高考物理大一輪總復(fù)習(xí)課件江蘇專第8章磁場專題四

1、,考綱解讀,考點一,考點二,考點三,高考模擬,練出高分,第八章 磁場,專題四帶電粒子在復(fù)合場中的運動,1.會分析速度選擇器、磁流體發(fā)電機、質(zhì)譜儀、回旋加速器等磁場的實際應(yīng)用問題. 2.會分析帶電粒子在組合場、疊加場中的運動問題,(2)原理：粒子由靜止被加速電場加速，qU 1 2 mv2. 粒子在磁場中做勻速圓周運動，有qvBmv2/r. 由以上兩式可得r ，m ， .,1質(zhì)譜儀 (1)構(gòu)造：如圖所示，由粒子源、加速電場、偏轉(zhuǎn)磁場和照相底片等構(gòu)成,2回旋加速器 (1)構(gòu)造：如圖所示，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 (2)原理：交流電的周期和粒子做圓周運

2、動的周期相等， 粒子經(jīng)電場加速，經(jīng)磁場回旋，由qvB mv2/r ，得Ekm ， 可見粒子獲得的最大動能由磁感應(yīng)強度B和D形盒半徑r決定，與加速電壓無關(guān),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(yīng)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的電荷量為q，質(zhì)量為m，粒子最大回旋半徑為Rm，其運動軌跡如圖3所示問： (1)D形盒內(nèi)有無電場？ (2)粒子在盒內(nèi)做何種運動？ (3)所加交流電壓頻率應(yīng)是多大

3、，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(shè)兩D形盒間電場的電勢差為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,(1)D形盒內(nèi)有無電場？ (2)粒子在盒內(nèi)做何種運動？ (3)所加交流電壓頻率應(yīng)是多大，粒子運動的角速度為多大？,解析(1)扁盒由金屬導(dǎo)體制成，具有屏蔽外電場的作用，盒內(nèi)無電場 (2)帶電粒子在盒內(nèi)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 2 ，故得回旋頻率f 1 2 ， 角速度2f .,(4)粒子離開加速器時速度為多大？最大動能為多少？ (

4、5)設(shè)兩D形盒間電場的電勢差為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,(4)粒子做圓周運動的半徑最大時，由牛頓第二定律得 qvmB vm2 m ，故vm m . 最大動能Ekm 1 2 mvm2 22m2 2m . (5)粒子每旋轉(zhuǎn)一周能量增加2qU.粒子的能量提高到Ekm， 則旋轉(zhuǎn)周數(shù)n 2m2 4 . 粒子在磁場中運動的時間t磁nT m2 2 . 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,遞進題組,1勞倫斯和利文斯設(shè)計出回旋加速器，工作原理示意圖如圖4所示置于真空中的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(yīng)強度為B的勻強磁

5、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(chǎn)生質(zhì)子的質(zhì)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(yīng)和重力的影響. 則下列說法正確的是(),A質(zhì)子被加速后的最大速度不可能超過2Rf B質(zhì)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(zhì)子第2次和第1次經(jīng)過兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比為 2 1 D不改變磁感應(yīng)強度B和交流電頻率f，該回旋加速器的最大動能不變,遞進題組,A質(zhì)子被加速后的最大速度不可能超過2Rf B質(zhì)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(zhì)子第2次和第1次經(jīng)過兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比為 2 1 D不改變磁感應(yīng)強度B和交流電頻率

6、f，該回旋加速器的最大動能不變,遞進題組,2對鈾235的進一步研究在核能的開發(fā)和利用中具有重要意義如圖所示，質(zhì)量為m、電荷量為q的鈾235離子，從容器A下方的小孔S1不斷飄入加速電場，其初速度可視為零，然后經(jīng)過小孔S2垂直于磁場方向進入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，做半徑為R的勻速圓周運動離子行進半個圓周后離開磁場并被收集，離開磁場時離子 束的等效電流為I.不考慮離子重力及離子間的相互作用 (1)求加速電場的電壓U； (2)求出在離子被收集的過程中任意時間t內(nèi)收集到的離子的質(zhì)量M.,遞進題組,v,(1)求加速電場的電壓U；,解析設(shè)離子經(jīng)電場加速后進入磁場時的速度為v， 由動能定理得qU 1 2

