第八章 專題八

1、專題八帶電粒子在復合場中的運動考綱解讀 1.會分析速度選擇器、磁流體發(fā)電機、質譜儀、回旋加速器等磁場的實際應用問題.2.會分析帶電粒子在組合場、疊加場中的運動問題1帶電粒子在復合場中的直線運動如圖1所示，在同時存在勻強電場和勻強磁場的空間中取正交坐標系Oxyz，一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子(重力不可忽略)從原點O以速度v沿x軸正方向出發(fā)，下列說法錯誤的是()圖1A若電場、磁場分別沿z軸正方向和x軸正方向，粒子只能做曲線運動B若電場、磁場均沿z軸正方向，粒子有可能做勻速圓周運動C若電場、磁場分別沿z軸負方向和y軸負方向，粒子有可能做勻速直線運動D若電場、磁場分別沿y軸負方向和z軸正方向，粒

2、子有可能做平拋運動答案A解析磁場沿x軸正方向，則與粒子運動的速度v的方向平行，粒子不受洛倫茲力的作用，只受到豎直向下的重力和豎直向上的電場力作用，若重力和電場力大小相等，粒子將做勻速直線運動，所以A錯誤；磁場豎直向上，根據左手定則，洛倫茲力沿y軸正方向，若電場力和重力大小相等，洛倫茲力提供向心力，則粒子可能在xOy平面內做勻速圓周運動，B正確；粒子受到豎直向下的電場力，豎直向上的洛倫茲力和豎直向下的重力，若重力和電場力的合力與洛倫茲力的大小相等，則粒子所受合力為零，粒子將做勻速直線運動，C正確；粒子受到沿y軸負方向的電場力，沿y軸正方向的洛倫茲力和豎直向下的重力，若洛倫茲力與電場力的大小相等，

3、則粒子的合力等于豎直方向的重力，粒子將做平拋運動，D正確2帶電粒子在復合場中的勻速圓周運動如圖2所示，一帶電小球在一正交電場、磁場區(qū)域里做勻速圓周運動，電場方向豎直向下，磁場方向垂直紙面向里，則下列說法正確的是()圖2A小球一定帶正電B小球一定帶負電C小球的繞行方向為順時針方向D改變小球的速度大小，小球將不做圓周運動答案BC解析小球做勻速圓周運動，重力必與電場力平衡，則電場力方向豎直向上，結合電場方向可知小球一定帶負電，A錯誤，B正確；洛倫茲力充當向心力，由曲線運動軌跡的彎曲方向結合左手定則可得繞行方向為順時針方向，C正確，D錯誤3質譜儀的工作原理如圖3所示是質譜儀的工作原理示意圖帶電粒子被加

4、速電場加速后，進入速度選擇器速度選擇器內相互正交的勻強磁場和勻強電場的強度分別為B和E.平板S上有可讓粒子通過的狹縫P和記錄粒子位置的膠片A1A2.平板S下方有磁感應強度為B0的勻強磁場下列表述正確的是()圖3A質譜儀是分析同位素的重要工具B速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向外C能通過狹縫P的帶電粒子的速率等于E/BD粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P，粒子的比荷越小答案ABC解析帶電粒子在題圖中的加速電場中加速，說明粒子帶正電，其通過速度選擇器時，電場力與洛倫茲力平衡，則洛倫茲力方向應水平向左，由左手定則知，磁場的方向應垂直紙面向外，選項B正確；由EqBqv可知，vE/B，選項C正確；粒子打在膠

5、片上的位置到狹縫的距離即為其做勻速圓周運動的直徑D，可見D越小，則粒子的比荷越大，D不同，則粒子的比荷不同，因此利用該裝置可以分析同位素，A正確，D錯誤4回旋加速器的工作原理勞倫斯和利文斯設計出回旋加速器，工作原理示意圖如圖4所示置于高真空中的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處粒子源產生的質子質量為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()圖4A質子被加速后的最大速度不可能超過2RfB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

