觀察中的發(fā)現(xiàn)教案

09年高考物理帶電體在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)。

三帶電體在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)

本專題研究帶電體在復(fù)合場或組合場中的運(yùn)動(dòng)．復(fù)合場是指重力場、電場和磁場三者或其中任意兩者共存于同一區(qū)域的場；組合場是指電場與磁場同時(shí)存在，但不重疊出現(xiàn)在同一區(qū)域的情況．帶電體在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)（包括平衡），說到底仍然是一個(gè)力學(xué)問題，只要掌握不同的場對帶電體作用的特點(diǎn)和差異，從分析帶電體的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況著手，充分發(fā)掘隱含條件，建立清晰的物理情景，最終把物理模型轉(zhuǎn)化成數(shù)學(xué)表達(dá)式，即可求解．

解決復(fù)合場或組合場中帶電體運(yùn)動(dòng)的問題可從以下三個(gè)方面入手：（1）動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)（牛頓定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)方程）；（2）能量觀點(diǎn)（動(dòng)能定理和機(jī)械能守恒或能量守恒）；（3）動(dòng)量觀點(diǎn)（動(dòng)量定理和動(dòng)量守恒定律）．

一般地，對于微觀粒子，如電子、質(zhì)子、離子等不計(jì)重力，而一些實(shí)際物體，如帶電小球、液滴等應(yīng)考慮其重力．有時(shí)也可由題設(shè)條件，結(jié)合受力與運(yùn)動(dòng)分析，確定是否考慮重力．

精選閱讀

帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)

每個(gè)老師不可缺少的課件是教案課件，大家在仔細(xì)規(guī)劃教案課件。認(rèn)真做好教案課件的工作計(jì)劃，才能規(guī)范的完成工作！你們了解多少教案課件范文呢？以下是小編為大家收集的“帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)”僅供您在工作和學(xué)習(xí)中參考。

帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)

要點(diǎn)一復(fù)合場（疊加場）
即學(xué)即用
1.一帶電粒子以初速度v0先后通過勻強(qiáng)電場E和勻強(qiáng)磁場B,如圖甲所示,電場和磁場對粒子做功為W1;若把電場和磁場正交疊加后,如圖乙所示,粒子仍以v0E/B的速度穿過疊加場區(qū),電場和磁場對粒子做功為W2（不計(jì)重力的影響）,則（）B.W1W2
C.W1W2D.無法比較
答案C
要點(diǎn)二帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)分析
即學(xué)即用
2.如圖所示,與電源斷開的帶電平行金屬板相互正對水平放置,兩板間存在著水平方向的
勻強(qiáng)磁場.某帶電小球從光滑絕緣軌道上的a點(diǎn)由靜止開始滑下,經(jīng)過軌道端點(diǎn)P（軌
道上P點(diǎn)的切線沿水平方向）進(jìn)入板間后恰好沿水平方向做直線運(yùn)動(dòng).若保持磁感應(yīng)強(qiáng)度不變,使兩板間距離稍減小一些,讓小球從比a點(diǎn)稍低一些的b點(diǎn)由靜止開始滑下,在經(jīng)P點(diǎn)進(jìn)入板間的運(yùn)動(dòng)過程中（）
A.洛倫茲力對小球做負(fù)功
B.小球所受電場力變大
C.小球一定做曲線運(yùn)動(dòng)
D.小球仍可能做直線運(yùn)動(dòng)
答案C

題型1帶電粒子在復(fù)合場中的平衡問題
【例1】設(shè)在地面上方的真空室內(nèi)存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場.已知電場強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向是相同的,電場強(qiáng)度的大小E=4.0V/m,磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B=0.15T.今有一個(gè)帶負(fù)電的質(zhì)點(diǎn)以v=20m/s的速度在此區(qū)域內(nèi)沿垂直場強(qiáng)方向做勻速直線運(yùn)動(dòng),求此帶電質(zhì)點(diǎn)的電荷量與質(zhì)量之比q/m以及磁場的所有可能方向.（角度可用反三角函數(shù)表示）
答案1.96C/kg,與重力夾角arctan斜向下的一切可能方向
題型2帶電粒子在復(fù)合場中的曲線運(yùn)動(dòng)問題
【例2】ab、cd為平行金屬板,板間勻強(qiáng)電場場強(qiáng)E=100V/m,板間同時(shí)存在如圖所示的勻強(qiáng)磁
場,磁感應(yīng)強(qiáng)度B=4T,一帶電荷量q=1×10-8C,質(zhì)量m=1×10-10?kg的微粒,以速度v0=30m/s
垂直極板進(jìn)入板間場區(qū),粒子做曲線運(yùn)動(dòng)至M點(diǎn)時(shí)速度方向與極板平行,這一帶電粒子恰與另
一質(zhì)量和它相等的不帶電的微粒吸附在一起做勻速直線運(yùn)動(dòng),不計(jì)重力.求:
（1）微粒帶何種電荷.
（2）微粒在M點(diǎn)與另一微粒吸附前的速度大小.
（3）M點(diǎn)距ab極板的距離.
答案（1）負(fù)電（2）50m/s?（3）0.08m
題型3情景建模
【例3】如圖甲所示,場強(qiáng)水平向左、大小E=3V/m的勻強(qiáng)電場中,有一傾角θ=37°的光滑絕緣斜面（足夠大）垂直斜面方向有一磁場,磁感強(qiáng)度隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖乙所示.在t=0時(shí)刻,質(zhì)量m=4×10-3kg、電荷量q=10-2C的帶負(fù)電的小球在O點(diǎn)獲得一沿斜面向上的瞬時(shí)速度v=1m/s,求小球在t=0.32πs時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)的路程.（g=10m/s2,
sin37°=0.6,cos37°=0.8）

答案0.32πm

1.（2009承德模擬）如圖所示,空間的某個(gè)復(fù)合場區(qū)域內(nèi)存在著方向相互垂直的勻強(qiáng)電
場和勻強(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
線穿過場區(qū),質(zhì)子從復(fù)合場區(qū)穿出時(shí)的動(dòng)能為Ek.那么氘核同樣由靜止開始經(jīng)同一加速
電場加速后穿過同一復(fù)合場后的動(dòng)能Ek′的大小是（）
A.Ek′=EkB.Ek′EkC.Ek′EkD.條件不足,難以確定
答案B
2.（2009濟(jì)寧統(tǒng)考）如圖所示,在互相垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中,電荷量為q的液滴在豎
直面內(nèi)做半徑為R的勻速圓周運(yùn)動(dòng),已知電場強(qiáng)度為E,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,則油滴的質(zhì)量和環(huán)繞
速度分別為（）
A.B.C.BD.
答案D
3.如圖所示,在互相垂直的水平方向的勻強(qiáng)電場（E已知）和勻強(qiáng)磁場（B已知）中,有一固定的
豎直絕緣桿,桿上套一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為+q的小球,它們之間的摩擦因數(shù)為μ,現(xiàn)由靜止釋
放小球,試求小球沿棒運(yùn)動(dòng)的最大加速度和最大速度.（mgμqE,小球的帶電荷量不變）
答案g-
4.如圖所示,一質(zhì)量為m,帶電荷量為+q的小物體,在水平方向的勻強(qiáng)磁場B中,從傾角為
θ的絕緣光滑足夠長的斜面上由靜止開始下滑,求:
（1）此物體在斜面Q上運(yùn)動(dòng)的最大速度.
（2）此物體在斜面上運(yùn)動(dòng)的距離.
（3）此物體在斜面上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間.
答案（1）