7、mv2 離子在磁場中做勻速圓周運動， 所受洛倫茲力提供向心力，即qvBm v2 由式解得U 22 2 ,遞進題組,v,(2)求出在離子被收集的過程中任意時間t內(nèi) 收集到的離子的質(zhì)量M.,解析設(shè)在任意時間t內(nèi)收集到的離子個數(shù)為N， 總電荷量為Q,QIt N MNm,解得M ,1帶電體在疊加場中無約束情況下的運動情況分類 (1)洛倫茲力、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(fù)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)靜電力、洛倫茲力并存(不計重力的微觀粒子) 若靜電力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運動 若靜電力和

8、洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復(fù)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)靜電力、洛倫茲力、重力并存 若三力平衡，一定做勻速直線運動 若重力與靜電力平衡，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(fù)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帶電體在疊加場中有約束情況下的運動 帶電體在疊加場中受輕桿、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(jié)合牛頓運動定律求解,例2 如圖所示，位于豎直平面內(nèi)的坐標(biāo)系xOy，在

9、其第三象限空間有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，場強大小為E2 N/C.在其第一象限空間有沿y軸負方向的、場強大小也為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的帶電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，問： (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點得到的初速度大小； (3)油滴在第一象限運動的時間,解析

10、（1）運動和受力分析如圖,mg,F=qvB,Eq,油滴帶負電荷,v,(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點得到的初速度大小；,由平衡條件得：mgqEF11 2 .,(2) mgqE qvB 2 qE,解得：v 2 4 2 m/s,（3）進入第一象限，電場力和重力抵消，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,A,由對稱性知油滴從CN運動的時間t3t1 油滴在第一象限運動的總時間tt1t2t30.828 s,C,N,O,變式題組,變式題組,解析 墨滴在電場區(qū)域做勻速直線運動,mg,Eq,E,重力和電場力

11、平衡,電場E方向向下，墨滴所受電場力F方向向上，可知墨滴帶負電荷 q mg,解得：q g ,變式題組,解析墨滴垂直進入電場、磁場共存區(qū)域后，重力仍與電場力平衡，洛倫茲力提供向心力，墨滴做勻速圓周運動,軌跡如圖，是四分之一圓周運動，則半徑Rd,qv0Bm v02 由式得B v0 g2,變式題組,解析根據(jù)題設(shè)，墨滴運動軌跡如圖所示，設(shè)墨滴做圓周運動的半徑為R,R2d2(R 2 )2 由式得：R 5 4 d 聯(lián)立式可得：B 4v0 5g2 .,電場力FqE，其大小、方向不變，與速度v無關(guān)，F(xiàn)是恒力,洛倫茲力F洛qvB，其大小不變，方向隨v而改變，F(xiàn)洛是變力,拋物線,圓或圓的一部分,變化,不變,例3

12、(2013山東23)如圖所示，在坐標(biāo)系xOy的第一、第三象限內(nèi)存在相同的勻強磁場，磁場方向垂直于xOy平面向里；第四象限內(nèi)有沿y軸正方向的勻強電場，電場強度大小為E.一電荷量為q、質(zhì)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(jīng)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 (1)求粒子過Q點時速度的大小和方向； (2)若磁感應(yīng)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(yīng)強度的大小為另一確定值，經(jīng)過一段時間后粒子將再次經(jīng)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(jīng)過Q點所用的時間,v,v,

13、解析粒子在第一象限的運動軌跡如圖所示,O1為圓心，設(shè)半徑為R1，由幾何關(guān)系可知O1OQ為等腰直角三角形，,O1,R1,得R12 2 d 由牛頓第二定律得qvB0m v2 1 聯(lián)立式得B0 2 ,45,v,粒子運動的軌跡如圖所示,O2,R2,解析粒子在第一、第三象限的軌跡均為半圓，圓心為O2、 O2 ，半徑為R2,O2,F,G,H,粒子在第二、第四象限的軌跡為長度相等的線段，QGF為等腰直角三角形得FGHQ2R2,設(shè)粒子相鄰兩次經(jīng)過Q點所用的時間為t， 則t +22 v 聯(lián)立式得t(2) 2 ,45,變式題組,4如圖所示，在直角坐標(biāo)系xOy中，x軸上方有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B；x

14、軸下方有豎直向下的勻強電場圖中M、N兩點坐標(biāo)分別為M(0， 3 l)、N(3l,0)一個質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子由第三象限中的某點P(圖中未標(biāo)出)沿x軸正方向射出，該粒子能一直沿P、O、M、N四點圍成的閉合圖形做周期性運動，粒子重力不計，求： (1)該粒子到達O點時速度的大小和方向； (2)勻強電場的電場強度E； (3)該粒子運動的周期T.,變式題組,解析 粒子運動的軌跡如圖，設(shè)粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為r，與x軸正方向的夾角為，,x,r,坐標(biāo)M(0， 3 l)、N(3l,0),由幾何知識得：rsin 3 2 l、rcos 3 2 l,由牛頓第二定律qvBm v2 ，解得v 3 ,(