6、第2次和第1次經過兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比為1D不改變磁感應強度B和交流電頻率f，該回旋加速器的最大動能不變答案AC解析質子被加速后的最大速度受到D形盒半徑R的制約，因v2Rf，故A正確；質子離開回旋加速器的最大動能Ekmmv2m×42R2f22m2R2f2，與加速電壓U無關，B錯誤；根據R，Uqmv，2Uqmv，得質子第2次和第1次經過兩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Ekm2m2R2f2與m、R、f均有關，D錯誤一、復合場的分類1疊加場：電場、磁場、重力場共存，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，并不重疊，或相鄰或在同一區(qū)域電

7、場、磁場交替出現(xiàn)二、帶電粒子在復合場中的運動形式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較復雜的曲線運動當帶電粒子所受合外力的大小和方向均變化，且與初速度方向不在同一直線上，粒子做非勻變速曲線運動，這時粒子運動軌跡既不是圓弧，也不是拋物線三、應用圖51質譜儀(1)構造：如圖5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：粒子由靜止被加速電場加速，qUmv2.粒子在磁場中做勻速圓周運動，有qvBm.由以

8、上兩式可得r ，m，.2回旋加速器(1)構造：如圖6所示，D1、D2是半圓形金屬盒，D形盒的縫隙處接交流電源，D形盒處于勻強磁場中圖6(2)原理：交流電的周期和粒子做圓周運動的周期相等，粒子經電場加速，經磁場回旋，由qvB，得Ekm，可見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，與加速電壓無關3速度選擇器(如圖7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圖7(2)帶電粒子能夠沿直線勻速通過速度選擇器的條件是qEqvB，即v.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)根據左手定則，如

9、圖8中的B是發(fā)電機正極圖8(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qEqqvB得兩極板間能達到的最大電勢差UBLv.5電磁流量計工作原理：如圖9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橫向偏轉，a、b間出現(xiàn)電勢差，形成電場，當自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：qvBqEq，所以v，因此液體流量QSv·.圖9考點一回旋加速器和質譜儀1回旋加速器的最大動能Ekmax，與回旋加速器D形盒的半徑R有關，與磁感應強度B有關，而與加速電壓無

10、關2粒子在磁場中運動的周期與交變電流的周期相同例1回旋加速器是用來加速帶電粒子，使它獲得很大動能的儀器，其核心部分是兩個D形金屬扁盒，兩盒分別和一高頻交流電源兩極相接，以便在盒間的窄縫中形成勻強電場，使粒子每次穿過狹縫都得到加速，兩盒放在磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直于盒底面，粒子源置于盒的圓心附近，若粒子源射出的粒子帶電荷量為q，質量為m，粒子最大回旋半徑為Rm，其運動軌跡如圖10所示問：圖10(1)D形盒內有無電場？(2)粒子在盒內做何種運動？(3)所加交流電壓頻率應是多大，粒子運動的角速度為多大？(4)粒子離開加速器時速度為多大？最大動能為多少？(5)設兩D形盒間電場的電勢差為

11、U，盒間距離為d，其間電場均勻，求把靜止粒子加速到上述能量所需時間解析(1)扁形盒由金屬導體制成，具有屏蔽外電場的作用，盒內無電場(2)帶電粒子在盒內做勻速圓周運動，每次加速之后半徑變大(3)粒子在電場中運動時間極短，因此高頻交流電壓頻率要等于粒子回旋頻率，因為T，故得回旋頻率f，角速度2f.(4)粒子圓旋半徑最大時，由牛頓第二定律得qvmB，故vm.最大動能Ekmmv.(5)粒子每旋轉一周能量增加2qU.粒子的能量提高到Ekm，則旋轉周數(shù)n.粒子在磁場中運動的時間t磁nT.一般地可忽略粒子在電場中的運動時間，t磁可視為總時間答案(1)D形盒內無電場(2)勻速圓周運動(3)(4)(5)突破訓練