高考物理基礎(chǔ)知識歸納:帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)

第4課時(shí)帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)

基礎(chǔ)知識歸納
1.復(fù)合場
復(fù)合場是指電場、磁場和重力場并存，或其中兩場并存，或分區(qū)域存在，分析方法和力學(xué)問題的分析方法基本相同，不同之處是多了電場力和磁場力，分析方法除了力學(xué)三大觀點(diǎn)(動(dòng)力學(xué)、動(dòng)量、能量)外，還應(yīng)注意：
(1)洛倫茲力永不做功.
(2)重力和電場力做功與路徑無關(guān)，只由初末位置決定.還有因洛倫茲力隨速度而變化，洛倫茲力的變化導(dǎo)致粒子所受合力變化，從而加速度變化，使粒子做變加速運(yùn)動(dòng).
2.帶電粒子在復(fù)合場中無約束情況下的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)
(1)當(dāng)帶電粒子所受合外力為零時(shí)，將做勻速直線運(yùn)動(dòng)或處于靜止，合外力恒定且與初速度同向時(shí)做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，常見情況有：
①洛倫茲力為零(v與B平行)，重力與電場力平衡，做勻速直線運(yùn)動(dòng)，或重力與電場力合力恒定，做勻變速直線運(yùn)動(dòng).
②洛倫茲力與速度垂直，且與重力和電場力的合力平衡，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)時(shí)，由于通常情況下，重力和電場力為恒力，故不能充當(dāng)向心力，所以一般情況下是重力恰好與電場力相平衡，洛倫茲力充當(dāng)向心力.
(3)當(dāng)帶電粒子所受合外力的大小、方向均不斷變化時(shí)，粒子將做非勻變速的曲線運(yùn)動(dòng).
3.帶電粒子在復(fù)合場中有約束情況下的運(yùn)動(dòng)
帶電粒子所受約束，通常有面、桿、繩、圓軌道等，常見的運(yùn)動(dòng)形式有直線運(yùn)動(dòng)和圓周運(yùn)動(dòng)，此類問題應(yīng)注意分析洛倫茲力所起的作用.
4.帶電粒子在交變場中的運(yùn)動(dòng)
帶電粒子在不同場中的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)可能不同，可分別進(jìn)行討論.粒子在不同場中的運(yùn)動(dòng)的聯(lián)系點(diǎn)是速度，因?yàn)樗俣炔荒芡蛔?，在前一個(gè)場中運(yùn)動(dòng)的末速度，就是后一個(gè)場中運(yùn)動(dòng)的初速度.
5.帶電粒子在復(fù)合場中運(yùn)動(dòng)的實(shí)際應(yīng)用
(1)質(zhì)譜儀
①用途：質(zhì)譜儀是一種測量帶電粒子質(zhì)量和分離同位素的儀器.
②原理：如圖所示，離子源S產(chǎn)生質(zhì)量為m，電荷量為q的正離子(重力不計(jì))，離子出來時(shí)速度很小(可忽略不計(jì))，經(jīng)過電壓為U的電場加速后進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過半個(gè)周期而達(dá)到記錄它的照相底片P上，測得它在P上的位置到入口處的距離為L，則
qU＝mv2－0；qBv＝m；L＝2r
聯(lián)立求解得m＝，因此，只要知道q、B、L與U，就可計(jì)算出帶電粒子的質(zhì)量m，若q也未知，則
又因m∝L2，不同質(zhì)量的同位素從不同處可得到分離，故質(zhì)譜儀又是分離同位素的重要儀器.
(2)回旋加速器
①組成：兩個(gè)D形盒、大型電磁鐵、高頻振蕩交變電壓，D型盒間可形成電壓U.
②作用：加速微觀帶電粒子.
③原理：a.電場加速qU＝ΔEk
b.磁場約束偏轉(zhuǎn)qBv＝m，r＝∝v
c.加速條件，高頻電源的周期與帶電粒子在D形盒中運(yùn)動(dòng)的周期相同，即T電場＝T回旋＝
帶電粒子在D形盒內(nèi)沿螺旋線軌道逐漸趨于盒的邊緣，達(dá)到預(yù)期的速率后，用特殊裝置把它們引出.
④要點(diǎn)深化
a.將帶電粒子在兩盒狹縫之間的運(yùn)動(dòng)首尾相連起來可等效為一個(gè)初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng).
b.帶電粒子每經(jīng)電場加速一次，回旋半徑就增大一次，所以各回旋半徑之比為1∶∶∶…
c.對于同一回旋加速器，其粒子回旋的最大半徑是相同的.
d.若已知最大能量為Ekm，則回旋次數(shù)n＝
e.最大動(dòng)能：Ekm＝
f.粒子在回旋加速器內(nèi)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t＝
(3)速度選擇器
①原理：如圖所示，由于所受重力可忽略不計(jì)，運(yùn)動(dòng)方向相同而速率不同的正粒子組成的粒子束射入相互正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場所組成的場區(qū)中，已知電場強(qiáng)度為B，方向垂直于紙面向里，若粒子運(yùn)動(dòng)軌跡不發(fā)生偏轉(zhuǎn)(重力不計(jì))，必須滿足平衡條件：qBv＝qE，故v＝，這樣就把滿足v＝的粒子從速度選擇器中選擇出來了.
②特點(diǎn)：a.速度選擇器只選擇速度(大小、方向)而不選擇粒子的質(zhì)量和電荷量，如上圖中若從右側(cè)入射則不能穿過場區(qū).
b.速度選擇器B、E、v三個(gè)物理量的大小、方向互相約束，以保證粒子受到的電場力和洛倫茲力等大、反向，如上圖中只改變磁場B的方向，粒子將向下偏轉(zhuǎn).
c.v′v＝時(shí)，則qBv′qE，粒子向上偏轉(zhuǎn)；當(dāng)v′v＝時(shí)，qBv′qE，粒子向下偏轉(zhuǎn).
③要點(diǎn)深化
a.從力的角度看，電場力和洛倫茲力平衡qE＝qvB；
b.從速度角度看，v＝；
c.從功能角度看，洛倫茲力永不做功.
(4)電磁流量計(jì)
①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)電的液體流過導(dǎo)管.
②原理：導(dǎo)電液體中的自由電荷(正、負(fù)離子)在洛倫茲力作用下橫向偏轉(zhuǎn)，a、b間出現(xiàn)電勢差，形成電場.當(dāng)自由電荷所受電場力和洛倫茲力平衡時(shí)，a、b間的電勢差就保持穩(wěn)定.由Bqv＝Eq＝q，可得v＝
液體流量Q＝Sv＝＝
(5)霍爾效應(yīng)
如圖所示，高為h、寬為d的導(dǎo)體置于勻強(qiáng)磁場B中，當(dāng)電流通過導(dǎo)體時(shí)，在導(dǎo)體板的上表面A和下表面A′之間產(chǎn)生電勢差，這種現(xiàn)象稱為霍爾效應(yīng)，此電壓稱為霍爾電壓.
設(shè)霍爾導(dǎo)體中自由電荷(載流子)是自由電子.圖中電流方向向右，則電子受洛倫茲力向上，在上表面A積聚電子，則qvB＝qE，
E＝Bv，電勢差U＝Eh＝Bhv.又I＝nqSv
導(dǎo)體的橫截面積S＝hd
得v＝
所以U＝Bhv＝
k=，稱霍爾系數(shù)．
重點(diǎn)難點(diǎn)突破
一、解決復(fù)合場類問題的基本思路
1.正確的受力分析.除重力、彈力、摩擦力外，要特別注意電場力和磁場力的分析.
2.正確分析物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài).找出物體的速度、位置及其變化特點(diǎn)，分析運(yùn)動(dòng)過程，如果出現(xiàn)臨界狀態(tài)，要分析臨界條件.
3.恰當(dāng)靈活地運(yùn)用動(dòng)力學(xué)三大方法解決問題.