15、1)該粒子到達O點時速度的大小和方向；,變式題組,x,(2)勻強電場的電場強度E；,(3)該粒子運動的周期T.,變式題組,x,圓心角,解析設(shè)粒子在磁場中運動時間為t1.,= 360 - 2= 240,t1 360 T磁 2 3 T磁 T磁 2 ， 得Tt1t2 4+6 3 3 .,1 (2014江蘇單科9)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)生勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小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：UHk ，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遠大于R

16、L，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、負極對調(diào)，電壓表將反偏 CIH與I成正比 D電壓表的示數(shù)與RL消耗的電功率成正比,A霍爾元件前表面的電勢低于后表面 B若電源的正、負極對調(diào)，電壓表將反偏 CIH與I成正比 D電壓表的示數(shù)與RL消耗的電功率成正比 解析當(dāng)霍爾元件通有電流IH時，根據(jù)左手定則，電子將向霍爾元件的后表面運動，故霍爾元件的前表面電勢較高若將電源的正、負極對調(diào)，則磁感應(yīng)強度B的方向變化，IH的方向變化，根據(jù)左手定則，電子仍向霍爾元件的后表面運動，故仍是霍爾元件的前表面電勢較高，選項A、B錯誤因R與RL并聯(lián)，根據(jù)并聯(lián)分流，得IH + I，故

17、IH與I成正比，選項C正確由于B與I成正比，設(shè)BaI，則IL + I，PLIL2RL，故UHk (+) 2 PL，知UHPL，選項D正確 答案CD,2 (2014重慶9)如圖所示，在無限長的豎直邊界NS和MT間充滿勻強電場，同時該區(qū)域上、下部分分別充滿方向垂直于NSTM平面向外和向內(nèi)的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小分別為B和2B，KL為上、下磁場的水平分界線，在NS和MT邊界上，距KL高h處分別有P、Q兩點，NS和MT間距為1.8h.質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子從P點垂直于NS邊界射入該區(qū)域， 在兩邊界之間做圓周運動，重力加速度為g. (1)求電場強度的大小和方向； (2)要使粒子不從NS邊界飛出，求

18、粒子入射速度的最小值； (3)若粒子能經(jīng)過Q點從MT邊界飛出，求粒子入射速度的所有可能值,(1)求電場強度的大小和方向； (2)要使粒子不從NS邊界飛出，求粒子入射速度的最小值 解析(1)設(shè)電場強度大小為E. 由題意知mgqE， 得E g ，方向豎直向上 (2)如圖所示,設(shè)粒子不從NS邊界飛出的入射 速度最小值為vmin. 由r v 知，r1 vmin ，r2 vmin 2 1 2 r1 由(r1r2)sin r2 r1r1cos h 得vmin(96 2 ) ,(3)若粒子能經(jīng)過Q點從MT邊界飛出，求粒子入射速度的所有可能值 解析如圖所示，設(shè)粒子入射速度為v，粒子在上、下方區(qū)域的運動半徑分別

19、 為r1和r2，粒子第一次通過KL時距離K點為x. 由題意知，3nx1.8h(n1,2,3，) 由(2)知 3 2 x 96 2 2 x 12 1 2 得r1(1 0.36 2 ) 2 ，n0.6(32 2 )3.5 即n1時，v 0.68 ； n2時，v 0.545 ； n3時，v 0.52 ,3(2014大綱全國25)如圖所示，在第一象限存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度方向垂直于紙面(xOy平面)向外；在第四象限存在勻強電場，方向沿x軸負方向在y軸正半軸上某點以與x軸正方向平行、大小為v0的速度發(fā)射出一帶正電荷的粒子，該粒子在(d,0)點沿垂直于x軸的方向進入電場不計粒子重力若該粒子離開電場時速度

