第8章 【磁場】3帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)

1、精選文檔【磁場】第三課時(shí)帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)考綱考情：5年26考帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng)()在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)()基礎(chǔ)梳理知識(shí)點(diǎn)一帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)1復(fù)合場復(fù)合場是指電場、磁場和重力場并存，或其中某兩場并存，或分區(qū)域存在從場的復(fù)合形式上一般可分為如下四種情況：相鄰場；重疊場；交替場；交變場2帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)分類(1)靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng)當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中所受合外力為零時(shí)，將處于靜止?fàn)顟B(tài)或做勻速直線運(yùn)動(dòng)(2)勻速圓周運(yùn)動(dòng)當(dāng)帶電粒子所受的重力與電場力大小相等，方向相反時(shí)，帶電粒子在洛倫茲力的作用下，在垂直于勻強(qiáng)磁場的平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)(3)較復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)當(dāng)帶電粒子所受合外力的

2、大小和方向均變化，且與初速度方向不在同一條直線上，粒子做非勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，這時(shí)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡既不是圓弧，也不是拋物線(4)分階段運(yùn)動(dòng)帶電粒子可能依次通過幾個(gè)情況不同的復(fù)合場區(qū)域，其運(yùn)動(dòng)情況隨區(qū)域發(fā)生變化，其運(yùn)動(dòng)過程由幾種不同的運(yùn)動(dòng)階段組成知識(shí)點(diǎn)二帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)實(shí)例裝置原理圖規(guī)律速度選擇器若qv0BEq，即v0，粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)磁流體發(fā)電機(jī)等離子體射入，受洛倫茲力偏轉(zhuǎn)，使兩極板帶正、負(fù)電，兩極電壓為U時(shí)穩(wěn)定，qqv0B，Uv0Bd電磁流量計(jì)qqvB所以v所以QvS霍爾效應(yīng)當(dāng)磁場方向與電流方向垂直時(shí)，導(dǎo)體在與磁場、電流方向都垂直的方向上出現(xiàn)電勢差小題快練1.帶電質(zhì)點(diǎn)在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動(dòng)，某時(shí)

3、刻速度方向如圖所示，所受的重力和洛倫茲力的合力恰好與速度方向相反，不計(jì)阻力，則在此后的一小段時(shí)間內(nèi)，帶電質(zhì)點(diǎn)將()A可能做直線運(yùn)動(dòng)B可能做勻減速運(yùn)動(dòng)C一定做曲線運(yùn)動(dòng) D可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)解析帶電質(zhì)點(diǎn)在運(yùn)動(dòng)過程中，重力做功，速度大小和方向發(fā)生變化，洛倫茲力的大小和方向也隨之發(fā)生變化，故帶電質(zhì)點(diǎn)不可能做直線運(yùn)動(dòng)，也不可能做勻減速運(yùn)動(dòng)和勻速圓周運(yùn)動(dòng)，C正確答案C2某空間存在水平方向的勻強(qiáng)電場(圖中未畫出)，帶電小球沿如圖所示的直線斜向下由A點(diǎn)沿直線向B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，此空間同時(shí)存在由A指向B的勻強(qiáng)磁場，則下列說法正確的是()A小球一定帶正電B小球可能做勻速直線運(yùn)動(dòng)C帶電小球一定做勻加速直線運(yùn)動(dòng)D運(yùn)動(dòng)過程中，

4、小球的機(jī)械能增大解析由于重力方向豎直向下，空間存在磁場，且直線運(yùn)動(dòng)方向斜向下，與磁場方向相同，故不受洛倫茲力作用，電場力必水平向右，但電場具體方向未知，故不能判斷帶電小球的電性，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；重力和電場力的合力不為零，故不可能做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以選項(xiàng)B錯(cuò)誤；因?yàn)橹亓εc電場力的合力方向與運(yùn)動(dòng)方向相同，故小球一定做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)C正確；運(yùn)動(dòng)過程中由于電場力做正功，故機(jī)械能增大，選項(xiàng)D正確答案CD3如圖所示為一速度選擇器，內(nèi)有一磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)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(shí)不偏轉(zhuǎn)(不計(jì)重力)，則磁場區(qū)域內(nèi)必須同時(shí)存在一個(gè)勻強(qiáng)電場，關(guān)于此電場場強(qiáng)大小和

5、方向的說法中，正確的是()A大小為B/v，粒子帶正電時(shí)，方向向上B大小為B/v，粒子帶負(fù)電時(shí)，方向向上C大小為Bv，方向向下，與粒子帶何種電荷無關(guān)D大小為Bv，方向向上，與粒子帶何種電荷無關(guān)解析當(dāng)粒子所受的洛倫茲力和電場力平衡時(shí)，粒子流勻速直線通過該區(qū)域，有qvBqE，所以EBv.假設(shè)粒子帶正電，則受向下的洛倫茲力，電場方向應(yīng)該向上粒子帶負(fù)電時(shí)，電場方向仍應(yīng)向上故正確答案為D.答案D4質(zhì)量為m的帶電小球在正交的勻強(qiáng)電場、勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，軌道平面在豎直平面內(nèi)，電場方向豎直向下，磁場方向垂直圓周所在平面向里，如圖所示，由此可知()A小球帶正電，沿順時(shí)針方向運(yùn)動(dòng)B小球帶負(fù)電，沿順時(shí)針方向運(yùn)

