小專題帶電粒子在復(fù)合場中的運動

1、2. (多選)如圖2所示，邊界OA與OC之間分布有垂直紙面向里的勻強磁場，邊界OA上有一粒子源S。某一時刻，從S平行于紙面向各個方向發(fā)射出大量帶正電的同種粒子(不計粒子的重力及粒子間的相互作用)，所有粒子的初速度大小相同，經(jīng)過一段時間后有大量粒子從邊界OC射出磁場。已知AOC60°，從邊界OC射出的粒子在磁場中運動的最長時間等于(T為粒子在磁場中運動的周期)，則從邊界OC射出的粒子在磁場中運動的時間可能為()圖2A. B. C. D.解析粒子在磁場中做逆時針方向的圓周運動，由于所有粒子的速度大小相同，故弧長越小，粒子在磁場中運動的時間就越短，由于粒子在磁場中運動的最長時間為，沿SA方

2、向射出的粒子在磁場中運動時間最長，如圖所示，作出粒子運動軌跡圖，由幾何關(guān)系可知當粒子在磁場中做圓周運動繞過的弧所對應(yīng)的弦垂直邊界OC時，粒子在磁場中運動時間最短，由于SDOC，則SDES，即弦SD等于半徑OD、OS，相應(yīng)DOS60°，即最短時間為tT。答案ABC×××××××××××××××CAOBP60017如圖所示，在直線OA和OC之間（含邊界）分布有垂直紙面向里的勻強磁場B，直線OA上的粒子源P在紙面內(nèi)向各個方向發(fā)射速率相同、帶正

3、電的相同粒子，粒子在磁場中做勻速圓周運動，從邊界OC射出的粒子在磁場中運動的最長時間為半個周期。O與P之間的距離為L，不計粒子重力。則 A粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑是LB從邊界OC射出的粒子，經(jīng)過OC的點，距離O點的最大距離是2LC從邊界OC射出的粒子，在磁場中運動的最短時間是周期的四分之一D從邊界OC射出的粒子，若初速度沿OA方向，在磁場中運動時間最長7如圖所示，已知甲空間中沒有電場、磁場；乙空間中有豎直向上的勻強電場；丙空間中有豎直向下的勻強電場；丁空間中有垂直紙面向里的勻強磁場。四個圖中的斜面相同且絕緣，相同的帶負電小球從斜面上的同一點O以相同初速度v0同時沿水平方向拋出，分別

4、落在甲、乙、丙、丁圖中斜面上A、B、C、D點（圖中未畫出）。小球受到的電場力、洛倫茲力都始終小于重力，不計空氣阻力。則Ov0甲E1Ov0乙E2Ov0丙Ov0丁BAO、C之間距離大于O、B之間距離B小球從拋出到落在斜面上用時相等C小球落到B點與C點速度大小相等D從O到A與從O到D，合力對小球做功相同11（19分）如圖所示的平行板器件中，存在相互垂直的勻強磁場和勻強電場，磁場的磁感應(yīng)強度B1=0.20T,方向垂直紙面向里，電場強度E1=1.0×105V/m,PQ為板間中線。緊靠平行板右側(cè)邊緣坐標系的第一象限內(nèi)，有一邊界AO、與y軸的夾角=450，邊界線的上方有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感

5、應(yīng)強度B2=0.25T,邊界線的下方有豎直向上的勻強電場，電場強度E2=5.0×105V/m。一束帶電荷量q=8.0×10-19C、質(zhì)量m=8.0×10-26Kg的正離子從P點射入平行板間，沿中線PQ做直線運動，穿出平行板后從軸上坐標為（0,0.4 m）的Q點垂直軸射入磁場區(qū)，多次穿越邊界線OA。求：（1）離子運動的速度；（2）離子從進入磁場到第二次穿越邊界線OA所需的時間；（3）離子第四次穿越邊界線的位置坐標。27（1）5.0×105m/s （2）8.28×10-7s (3) 【考點】：帶電粒子在復(fù)合場中的運動。4如圖4所示，相距為d的平行金

6、屬板M、N的上方有一半徑為R的圓形勻強磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直紙面向里質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子自緊靠M板的P處由靜止釋放，粒子經(jīng)N板的小孔S沿半徑SO方向射入磁場，離開磁場時速度方向偏離入射方向60°，粒子重力不計，則平行金屬板間勻強電場的電場強度大小為()圖4A. B.C.D.【解析】粒子在圓形磁場中運動的軌跡如圖所示，則粒子做圓周運動的半徑為rR，由Bqvm，qUmv2，E，聯(lián)立得E，B正確【答案】B1. 如圖所示，在一豎直平面內(nèi)，y軸左側(cè)有一水平方向右的勻強電場E1和一垂直紙面向里的勻強磁場B，y軸右側(cè)有一豎直方向的勻強場E2，一電荷量為q(電性未知)、質(zhì)

7、量為m的微粒從x軸上A點以一定初速度與水平方向成37°角沿直線經(jīng)P點運動到圖中C點，其中m、q、B均已知，重力加速度為g，則()A微粒一定帶負電B電場強度E2一定豎直向上C兩電場強度之比D微粒的初速度為v解析：微粒從A到P受重力、電場力和洛倫茲力作用做直線運動，則微粒做勻速直線運動，由左手定則及電場力的性質(zhì)可確定微粒一定帶正電，A錯；此時有qE1mgtan 37°，微粒從P到C在電場力、重力作用下做直線運動，必有mgqE2，所以E2的方向豎直向上，B對；由以上分析可知，C錯；AP段有mgBqvcos 37°，即v，D對答案：BD8.如圖所示，質(zhì)量為m的環(huán)套在足夠長