20、方向與y軸負方向的夾角為，求： (1)電場強度大小與磁感應(yīng)強度大小的比值； (2)該粒子在電場中運動的時間,(1)電場強度大小與磁感應(yīng)強度大小的比值； (2)該粒子在電場中運動的時間 解析(1)如圖，粒子進入磁場后做勻速圓周運動 qv0Bm v02 0 由題給條件和幾何關(guān)系可知R0d 設(shè)電場強度大小為E，粒子進入電場后: Eqmax vxaxt v 2 td 由于粒子在電場中做類平拋運動(如圖)，有tan v v0 聯(lián)立式得 1 2 v0tan2 (2)聯(lián)立式得t 2 v0tan .,4一圓筒的橫截面如圖所示，其圓心為O，筒內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B.圓筒左側(cè)有相距為d的平行

21、金屬板M、N，其中M板帶正電荷，N板帶等量負電荷質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子自M板邊緣的P處由靜止釋放，經(jīng)N板的小孔S以速度v沿半徑SO方向射入磁場中粒子與圓筒發(fā)生3次碰撞后仍從S孔射出設(shè)粒子與圓筒碰撞過程中沒有動能損失，且電荷量保持不變，在不計重力的情況下，求： (1)M、N間電場強度E的大??； (2)圓筒的半徑R； (3)欲使粒子仍從M板邊緣的P處由靜止釋放， 進入圓筒后與圓筒發(fā)生2次碰撞后從S孔射出， 在保持M、N間電場強度E不變的情況下，應(yīng)如何平移M板？,(1)M、N間電場強度E的大??； (2)圓筒的半徑R； 解析(1)設(shè)兩板間的電壓為U，由動能定理得：qU 1 2 mv2 由勻強

22、電場中電勢差與電場強度的關(guān)系得:UEd 聯(lián)立解得：E v2 2 (2)粒子進入磁場后做勻速圓周運動， 粒子與圓筒發(fā)生3次碰撞后又從S孔射出，由幾何關(guān)系知rR 粒子運動過程中洛倫茲力提供向心力，得：qvBm v2 ,聯(lián)立式解得：R v ,(3)欲使粒子仍從M板邊緣的P處由靜止釋放，進入圓筒后與圓筒發(fā)生2次碰撞后從S孔射出，在保持M、N間電場強度E不變的情況下，應(yīng)如何平移M板？ 解析粒子進入磁場后做勻速圓周運動，由于粒子與圓筒發(fā)生2次碰撞后從S孔射出因此，SA圓弧所對的圓心角AOS 3 由幾何關(guān)系得rRtan 3 3 r 粒子運動過程中洛倫茲力提供向心力，得：qvBm v2 可得：v 3 v 由q

23、U 1 2 mv2可看出： v2 v2 ,則U3UEd,得：d3d 所以應(yīng)將M板向左平移ddd2d.,3,4,5,6,1,2,一、選擇題 1磁流體發(fā)電是一項新興技術(shù)，它可以把物體的內(nèi)能直接轉(zhuǎn)化為電能，如圖是它的示意圖平行金屬板A、B之間有一個很強的磁場，將一束等離子體(即高溫下電離的氣體，含有大量正、負離子)噴入磁場，A、B兩板間便產(chǎn)生電壓如果把A、B和用電器連接，A、B就是直流電源的兩個電極，設(shè)A、B兩板間距為d，磁感應(yīng)強度為B，等離子體以速度v沿垂直于磁場的方向射入A、B兩板之間，則下列說法正確的是() AA是直流電源的正極 BB是直流電源的正極 C電源的電動勢為Bdv D電源的電動勢為q

24、vB,AA是直流電源的正極 BB是直流電源的正極 C電源的電動勢為Bdv D電源的電動勢為qvB 解析等離子體噴入磁場，正離子因受向下的洛倫茲力而向下偏轉(zhuǎn)，B是直流電源的正極，則選項B正確；當(dāng)帶電粒子以速度v做勻速直線運動時， qqvB，電源的電動勢UBdv，則選項C正確 答案BC,3,4,5,6,1,2,2如圖所示，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(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，再讓物塊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

25、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() AD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,3,4,5,6,1,2,AD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mghmgx1cos mgx20，即hx1cos x20，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x1為定值，所以x2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

26、場后，相當(dāng)于把重力增大了，x2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(cè)，C項正確，D項錯誤 答案BC,3,4,5,6,1,2,3如圖所示，豎直放置的兩塊很大的平行金屬板a、b，相距為d，a、b間的電場強度為E，今有一帶正電的微粒從a板下邊緣以初速度v0豎直向上射入電場，當(dāng)它飛到b板時，速度大小不變，而方向變?yōu)樗椒较颍覄偤脧母叨纫矠閐的狹縫穿過b板進入bc區(qū)域，bc區(qū)域的寬度也為d，所加電場的場強大小為E，方向豎直向上，磁感應(yīng)強度方向垂直紙面向里，磁場磁感應(yīng)強