(1)用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)分析，包括牛頓運(yùn)動(dòng)定律與運(yùn)動(dòng)學(xué)公式.
(2)用動(dòng)量觀點(diǎn)分析，包括動(dòng)量定理與動(dòng)量守恒定律.
(3)用能量觀點(diǎn)分析，包括動(dòng)能定理和機(jī)械能(或能量)守恒定律.針對不同的問題靈活地選用，但必須弄清各種規(guī)律的成立條件與適用范圍.
二、復(fù)合場類問題中重力考慮與否分三種情況
1.對于微觀粒子，如電子、質(zhì)子、離子等一般不做特殊交待就可以不計(jì)其重力，因?yàn)槠渲亓σ话闱闆r下與電場力或磁場力相比太小，可以忽略；而對于一些實(shí)際物體，如帶電小球、液滴、金屬塊等不做特殊交待時(shí)就應(yīng)考慮其重力.
2.在題目中有明確交待是否要考慮重力的，這種情況比較正規(guī)，也比較簡單.
3.直接看不出是否要考慮重力的，在進(jìn)行受力分析與運(yùn)動(dòng)分析時(shí)，要由分析結(jié)果，先進(jìn)行定性確定是否要考慮重力.
典例精析
1.帶電粒子在復(fù)合場中做直線運(yùn)動(dòng)的處理方法
【例1】如圖所示，足夠長的光滑絕緣斜面與水平面間的夾角為α(sinα＝0.6)，放在水平方向的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中，電場強(qiáng)度E＝50V/m，方向水平向左，磁場方向垂直紙面向外.一個(gè)電荷量q＝＋4.0×10－2C、質(zhì)量m＝0.40kg的光滑小球，以初速度v0＝20m/s從斜面底端向上滑，然后又下滑，共經(jīng)過3s脫離斜面.求磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度(g取10m/s2).
【解析】小球沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的過程中受力分析如圖所示.
由牛頓第二定律，得qEcosα＋mgsinα＝ma1，故a1＝gsinα＋＝10×0.6m/s2＋m/s2＝10m/s2，向上運(yùn)動(dòng)時(shí)間t1＝＝2s
小球在下滑過程中的受力分析如圖所示.
小球在離開斜面前做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，a2＝10m/s2
運(yùn)動(dòng)時(shí)間t2＝t－t1＝1s
脫離斜面時(shí)的速度v＝a2t2＝10m/s
在垂直于斜面方向上有：
qvB＋qEsinα＝mgcosα
故B＝＝5T
【思維提升】(1)知道洛倫茲力是變力，其大小隨速度變化而變化，其方向隨運(yùn)動(dòng)方向的反向而反向.能從運(yùn)動(dòng)過程及受力分析入手，分析可能存在的最大速度、最大加速度、最大位移等.(2)明確小球脫離斜面的條件是FN＝0.
【拓展1】如圖所示，套在足夠長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)磁場和勻強(qiáng)電場中.設(shè)小球電荷量不變，小球由靜止下滑的過程中(BD)
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在不斷增大，開始一段，如圖(a)：f洛F電，水平方向有f洛＋FN＝F電，加速度a＝，其中f＝μFN，隨著速度的增大，f洛增大，F(xiàn)N減小，加速度也增大，當(dāng)f洛＝F電時(shí)，a達(dá)到最大；以后如圖(b)：f洛F電，水平方向有f洛＝F電＋FN，隨著速度的增大，F(xiàn)N也增大，f也增大，a＝減小，當(dāng)f＝mg時(shí)，a＝0，此后做勻速運(yùn)動(dòng)，故a先增大后減小，A錯(cuò)，B對，彈力先減小后增大，C錯(cuò)，由f洛＝Bqv知D對.
2.靈活運(yùn)用動(dòng)力學(xué)方法解決帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)問題
【例2】如圖所示，水平放置的M、N兩金屬板之間，有水平向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5T.質(zhì)量為m1＝9.995×10－7kg、電荷量為q＝－1.0×10－8C的帶電微粒，靜止在N板附近.在M、N兩板間突然加上電壓(M板電勢高于N板電勢)時(shí)，微粒開始運(yùn)動(dòng)，經(jīng)一段時(shí)間后，該微粒水平勻速地碰撞原來靜止的質(zhì)量為m2的中性微粒，并粘合在一起，然后共同沿一段圓弧做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，最終落在N板上.若兩板間的電場強(qiáng)度E＝1.0×103V/m，求：
(1)兩微粒碰撞前，質(zhì)量為m1的微粒的速度大小；
(2)被碰撞微粒的質(zhì)量m2；
(3)兩微粒粘合后沿圓弧運(yùn)動(dòng)的軌道半徑.
【解析】(1)碰撞前，質(zhì)量為m1的微粒已沿水平方向做勻速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平衡條件有
m1g＋qvB＝qE
解得碰撞前質(zhì)量m1的微粒的速度大小為
v＝m/s＝1m/s
(2)由于兩微粒碰撞后一起做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，說明兩微粒所受的電場力與它們的重力相平衡，洛倫茲力提供做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，故有(m1＋m2)g＝qE
解得m2＝=kg＝5×10－10kg
(3)設(shè)兩微粒一起做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的速度大小為v′，軌道半徑為R，根據(jù)牛頓第二定律有qv′B＝(m1＋m2)
研究兩微粒的碰撞過程，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有m1v＝(m1＋m2)v′
以上兩式聯(lián)立解得
R＝m≈200m
【思維提升】(1)全面正確地進(jìn)行受力分析和運(yùn)動(dòng)狀態(tài)分析，f洛隨速度的變化而變化導(dǎo)致運(yùn)動(dòng)狀態(tài)發(fā)生新的變化.
(2)若mg、f洛、F電三力合力為零，粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng).
(3)若F電與重力平衡，則f洛提供向心力，粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng).
(4)根據(jù)受力特點(diǎn)與運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)，選擇牛頓第二定律、動(dòng)量定理、動(dòng)能定理及動(dòng)量守恒定律列方程求解.
【拓展2】如圖所示，在相互垂直的勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場中，有一傾角為θ的足夠長的光滑絕緣斜面.磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向水平向外；電場強(qiáng)度為E，方向豎直向上.有一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小滑塊靜止在斜面頂端時(shí)對斜面的正壓力恰好為零.
(1)如果迅速把電場方向轉(zhuǎn)為豎直向下，求小滑塊能在斜面上連續(xù)滑行的最遠(yuǎn)距離L和所用時(shí)間t；
(2)如果在距A端L/4處的C點(diǎn)放入一個(gè)質(zhì)量與滑塊相同但不帶電的小物體，當(dāng)滑塊從A點(diǎn)靜止下滑到C點(diǎn)時(shí)兩物體相碰并黏在一起.求此黏合體在斜面上還能再滑行多長時(shí)間和距離？