6、動(dòng)C小球帶正電，沿逆時(shí)針方向運(yùn)動(dòng)D小球帶負(fù)電，沿逆時(shí)針方向運(yùn)動(dòng)解析帶電小球在重力、電場力以及洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，故應(yīng)滿足qEmg，且電場力方向向上，故小球帶負(fù)電，由于洛倫茲力提供向心力，指向圓心，所以小球沿順時(shí)針方向運(yùn)動(dòng)，B正確答案B考向一帶電粒子在重組合場中的運(yùn)動(dòng)典例1(2015·天津理綜，12)現(xiàn)代科學(xué)儀器常利用電場、磁場控制帶電粒子的運(yùn)動(dòng)真空中存在著如圖所示的多層緊密相鄰的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場與磁場的寬度均為d.電場強(qiáng)度為E，方向水平向右；磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面向里電場、磁場的邊界互相平行且與電場方向垂直一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子在第1層電場左側(cè)邊

7、界某處由靜止釋放，粒子始終在電場、磁場中運(yùn)動(dòng)，不計(jì)粒子重力及運(yùn)動(dòng)時(shí)的電磁輻射(1)求粒子在第2層磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)速度v2的大小與軌跡半徑r2；(2)粒子從第n層磁場右側(cè)邊界穿出時(shí)，速度的方向與水平方向的夾角為n，試求sin n；(3)若粒子恰好不能從第n層磁場右側(cè)邊界穿出，試問在其他條件不變的情況下，也進(jìn)入第n層磁場，但比荷較該粒子大的粒子能否穿出該層磁場右側(cè)邊界，請(qǐng)簡要推理說明之解題引路粒子每經(jīng)過一次電場被加速一次電場力做功WqEd，動(dòng)能增加qEd.粒子經(jīng)過磁場一次被偏轉(zhuǎn)一次，由幾何關(guān)系確定偏轉(zhuǎn)半徑和偏轉(zhuǎn)角的關(guān)系洛倫茲力提供向心力確定多物理量問題的關(guān)系解析(1)粒子在進(jìn)入第2層磁場時(shí)，經(jīng)過兩次電

8、場加速，中間穿過磁場時(shí)洛倫茲力不做功由動(dòng)能定理，有2qEdmv由式解得v22 粒子在第2層磁場中受到的洛倫茲力充當(dāng)向心力，有qv2Bm由式解得r2 (2)設(shè)粒子在第n層磁場中運(yùn)動(dòng)的速度為vn，軌跡半徑為rn(各量的下標(biāo)均代表粒子所在層數(shù)，下同)mqEdmvqvnBm粒子進(jìn)入第n層磁場時(shí)，速度的方向與水平方向的夾角為an，從第n層磁場右側(cè)邊界穿出時(shí)速度方向與水平方向的夾角為n，粒子在電場中運(yùn)動(dòng)時(shí)，垂直于電場線方向的速度分量不變，有vn1sin n1vnsin n由圖甲看出rnsin nrnsin nd由式得rnsin nrn1sin n1d由式看出r1sin 1，r2sin 2，rnsin n為

9、一等差數(shù)列，公差為d，可得rnsin nr1sin 1(n1)d當(dāng)n1時(shí)，由圖乙看出r1sin 1d由式得sin nB(3)若粒子恰好不能從第n層磁場右側(cè)邊界穿出，則nsin n1在其他條件不變的情況下，換用比荷更大的粒子，設(shè)其比荷為，假設(shè)能穿出第n層磁場右側(cè)邊界，粒子穿出時(shí)速度方向與水平方向的夾角為n，由于則導(dǎo)致sin n>1說明n不存在，即原假設(shè)不成立所以比荷較該粒子大的粒子不能穿出該層磁場右側(cè)邊界答案(1)2 ； (2)B(3)不能，推理證明見解析帶電粒子在組合場中的運(yùn)動(dòng)問題的分析方法針對(duì)訓(xùn)練1(2016·蘇州市高三調(diào)研測試)如圖所示的坐標(biāo)系中，第一象限內(nèi)存在與x軸成30