8、的絕緣桿上，環(huán)所帶的電荷量為q，環(huán)與絕緣桿之間的動摩擦因數(shù)為，桿處于正交的勻強電場和勻強磁場中，電場的電場強度為E，方向沿紙面向左，磁場的磁感應(yīng)強度為B，方向垂直于紙面向里，桿與水平電場夾角為，若環(huán)能從靜止開始下滑，則以下說法正確的是()A環(huán)在下滑過程中，加速度不斷減小，最后為零B環(huán)在下滑過程中，加速度先增大后減小，最后為零C環(huán)在下滑過程中，速度不斷增大，最后勻速D環(huán)在下滑過程中，速度先增大后減小，最后為零3(2014·山東菏澤市二模)如圖3所示，相距為d的平行金屬板M、N間存在勻強電場和垂直紙面向里、磁感應(yīng)強度為B0的勻強磁場；在xOy直角坐標平面內(nèi)，第一象限有沿y軸負方向場強為E

9、的勻強電場，第四象限有垂直坐標平面向里、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場。一質(zhì)量為m、電荷量為q的正離子(不計重力)以初速度v0沿平行于金屬板方向射入兩板間并做勻速直線運動，從P點垂直y軸進入第一象限，經(jīng)過x軸上的A點射出電場進入磁場。已知離子過A點時的速度方向與x軸成45°角。求：圖3(1)金屬板M、N間的電壓U；(2)離子運動到A點時速度v的大小和由P點運動到A點所需時間t；(3)離子第一次離開第四象限磁場區(qū)域的位置C(圖中未畫出)與坐標原點的距離OC。解析(1)設(shè)平行金屬板M、N間勻強電場的場強為E0，則有UE0d因為離子在金屬板方向射入兩板間并做勻速直線運動有qE0qv0B0解得金屬

10、板M、N間的電壓UB0v0d(2)在第一象限的電場中離子做類平拋運動，有cos 45°故離子運動到A點時的速度vv0又qEma，vyat，tan 45°解得離子在電場E中運動到A點所需時間t(3)在磁場中洛倫茲力提供向心力有qvBm得R如圖所示，由幾何知識可得2Rcos 45°R又v0t因此離子第一次離開第四象限磁場區(qū)域的位置C與坐標原點的距離：答案(1)B0v0d(2)v0(3)7.圖8225如圖8225所示，在屏MN的上方有磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里P為屏上的一個小孔PC與MN垂直一群質(zhì)量為m、帶電量為q的粒子(不計重力)，以相同的速率v，

11、從P處沿垂直于磁場的方向射入磁場區(qū)域粒子入射方向在與磁場B垂直的平面內(nèi)，且散開在與PC夾角為的范圍內(nèi)則在屏MN上被粒子打中的區(qū)域的長度為()A. B.C. D.解析：由圖可知，沿PC方向射入磁場中的帶負電的粒子打在MN上的點離P點最遠，為PR，沿兩邊界線射入磁場中的帶負電的粒子打在MN上的點離P點最近為：PQcos ，故在屏MN上被粒子打中的區(qū)域的長度為：QRPRPQ，選項D正確答案：D圖82268如圖8226所示為一個質(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桿上滑動，細桿處于磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，現(xiàn)給圓環(huán)向右的初速度v0，在以后的運動過程中，圓環(huán)運動的速度圖象可能是下圖

12、中的()解析：給圓環(huán)向右的初速度v0，圓環(huán)運動有三種可能性，若Bv0qmg時，圓環(huán)做勻速直線運動，故A項正確若v>v0時，圓環(huán)與桿下邊有摩擦力作用，摩擦力逐漸減小，運動加速度逐漸減小，最終為零，Bvqmg時，圓環(huán)做勻速直線運動，故D項正確若v<v0時，圓環(huán)與桿上邊有摩擦力作用，洛倫茲力減小，摩擦力增大，加速度逐漸增大的減速運動，直至停止，故C項錯答案：AD圖8381如圖838所示，ABC為與勻強磁場垂直的邊長為a的等邊三角形，磁場垂直紙面向外，比荷為e/m的電子以速度v0從A點沿AB方向射入，現(xiàn)欲使電子能經(jīng)過BC邊，則磁感應(yīng)強度B的取值應(yīng)為()AB> BB< CB<

13、; DB>解析：當電子從C點離開時，電子做圓周運動對應(yīng)的軌道半徑最小，有R>，而R，所以B<，C項正確答案：C圖84102如圖8410所示，界面PQ與水平地面之間有一個正交的勻強磁場B和勻強電場E，在PQ上方有一個帶正電的小球A自O(shè)靜止開始下落，穿過電場和磁場到達地面設(shè)空氣阻力不計，下列說法中正確的是()A在復(fù)合場中，小球做勻變速曲線運動B在復(fù)合場中，小球下落過程中的電勢能減小C小球從靜止開始下落到水平地面時的動能等于其電勢能和重力勢能的減少量總和D若其他條件不變，僅增大磁感應(yīng)強度，小球從原來位置下落到水平地面時的動能不變解析：小球受到磁場力，不可能做勻變速曲線運動電場力做正

14、功，電勢能減小，由能量守恒知，C項正確增大磁感應(yīng)強度，會改變洛倫茲力，進而改變落地點，電場力做功會不同，D項錯答案：BC5.圖8413(2009·重慶，25)如圖8413所示，離子源A產(chǎn)生的初速度為零、帶電荷量均為e、質(zhì)量不同的正離子被電壓為U0的加速電場加速后勻速通過準直管，垂直射入勻強偏轉(zhuǎn)電場，偏轉(zhuǎn)后通過極板HM上的小孔S離開電場，經(jīng)過一段勻速直線運動，垂直于邊界MN進入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場已知HOd，HS2d，MNQ90°.(忽略離子所受重力)(1)求偏轉(zhuǎn)電場場強E0的大小以及HM與MN的夾角；(2)求質(zhì)量為4m的離子在磁場中做圓周運動的半徑；(3)若質(zhì)量為4m的