【解析】(1)由題意知qE＝mg
場強(qiáng)轉(zhuǎn)為豎直向下時(shí)，設(shè)滑塊要離開斜面時(shí)的速度為v，由動(dòng)能定理有
(mg＋qE)Lsinθ＝，即2mgLsinθ＝
當(dāng)滑塊剛要離開斜面時(shí)由平衡條件有
qvB＝(mg＋qE)cosθ，即v＝
由以上兩式解得L＝
根據(jù)動(dòng)量定理有t＝
(2)兩物體先后運(yùn)動(dòng)，設(shè)在C點(diǎn)處碰撞前滑塊的速度為vC，則2mgsinθ＝mv2
設(shè)碰后兩物體速度為u，碰撞前后由動(dòng)量守恒有mvC＝2mu
設(shè)黏合體將要離開斜面時(shí)的速度為v′，由平衡條件有
qv′B＝(2mg＋qE)cosθ＝3mgcosθ
由動(dòng)能定理知，碰后兩物體共同下滑的過程中有
3mgsinθs＝2mv′2－2mu2
聯(lián)立以上幾式解得s＝
將L結(jié)果代入上式得s＝
碰后兩物體在斜面上還能滑行的時(shí)間可由動(dòng)量定理求得t′＝cotθ
【例3】在平面直角坐標(biāo)系xOy中，第Ⅰ象限存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，第Ⅳ象限存在垂直于坐標(biāo)平面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從y軸正半軸上的M點(diǎn)以速度v0垂直于y軸射入電場，經(jīng)x軸上的N點(diǎn)與x軸正方向成θ＝60°角射入磁場，最后從y軸負(fù)半軸上的P點(diǎn)垂直于y軸射出磁場，如圖所示.不計(jì)重力，求：
(1)M、N兩點(diǎn)間的電勢差UMN；
(2)粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑r；
(3)粒子從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的總時(shí)間t.
【解析】(1)設(shè)粒子過N點(diǎn)時(shí)的速度為v，有＝cosθ①
v＝2v0②
粒子從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過程，有qUMN＝③
UMN＝3mv/2q④
(2)粒子在磁場中以O(shè)′為圓心做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，半徑為O′N，有
qvB＝⑤
r＝⑥
(3)由幾何關(guān)系得ON＝rsinθ⑦
設(shè)粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1，有ON＝v0t1⑧
t1＝⑨
粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期T＝⑩
設(shè)粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2，有t2＝T
t2＝
t＝t1＋t2＝
【思維提升】注重受力分析，尤其是運(yùn)動(dòng)過程分析以及圓心的確定，畫好示意圖，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律及動(dòng)能觀點(diǎn)求解.
【拓展3】如圖所示，真空室內(nèi)存在寬度為s＝8cm的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.332T，磁場方向垂直于紙面向里.緊靠邊界ab放一點(diǎn)狀α粒子放射源S，可沿紙面向各個(gè)方向放射速率相同的α粒子.α粒子質(zhì)量為m＝6.64×10－27kg，電荷量為q＝＋3.2×10－19C，速率為v＝3.2×106m/s.磁場邊界ab、cd足夠長，cd為厚度不計(jì)的金箔，金箔右側(cè)cd與MN之間有一寬度為L＝12.8cm的無場區(qū)域.MN右側(cè)為固定在O點(diǎn)的電荷量為Q＝－2.0×10－6C的點(diǎn)電荷形成的電場區(qū)域(點(diǎn)電荷左側(cè)的電場分布以MN為邊界).不計(jì)α粒子的重力，靜電力常量k＝9.0×109Nm2/C2，(取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：
(1)金箔cd被α粒子射中區(qū)域的長度y；
(2)打在金箔d端離cd中心最遠(yuǎn)的粒子沿直線穿出金箔，經(jīng)過無場區(qū)進(jìn)入電場就開始以O(shè)點(diǎn)為圓心做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，垂直打在放置于中心線上的熒光屏FH上的E點(diǎn)(未畫出)，計(jì)算OE的長度；
(3)計(jì)算此α粒子從金箔上穿出時(shí)損失的動(dòng)能.
【解析】(1)粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，有qvB＝m，得R＝＝0.2m
如圖所示，當(dāng)α粒子運(yùn)動(dòng)的圓軌跡與cd相切時(shí)，上端偏離O′最遠(yuǎn)，由幾何關(guān)系得O′P＝＝0.16m
當(dāng)α粒子沿Sb方向射入時(shí)，下端偏離O′最遠(yuǎn)，由幾何關(guān)系得O′Q＝＝0.16m
故金箔cd被α粒子射中區(qū)域的長度為
y＝O′Q＋O′P＝0.32m
(2)如上圖所示，OE即為α粒子繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r.α粒子在無場區(qū)域做勻速直線運(yùn)動(dòng)與MN相交，下偏距離為y′，則
tan37°＝，y′＝Ltan37°＝0.096m
所以，圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r＝＝0.32m
(3)設(shè)α粒子穿出金箔時(shí)的速度為v′，由牛頓第二定律有k
α粒子從金箔上穿出時(shí)損失的動(dòng)能為
ΔEk＝mv2－mv′2＝2.5×10－14J
易錯(cuò)門診
3.帶電體在變力作用下的運(yùn)動(dòng)
【例4】豎直的平行金屬平板A、B相距為d，板長為L，板間的電壓為U，垂直于紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的磁場只分布在兩板之間，如圖所示.帶電荷量為＋q、質(zhì)量為m的油滴從正上方下落并在兩板中央進(jìn)入板內(nèi)空間.已知?jiǎng)傔M(jìn)入時(shí)電場力大小等于磁場力大小，最后油滴從板的下端點(diǎn)離開，求油滴離開場區(qū)時(shí)速度的大小.
【錯(cuò)解】由題設(shè)條件有Bqv＝qE＝q，v＝；油滴離開場區(qū)時(shí)，水平方向有Bqv＋qE＝ma，v＝2a
豎直方向有v＝v2＋2gL
離開時(shí)的速度v′＝
【錯(cuò)因】洛倫茲力會隨速度的改變而改變，對全程而言，帶電體是在變力作用下的一個(gè)較為復(fù)雜的運(yùn)動(dòng)，對這樣的運(yùn)動(dòng)不能用牛頓第二定律求解，只能用其他方法求解.
【正解】由動(dòng)能定理有mgL＋qEmv2
由題設(shè)條件油滴進(jìn)入磁場區(qū)域時(shí)有Bqv＝qE，E＝U/d
由此可以得到離開磁場區(qū)域時(shí)的速度v′＝
【思維提升】解題時(shí)應(yīng)該注意物理過程和物理情景的把握，時(shí)刻注意情況的變化，然后結(jié)合物理過程中的受力特點(diǎn)和運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)，利用適當(dāng)?shù)慕忸}規(guī)律解決問題，遇到變力問題，特別要注意與能量有關(guān)規(guī)律的運(yùn)用.