10、°角斜向下的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度E400 N/C；第四象限內(nèi)存在垂直于紙面向里的有界勻強(qiáng)磁場，x軸方向的寬度OA20 cm，y軸負(fù)方向無限大，磁感應(yīng)強(qiáng)度B1×104 T現(xiàn)有一比荷為2×1011 C/kg的正離子(不計(jì)重力)，以某一速度v0從O點(diǎn)射入磁場，60 °，離子通過磁場后剛好從A點(diǎn)射出，之后進(jìn)入電場(1)求離子進(jìn)入磁場B的速度v0的大??；(2)離子進(jìn)入電場后，經(jīng)多少時(shí)間再次到達(dá)x軸上；(3)若離子進(jìn)入磁場B后，某時(shí)刻再加一個(gè)同方向的有界勻強(qiáng)磁場使離子做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，求所加磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度的最小值解析離子的運(yùn)動(dòng)如圖所示(1)由幾何關(guān)系得離子在磁場中運(yùn)動(dòng)

11、時(shí)的軌道半徑r10.2 m離子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力Bqv0m求得v04×106 m/s.(2)離子進(jìn)入電場后，設(shè)經(jīng)過時(shí)間t再次到達(dá)x軸上，離子沿垂直電場方向做速度為v0的勻速直線運(yùn)動(dòng)，位移為l1l1v0t離子沿電場方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度為a，位移為l2Eqmal2at2由幾何關(guān)系可知tan 60°代入數(shù)據(jù)解得t×107 s.(3)由Bqv知，B越小，r越大設(shè)離子在磁場中最大半徑為R由幾何關(guān)系得R(r1r1sin 30°)0.05 m由牛頓運(yùn)動(dòng)定律得B1qv0m得B14×104 T則外加磁場B13×

12、;104T.答案(1)4×106 m/s(2)×107s(3)3×104 T考向二帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動(dòng)1帶電粒子在復(fù)合場中運(yùn)動(dòng)的分析思路2帶電粒子(體)在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)問題求解要點(diǎn)(1)受力分析是基礎(chǔ)在受力分析時(shí)是否考慮重力必須注意題目條件(2)運(yùn)動(dòng)過程分析是關(guān)鍵在運(yùn)動(dòng)過程分析中應(yīng)注意物體做直線運(yùn)動(dòng)，曲線運(yùn)動(dòng)及圓周運(yùn)動(dòng)、類平拋運(yùn)動(dòng)的條件(3)構(gòu)建物理模型是難點(diǎn)根據(jù)不同的運(yùn)動(dòng)過程及物理模型選擇合適的物理規(guī)律列方程求解典例2如圖所示的平行板之間，存在著相互垂直的勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B10.20 T，方向垂直紙面向里，電場強(qiáng)度E11.0×1

13、05 V/m.PQ為板間中線緊靠平行板右側(cè)邊緣xOy坐標(biāo)系的第一象限內(nèi)，有一邊界線AO，與y軸的夾角AOy45°，邊界線的上方有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B20.25 T，邊界線的下方有水平向右的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度E25.0×105 V/m，在x軸上固定一水平的熒光屏一束帶電荷量q8.0×1019 C、質(zhì)量m8.0×1026 kg的正離子從P點(diǎn)射入平行板間，沿中線PQ做直線運(yùn)動(dòng)，穿出平行板后從y軸上坐標(biāo)為(0,0.4 m)的Q點(diǎn)垂直y軸射入磁場區(qū)，最后打到水平的熒光屏上的位置C.求：(1)離子在平行板間運(yùn)動(dòng)的速度大??；(2)離子打到熒光屏上的位置

14、C的坐標(biāo)；(3)現(xiàn)只改變AOy區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小，使離子都不能打到x軸上，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B2應(yīng)滿足什么條件？解題引路解析(1)設(shè)離子的速度大小為v，由于沿中線PQ做直線運(yùn)動(dòng)，則有qE1qvB1，代入數(shù)據(jù)解得v5.0×105 m/s.(2)離子進(jìn)入磁場，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律有qvB2m得，r0.2 m，作出離子的運(yùn)動(dòng)軌跡，交OA邊界于N，如圖甲所示，OQ2r，若磁場無邊界，一定通過O點(diǎn)，則圓弧QN的圓周角為45°，則軌跡圓弧的圓心角為90°，過N點(diǎn)做圓弧切線，方向豎直向下，離子垂直電場線進(jìn)入電場，做類平拋運(yùn)動(dòng)，yOOvt，xat2，而a，則x0.4

15、 m，離子打到熒光屏上的位置C的水平坐標(biāo)為xC(0.20.4)m0.6 m.(3)只要粒子能跨過AO邊界進(jìn)入水平電場中，粒子就具有豎直向下的速度而一定打在x軸上如圖乙所示，由幾何關(guān)系可知使離子不能打到x軸上的最大半徑r m，設(shè)使離子都不能打到x軸上，最小的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，則qvB0，代入數(shù)據(jù)解得B0T0.3 T，則B20.3 T.答案(1)5.0×105 m/s(2)0.6 m(3)B20.3 T針對(duì)訓(xùn)練2(2015·福建理綜，22)如圖所示，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)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