12、1如圖11所示，一束帶電粒子以一定的初速度沿直線通過由相互正交的勻強磁場(磁感應強度為B)和勻強電場(電場強度為E)組成的速度選擇器，然后粒子通過平板S上的狹縫P進入另一勻強磁場(磁感應強度為B)，最終打在A1A2上，下列表述正確的是()圖11A粒子帶負電B所有打在A1A2上的粒子，在磁感應強度為B的磁場中的運動時間都相同C能通過狹縫P的帶電粒子的速率等于D粒子打在A1A2的位置越靠近P，粒子的比荷越大答案CD解析本題考查帶電粒子在復合場中的運動，意在考查學生對帶電粒子在復合場中運動規(guī)律的掌握根據粒子在磁感應強度為B的磁場中的運動軌跡可判斷粒子帶正電，A錯誤；帶電粒子在速度選擇器中做勻速直線運

13、動，則電場力與洛倫茲力等大反向，EqBqv，可得v，C正確；由洛倫茲力充當粒子做圓周運動的向心力可得r，則，越靠近P，r越小，粒子的比荷越大，D正確；所有打在A1A2上的粒子在磁感應強度為B的磁場中都只運動半個周期，周期T，比荷不同，打在A1A2上的粒子在磁感應強度為B的磁場中的運動時間不同，B錯誤考點二帶電粒子在疊加場中的運動1帶電粒子在疊加場中無約束情況下的運動情況分類(1)磁場力、重力并存若重力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運動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、磁場力并存(不計重力的微觀粒子)若電場力和洛倫

14、茲力平衡，則帶電體做勻速直線運動若電場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，可用動能定理求解問題(3)電場力、磁場力、重力并存若三力平衡，一定做勻速直線運動若重力與電場力平衡，一定做勻速圓周運動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，可用能量守恒定律或動能定理求解問題2帶電粒子在疊加場中有約束情況下的運動帶電粒子在復合場中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道等約束的情況下，常見的運動形式有直線運動和圓周運動，此時解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解例2如圖12所示，在一

15、豎直平面內，y軸左方有一水平向右的場強為E1的勻強電場和垂直于紙面向里的磁感應強度為B1的勻強磁場，y軸右方有一豎直向上的場強為E2的勻強電場和另一磁感應強度為B2的勻強磁場有一帶電荷量為q、質量為m的微粒，從x軸上的A點以初速度v與水平方向成角沿直線運動到y(tǒng)軸上的P點，A點到坐標原點O的距離為d.微粒進入y軸右側后在豎直面內做勻速圓周運動，然后沿與P點運動速度相反的方向打到半徑為r的的絕緣光滑圓管內壁的M點(假設微粒與M點碰后速度改變、電荷量不變，圓管內徑的大小可忽略，電場和磁場可不受影響地穿透圓管)，并恰好沿圓管內無碰撞下滑至N點已知37°，sin 37°0.6，cos

16、 37°0.8，求：圖12(1)E1與E2大小之比；(2)y軸右側的磁場的磁感應強度B2的大小和方向；(3)從A點運動到N點所用的時間解析(1)AP微粒做勻速直線運動E1qmgtan PM微粒做勻速圓周運動E2qmg聯(lián)立解得E1E234(2)由題圖知，PM微粒剛好運動半個周期2RqvB2聯(lián)立解得B2又由左手定則可知B2的方向垂直紙面向外(3)AP有：vt1，解得t1PM有：vt2R，解得t2碰到M點后速度只剩下向下的速度，此時mgE2q，從MN的過程中，微粒繼續(xù)做勻速圓周運動v1vsin 37°v1t3，解得t3所以t總t1t2t3答案(1)34(2)，方向垂直紙面向外(3