20xx高考物理重要考點(diǎn)整理：帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)

20xx高考物理重要考點(diǎn)整理：帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)

考點(diǎn)34帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)
考點(diǎn)名片
考點(diǎn)細(xì)研究：(1)帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)；(2)質(zhì)譜儀和回旋加速器等。其中考查到的如：20xx年全國卷第15題、20xx年天津高考第11題、20xx年浙江高考第25題、20xx年江蘇高考第15題、20xx年重慶高考第9題、20xx年福建高考第22題、20xx年天津高考第12題、20xx年山東高考第24題、20xx年浙江高考第25題、20xx年江蘇高考第15題、20xx年四川高考第10題、20xx年大綱卷第25題、20xx年重慶高考第9題等。
備考正能量：本部分內(nèi)容綜合性較強(qiáng)，經(jīng)常以壓軸題的形式出現(xiàn)。試題綜合考查力與運(yùn)動(dòng)以及運(yùn)用數(shù)學(xué)解決物理問題的能力，尤其是對高新科技儀器物理原理的考查，對考生物理建模及信息遷移的能力要求較高。今后本部分知識仍為出題的熱點(diǎn)和難點(diǎn)，需要著重關(guān)注帶電粒子在電磁交變場中的運(yùn)動(dòng)。

一、基礎(chǔ)與經(jīng)典
1.如圖所示，某空間存在正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場方向水平向右，磁場方向垂直紙面向里，一帶電微粒由a點(diǎn)進(jìn)入電磁場并剛好沿虛線ab向上運(yùn)動(dòng)。下列說法中正確的是()

A．該微粒一定帶負(fù)電
B．該微粒的動(dòng)能一定減少
C．該微粒的電勢能一定增加
D．該微粒的機(jī)械能不一定增加
答案A
解析微粒受到的重力和電場力是恒力，沿直線運(yùn)動(dòng)，則可以判斷出微粒受到的洛倫茲力也是恒定的，即該微粒做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以B錯(cuò)誤；如果該微粒帶正電，則受到向右的電場力和向左下方的洛倫茲力，所以不會沿直線運(yùn)動(dòng)，故該微粒一定帶負(fù)電，電場力做正功，電勢能一定減少，機(jī)械能增加，A正確，C、D錯(cuò)誤。
2.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)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)
答案B
解析根據(jù)題意，可知小球受到的電場力方向向上，大小等于重力，又電場方向豎直向下，可知小球帶負(fù)電；已知磁場方向垂直圓周所在平面向里，帶負(fù)電的小球受到的洛倫茲力指向圓心，小球一定沿順時(shí)針方向運(yùn)動(dòng)。B正確。
3.如圖，在兩水平極板間存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場方向豎直向下，磁場方向垂直于紙面向里。一帶電粒子以某一速度沿水平直線通過兩極板。若不計(jì)重力，下列四個(gè)物理量中哪一個(gè)改變時(shí)，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡不會改變()

A．粒子速度的大小B．粒子所帶的電荷量
C．電場強(qiáng)度D．磁感應(yīng)強(qiáng)度
答案B
解析粒子受到電場力和洛倫茲力作用而平衡，即qE＝qvB，所以只要當(dāng)粒子速度v＝時(shí)，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡就是一條直線，與粒子所帶的電荷量q無關(guān)，選項(xiàng)B正確；當(dāng)粒子速度的大小、電場強(qiáng)度、磁感應(yīng)強(qiáng)度三個(gè)量中任何一個(gè)改變時(shí)，運(yùn)動(dòng)軌跡都會改變，選項(xiàng)A、C、D不符合題意。
4.如圖所示，無磁場時(shí)，一帶負(fù)電滑塊以一定初速度沖上絕緣粗糙斜面，滑塊剛好能到達(dá)A點(diǎn)。若加上一個(gè)垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，則滑塊以相同初速度沖上斜面時(shí)，下列說法正確的是()

A．剛好能滑到A點(diǎn)
B．能沖過A點(diǎn)
C．不能滑到A點(diǎn)
D．因不知磁感應(yīng)強(qiáng)度大小，所以不能確定能否滑到A點(diǎn)
答案C
解析滑塊沖上斜面時(shí)，由左手定則可知滑塊受到垂直斜面向下的洛倫茲力作用，滑塊對斜面的正壓力增大，斜面對滑塊的滑動(dòng)摩擦力增大，所以滑塊不能滑到A點(diǎn)，選項(xiàng)C正確。