15、離子垂直打在NQ的中點S1處，質(zhì)量為16m的離子打在S2處，S1和S2之間的距離以及能打在NQ上的正離子的質(zhì)量范圍解析：(1)由得E0U0/d，由tan ，得45°.(2)由得R2 .(3)將4m和16m代入R，得R1、R2，由SR1，將R1、R2代入得S4(1) 由R2(2R1)2(RR1)2，得RR1由R1<R<R1，得m<mx<25m.答案：(1)45°(2)2 (3)4(1) m<mx<25m5如圖8418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，

16、且不計物塊經(jīng)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，第二次讓物塊m從A點由靜止開始下滑，結(jié)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(jié)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8418AD點一定在D點左側(cè) BD點一定與D點重合CD點一定在D點右側(cè) DD點一定與D點重合解析：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mghmgcos s1mgs20，即hcos s1s20，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

17、s2與重力的大小無關(guān)，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，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(cè)，C項正確答案：BC9如圖8224是質(zhì)譜儀的工作原理示意圖帶電粒子被加速電場加速后，進入速度選擇器速度選擇器內(nèi)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下方有強度為B0的勻強磁場下列表述正確的是 ()A質(zhì)譜儀是分析同位素的重要工具圖8224B速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向外

18、C能通過狹縫P的帶電粒子的速率等于D粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P，粒子的荷質(zhì)比越小解析本題考查質(zhì)譜儀的工作原理，意在考查考生分析帶電粒子在電場、磁場中的受力和運動的能力粒子先在電場中加速，進入速度選擇器做勻速直線運動，最后進入磁場做勻速圓周運動在速度選擇器中受力平衡：qEqvB得v，方向由左手定則可知磁場方向垂直紙面向外，B、C選項正確進入磁場后，洛倫茲力提供向心力，由qvB0得，R，所以比荷不同的粒子偏轉(zhuǎn)半徑不一樣，所以，A項正確、D項錯答案ABC10(2012·合肥質(zhì)檢)如圖8225所示，在半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)充滿磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，MN是一豎直放置的感光板從圓形磁場最

19、高點P垂直磁場射入大量的帶正電，電荷量為q，質(zhì)量為m，速度為v的粒子，不考慮粒子間的相互作用力，關(guān)于這些粒子的運動以下說法正確的是 ()圖8225A只要對著圓心入射，出射后均可垂直打在MN上B對著圓心入射的粒子，其出射方向的反向延長線不一定過圓心C對著圓心入射的粒子，速度越大在磁場中通過的弧長越長，時間也越長D只要速度滿足v，沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN上解析當vB時，粒子所受洛倫茲力充當向心力，做半徑和周期分別為R、T的勻速圓周運動；只要速度滿足v，沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN上，選項D正確答案D圖822611如圖8226所示，直角三角形OAC(30°)

20、區(qū)域內(nèi)有B0.5 T的勻強磁場，方向如圖所示兩平行極板M，N接在電壓為U的直流電源上，左板為高電勢一帶正電的粒子從靠近M板由靜止開始加速，從N板的小孔射出電場后，垂直O(jiān)A的方向從P點進入磁場中帶電粒子的比荷為105C/kg，OP間距離為L0.3 m全過程不計粒子所受的重力，則：(1)若加速電壓U120 V，通過計算說明粒子從三角形OAC的哪一邊離開磁場？(2)求粒子分別從OA、OC邊離開磁場時粒子在磁場中運動的時間解析(1)如圖所示，當帶電粒子的軌跡與OC邊相切時為臨界狀態(tài)，設(shè)臨界半徑為R，加速電壓U0，則有：RL，解得R0.1 m，qU0mv2，qvBm，U0125 V，U<U0，則r

21、<R，粒子從OA邊射出(2)帶電粒子在磁場做圓周運動的周期為T4×105s當粒子從OA邊射出時，粒子在磁場中恰好運動了半個周期t12×105s當粒子從OC邊射出時，粒子在磁場中運動的時間小于周期，即t2×105s.答案(1)OA邊(2)2×105s小于等于×105s圖83206如圖8320所示，在虛線DF的右側(cè)整個空間存在著垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B0.5 T，其中在矩形區(qū)域DFHG內(nèi)還分布有水平向左的勻強電場絕緣光滑斜面傾角60°，其末端與邊界DF交于C點，一帶正電的小球質(zhì)量為m2×103 kg，從距C點

22、高h0.8 m處的A點由靜止釋放，離開斜面后，從C點進入DFHG區(qū)域后恰能沿直線運動最后從邊界HG上的M點進入磁場，取g10 m/s2，求：(1)小球滑到C點時，重力的功率；(2)電場強度E的大??；(3)如果小球從M點進入磁場后能經(jīng)過圖中的N點，已知MN兩點豎直高度差d0.45 m，求小球經(jīng)過N點時速度大小解析(1)小球下滑，機械能守恒mgH知重力的功率為Pmgv0sin 解得P0.069 W(2)做直線運動，分析可知一定為勻速直線運動，由平衡條件知 qv0Bcos mgqEmgtg 解得E N/C(3)進入磁場區(qū)域，洛倫茲力不做功，機械能守恒，有mgh解得vN5 m/s(優(yōu)選機械能守恒)答案