16、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)求小滑塊運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)的速度大小為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.解析(1)小滑塊沿MN運(yùn)動(dòng)過程，水平方向受力滿足qvBNqE小滑塊在C點(diǎn)離開MN時(shí)N0解得vC(2)由動(dòng)能定理mghW

17、fmv0解得Wfmgh(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gg 且vvg2t2解得vP 答案(1)(2)mgh(3) 特色專題系列之(二十七)帶電粒子在交變復(fù)合場中運(yùn)動(dòng)的處理思路與方法技巧帶電粒子在交變復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)問題的基本思路范例(2016·合肥模擬)如圖甲所示，帶正電粒子以水平速度v0從平行金屬板MN間中線OO連續(xù)射入電場中MN板間接有如圖乙所示的隨時(shí)間t變化的電壓UMN，兩板間電場可看作是均勻的，且兩板外無電場緊鄰金屬板右側(cè)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場B，分界線為CD，EF為屏幕金屬板間距為d，長度為l

18、，磁場的寬度為d.已知：B5×103T，ld0.2 m，每個(gè)帶正電粒子的速度v0105 m/s，比荷為108 C/kg，重力忽略不計(jì)，在每個(gè)粒子通過電場區(qū)域的極短時(shí)間內(nèi)，電場可視作是恒定不變的試求：(1)帶電粒子進(jìn)入磁場做圓周運(yùn)動(dòng)的最小半徑(2)帶電粒子射出電場時(shí)的最大速度(3)帶電粒子打在屏幕上的范圍解題引路第一步：抓關(guān)鍵點(diǎn)關(guān)鍵點(diǎn)獲取信息電場可視作是恒定不變的電場是勻強(qiáng)電場，帶電粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)最小半徑當(dāng)加速電壓為零時(shí)，帶電粒子進(jìn)入磁場時(shí)的速率最小，半徑最小最大速度由動(dòng)能定理可知，當(dāng)加速度電壓最大時(shí)，粒子的速度最大，但應(yīng)注意粒子能否從極板中飛出第二步：找突破口(1)要求圓周運(yùn)動(dòng)的最

19、小半徑，由帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑公式可知，應(yīng)先求最小速度，后列方程求解(2)要求粒子射出電場時(shí)的最大速度，應(yīng)先根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律求出帶電粒子能從極板間飛出所應(yīng)加的板間電壓的范圍，后結(jié)合動(dòng)能定理列方程求解(3)要求粒子打在屏幕上的范圍，應(yīng)先綜合分析帶電粒子的運(yùn)動(dòng)過程，畫出運(yùn)動(dòng)軌跡，后結(jié)合幾何知識(shí)列方程求解解析(1)t0時(shí)刻射入電場的帶電粒子不被加速，進(jìn)入磁場做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑最小粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)qv0B則帶電粒子進(jìn)入磁場做圓周運(yùn)動(dòng)的最小半徑rmin m0.2 m其運(yùn)動(dòng)的徑跡如圖中曲線所示(2)設(shè)兩板間電壓為U1，帶電粒子剛好從極板邊緣射出電場，則有at2·2代入數(shù)據(jù)，解

20、得U1100 V在電壓低于100 V時(shí)，帶電粒子才能從兩板間射出電場，電壓高于100 V時(shí)，帶電粒子打在極板上，不能從兩板間射出帶電粒子剛好從極板邊緣射出電場時(shí)，速度最大，設(shè)最大速度為vmax則有mvmvq·解得vmax×105 m/s1.414×105 m/s(3)由第(1)問計(jì)算可知，t0時(shí)刻射入電場的粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑rmind0.2 m徑跡恰與屏幕相切，設(shè)切點(diǎn)為E，E為帶電粒子打在屏幕上的最高點(diǎn)，則rmin0.2 m帶電粒子射出電場時(shí)的速度最大時(shí)，在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑最大，打在屏幕上的位置最低設(shè)帶電粒子以最大速度射出電場進(jìn)入磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的

21、半徑為rmax，打在屏幕上的位置為F，運(yùn)動(dòng)徑跡如圖中曲線所示qvmaxB則帶電粒子進(jìn)入磁場做圓周運(yùn)動(dòng)的最大半徑rmax m m由數(shù)學(xué)知識(shí)可得運(yùn)動(dòng)徑跡的圓心必落在屏幕上，如圖中Q點(diǎn)所示，并且Q點(diǎn)必與M板在同一水平線上則 m0.1 m帶電粒子打在屏幕上的最低點(diǎn)為F，則rmaxm0.18 m即帶電粒子打在屏幕上O上方0.2 m到O下方0.18 m的范圍內(nèi)答案(1)0.2 m(2)1.414×105 m/s(3)O上方0.2 m到O下方0.18 m的范圍內(nèi)若交變電壓的變化周期遠(yuǎn)大于粒子穿越電場的時(shí)間，則在粒子穿越電場過程中，電場可看作粒子則進(jìn)入電場時(shí)刻的勻強(qiáng)電場遷移訓(xùn)練1某種加速器的理想模型