17、)突破訓練2如圖13所示，空間存在著垂直紙面向外的水平勻強磁場，磁感應強度為B，在y軸兩側分別有方向相反的勻強電場，電場強度均為E，在兩個電場的交界處左側附近，有一帶正電的液滴a在電場力和重力作用下靜止，現(xiàn)從場中某點由靜止釋放一個帶負電的液滴b，當它的運動方向變?yōu)樗椒较驎r恰與a相撞，撞后兩液滴合為一體，速度減小到原來的一半，并沿x軸正方向做勻速直線運動，已知液滴b與a的質量相等，b所帶電荷量是a所帶電荷量的2倍，且相撞前a、b間的靜電力忽略不計圖13(1)求兩液滴相撞后共同運動的速度大小；(2)求液滴b開始下落時距液滴a的高度h.答案(1)(2)解析液滴在勻強磁場、勻強電場中運動，同時受到洛

18、倫茲力、電場力和重力作用(1)設液滴a質量為m、電荷量為q，則液滴b質量為m、電荷量為2q，液滴a平衡時有qEmga、b相撞合為一體時，質量為2m，電荷量為q，設速度為v，由題意知處于平衡狀態(tài)，重力為2mg，方向豎直向下，電場力為qE，方向豎直向上，洛倫茲力方向也豎直向上，因此滿足qvBqE2mg由兩式，可得相撞后速度v(2)對b，從開始運動至與a相撞之前，由動能定理有WEWGEk，即(2qEmg)hmva、b碰撞后速度減半，即v，則v02v再代入式得h39.帶電粒子在組合場中運動模型問題模型概述帶電粒子在組合場中的運動過程比較復雜，但如果認真分析其運動過程會發(fā)現(xiàn)，粒子的運動過程實際上是幾個運

19、動過程的組合，只要認真分析每個過程，找出其所滿足的物理規(guī)律，并找出各個過程之間的銜接點和相關聯(lián)的物理量，問題便可迎刃而解1先電場后磁場模型(1)先在電場中做加速直線運動，然后進入磁場做圓周運動(如圖14、15所示)在電場中利用動能定理或運動學公式求粒子剛進入磁場時的速度圖14圖15(2)先在電場中做類平拋運動，然后進入磁場做圓周運動(如圖16、17所示)在電場中利用平拋運動知識求粒子進入磁場時的速度圖16圖172先磁場后電場模型對于粒子從磁場進入電場的運動，常見的有兩種情況：(1)進入電場時粒子速度方向與電場方向相同或相反；(2)進入電場時粒子速度方向與電場方向垂直(如圖18、19所示)圖18

20、圖19例3如圖20所示，在兩個水平平行金屬極板間存在著向下的勻強電場和垂直于紙面向里的勻強磁場，電場強度和磁感應強度的大小分別為E2×106 N/C和B10.1 T，極板的長度l m，間距足夠大在極板的右側還存在著另一圓形的勻強磁場區(qū)域，磁場的方向為垂直于紙面向外，圓形磁場的圓心O位于平行金屬極板的中線上，圓形磁場的半徑為R m有一帶正電的粒子以某一初速度沿極板的中線水平向右飛入極板后恰好做勻速直線運動，然后進入圓形磁場區(qū)域，飛出圓形磁場區(qū)域后速度方向偏轉了60°，不計粒子的重力，粒子的比荷為2×108 C/kg.圖20(1)求圓形磁場區(qū)域的磁感應強度B2的大?。?/p>

21、(2)在其他條件都不變的情況下，將極板間的磁場撤去，為使粒子飛出極板后不能進入圓形磁場，求圓形磁場的圓心O離極板右邊緣的水平距離d應滿足的條件審題與關聯(lián)解析(1)設粒子的初速度大小為v，粒子在極板間做勻速直線運動，則：qvB1qE設粒子在圓形磁場區(qū)域中做圓周運動的半徑為r，則：qvB2m粒子速度方向偏轉了60°，則：rRcot 30°解得：B20.1 T(2)撤去磁場B1后，粒子在兩極板間做類平拋運動，設在兩極板間運動的時間為t，運動的加速度為a，飛出電場時豎直方向上的速度為vy，速度的偏轉角為，則：qEmalvtvyattan 解得：tan ，即30°設粒子飛出