23、(1)0.069 W(2) N/C(3)5 m/s3設(shè)空間存在豎直向下的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，如圖K392所示，已知一離子在靜電力和洛倫茲力的作用下，從靜止開始自A點沿曲線ACB運動，到達B點時速度為零，C點是運動的最低點，忽略重力，下述說法中錯誤的是()A該離子必帶正電荷BA點和B點位于同一高度C離子在C點時速度最大D離子到達B點后，將沿原曲線返回A點圖K392圖K3934如圖K393所示，在水平地面上方有正交的勻強電場和勻強磁場，勻強電場方向豎直向下，勻強磁場方向水平向里現(xiàn)將一個帶正電的金屬小球從M點以初速度v0水平拋出，小球著地時的速度為v1，在空中的飛行時間為t1.若將磁場

24、撤除，其他條件均不變，那么小球著地時的速度為v2，在空中飛行的時間為t2.小球所受空氣阻力可忽略不計，則關(guān)于v1和v2、t1和t2的大小比較，以下判斷正確的是()Av1v2，t1t2Bv1v2，t1t2Cv1v2，t1t2 Dv1v2，t1t21（2012·沈陽四校聯(lián)考）如圖所示，甲帶正電，乙是不帶電的絕緣物塊，甲、乙疊放在一起，置于粗糙的水平地板上，地板上方空間有垂直紙面向里的勻強磁場，現(xiàn)用一水平恒力F拉乙物塊，使甲、乙無相對滑動一起向左加速運動，在加速運動階段（）。A甲、乙兩物塊間的摩擦力不斷增大B甲、乙兩物塊間的摩擦力不斷減小C甲、乙兩物塊間的摩擦力保持不變D乙物塊與地面之間的

25、摩擦力不斷減小舉一反三1如圖所示裝置中，區(qū)域和中分別有豎直向上和水平向右的勻強電場，電場強度分別為E和；區(qū)域內(nèi)有垂直向外的水平勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B。一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的帶負電粒子（不計重力）從左邊界O點正上方的M點以速度v0水平射入電場，經(jīng)水平分界線OP上的A點與OP成60°角射入?yún)^(qū)域的磁場，并垂直豎直邊界CD進入?yún)^(qū)域的勻強電場中。求：（1）粒子在區(qū)域勻強磁場中運動的軌道半徑。（2）O、M間的距離。（3）粒子從M點出發(fā)到第二次通過CD邊界所經(jīng)歷的時間。熱點二帶電粒子在復(fù)合場中的運動1正確分析帶電粒子的受力及運動特征是解決問題的前提帶電粒子在復(fù)合場中做什么運動，取決于帶電粒子

26、所受的合外力及初始運動的速度，因此應(yīng)把帶電粒子的運動情況和受力情況結(jié)合起來進行分析。2靈活選用力學(xué)規(guī)律是解決問題的關(guān)鍵當帶電粒子在復(fù)合場中做勻速直線運動時，應(yīng)根據(jù)平衡條件列方程求解；當帶電粒子在復(fù)合場中做勻速圓周運動時，往往同時應(yīng)用牛頓第二定律和平衡條件列方程聯(lián)立求解；當帶電粒子在復(fù)合場中做非勻變速曲線運動時，應(yīng)選用動能定理或能量守恒定律列方程求解。由于帶電粒子在復(fù)合場中受力情況復(fù)雜，往往出現(xiàn)臨界問題，此時應(yīng)以題目中出現(xiàn)的“恰好”“最大”“最高”“至少”等詞語為突破口，挖掘隱含條件，根據(jù)臨界條件列出輔助方程，再與其他方程聯(lián)立求解?！纠?】（2012·福建晉江四校聯(lián)考）如圖所示，位于豎

27、直平面內(nèi)的坐標系xOy，在其第三象限空間有沿水平方向的、垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B0.5 T，還有沿x軸負方向的勻強電場，電場強度大小為E2 N/C。在其第一象限空間有沿y軸負方向、電場強度大小也為E的勻強電場，并在yh0.4 m的區(qū)域有磁感應(yīng)強度也為B的垂直于紙面向里的勻強磁場。一個帶電荷量為q的油滴從圖中第三象限的P點得到一初速度，恰好能沿PO做勻速直線運動（PO與x軸負方向的夾角為45°），并從原點O進入第一象限。已知重力加速度g10 m/s2，求：（1）油滴在第三象限運動時受到的重力、電場力、洛倫茲力三力的大小之比，并指出油滴帶何種電荷；（2）油滴在P點得到

28、的初速度大??；（3）油滴在第一象限運動的時間。規(guī)律小結(jié)帶電粒子在復(fù)合場中的運動基本解題思路： 【舉一反三1】答案：（1）（2）（3）解析：（1）粒子在勻強磁場中做類平拋運動，設(shè)粒子經(jīng)過A點的速度為v，v2v0粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，由qvB得R。（2）設(shè)粒子在電場中運動時間為t1，加速度為a，qEmav0tan 60°at1由得：a，t1O、M兩點間的距離為Lat。（3）設(shè)粒子在區(qū)域磁場中運動時間為t2，粒子在磁場中周期T則由幾何關(guān)系知t2。設(shè)粒子在區(qū)域電場中運行時間為t3，a則t32粒子從M點出發(fā)到第二次通過CD邊界所用時間為tt1t2t3?！纠?】答案：（1）見解析（2）