22、如圖甲所示：兩塊相距很近的平行小極板中間各開有一小孔a、b，兩極板間電壓uab的變化圖象如圖乙所示，電壓的最大值為U0、周期為T0，在兩極板外有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場若將一質(zhì)量為m0、電荷量為q的帶正電的粒子從板內(nèi)a孔處靜止釋放，經(jīng)電場加速后進(jìn)入磁場，在磁場中運(yùn)行時(shí)間T0后恰能再次從a孔進(jìn)入電場加速現(xiàn)該粒子的質(zhì)量增加了m0.(粒子在兩極板間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間不計(jì)，兩極板外無電場，不考慮粒子所受的重力)(1)若在t0時(shí)將該粒子從板內(nèi)a孔處靜止釋放，求其第二次加速后從b孔射出時(shí)的動(dòng)能；(2)現(xiàn)要利用一根長為L的磁屏蔽管(磁屏蔽管置于磁場中時(shí)管內(nèi)無磁場，忽略其對(duì)管外磁場的影響)，使圖甲中實(shí)線軌跡(圓心為O)

23、上運(yùn)動(dòng)的粒子從a孔正下方相距L處的c孔水平射出，請(qǐng)?jiān)趫D甲中的相應(yīng)位置處畫出磁屏蔽管；(3)若將電壓uab的頻率提高為原來的2倍，該粒子應(yīng)何時(shí)由板內(nèi)a孔處靜止開始加速，才能經(jīng)多次加速后獲得最大動(dòng)能？最大動(dòng)能是多少？解析(1)質(zhì)量為m0的粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)qvBm0，T0則T0當(dāng)粒子的質(zhì)量增加m0時(shí)，其周期增加TT0則根據(jù)題圖乙可知，粒子第一次的加速電壓U1U0粒子第二次的加速電壓U2U0射出時(shí)的動(dòng)能Ek2qU1qU2解得Ek2qU0.(2)磁屏蔽管的位置如圖所示(3)在Uab>0時(shí)，粒子被加速，則最多連續(xù)被加速的次數(shù)N25分析可得，當(dāng)粒子在連續(xù)被加速的次數(shù)最多，且UU0時(shí)也被加速時(shí)

24、，最終獲得的動(dòng)能最大粒子由靜止開始加速的時(shí)刻t(n)T0(n0,1,2，)最大動(dòng)能Ekm2×()qU0qU0解得EkmqU0.答案(1)qU0(2)見解析(3)t(n)T0(n0,1,2，)qU02某空間存在著一個(gè)變化的電場和一個(gè)變化的磁場，電場方向向右(如圖甲中由B到C的方向)，電場變化如圖乙中Et圖象，磁感應(yīng)強(qiáng)度變化如圖丙中Bt圖象在A點(diǎn)，從t1 s(即1 s末)開始，每隔2 s，有一個(gè)相同的帶電粒子(重力不計(jì))沿AB方向(垂直于BC)以速度v射出，恰能擊中C點(diǎn)，若2且粒子在AB間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間小于1 s，求：(1)圖線上E0和B0的比值，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的方向；(2)若第1個(gè)粒子擊中C

25、點(diǎn)的時(shí)刻已知為(1t) s，那么第2個(gè)粒子擊中C點(diǎn)的時(shí)刻是多少？解析設(shè)帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為R.在第2秒內(nèi)只有磁場軌道如圖所示(1)因?yàn)?2d所以R2d.第2秒內(nèi)，僅有磁場：qvB0mm.第3秒內(nèi)，僅有電場：d··2.所以v0.粒子帶正電，故磁場方向垂直紙面向外(2)t×··，tt.故第2個(gè)粒子擊中C點(diǎn)的時(shí)刻為 s.答案(1)v，磁場方向垂直紙面向外(2)第2個(gè)粒子擊中C點(diǎn)的時(shí)刻為 s頻考一帶電粒子在組合場中的運(yùn)動(dòng)1如圖所示，兩導(dǎo)體板水平放置，兩板間電勢差為U，帶電粒子以某一初速度v0沿平行于兩板的方向從兩板正中間射入，穿過兩板后又沿

26、垂直于磁場方向射入邊界線豎直的勻強(qiáng)磁場，則粒子射入磁場和射出磁場的M、N兩點(diǎn)間的距離d隨著U和v0的變化情況為()Ad隨v0增大而增大，d與U無關(guān)Bd隨v0增大而增大，d隨U增大而增大Cd隨U增大而增大，d與v0無關(guān)Dd隨v0增大而增大，d隨U增大而減小解析設(shè)粒子從M點(diǎn)進(jìn)入磁場時(shí)的速度大小為v，該速度與水平方向的夾角為，故有v，粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)半徑為r.而MN之間的距離為d2rcos .聯(lián)立解得d，故選項(xiàng)A正確答案A2(2016·遼寧協(xié)作體聯(lián)考)如圖所示，在x軸上方存在垂直紙面向里的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，x軸下方存在垂直紙面向外的磁感應(yīng)強(qiáng)度為的勻強(qiáng)磁場一帶負(fù)電的粒子從原

