質(zhì)點(diǎn)由電場(chǎng)左側(cè)平行于x軸射入電場(chǎng).質(zhì)點(diǎn)到達(dá)x軸上A點(diǎn)時(shí)，速度方向與x軸的夾角為φ，A點(diǎn)與原點(diǎn)O的距離為d.接著，質(zhì)點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)，并垂直于OC飛離磁場(chǎng).不計(jì)重力影響.若OC與x軸的夾角也為φ，求 （1）粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)速度的大小； （2）勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小. 解析:（1）質(zhì)點(diǎn)在磁場(chǎng)中的軌跡為一圓弧.由于質(zhì)點(diǎn)飛離磁場(chǎng)時(shí)，速度垂直于OC，故圓弧的圓心在OC上.依題意，質(zhì)點(diǎn)軌跡與x軸的交點(diǎn)為

35、A，過A點(diǎn)作與A點(diǎn)的速度方向垂直的直線，與OC交于O′.由幾何關(guān)系知，AO′垂直于OC，O′是圓弧的圓心.設(shè)圓弧的半徑為R，則有 R=dsinφ① 由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得 qυB=m② 將①式代入②式，得 υ=③ (2)質(zhì)點(diǎn)在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)為類平拋運(yùn)動(dòng).設(shè)質(zhì)點(diǎn)射入電場(chǎng)的速度為υ0，在電場(chǎng)中的加速度為a，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t,則有 υ0=υcosφ④ υsinφ=at⑤ d=υ0t⑥ 聯(lián)立④⑤⑥得 a=⑦ 設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E，由牛頓第二定律得⑧ qE=ma 聯(lián)立③⑦⑧ E=sin3φcosφ⑨ 答案：（1）sinφ（2）sin3φcosφ 12.如圖所示，在

36、坐標(biāo)系xOy中，過原點(diǎn)的直線OC與x軸正向的夾角φ=120°，在OC右側(cè)有一勻強(qiáng)電場(chǎng)；在第二、三象限內(nèi)有一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其上邊界與電場(chǎng)邊界重疊、右邊界為y軸、左邊界為圖中平行于y軸的虛線，磁場(chǎng)在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向里.一帶正電荷q、質(zhì)量為m的粒子以某一速度自磁場(chǎng)左邊界上的A點(diǎn)射入磁場(chǎng)區(qū)域，并從O點(diǎn)射出，粒子射出磁場(chǎng)的速度方向與x軸的夾角θ=30°，大小為v.粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡為紙面內(nèi)的一段圓弧，且弧的半徑為磁場(chǎng)左右邊界間距的兩倍.粒子進(jìn)入電場(chǎng)后，在電場(chǎng)力的作用下又由O點(diǎn)返回磁場(chǎng)區(qū)域，經(jīng)過一段時(shí)間后再次離開磁場(chǎng).已知粒子從A點(diǎn)射入到第二次離開磁場(chǎng)所用的時(shí)間恰好等于粒子在磁場(chǎng)中做圓周

37、運(yùn)動(dòng)的周期.忽略重力的影響.求 （1）粒子經(jīng)過A點(diǎn)時(shí)速度的方向和A點(diǎn)到x軸的距離； （2）勻強(qiáng)電場(chǎng)的大小和方向； （3）粒子從第二次離開磁場(chǎng)到再次進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)所用的時(shí)間. 解析:（1）設(shè)磁場(chǎng)左邊界與x軸相交于D點(diǎn)，與CO相交于O′點(diǎn)，由幾何關(guān)系可知，直線OO′與粒子過O點(diǎn)的速度v垂直.在直角三角形OO′D中∠OO′D=30°.設(shè)磁場(chǎng)左右邊界間距為d,則OO′=2d.依題可知，粒子第一次進(jìn)入磁場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)軌跡的圓心即為O′點(diǎn)，圓弧軌跡所對(duì)的圓心角為30°，且O′A為圓弧的半徑R. 由此可知，粒子自A點(diǎn)射入磁場(chǎng)的速度與左邊界垂直.A點(diǎn)到x軸的距離 =R（1-cos30°）① 由洛倫

38、茲力公式、牛頓第二定律及圓周運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，得qvB=② 聯(lián)立①②式得③ （2）設(shè)粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T，第一次在磁場(chǎng)中飛行的時(shí)間為t1，有t1=④ T=⑤ 依題意，勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向與x軸正向夾角應(yīng)為150°.由幾何關(guān)系可知，粒子再次從O點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)的速度方向與磁場(chǎng)右邊界夾角為60°.設(shè)粒子第二次在磁場(chǎng)中飛行的圓弧的圓心為O″,O″必定在直線OC上.設(shè)粒子射出磁場(chǎng)時(shí)與磁場(chǎng)右邊界交于P點(diǎn)，則∠OO″P=120°. 設(shè)粒子第二次進(jìn)入磁場(chǎng)在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2，有 t2=T⑥ 設(shè)帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t3,依題意得 t3=T-(t1+t2)⑦ 由勻變速運(yùn)動(dòng)的規(guī)律和牛頓定律可知，-v=v-at3⑧ a=⑨ 聯(lián)立④⑤⑥⑦⑧⑨可得E= Bv⑩ （3）粒子自P點(diǎn)射出后將沿直線運(yùn)動(dòng).設(shè)其由P′點(diǎn)再次進(jìn)入電場(chǎng)，由幾何關(guān)系知 ∠O″P′P=30° 三角形OPP′為等腰三角形.設(shè)粒子在P、P′兩點(diǎn)間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t4，有t4= 又由幾何關(guān)系知聯(lián)立②式得t4= 答案：(1) (2) Bv,與x軸正向夾角為150° (3)