29、4 m/s（3）0.828 s解析：（1）油滴帶負電。油滴受三個力作用（如圖），設(shè)油滴質(zhì)量為m：由平衡條件有qvBsin 45°qE，mgtan 45°qE，重力、電場力、洛倫茲力三力的大小之比為mg:qE:qvB1:1:。（2）由qvBsin 45°qE可得油滴在P點得到的初速度大小v4m/s。（3）油滴進入第一象限，由電場力和重力大小相等可知，油滴先做勻速直線運動，進入yh的區(qū)域后做勻速圓周運動，軌跡如圖所示，最后從x軸上的N點離開第一象限。由OA勻速運動位移為s1h，運動時間：t10.1 s。油滴由AC做勻速圓周運動，qvB，而qvBmg，來源:Z|xx|k

30、.Com解得R由AC的圓周運動時間為t20.628 s。由對稱性知從CN的時間t3t10.1 s，在第一象限運動的總時間tt1t2t30.828 s。3混淆處理“磁偏轉(zhuǎn)”和“電偏轉(zhuǎn)”（1）粒子在恒力（如重力、電場力等）作用下的“電偏轉(zhuǎn)”是類平拋運動，采用分解為勻速運動和勻加速運動來處理。（2）粒子在洛倫茲力作用下的偏轉(zhuǎn)是勻速圓周運動，采用圓周運動規(guī)律結(jié)合幾何關(guān)系來處理。【易錯題例】（2012·沈陽四校聯(lián)考）如圖所示，在xOy平面內(nèi)，第象限內(nèi)的直線OM是電場與磁場的邊界，OM與x軸負半軸成45°角。在x0且OM的左側(cè)空間存在著負x方向的勻強電場E，電場強度大小為0.32 N/

31、C；在y0且OM的右側(cè)空間存在著垂直紙面向里的勻強磁場B，磁感應(yīng)強度大小為0.1 T。一不計重力的帶負電的微粒，從坐標原點O沿y軸負方向以v02×103 m/s的初速度進入磁場，最終離開電磁場區(qū)域。已知微粒的電荷量q5×1018 C，質(zhì)量m1×1024 kg，求：（1）帶電微粒第一次經(jīng)過磁場邊界的位置坐標；（2）帶電微粒在磁場區(qū)域運動的總時間；（3）帶電微粒最終離開電磁場區(qū)域的位置坐標。答案：見解析。解析：帶電微粒從O點進入磁場后的軌跡如圖：第一次經(jīng)過磁場邊界上的A點由qv0Bm得r4×103 mA點位置坐標（4×103 m，4×10

32、3 m）。（2）設(shè)帶電微粒在磁場中做圓周運動的周期為T則ttOAtACT代入數(shù)據(jù)解得：T1.256×105 s。（3）微粒從C點沿y軸正方向進入電場，做類平拋運動axat2ryv0t1代入數(shù)據(jù)解得：y0.2 myy2r（0.22×4×103） m0.192 m故離開電、磁場時的位置坐標（0,0.192 m）。8(2011·湖南荊門聯(lián)考)如圖15所示的豎直平面內(nèi)有范圍足夠大、水平向左的勻強電場，在虛線的左側(cè)有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B.一絕緣“”形彎桿由兩段直桿和一半徑為R的半圓環(huán)組成，固定在紙面所在的豎直平面內(nèi)PQ、MN水平且足夠長，半圓

33、環(huán)MAP在磁場邊界左側(cè)，P、M點在磁場邊界線上，NMAP段是光滑的現(xiàn)有一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小環(huán)套在MN桿上，它所受電場力為重力的3/4.現(xiàn)在M右側(cè)D點由靜止釋放小環(huán)，小環(huán)剛好能到達P點圖15(1)求DM間的距離x0.(2)求上述過程中小環(huán)第一次通過與O點等高的A點時彎桿對小環(huán)作用力的大小(3)若小環(huán)與PQ間動摩擦因數(shù)為(設(shè)最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等)，現(xiàn)將小環(huán)移至M點右側(cè)4R處由靜止開始釋放，求小環(huán)在整個運動過程中克服摩擦力所做的功1(2014·四川達州高三二診)一絕緣“U”型桿由兩段相互平行的足夠長的豎直直桿PQ、MN和一半徑為R的光滑半圓環(huán)QAN組成固定在豎直平面內(nèi)，

34、其中桿PQ是光滑的，桿MN是粗糙的，整個裝置處在水平向右的勻強電場中在QN連線下方區(qū)域足夠大的范圍內(nèi)同時存在垂直豎直平面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B.現(xiàn)將一質(zhì)量為m、帶電量為q的小環(huán)套在PQ桿上，小環(huán)所受的電場力大小為其重力的3倍(重力加速度為g)求：圖3811(1)若將小環(huán)由C點靜止釋放，剛好能達到N點，求CQ間的距離；(2)在滿足(1)問的條件下，小環(huán)第一次通過最低點A時受到圓環(huán)的支持力的大??；(3)若將小環(huán)由距Q點8R處靜止釋放，設(shè)小環(huán)與MN桿間的動摩擦因數(shù)為，小環(huán)所受最大靜摩擦力大小相等，求小環(huán)在整個運動過程中克服摩擦力所做的功解析(1)設(shè)電場強度為E，CQ距離為L，對小環(huán)從C至N，

35、由動能定理得：mgLqE·2R0由題意有 qE3mg解得：L6R(2)設(shè)小環(huán)在A點速度為vA，對小環(huán)從C至A的過程，由動能定理得：mg·7RqERmv由小環(huán)在A點的受力分析及牛頓第二定律得：NmgqBvAm由上式可得：N9mgqBmg(3)小環(huán)首次到N點速度不為零，將向上運動，當速度為零時，若滿足()mgfmqE，即，小環(huán)將保持靜止設(shè)此時小環(huán)距N點距離為x，則對全程由動能定理得：mg(8Rx)qEx2qER0則克服摩擦力做功 WfqEx()mg>fmqE，即<，小環(huán)將來回往復(fù)運動，最終會在N點的速度減為零對全程由動能定理得： mg·8RqE·