27、點(diǎn)O以與x軸成30°角斜向上射入磁場，且在上方運(yùn)動(dòng)半徑為R.不計(jì)重力，則()A粒子經(jīng)偏轉(zhuǎn)一定能回到原點(diǎn)OB粒子在x軸上方和下方兩磁場中運(yùn)動(dòng)的半徑之比為21C粒子完成一次周期性運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為D粒子第二次射入x軸上方磁場時(shí)，沿x軸前進(jìn)3R解析帶電粒子在磁場中一直向x軸正方向運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤因R且B12B2，所以軌道半徑之比R1R212，B錯(cuò)誤粒子完成一次周期性運(yùn)動(dòng)的時(shí)間tT1T2，C錯(cuò)誤粒子第二次射入x軸上方磁場時(shí)，沿x軸前進(jìn)距離lR2R3R，D正確答案D頻考二帶電粒子在疊加復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)3利用如圖所示的方法可以測得金屬導(dǎo)體中單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)n，現(xiàn)測得一塊橫截面為矩形的金屬導(dǎo)體的寬為b，

28、厚為d，并加有與側(cè)面垂直的勻強(qiáng)磁場B，當(dāng)通以圖示方向電流I時(shí)，在導(dǎo)體上、下表面間用電壓表可測得電壓為U.已知自由電子的電荷量為e，則下列判斷正確()A上表面電勢高B下表面電勢高C該導(dǎo)體單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)為D該導(dǎo)體單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)為解析畫出平面圖如圖所示，由左手定則可知，自由電子向上表面偏轉(zhuǎn)，故下表面電勢高，A錯(cuò)誤，B正確再根據(jù)eevB，IneSvnebdv得n，故D正確，C正確答案BD4如圖所示為一個(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)的速度圖象可能是

29、圖中的()解析帶電圓環(huán)在磁場中受到向上的洛倫茲力，當(dāng)重力與洛倫茲力相等時(shí)，圓環(huán)將做勻速直線運(yùn)動(dòng)，A正確當(dāng)洛倫茲力大于重力時(shí)，圓環(huán)受到摩擦力的作用，并且隨著速度的減小而減小，圓環(huán)將做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，最后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，D正確如果重力大于洛倫茲力，圓環(huán)也受摩擦力作用，且摩擦力越來越大，圓環(huán)將做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，故B、C錯(cuò)誤答案AD頻考三帶電粒子在交變復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)5電視機(jī)顯像管中需要用變化的磁場來控制電子束的偏轉(zhuǎn)圖(a)為顯像管工作原理示意圖，陰極K發(fā)射的電子束(初速不計(jì))經(jīng)電壓為U的加速電場后，進(jìn)入一圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)，磁場方向垂直于圓面(以垂直圓面向里為正方向)，磁場區(qū)的中心為O，半徑為

30、r，熒光屏MN到磁場區(qū)中心O的距離為L.當(dāng)不加磁場時(shí)，電子束將通過O點(diǎn)垂直打到屏幕的中心P點(diǎn)當(dāng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間按圖(b)所示的規(guī)律變化時(shí)，在熒光屏上得到一條長為2L的亮線由于電子通過磁場區(qū)的時(shí)間很短，可以認(rèn)為在每個(gè)電子通過磁場區(qū)的過程中磁感應(yīng)強(qiáng)度不變已知電子的電荷量為e，質(zhì)量為m，不計(jì)電子之間的相互作用及所受的重力求：(1)電子打到熒光屏上時(shí)速度的大??；(2)磁感應(yīng)強(qiáng)度的最大值B0.解析(1)電子打到熒光屏上時(shí)速度的大小等于它飛出加速電場時(shí)的速度大小，設(shè)為v，由動(dòng)能定理eUmv2；解得v .(2)當(dāng)交變磁場為峰值B0時(shí)，電子束有最大偏轉(zhuǎn)，在熒光屏上打在Q，PQL.電子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，設(shè)

31、此時(shí)的偏轉(zhuǎn)角度為，由幾何關(guān)系可知，tan ，60°.根據(jù)幾何關(guān)系，電子束在磁場中運(yùn)動(dòng)路徑所對(duì)的圓心角，而tan .由牛頓第二定律和洛倫茲力公式得evB0；解得B0.答案(1)v (2)B0課時(shí)作業(yè)(二十五)基礎(chǔ)小題1MN板兩側(cè)都是磁感強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，方向如下圖所示，帶電粒子從a位置以垂直磁場方向的速度開始運(yùn)動(dòng)，依次通過小孔b、c、d，已知abbccd，粒子從a運(yùn)動(dòng)到d的時(shí)間為t，則粒子的比荷為()A.B.C. D.解析粒子從a運(yùn)動(dòng)到d依次經(jīng)過小孔b、c、d，經(jīng)歷的時(shí)間t為3個(gè)，由t3×和T，可得：，故A正確答案A2如圖所示，兩平行金屬板中有相互垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，