5．質(zhì)量為m，帶電荷量為＋q的小球套在水平固定且足夠長的絕緣桿上，如圖所示，整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場中，現(xiàn)給球一個(gè)水平向右的初速度v0使其開始運(yùn)動(dòng)，不計(jì)空氣阻力，則球運(yùn)動(dòng)克服摩擦力做的功不可能的是()
A.mvB．0
C．mvD.
答案C
解析(1)當(dāng)qv0B＝mg時(shí)，圓環(huán)不受支持力和摩擦力，摩擦力做功為零。
(2)當(dāng)qv0Bmg時(shí)，圓環(huán)先做減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)qvB＝mg，即當(dāng)qvB＝mg，v＝時(shí)，不受摩擦力，做勻速直線運(yùn)動(dòng)。根據(jù)動(dòng)能定理得：－W＝mv2－mv，代入解得：W＝m。所以只有選項(xiàng)C不可能。
6.(多選)質(zhì)譜儀的構(gòu)造原理如圖所示。從粒子源S出來時(shí)的粒子速度很小，可以看作初速為零，粒子經(jīng)過電場加速后進(jìn)入有界的垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，并沿著半圓周運(yùn)動(dòng)而達(dá)到照相底片上的P點(diǎn)，測得P點(diǎn)到入口的距離為x，則以下說法正確的是()

A．粒子一定帶正電
B．粒子一定帶負(fù)電
C．x越大，則粒子的質(zhì)量與電量之比一定越大
D．x越大，則粒子的質(zhì)量與電量之比一定越小
答案AC
解析根據(jù)左手定則，知粒子帶正電，故A正確，B錯(cuò)誤；根據(jù)半徑公式r＝知，x＝2r＝，又qU＝mv2，聯(lián)立解得x＝，知x越大，質(zhì)量與電量的比值越大，故C正確，D錯(cuò)誤。
7.(多選)如圖所示，長均為d的兩正對平行金屬板MN、PQ水平放置，板間距離為2d，板間有正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，一帶電粒子從MP的中點(diǎn)O垂直于電場和磁場方向以v0射入，恰沿直線從NQ的中點(diǎn)A射出；若撤去電場，則粒子從M點(diǎn)射出(粒子重力不計(jì))。以下說法正確的是()

A．該粒子帶正電
B．該粒子帶正電、負(fù)電均可
C．若撤去磁場，則粒子射出時(shí)的速度大小為2v0
D．若撤去磁場，則粒子射出時(shí)的速度大小為v0
答案AD
解析若撤去電場，則粒子從M點(diǎn)射出，根據(jù)左手定則知粒子應(yīng)帶正電荷，故A正確，B錯(cuò)誤；設(shè)粒子的質(zhì)量為m，帶電荷量為q，粒子射入電磁場時(shí)的速度為v0，則粒子沿直線通過場區(qū)時(shí)：Bqv0＝Eq。撤去電場后，在洛倫茲力的作用下，粒子做圓周運(yùn)動(dòng)，由幾何知識知r＝，由洛倫茲力提供向心力得，qv0B＝m＝。撤去磁場，粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)粒子的加速度為a，穿越電場所用時(shí)間為t，則有：Eq＝ma，y＝at2，d＝v0t，聯(lián)立解得：y＝d。設(shè)末速度為v，由動(dòng)能定理得，qEd＝mv2－mv，解得：v＝v0，故C錯(cuò)誤，D正確。
8．(多選)粒子回旋加速器的工作原理如圖甲、乙所示，置于真空中的D形金屬盒的半徑為R，兩金屬盒間的狹縫很小，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場與金屬盒盒面垂直，高頻交流電的頻率為f，加速電壓為U，若中心粒子源處產(chǎn)生的質(zhì)子質(zhì)量為m，電荷量為＋e，在加速器中被加速。不考慮相對論效應(yīng)，則下列說法正確的是()

A．不改變磁感應(yīng)強(qiáng)度B和交流電的頻率f，該加速器也可以加速α粒子
B．加速的粒子獲得的最大動(dòng)能隨加速電壓U增大而增大
C．質(zhì)子被加速后的最大速度不能超過2πRf
D．質(zhì)子第二次和第一次經(jīng)過D形盒間狹縫后軌道半徑之比為1
答案CD
解析質(zhì)子被加速后獲得的最大速度受到D形盒最大半徑制約，vm＝2πR/T＝2πRf，C正確；粒子旋轉(zhuǎn)頻率為f＝Bq/2πm，與被加速粒子的比荷有關(guān)，所以A錯(cuò)誤；粒子被加速的最大動(dòng)能Ekm＝mv＝2mπ2R2f2，與電壓U無關(guān)，B錯(cuò)誤；由運(yùn)動(dòng)半徑R＝mv/Bq，nUq＝mv2/2知半徑之比為1，D正確。
9．(多選)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M、N間電壓為U，已知自由電子的電量為e。下列說法中正確的是()

A．導(dǎo)體的M面比N面電勢高
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
解析由于自由電子帶負(fù)電，根據(jù)左手定則可知，M板電勢比N板電勢低，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；當(dāng)上、下表面電壓穩(wěn)定時(shí)，有q＝qvB，得U＝Bdv，與單位體積內(nèi)自由電子數(shù)無關(guān)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤，C正確；再根據(jù)I＝neSv，可知選項(xiàng)D正確。
二、真題與模擬
10．20xx·全國卷]現(xiàn)代質(zhì)譜儀可用來分析比質(zhì)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(zhì)子在入口處從靜止開始被加速電場加速，經(jīng)勻強(qiáng)磁場偏轉(zhuǎn)后從出口離開磁場。若某種一價(jià)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(qiáng)磁場偏轉(zhuǎn)后仍從同一出口離開磁場，需將磁感應(yīng)強(qiáng)度增加到原來的12倍。此離子和質(zhì)子的質(zhì)量比約為()

A．11B．12C．121D．144
答案D
解析設(shè)質(zhì)子和離子的質(zhì)量分別為m1和m2，原磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1，改變后的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2。在加速電場中qU＝mv2，在磁場中qvB＝m，聯(lián)立兩式得m＝，故有＝＝144，選項(xiàng)D正確。
11．20xx·山東高考](多選)如圖甲所示，兩水平金屬板間距為d，板間電場強(qiáng)度的變化規(guī)律如圖乙所示。t＝0時(shí)刻，質(zhì)量為m的帶電微粒以初速度v0沿中線射入兩板間，0～時(shí)間內(nèi)微粒勻速運(yùn)動(dòng)，T時(shí)刻微粒恰好經(jīng)金屬板邊緣飛出。微粒運(yùn)動(dòng)過程中未與金屬板接觸。重力加速度的大小為g。關(guān)于微粒在0～T時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)的描述，正確的是()