22、電場后速度恰好與圓形磁場區(qū)域的邊界相切時，圓心O離極板右邊緣的水平距離為d0，如圖所示，則：d0解得：d0 m，所以d> m答案(1)0.1 T(2)d> m突破訓練3如圖21所示，水平放置的M、N兩平行板相距為d0.50 m，板長為L1 m，兩板間有向下的勻強電場，場強E300.0 N/C，緊靠平行板右側邊緣的xOy直角坐標系以N板右端點O為原點，在xOy坐標系的第一象限內如圖所示部分有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度B×102 T，磁場邊界OA與x軸夾角AOx60°，現(xiàn)有比荷為×106 C/kg的帶電粒子(重力不計)，從極板左側沿靠近M板的水平線

23、垂直電場方向進入電場，離開電場后垂直于OA邊界進入磁場區(qū)域，求：(1)帶電粒子進入電場時的初速度v0；(2)帶電粒子從進入電場到離開磁場的總時間圖21答案(1)3×104 m/s(2)()×104 s解析(1)帶電粒子要垂直射入磁場，則速度偏向角為30°有tan 30°vyat解得v03×104 m/s(2)粒子在電場中的運動時間為t1×104 s粒子在電場中的偏轉距離為yat2 m粒子離開電場的速度v2 ×104 m/s粒子離開電場后做勻速直線運動，直線運動距離s2(dy)sin 30° m運動時間t2 

24、5;104 s設粒子進入磁場后的軌道半徑為R，R m粒子運動軌跡如圖所示，則sOG(dy)sin 60° m由正弦定理有得30°由此可知，帶電粒子在磁場中的偏轉角度為30°由在磁場中的運動時間為t3×104 s則總運動時間：tt1t2t3()×104 s高考題組1(2013·浙江·20)在半導體離子注入工藝中，初速度可忽略的磷離子P和P3，經電壓為U的電場加速后，垂直進入磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里、有一定寬度的勻強磁場區(qū)域，如圖22所示已知離子P在磁場中轉過30°后從磁場右邊界射出在電場和磁場中運動時，離

25、子P和P3()圖22A在電場中的加速度之比為11B在磁場中運動的半徑之比為1C在磁場中轉過的角度之比為12D離開電場區(qū)域時的動能之比為13答案BCD解析磷離子P和P3的質量相等設為m，P的電荷量設為q，則P3的電荷量為3q，在電場中由a知，加速度之比為所帶電荷量之比，即為13，A錯誤；由qUmv2得Ekq，即離開電場區(qū)域時的動能之比為13，D正確；又由qvB，得r ，所以rPrP31，B正確；由幾何關系可得P3在磁場中轉過60°角后從磁場右邊界射出，C正確2(2013·山東·23)如圖23所示，在坐標系xOy的第一、第三象限內存在相同的勻強磁場，磁場方向垂直于xO

26、y平面向里；第四象限內有沿y軸正方向的勻強電場，電場強度大小為E.一帶電荷量為q、質量為m的粒子，自y軸上的P點沿x軸正方向射入第四象限，經x軸上的Q點進入第一象限，隨即撤去電場，以后僅保留磁場已知OPd，OQ2d.不計粒子重力圖23(1)求粒子過Q點時速度的大小和方向；(2)若磁感應強度的大小為一確定值B0，粒子將沿垂直y軸的方向進入第二象限，求B0；(3)若磁感應強度的大小為另一確定值，經過一段時間后粒子將再次經過Q點，且速度與第一次過Q點時相同，求該粒子相鄰兩次經過Q點所用的時間答案(1)2 ，方向斜向上與x軸正方向成45°角(2) (3)(2) 解析(1)設粒子在電場中運動的