32、帶正電的粒子(不計(jì)粒子的重力)從兩板中央垂直電場、磁場入射它在金屬板間運(yùn)動(dòng)的軌跡為水平直線，如圖中虛線所示若使粒子在飛越金屬板間的過程中向上板偏移，則可以采取的正確措施為()A使入射速度減小B使粒子電荷量增大C使電場強(qiáng)度增大D使磁感應(yīng)強(qiáng)度增大解析此時(shí)帶電粒子在金屬板間運(yùn)動(dòng)的軌跡為水平直線，所以qvBEq，要使粒子在飛越金屬板間的過程中向上板偏移，則qvb>Eq，由此可知增大帶電粒子的射入速度，增大磁感應(yīng)強(qiáng)度或減小電場強(qiáng)度均可使帶電粒子向上板偏移，而粒子電荷量與之無關(guān)，由此知選項(xiàng)D正確答案D3如圖所示，兩導(dǎo)體板水平放置，兩板間電勢差為U，帶電粒子以某一初速度v0沿平行于兩板的方向從兩板正中

33、間射入，穿過兩板后又垂直于磁場方向射入邊界線豎直的勻強(qiáng)磁場，則粒子射入磁場和射出磁場的M、N兩點(diǎn)間的距離d隨著U和v0的變化情況為()Ad隨v0增大而增大，d與U無關(guān)Bd隨v0增大而增大，d隨U增大而增大Cd隨U增大而增大，d與v0無關(guān)Dd隨v0增大而增大，d隨U增大而減小解析設(shè)粒子從M點(diǎn)進(jìn)入磁場時(shí)的速度大小為v，該速度與水平方向的夾角為，故有v.粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)半徑為r.而MN之間的距離為d2rcos .聯(lián)立解得d2，故選項(xiàng)A正確答案A4有一帶電荷量為q、重為G的小球，從豎直的帶電平行板上方h處自由落下，兩極板間勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向如圖所示，則帶電小球通過有電場和磁場的空

34、間時(shí)()A一定做曲線運(yùn)動(dòng)B不可能做曲線運(yùn)動(dòng)C有可能做勻速運(yùn)動(dòng)D有可能做勻加速直線運(yùn)動(dòng)解析帶電小球在重力場、電場和磁場中運(yùn)動(dòng)，所受重力、電場力是恒力，但受到的洛倫茲力是隨速度的變化而變化的變力，因此小球不可能處于平衡狀態(tài)，也不可能在電、磁場中做勻變速運(yùn)動(dòng)答案A51922年英國物理學(xué)家阿斯頓因質(zhì)譜儀的發(fā)明、同位素和質(zhì)譜的研究榮獲了諾貝爾化學(xué)獎(jiǎng)若速度相同的一束粒子由左端射入質(zhì)譜儀后的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，則下列相關(guān)說法中正確的是()A該束帶電粒子帶負(fù)電B速度選擇器的P1極板帶正電C在B2磁場中運(yùn)動(dòng)半徑越大的粒子，質(zhì)量越大D在B2磁場中運(yùn)動(dòng)半徑越大的粒子，比荷越小解析由粒子在B2中的運(yùn)動(dòng)軌跡可以判斷粒子應(yīng)

35、帶正電，A項(xiàng)錯(cuò)誤；在電容器中粒子受到的洛倫茲力方向豎直向上，受到的電場力方向應(yīng)豎直向下，則P1極板帶正電，B項(xiàng)正確；在電容器中，根據(jù)速度選擇器的原理可知v，在B2中粒子運(yùn)動(dòng)的軌道半徑r，式中B1、B2、E不變，因此，在B2磁場中運(yùn)動(dòng)半徑越大的粒子，其越大，即比荷越小，C項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確答案BD6如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子，不計(jì)重力，在a點(diǎn)以某一初速度水平向左射入磁場區(qū)域，沿曲線abcd運(yùn)動(dòng)，ab、bc、cd都是半徑為R的圓弧，粒子在每段圓弧上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間都為t.規(guī)定垂直于紙面向外的磁感應(yīng)強(qiáng)度為正，則磁場區(qū)域、三部分的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨x變化的關(guān)系可能是下圖中的()解析由左手定則可判