27、度大小等于，重力加速度為g，則下列關(guān)于微粒運動的說法正確的是() A微粒在ab區(qū)域的運動時間為 v0 g B微粒在bc區(qū)域中做勻速圓周運動，圓周半徑r2d C微粒在bc區(qū)域中做勻速圓周運動，運動時間為 6v0 D微粒在ab、bc區(qū)域中運動的總時間為 (+6) 3v0,3,4,5,6,1,2,A微粒在ab區(qū)域的運動時間為 v0 g B微粒在bc區(qū)域中做勻速圓周運動，圓周半徑r2d C微粒在bc區(qū)域中做勻速圓周運動，運動時間為 6v0 D微粒在ab、bc區(qū)域中運動的總時間為 (+6) 3v0 解析微粒在ab區(qū)域運動時，豎直方向上受重力作用，做勻減速運動，故A正確；微粒在bc區(qū)域所受電場力豎直向上，

28、且qEmg，故微粒在bc區(qū)域做勻速圓周運動，其軌跡半徑r v ，又v022gd，B v0 ，解得r2d，故B正確；設(shè)微粒在bc區(qū)域轉(zhuǎn)過的角度為，由幾何關(guān)系知30，所以微粒在bc區(qū)域做勻速圓周運動的時間為t2 12 6 3v0 ，故C錯誤；微粒在ab區(qū)域運動的時間為t1 v0 g 2 v0 ，微粒在ab、bc區(qū)域中運動的總時間為tt1t2 (+6) 3v0 ，故D正確 答案ABD,3,4,5,6,1,2,二、非選擇題 4.如圖所示，在豎直平面坐標(biāo)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

29、限內(nèi)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(biāo)原點O相切，最低點與絕緣光滑水平面相切于N點一質(zhì)量為m的帶電小球從y軸上(y0)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(biāo)原點O，且水平切入半圓軌道并沿軌道內(nèi)側(cè)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) (1)判斷小球的帶電性質(zhì)并求出其所帶的電荷量； (2)P點距坐標(biāo)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(yīng)速度進入第一象限， 通過N點時開始計時，經(jīng)時間t2 g 小球距坐標(biāo)原點O的距離s為多遠？,3,4,5,6,1,2,(1)判斷小球的帶電性質(zhì)并求出其所帶的電荷量；

30、(2)P點距坐標(biāo)原點O至少多高； 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(nèi)做圓周運動，說明重力與電場力平衡，則qEmg解得q g 又電場方向豎直向上，故小球帶正電 (2)設(shè)小球做勻速圓周運動的速度為v、軌跡半徑為r， 洛倫茲力提供向心力得qBv v2 小球恰能通過半圓軌道的最高點并沿軌道內(nèi)側(cè)運動， 則應(yīng)滿足：mg v2 由得r g 即PO的最小距離為y2r 2 g ,3,4,5,6,1,2,(3)若該小球以滿足(2)中OP最小值的位置和對應(yīng)速度進入第一象限， 通過N點時開始計時，經(jīng)時間t2 g 小球距坐標(biāo)原點O的距離s為多遠？ 解析小球由O運動到N的過程中設(shè)到達N點的速

31、度為vN，由機械能守恒定律得 mg2R 1 2 mvN2 1 2 mv2,由解得vN 5g 小球從N點進入電場區(qū)域后，在絕緣光滑水平面上做類平拋運動， 沿x軸方向xvNt 沿電場方向z 1 2 at2 由牛頓第二定律得a t時刻小球距O點的距離為s 2+2+(2)2 2 7 R,3,4,5,6,1,2,5如圖所示是電視顯像管的工作原理圖熾熱的金屬絲發(fā)射出電子，在金屬絲K和金屬板M之間加一電壓U，使電子在真空中加速后，從金屬板的小孔C穿出，進入有界abcd矩形勻強磁場，經(jīng)勻強磁場射出后，打在熒光屏上，熒光屏被電子束撞擊而發(fā)光已知電子的比荷 16 9 1011 C/kg，勻強磁場的磁感應(yīng)強度B1.0104 T，磁場的長度l12 cm，磁場的右邊界距離熒光屏L15 cm.加速電壓U20 V時，電子恰好從有界勻強磁場的右下角c點飛出不計電子間的相互作用及