27、時間為t0，加速度的大小為a，粒子的初速度為v0，過Q點時速度的大小為v，沿y軸方向分速度的大小為vy，速度與x軸正方向間的夾角為，由牛頓第二定律得qEma由運動學公式得dat2dv0t0vyat0vtan 聯(lián)立式得v245°(2)設粒子做圓周運動的半徑為R1，粒子在第一象限的運動軌跡如圖所示，O1為圓心，由幾何關系可知O1OQ為等腰直角三角形，得R12d由牛頓第二定律得qvB0m聯(lián)立式得B0(3)設粒子做圓周運動的半徑為R2，由幾何知識分析知，粒子運動的軌跡如圖所示，O2、O2是粒子做圓周運動的圓心，Q、F、G、H是軌跡與兩坐標軸的交點，連接O2、O2，由幾何關系知，O2FGO2和

28、O2QHO2均為矩形，進而知FQ、GH均為直徑，QFGH也是矩形，又FHGQ，可知QFGH是正方形，QOF為等腰直角三角形由此可知，粒子在第一、第三象限的軌跡均為半圓，得2R22d粒子在第二、第四象限的軌跡為長度相等的線段，得FGHQ2R2設粒子相鄰兩次經過Q點所用的時間為t，則有t聯(lián)立式得t(2) 模擬題組3如圖24所示，一個質量為m、電荷量為q的帶電小球從水平線PQ上方M點自由下落，以PQ為邊界下方有方向豎直向下、電場強度為E的勻強電場，同時還有垂直于紙面的勻強磁場，小球從邊界上的a點進入復合場后，恰能做勻速圓周運動，并從邊界上的b點穿出，重力加速度為g，不計空氣阻力，則以下說法正確的是(

29、)圖24A小球帶負電荷，勻強磁場方向垂直于紙面向外B小球的電荷量與質量的比值C小球從a運動到b的過程中，小球和地球組成的系統(tǒng)的機械能守恒D小球在a、b兩點的速度相同答案B解析帶電小球在復合場中做勻速圓周運動，則qEmg，選項B正確；電場方向豎直向下，則可知小球帶負電，由于小球從b點射出，根據左手定則可知磁場方向垂直紙面向里，選項A錯誤；小球運動過程中，電場力做功，故小球和地球組成的系統(tǒng)的機械能不守恒，只是在a、b兩點機械能相等，選項C錯誤；小球在a、b兩點速度方向相反，故選項D錯誤4直角坐標系xOy中與x軸成45°角的界線OM兩側區(qū)域分別有如圖25所示電、磁場(第三象限除外)，勻強磁

30、場磁感應強度為B、方向垂直紙面向外，勻強電場場強EvB、方向沿x軸負方向一不計重力的帶正電的粒子，從坐標原點O以速度為v、沿x軸負方向射入磁場，隨后從界線上的P點沿垂直電場方向進入電場，并最終飛離電、磁場區(qū)域已知粒子的電荷量為q，質量為m，求：圖25(1)粒子在磁場中運動的軌跡半徑R及P點的位置坐標；(2)粒子在磁場中運動的時間；(3)粒子最終飛離電、磁場區(qū)域的位置坐標答案(1)(，)(2)(3)0，(1)解析(1)由洛倫茲力提供向心力，有：qvBm解得：R粒子的運動軌跡如圖所示，由幾何關系可知，粒子經過界線OM的位置P的坐標為(，)(2)粒子在磁場中運動的周期T粒子在磁場中運動的時間tT(3

31、)粒子從P點射入電場后將做類平拋運動，如圖所示，有：Rat2xvt其中：a聯(lián)立式解得x故粒子最終飛離電、磁場區(qū)域的位置坐標為0，(1)(限時：45分鐘)題組1對帶電粒子在疊加場中運動的考查1如圖1所示，勻強電場方向水平向右，勻強磁場方向垂直紙面向里，將帶正電的小球在場中由靜止釋放，最后落到地面上關于該過程，下述說法正確的是()圖1A小球做勻變速曲線運動B小球減少的電勢能等于增加的動能C電場力和重力做的功等于小球增加的動能D若保持其他條件不變，只減小磁感應強度，小球著地時動能不變答案C解析重力和電場力是恒力，但洛倫茲力是變力，因此合外力是變化的，由牛頓第二定律知其加速度也是變化的，選項A錯誤；由