36、斷出磁感應(yīng)強(qiáng)度B在磁場區(qū)域、內(nèi)磁場方向分別為向外、向里和向外，在三個(gè)區(qū)域中均運(yùn)動(dòng)1/4圓周，故tT/4，由于T，求得B，只有選項(xiàng)C正確答案C7(2016·蕪錫高三月考)如圖所示為某種質(zhì)譜儀的工作原理示意圖此質(zhì)譜儀由以下幾部分構(gòu)成：粒子源N；P、Q間的加速電場；靜電分析器，即中心線半徑為R的四分之一圓形通道，通道內(nèi)有均勻輻射電場，方向沿徑向指向圓心O，且與圓心O等距的各點(diǎn)電場強(qiáng)度大小相等；磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的有界勻強(qiáng)磁場，方向垂直紙面向外；膠片M.由粒子源發(fā)出的不同帶電粒子，經(jīng)加速電場加速后進(jìn)入靜電分析器，某些粒子能沿中心線通過靜電分析器并經(jīng)小孔S垂直磁場邊界進(jìn)入磁場，最終打到膠片上的某點(diǎn)

37、粒子從粒子源發(fā)出時(shí)的初速度不同，不計(jì)粒子所受重力下列說法中正確的是()A從小孔S進(jìn)入磁場的粒子速度大小一定相等B從小孔S進(jìn)入磁場的粒子動(dòng)能一定相等C打到膠片上同一點(diǎn)的粒子速度大小一定相等D打到膠片上位置距離O點(diǎn)越遠(yuǎn)的粒子，比荷越大解析從小孔S進(jìn)入磁場，說明粒子在電場中運(yùn)動(dòng)半徑相同，在靜電分析器中，qE，無法判斷出粒子的速度和動(dòng)能是否相等，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；打到膠片上同一點(diǎn)的粒子，在磁場中運(yùn)動(dòng)半徑相同，由qvBm，得r，聯(lián)立qE，可得r，所以打到膠片上同一點(diǎn)的粒子速度相等，與比荷無關(guān)，選項(xiàng)C正確，選項(xiàng)D錯(cuò)誤答案C必糾錯(cuò)題8在一絕緣、粗糙且足夠長的水平管道中有一帶電荷量為q、質(zhì)量為m的帶電球體，管道

38、半徑略大于球體半徑整個(gè)管道處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的水平勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向與管道垂直現(xiàn)給帶電球體一個(gè)水平速度v，則在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，帶電球體克服摩擦力所做的功可能為()A0 B.m()2C.mv2 D.mv2()2錯(cuò)解對(duì)易錯(cuò)選項(xiàng)及錯(cuò)誤原因具體分析如下：易漏選項(xiàng)錯(cuò)誤原因D項(xiàng)(1)誤認(rèn)為無論小球的速度多大，由于管道粗糙，小球最終都會(huì)停止運(yùn)動(dòng)；(2)本題中如果小球的速度較大時(shí)，洛倫茲力會(huì)大于重力，出現(xiàn)管壁對(duì)小球有向下的彈力，隨小球向右運(yùn)動(dòng)速度的減小，洛倫茲力減小，彈力也逐漸減小，摩擦力也隨之逐漸減小，當(dāng)彈力減小到零時(shí)，摩擦力也減小到零，此時(shí)洛倫茲力與重力平衡，此后小球?qū)⒆鰟蛩龠\(yùn)動(dòng).解析當(dāng)小球帶負(fù)電

39、時(shí)：對(duì)小球受力分析如圖(1)所示，隨著向右運(yùn)動(dòng)，速度逐漸減小，直到速度減小為零，所以克服摩擦力做功為Wmv2.當(dāng)小球帶正電時(shí)：設(shè)當(dāng)洛倫茲力等于重力時(shí)，小球的速度為v0，則mgqv0B，即v0.當(dāng)vv0時(shí)，如圖(2)所示，重力與洛倫茲力平衡，所以小球做勻速運(yùn)動(dòng)，所以克服摩擦力做功為W0；當(dāng)v<v0時(shí)，如圖(3)所示，管壁對(duì)小球有向上的支持力，隨著向右減速運(yùn)動(dòng)，速度逐漸減小，支持力、摩擦力逐漸增大，直到速度減小到零，所以克服摩擦力做功為Wmv2；當(dāng)v>v0時(shí)，如圖(4)所示，管壁對(duì)小球有向下的彈力，隨著小球向右減速運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力逐漸減小、彈力逐漸減小，摩擦力逐漸減小，直到彈力減小到零，摩擦力也為零，此時(shí)重力和洛倫茲力平衡，此后小球向右做勻速運(yùn)動(dòng)，所以克服摩擦力做功為Wmv2mvmv2()2，綜上分析，可知A、C、D項(xiàng)正確答案ACD高考真題9(2015·新課標(biāo)全國，19)有兩個(gè)勻強(qiáng)磁場區(qū)域和，中的磁感應(yīng)強(qiáng)度是中的k倍兩個(gè)速率相同的電子分別在兩磁場區(qū)域做圓周運(yùn)動(dòng)與中運(yùn)動(dòng)的電子相比，中的電子()A運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑是中的k倍B加速度的大小是中的k倍C做圓周運(yùn)動(dòng)的周期是中的k倍D做圓周運(yùn)動(dòng)的角速度與中的相等解析對(duì)電子由牛頓第二定律有evBm，得r，則rr1k，A正確由evBma，得a，則aak