A．末速度大小為v0B．末速度沿水平方向
C．重力勢能減少了mgdD．克服電場力做功為mgd
答案BC
解析0～微粒做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則E0q＝mg?！珱]有電場作用，微粒做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向上a＝g?！玊，由于電場作用，F(xiàn)＝2E0q－mg＝mg＝ma′，a′＝g，方向豎直向上。由于兩段時(shí)間相等，故到達(dá)金屬板邊緣時(shí)，微粒速度為v0，方向水平，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，選項(xiàng)B正確；從微粒進(jìn)入金屬板間到離開，重力做功mg，重力勢能減少mgd，選項(xiàng)C正確；由動(dòng)能定理知WG－W電＝0，W電＝mgd，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。
12．20xx·江蘇高考](多選)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
解析根據(jù)霍爾元件中的電流方向及左手定則判斷，霍爾元件中電子受到的洛倫茲力指向后側(cè)面，因此后側(cè)面帶負(fù)電，電勢低，A錯(cuò)誤。若電源正負(fù)極對調(diào)，磁場方向反向，電流方向反向，根據(jù)左手定則判斷，霍爾元件定向移動(dòng)的電子受到的洛倫茲力的方向不變，霍爾元件前后面的電勢高低不變，電壓表的指針不會發(fā)生反偏，B錯(cuò)誤。霍爾元件與R串聯(lián)再與RL并聯(lián)，由于霍爾元件的電阻不計(jì)，因此IHR＝(I－IH)RL，得IH＝·I，C正確。R遠(yuǎn)大于RL，因此RL中的電流近似等于I，因此RL消耗的功率P＝I2RL，霍爾電壓UH＝k，B與I成正比，IH與I成正比，因此UHI2，可見P與霍爾電壓(即電壓表示數(shù))成正比，D正確。
13.20xx·河北百校聯(lián)考](多選)在半導(dǎo)體離子注入工藝中，初速度可忽略的磷離子P＋和P3＋，經(jīng)電壓為U的電場加速后，垂直進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里、有一定寬度的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，如圖所示。已知離子P＋在磁場中轉(zhuǎn)過θ＝30°后從磁場右邊界射出。在電場和磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)，離子P＋和P3＋()

A．在電場中的加速度之比為1∶1
B．在磁場中運(yùn)動(dòng)的半徑之比為∶1
C．在磁場中轉(zhuǎn)過的角度之比為1∶2
D．離開電場區(qū)域時(shí)的動(dòng)能之比為1∶3
答案BCD
解析兩離子所帶電荷量之比為13，在電場中時(shí)由qE＝ma知aq，故加速度之比為13，A錯(cuò)誤；離開電場區(qū)域時(shí)的動(dòng)能由Ek＝qU知Ekq，故D正確；在磁場中運(yùn)動(dòng)的半徑由Bqv＝m、Ek＝mv2知R＝，故B正確；設(shè)磁場區(qū)域的寬度為d，則有sinθ＝，即＝，故θ′＝60°＝2θ，C正確。
14．20xx·武漢摸底](多選)圖甲是回旋加速器的工作原理圖。D1和D2是兩個(gè)中空的半圓金屬盒，它們之間有一定的電勢差，A處的粒子源產(chǎn)生的帶電粒子，在兩盒之間被電場加速。兩半圓盒處于與盒面垂直的勻強(qiáng)磁場中，所以粒子在半圓盒中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。若帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的動(dòng)能Ek隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖乙所示，不計(jì)帶電粒子在電場中的加速時(shí)間，不考慮由相對論效應(yīng)帶來的影響，下列判斷正確的是()

A．在Ekt圖中應(yīng)該有tn＋1－tn＝tn－tn－1
B．在Ekt圖中應(yīng)該有tn＋1－tnh2，所以D錯(cuò)誤。第4個(gè)圖：因小球電性不知，則電場力方向不清，則高度可能大于h1，也可能小于h1，故C正確，B錯(cuò)誤。
17．20xx·懷化二模](多選)磁流體發(fā)電機(jī)可以把氣體的內(nèi)能直接轉(zhuǎn)化為電能，是一種低碳環(huán)保發(fā)電機(jī)，有著廣泛的發(fā)展前景，其發(fā)電原理示意圖如圖所示。將一束等離子體(即高溫下電離的氣體，含有大量帶正電和負(fù)電的微粒，整體上呈電中性)噴射入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，磁場區(qū)域有兩塊面積為S、相距為d的平行金屬板與外電阻R相連構(gòu)成一電路，設(shè)氣流的速度為v，氣體的電導(dǎo)率(電阻率的倒數(shù))為g。則以下說法正確的是()

A．上板是電源的正極，下板是電源的負(fù)極
B．兩板間電勢差為U＝Bdv
C．流經(jīng)R的電流為I＝
D．流經(jīng)R的電流為I＝
答案AD
解析等離子體射入勻強(qiáng)磁場，由左手定則，正粒子向上偏轉(zhuǎn)，負(fù)粒子向下偏轉(zhuǎn)，產(chǎn)生豎直向下的電場，正離子受向下的電場力和向上的洛倫茲力，當(dāng)電場力和洛倫茲力平衡時(shí)，電場最強(qiáng)，即Eq＝Bqv，E＝Bv，兩板間的電動(dòng)勢為Bvd，則通過R的電流為I＝，兩極板間電勢差為：U＝IR＝；作為電源對外供電時(shí)，I＝而R氣＝，二式結(jié)合，I＝。故A、D正確。
18．20xx·浙江三校模擬](多選)如圖所示，空間中存在正交的勻強(qiáng)電場E和勻強(qiáng)磁場B(勻強(qiáng)電場水平向右)，在豎直平面內(nèi)從a點(diǎn)沿ab、ac方向拋出兩帶電小球(不考慮兩帶電球的相互作用，兩球電荷量始終不變)，關(guān)于小球的運(yùn)動(dòng)，下列說法正確的是()

A．沿ab、ac方向拋出的帶電小球都可能做直線運(yùn)動(dòng)
B．只有沿ab拋出的帶電小球才可能做直線運(yùn)動(dòng)
C．若有小球能做直線運(yùn)動(dòng)，則它一定是勻速運(yùn)動(dòng)
D．兩小球在運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能均守恒
答案AC
解析沿ab方向拋出的帶正電小球，或沿ac方向拋出的帶負(fù)電的小球，在重力、電場力、洛倫茲力作用下，都可能做勻速直線運(yùn)動(dòng)，A正確，B錯(cuò)誤。在重力、電場力、洛倫茲力三力都存在時(shí)的直線運(yùn)動(dòng)一定是勻速直線運(yùn)動(dòng)，C正確。兩小球在運(yùn)動(dòng)過程中除重力做功外還有電場力做功，故機(jī)械能不守恒，D錯(cuò)誤。
19．20xx·吉林模擬]如圖所示，一帶電塑料小球質(zhì)量為m，用絲線懸掛于O點(diǎn)，并在豎直平面內(nèi)擺動(dòng)，最大擺角為60°，水平磁場垂直于小球擺動(dòng)的平面。當(dāng)小球自左方擺到最低點(diǎn)時(shí)，懸線上的張力恰為零，則小球自右方最大擺角處擺到最低點(diǎn)時(shí)懸線上的張力為()