36、2RWf0得克服摩擦力做功：Wf2mgR答案(1)6R(2)mg(3)當時，Wf；當時，Wf2mgR2.如圖所示的xoy坐標系中，在第象限內(nèi)存在沿y軸負向的勻強電場，第象限內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強磁場。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，從y軸上的P點垂直進入勻強電場，經(jīng)過x軸上的Q點以速度v可進入磁場，方向與x軸正向成300。若粒子在磁場中運動后恰好能再回到電場，已知OQ=3L，粒子的重力不計，電場強度E和磁感應(yīng)強度B大小均未知。求： （1）OP的距離；（2）磁感應(yīng)強度B的大?。唬?）若在O點右側(cè)22L處放置一平行于y軸的擋板，粒子能擊中擋板并被吸收，求粒子從P點進入電場到擊中擋板的時間。如

37、圖375所示，坐標系xOy在豎直平面內(nèi)，空間內(nèi)有垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，在x>0的空間內(nèi)有沿x軸正方向的勻強電場，電場強度的大小為E.一個帶正電的油滴經(jīng)過圖中x軸上的A點，恰好能沿著與水平方向成30°角斜向下的直線做勻速運動，經(jīng)過y軸上的B點進入x<0的區(qū)域，要使油滴進入x<0區(qū)域后能在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，需在x<0區(qū)域內(nèi)另加一勻強電場若帶電油滴做圓周運動通過x軸上的C點，且OAOC，設(shè)重力加速度為g，求：圖375(1)油滴運動速度的大小(2)在x<0區(qū)域所加電場的大小和方向(3)油滴從B點運動到C點所用時間及OA的長度審題流

38、程第一步：抓關(guān)鍵點獲取信息第二步：抓好過程分析形成解題思路解析(1)油滴從A運動到B的過程中，油滴受重力、電場力和洛倫茲力作用而處于平衡狀態(tài)，由題設(shè)條件可知qvBcos mg0qvBsin qE0可得油滴運動速度大小為：v.(2)使油滴在x<0的區(qū)域做勻速圓周運動，則油滴的重力與所受的電場力平衡，洛倫茲力提供油滴做圓周運動的向心力所以有：mgqE又tan 聯(lián)立可得：EE，方向豎直向上(3)如圖所示，連接BC，過B作AB垂線交x軸于O點，因為30°，所以在ABO中，AOB60°，又OAOC，故OCB30°，所以CBO30°，OCOB，則即O為油滴做圓

39、周運動的圓心設(shè)油滴做圓周運動的半徑為R，周期為T，則OCOBR運動周期T由于COB120°，油滴從B運動到C的時間為t1T又OBO30°，所以O(shè)OOBR所以O(shè)CRRR，即OAR.答案(1)(2)E，方向豎直向上(3)思想方法總結(jié)1帶電粒子在復(fù)合場中運動問題的分析方法：(1)弄清復(fù)合場的組成，一般有磁場、電場的復(fù)合；磁場、重力場的復(fù)合；磁場、電場、重力場三者的復(fù)合(2)對粒子進行正確的受力分析，除重力、彈力、摩擦力外要特別注意靜電力和磁場力的分析(3)確定帶電粒子的運動狀態(tài)，注意運動情況和受力情況的結(jié)合(4)對于粒子連續(xù)通過幾個不同情況場的問題，要分階段進行處理轉(zhuǎn)折點的速度往

40、往成為解題的突破口(5)畫出粒子的運動軌跡，靈活選擇不同的運動規(guī)律當帶電粒子在復(fù)合場中做勻速直線運動時，根據(jù)受力平衡列方程求解當帶電粒子在復(fù)合場中做勻速圓周運動時，應(yīng)用牛頓定律結(jié)合圓周運動規(guī)律求解當帶電粒子做復(fù)雜曲線運動時，一般用動能定理或能量守恒定律求解對于臨界問題，要注意挖掘隱含條件2復(fù)合場中的粒子重力是否應(yīng)該考慮的三種情況(1)對于微觀粒子，如電子、質(zhì)子、離子等，因為一般情況下其重力與電場力或磁場力相比太小，可以忽略；而對于一些實際物體，如帶電小球、液滴、金屬塊等一般應(yīng)當考慮其重力(2)在題目中有明確說明是否要考慮重力的，這種情況比較正規(guī)，也比較簡單(3)不能直接判斷是否要考慮重力的，在

41、進行受力分析與運動分析時，要由分析結(jié)果確定是否要考慮重力9.如右圖所示，垂直于紙面向里的勻強磁場分布在正方形abcd區(qū)域內(nèi)，O點是cd邊的中點，一個帶正電的粒子僅在磁場力的作用下，從O點沿紙面以垂直于cd邊的速度射入正方形內(nèi)，經(jīng)過時間t0剛好從c點射出磁場現(xiàn)設(shè)法使該帶電粒子從O點沿紙面以與Od成30°角的方向，以大小不同的速率射入正方形內(nèi)，那么下列說法中正確的是()A若該帶電粒子在磁場中經(jīng)歷的時間是t0，則它一定從ab邊射出磁場B若該帶電粒子在磁場中經(jīng)歷的時間是t0，則它一定從ad邊射出磁場C若該帶電粒子在磁場中經(jīng)歷的時間是t0，則它一定從bc邊射出磁場D若該帶電粒子在磁場中經(jīng)歷的時