32、動能定理和功能關系知，選項B錯誤，選項C正確；磁感應強度減小時，小球落地時的水平位移會發(fā)生變化，則電場力所做的功也會隨之發(fā)生變化，選項D錯誤2如圖2所示，ABC為豎直平面內的光滑絕緣軌道，其中AB為傾斜直軌道，BC為與AB相切的圓形軌道，并且圓形軌道處在勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向里質量相同的甲、乙、丙三個小球中，甲球帶正電、乙球帶負電、丙球不帶電現(xiàn)將三個小球在軌道AB上分別從不同高度處由靜止釋放，都恰好通過圓形軌道的最高點，則()圖2A經過最高點時，三個小球的速度相等B經過最高點時，甲球的速度最小C甲球的釋放位置比乙球的高D運動過程中三個小球的機械能均保持不變答案CD解析三個小球在運動過程

33、中機械能守恒，有mghmv2，在圓形軌道的最高點時對甲有qv1Bmg，對乙有mgqv2B，對丙有mg，可判斷v1>v3>v2，選項A、B錯誤，選項C、D正確3如圖3所示，一個帶正電荷的物塊m，由靜止開始從斜面上A點下滑，滑到水平面BC上的D點停下來已知物塊與斜面及水平面間的動摩擦因數(shù)相同，且不計物塊經過B處時的機械能損失先在ABC所在空間加豎直向下的勻強電場，再讓物塊m從A點由靜止開始下滑，結果物塊在水平面上的D點停下來；后又撤去電場，在ABC所在空間加水平向里的勻強磁場，再次讓物塊m從A點由靜止開始下滑，結果物塊沿斜面滑下并在水平面上的D點停下來則以下說法中正確的是()圖3AD點

34、一定在D點左側 BD點一定與D點重合CD點一定在D點右側 DD點一定與D點重合答案BC解析僅在重力場中時，物塊由A點至D點的過程中，由動能定理得mghmgs1cos mgs20，即hs1cos s20，由題意知A點距水平面的高度h、物塊與斜面及水平面間的動摩擦因數(shù)、斜面傾角、斜面長度s1為定值，所以s2與重力的大小無關而在ABC所在空間加豎直向下的勻強電場后，相當于把重力增大了，s2不變，D點一定與D點重合，A項錯誤，B項正確；在ABC所在空間加水平向里的勻強磁場后，洛倫茲力垂直于接觸面向上，正壓力變小，摩擦力變小，重力做的功不變，所以D點一定在D點右側，C項正確，D項錯誤4如圖4所示，在豎直

35、平面坐標系xOy的第一象限，有垂直xOy面向外的水平勻強磁場和豎直向上的勻強電場，大小分別為B和E；第四象限有垂直xOy面向里的水平勻強電場，大小也為E；第三象限內有一絕緣光滑豎直放置的半徑為R的半圓軌道，軌道最高點與坐標原點O相切，最低點與絕緣光滑水平面相切于N點一質量為m的帶電小球從y軸上(y>0)的P點沿x軸正方向進入第一象限后做圓周運動，恰好通過坐標原點O，且水平切入半圓軌道并沿軌道內側運動，過N點后水平進入第四象限，并在電場中運動(已知重力加速度為g)圖4(1)判斷小球的帶電性質并求出其所帶電荷量；(2)P點距坐標原點O至少多高；(3)若該小球以滿足(2)中OP最小值的位置和對應速度進入第一象限，通過N點時開始計時，經時間t2小球距坐標原點O的距離s為多遠？答案(1)正電(2) (3)2R解析(1)小球進入第一象限正交的電場和磁場后，在垂直磁場的平面內做圓周運動，說明重力與電場力平衡，設小球所帶電荷量為q，則有qEmg解得：q又電場方向豎直向上，故小球帶正電(2)設小球做勻速圓周運動的速度為v、軌道半徑為r，由洛倫茲