A．0B．2mgC．4mgD．6mg
答案C
解析設(shè)小球自左方擺到最低點(diǎn)時(shí)速度為v，則mv2＝mgL(1－cos60°)，此時(shí)qvB－mg＝m，當(dāng)小球自右方擺到最低點(diǎn)時(shí)，v大小不變，洛倫茲力方向發(fā)生變化，F(xiàn)T－mg－qvB＝m，得FT＝4mg，故C正確。

一、基礎(chǔ)與經(jīng)典
20.如圖所示，帶電荷量為＋q、質(zhì)量為m的物塊從傾角為θ＝37°的光滑絕緣斜面頂端由靜止開始下滑，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場垂直紙面向外，求物塊在斜面上滑行的最大速度和在斜面上運(yùn)動(dòng)的最大位移。(斜面足夠長，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)

答案vm＝s＝
解析經(jīng)分析，物塊沿斜面運(yùn)動(dòng)過程中加速度不變，但隨速度增大，物塊所受支持力逐漸減小，最后離開斜面。所以，當(dāng)物塊對斜面的壓力剛好為零時(shí)，物塊沿斜面的速度達(dá)到最大，同時(shí)位移達(dá)到最大，即qvmB＝mgcosθ
物塊沿斜面下滑過程中，由動(dòng)能定理得：
mgssinθ＝mv－0
由得：vm＝＝。
s＝＝。
21.如圖所示，坐標(biāo)系xOy在豎直平面內(nèi)。x軸下方有勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場強(qiáng)度為E、方向豎直向下，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直紙面向里。將一個(gè)帶電小球從y軸上P(0，h)點(diǎn)以初速度v0豎直向下拋出，小球穿過x軸后，恰好做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。不計(jì)空氣阻力，已知重力加速度為g。求：

(1)小球到達(dá)O點(diǎn)時(shí)速度的大小；
(2)小球做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑；
(3)小球從P點(diǎn)到第二次經(jīng)過x軸所用的時(shí)間。
答案(1)(2)
(3)＋
解析(1)設(shè)小球經(jīng)過O點(diǎn)時(shí)的速度為v，從P到O
v2－v＝2gh，解得v＝。

(2)小球穿過x軸后恰好做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，畫出小球運(yùn)動(dòng)的軌跡示意圖，如圖所示，有qE＝mg，
從O到A，根據(jù)牛頓第二定律
qvB＝m，
求出r＝。
(3)從P到O，小球第一次經(jīng)過x軸，所用時(shí)間為t1，v＝v0＋gt1，從O到A，小球第二次經(jīng)過x軸，所用時(shí)間為t2，T＝＝，t2＝＝，求出t＝t1＋t2＝＋。
二、真題與模擬
22．20xx·天津高考]如圖所示，空間中存在著水平向右的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小E＝5N/C，同時(shí)存在著水平方向的勻強(qiáng)磁場，其方向與電場方向垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝0.5T。有一帶正電的小球，質(zhì)量m＝1×10－6kg，電荷量q＝2×10－6C，正以速度v在圖示的豎直面內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)經(jīng)過P點(diǎn)時(shí)撤掉磁場(不考慮磁場消失引起的電磁感應(yīng)現(xiàn)象)，取g＝10m/s2，求：

(1)小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)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(diǎn)所在的這條電場線經(jīng)歷的時(shí)間t。
答案(1)20m/s，與電場E夾角為60°(2)3.5s

解析(1)小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)受力如圖，其所受的三個(gè)力在同一平面內(nèi)，合力為零，有
qvB＝
代入數(shù)據(jù)解得
v＝20m/s
速度v的方向與電場E的方向之間的夾角θ滿足
tanθ＝
代入數(shù)據(jù)解得
tanθ＝，θ＝60°。
(2)解法一：撤去磁場，小球在重力與電場力的合力作用下做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)其加速度為a，有
a＝
設(shè)撤掉磁場后小球在初速度方向上的分位移為x，有
x＝vt
設(shè)小球的重力與電場力的合力方向上分位移為y，有
y＝at2
a與mg的夾角和v與E的夾角相同，均為θ，又
tanθ＝
聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)解得
t＝2s≈3.5s
解法二：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(yùn)動(dòng)沒有影響，以P點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，豎直向上為正方向，小球在豎直方向上做勻減速運(yùn)動(dòng)，其初速度vy＝vsinθ
若使小球再次穿過P點(diǎn)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
聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)解得t＝2s≈3.5s。

23．20xx·浙江高考]為了進(jìn)一步提高回旋加速器的能量，科學(xué)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(zhuǎn)。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(gè)扇形區(qū)域，其中三個(gè)為峰區(qū)，三個(gè)為谷區(qū)，峰區(qū)和谷區(qū)相間分布。峰區(qū)內(nèi)存在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，谷區(qū)內(nèi)沒有磁場。質(zhì)量為m、電荷量為q的正離子，以不變的速率v旋轉(zhuǎn)，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(nèi)圓弧的半徑r，并判斷離子旋轉(zhuǎn)的方向是順時(shí)針還是逆時(shí)針；
(2)求軌道在一個(gè)峰區(qū)內(nèi)圓弧的圓心角θ，及離子繞閉合平衡軌道旋轉(zhuǎn)的周期T；
(3)在谷區(qū)也施加垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B′，新的閉合平衡軌道在一個(gè)峰區(qū)內(nèi)的圓心角θ變?yōu)?0°，求B′和B的關(guān)系。已知：sin(α±β)＝sinαcosβ±cosαsinβ，cosα＝1－2sin2。
答案(1)逆時(shí)針方向(2)(3)B′＝B
解析(1)峰區(qū)內(nèi)圓弧半徑r＝，
旋轉(zhuǎn)方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向。
(2)由對稱性，峰區(qū)內(nèi)圓弧的圓心角θ＝，
每個(gè)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(nèi)的圓心角θ′＝120°－90°＝30°，
谷區(qū)內(nèi)的軌道圓弧半徑r′＝，
由幾何關(guān)系rsin＝r′sin，
由三角關(guān)系sin＝sin15°＝，
代入得B′＝B。

20xx高考物理復(fù)習(xí)12帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)學(xué)案

一名優(yōu)秀的教師在教學(xué)時(shí)都會提前最好準(zhǔn)備，作為教師就要在上課前做好適合自己的教案。教案可以讓學(xué)生更好的消化課堂內(nèi)容，讓教師能夠快速的解決各種教學(xué)問題。你知道如何去寫好一份優(yōu)秀的教案呢？下面是小編精心收集整理，為您帶來的《20xx高考物理復(fù)習(xí)12帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)學(xué)案》，相信您能找到對自己有用的內(nèi)容。