42、間是t0，則它一定從ab邊射出磁場解析：作出粒子剛好從ab邊射出的軌跡、剛好從bc邊射出的軌跡、從cd邊射出的軌跡和從ad邊射出的軌跡.由題意可推知，該帶電粒子在磁場中做圓周運動的周期是2t0.結(jié)合圖可知，從ab邊射出經(jīng)歷的時間一定不大于5t0/6；從bc邊射出經(jīng)歷的時間一定不大于4t0/3；從cd邊射出經(jīng)歷的時間一定是5t0/3；從ad邊射出經(jīng)歷的時間一定不大于t0/3.由以上分析可知選項C對答案：C2.圖11221在水平地面上方有正交的勻強電場和勻強磁場，勻強電場方向豎直向下，勻強磁場方向水平向里現(xiàn)將一個帶正電的金屬小球從M點以初速度v0水平拋出，小球著地時的速度為v1，在空中的飛行時間為

43、t1.若將磁場撤除，其他條件均不變，那么小球著地時的速度為v2，在空中飛行的時間為t2.小球所受空氣阻力可忽略不計，則關(guān)于v1和v2、t1和t2的大小比較，以下判斷正確的是()Av1v2，t1t2Bv1v2，t1t2Cv1v2，t1t2 Dv1v2，t1t2解析：選D. 因為洛倫茲力對粒子永遠不做功，則根據(jù)動能定理，磁場存在與否小球著地時的速度都應(yīng)該是相等的，因此可以首先排除選項A、B；這里需要注意的是存在磁場時，小球就要受到向右上方的洛倫茲力，使得小球在豎直方向的加速度小于重力加速度g，根據(jù)hgt2，故在空中飛行的時間要更長些，因此C錯、D對2.圖11313美國物理學(xué)家勞倫斯于1932年發(fā)明

44、的回旋加速器，應(yīng)用帶電粒子在磁場中做圓周運動的特點，能使粒子在較小的空間范圍內(nèi)經(jīng)過電場的多次加速獲得較大的能量，使人類在獲得較高能量帶電粒子方面前進了一步如圖11313為一種改進后的回旋加速器示意圖，其中盒縫間的加速電場場強大小恒定，且被限制在A、C板間，如圖所示帶電粒子從P0處以速度v0沿電場線方向射入加速電場，經(jīng)加速后再進入D形盒中的勻強磁場做勻速圓周運動對于這種改進后的回旋加速器，下列說法正確的是()A帶電粒子每運動一周被加速兩次B帶電粒子每運動一周P1P2P2P3C加速粒子的最大速度與D形盒的尺寸有關(guān)D加速電場方向需要做周期性的變化解析：選C.根據(jù)題意，由裝置圖可知帶電粒子每運動一周被

45、加速一次，選項A錯誤；由qUEk可知每次加速后帶電粒子動能的增量相同，但每次加速后帶電粒子速度的增量不同，由Rmv/qB可知帶電粒子每運動一周P1P2P2P3，選項B錯誤；由Rmv/qB可得vqBR/m，所以選項C正確；由于帶電粒子每運動一周加速一次，由裝置圖可知加速電場方向不需要做周期性變化，選項D錯誤圖113143(2012·湖南聯(lián)考)如圖11314所示，界面PQ與水平地面之間有一個正交的勻強磁場B和勻強電場E，在PQ上方有一個帶正電的小球A自O(shè)靜止開始下落，穿過電場和磁場到達地面設(shè)空氣阻力不計，下列說法中正確的是()A在復(fù)合場中，小球做勻變速曲線運動B在復(fù)合場中，小球下落過程中

46、的電勢能減小C小球從靜止開始下落到水平地面時的動能等于其電勢能和重力勢能的減少量總和D若其他條件不變，僅增大磁感應(yīng)強度，小球從原來位置下落到水平地面時的動能不變解析：選BC.小球剛進入電場、磁場區(qū)域，受力如圖，因此小球向右偏轉(zhuǎn)由于洛倫茲力與速度有關(guān)，故小球所受的合力大小方向均變化，故A錯B對由于洛倫茲力不做功，由能量守恒可知C正確當磁場變強小球落地點的水平位移增大，電勢能減小量增大，小球動能增大，D錯4(2012·遼寧高三聯(lián)考)如圖11315所示，豎直平面內(nèi)的光滑絕緣軌道ABC，AB為傾斜直軌道，BC為圓形軌道，圓形軌道處在勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向里質(zhì)量相同的甲、乙、丙三個絕緣

47、小球，甲球帶正電、乙球帶負電、丙球不帶電現(xiàn)將三個小球從軌道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11315A經(jīng)過最高點時，三個小球的速度應(yīng)相等B經(jīng)過最高點時，甲球的速度應(yīng)最小C釋放的甲球位置比乙球高D運動過程中三個小球的機械能均保持不變解析：選CD.設(shè)甲、乙、丙三個小球剛好經(jīng)過軌道最高點的速度分別為v甲、v乙、v丙，由左手定則可知甲球經(jīng)過最高點時受洛倫茲力豎直向下、乙球經(jīng)過最高點時受洛倫茲力豎直向上，對三個小球經(jīng)過軌道最高點的瞬間，據(jù)牛頓第二定律分別有F洛mgm(式)、mgF洛m(式)、mgm(式)由以上式可知v甲v丙v乙，則三個小球釋放位置的高度滿足h甲h丙h

48、乙，由于三個小球運動過程中只有重力做功，則均保持機械能不變由以上分析可知本題正確選項為C、D，選項A、B錯誤5(2010·高考福建卷)如圖11316所示的裝置，左半部為速度選擇器，右半部為勻強的偏轉(zhuǎn)電場一束同位素離子流從狹縫S1射入速度選擇器，能夠沿直線通過速度選擇器并從狹縫S2射出的離子，又沿著與電場垂直的方向，立即進入場強大小為E的偏轉(zhuǎn)電場，最后打在照相底片D上已知同位素離子的電荷量為q(q>0)，速度選擇器內(nèi)部存在著相互垂直的場強大小為E0的勻強電場和磁感應(yīng)強度大小為B0的勻強磁場，照相底片D與狹縫S1、S2的連線平行且距離為L，忽略重力的影響圖11316(1)求從狹縫S

49、2射出的離子速度v0的大??；(2)若打在照相底片上的離子在偏轉(zhuǎn)電場中沿速度v0方向飛行的距離為x，求出x與離子質(zhì)量m之間的關(guān)系式(用E0、B0、E、q、m、L表示)解析：(1)能從速度選擇器射出的離子滿足qE0qv0B0則v0.(2)離子進入勻強偏轉(zhuǎn)電場E后做類平拋運動，則xv0tLat2由牛頓第二定律得qEma聯(lián)立解得x .7如圖11323所示，xOy坐標平面在豎直面內(nèi)，x軸沿水平方向，y軸正方向豎直向上，在圖示空間內(nèi)有垂直于xOy平面的水平勻強磁場一帶電小球從O點由靜止釋放，運動軌跡如圖中曲線關(guān)于帶電小球運動，下列說法中正確的是()圖11323AOAB軌跡為半圓B小球運動至最低點A時速度最

50、大C小球在OAB過程中所受的洛倫茲力先增大后減小D小球在A點時受到的洛倫茲力與重力大小相等解析：BC.帶電小球在重力作用下開始加速，且由于速度的變化，帶電小球所受的洛倫茲力將發(fā)生變化，故小球不可能做圓周運動，A錯誤；洛倫茲力不做功，所以小球運動至最低點A時速度最大，B正確；小球在OAB過程中，由于帶電小球的速率先增大，再減小，所以帶電小球所受的洛倫茲力先增大，再減小，C正確；由曲線運動的特點可知小球在A點時受到的洛倫茲力大于重力，D錯誤4環(huán)形對撞機是研究高能粒子的重要裝置，如圖4所示，正、負離子由靜止經(jīng)過電壓為U的直線加速器加速后，沿圓環(huán)切線方向注入對撞機的真空環(huán)狀空腔內(nèi)，空腔內(nèi)存在著與圓環(huán)平

51、面垂直的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B.兩種帶電粒子將被局限在環(huán)狀空腔內(nèi)，沿相反方向做半徑相等的勻速圓周運動，從而在碰撞區(qū)迎面相撞為維持帶電粒子在環(huán)狀空腔中的勻速圓周運動，下列說法正確的是 ()圖4A對于給定的加速電壓，帶電粒子的比荷越大，磁感應(yīng)強度B越大B對于給定的加速電壓，帶電粒子的比荷越大，磁感應(yīng)強度B越小C對于給定的帶電粒子，加速電壓U越大，粒子運動的周期越大D對于給定的帶電粒子，不管加速電壓U多大，粒子運動的周期都不變4解析：在加速器中qUmv2，在環(huán)狀空腔內(nèi)做勻速圓周運動的半徑r，即r ，所以在半徑不變的條件下越大，B越小，選項B正確，A錯誤；粒子在空腔內(nèi)的周期T，故加速電壓越大，粒

52、子的速率v越大，其周期越小，選項C、D錯誤答案：B5(2012年青島模擬)環(huán)形對撞機是研究高能離子的重要裝置，如下圖所示正、負離子由靜止經(jīng)過電壓為U的直線加速器加速后，沿圓環(huán)切線方向注入對撞機的真空環(huán)狀空腔內(nèi)，空腔內(nèi)存在著與圓環(huán)平面垂直的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B.(兩種帶電粒子將被局限在環(huán)狀空腔內(nèi)，沿相反方向做半徑相等的勻速圓周運動，從而在碰撞區(qū)迎面相撞)為維持帶電粒子在環(huán)狀空腔中的勻速圓周運動，下列說法正確的是()A對于給定的加速電壓，帶電粒子的比荷越大，磁感應(yīng)強度B越大B對于給定的加速電壓，帶電粒子的比荷越大，磁感應(yīng)強度B越小C對于給定的帶電粒子，加速電壓U越大，粒子運動的周期越小D對

53、于給定的帶電粒子，不管加速電壓U多大，粒子運動的周期都不變解析：在加速器中qUmv2，在環(huán)狀空腔內(nèi)做勻速圓周運動的半徑r，即r ，所以在半徑不變的條件下越大，B越小，選項B正確；粒子在空腔內(nèi)的周期T，故加速電壓越大，粒子的速率v越大，其周期越小，選項C正確答案：BC圖22某空間存在著如圖2所示的水平方向的勻強磁場，A、B兩個物塊疊放在一起，并置于光滑的絕緣水平地面上物塊A帶正電，物塊B為不帶電的絕緣塊水平恒力F作用在物塊B上，使A、B一起由靜止開始向左運動在A、B一起向左運動的過程中，A、B始終保持相對靜止以下關(guān)于A、B受力情況的說法中正確的是 ()AA對B的壓力變小 BB、A間的摩擦力保持不變CA對B的摩擦力變大 DB對地面的壓力保持不變2解析：由牛頓第二定律：F(mAmB)a，a，A、B間摩擦力FfmAaF，保持不變，B正確，C錯由左手定則可知，A受洛倫茲力向下，所以A對B、B對地面的壓力均變大，A、D錯，故應(yīng)選B.答案：B2如圖2所示，一帶電小球質(zhì)量為m，用絲線懸掛于O點，并在豎直平面內(nèi)擺動，最大擺角為60°，水平磁場垂直于小球擺