2022年高三物理二輪復(fù)習(xí) 專題 電磁場 新人教版

2022年高三物理二輪復(fù)習(xí) 專題 電磁場 新人教版1帶電粒子在電場中常見的運(yùn)動類型(1)勻變速直線運(yùn)動：通常利用動能定理qUmv2mv來求解對于勻強(qiáng)電場，電場力做功也可以用WqEd求解(2)偏轉(zhuǎn)運(yùn)動：一般研究帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)問題對于類平拋運(yùn)動可直接利用平拋運(yùn)動的規(guī)律以及推論；較復(fù)雜的曲線運(yùn)動常用運(yùn)動分解的方法來處理2帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中常見的運(yùn)動類型(1)勻速直線運(yùn)動：當(dāng)vB時(shí)，帶電粒子以速度v做勻速直線運(yùn)動(2)勻速圓周運(yùn)動：當(dāng)vB時(shí)，帶電粒子在垂直于磁感線的平面內(nèi)以入射速度做勻速圓周運(yùn)動3復(fù)合場與組合場(1)復(fù)合場：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(nèi)，并不重疊，或在同一區(qū)域，電場、磁場分時(shí)間段或分區(qū)域交替出現(xiàn)4三種場的比較名稱力的特點(diǎn)功和能的特點(diǎn)重力場大?。篏mg方向：豎直向下重力做功與路徑無關(guān)重力做功改變物體的重力勢能靜電場大小：FqE方向：正電荷受力方向與場強(qiáng)方向相同；負(fù)電荷受力方向與場強(qiáng)方向相反電場力做功與路徑無關(guān)WqU電場力做功改變電勢能磁場洛倫茲力FqvB方向可用左手定則判斷洛倫茲力不做功，不改變帶電粒子的動能考向一：電場性質(zhì)1(xx·高考押題信息卷八)真空中有一帶負(fù)電的電荷繞固定的點(diǎn)電荷Q運(yùn)動，其軌跡為橢圓，如圖1所示已知abcd為橢圓的四個(gè)頂點(diǎn)，Q處在橢圓焦點(diǎn)上，則下列說法正確的是()Ab、d兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小一定相等Ba、c兩點(diǎn)的電勢相等C負(fù)電荷由b運(yùn)動到d電場力做正功D負(fù)電荷由a經(jīng)d運(yùn)動到c的過程中，電勢能先減小后增大解析由Ek和rdrb得EdEb，A錯(cuò)由于a、c與Q等距，故電勢相等，B對負(fù)電荷由b到d電場力做負(fù)功，C錯(cuò)負(fù)電荷由a到d再到c的過程中，電場力先做負(fù)功再做正功，故電勢能先增大后減小，D錯(cuò)答案B2真空中有兩個(gè)等量異種點(diǎn)電荷，以連線中點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，以它們的中垂線為x軸，圖中能正確表示x軸上電場強(qiáng)度情況的是()答案A3(xx·青島市質(zhì)量檢測)兩個(gè)固定的等量異種點(diǎn)電荷所形成電場的等勢面如圖5中虛線所示，一帶電粒子以某一速度從圖中a點(diǎn)進(jìn)入電場，其運(yùn)動軌跡為圖中實(shí)線所示，若粒子只受靜電力作用，則下列關(guān)于帶電粒子的判斷正確的是()圖5A帶正電B速度先變大后變小C電勢能先變大后變小D經(jīng)過b點(diǎn)和d點(diǎn)時(shí)的速度大小相同解析由等勢線的分布特點(diǎn)可知，形成電場的正電荷在上方，負(fù)電荷在下方又由軌跡的偏轉(zhuǎn)情況可確定，運(yùn)動的粒子帶負(fù)電，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；電場力先做負(fù)功后做正功，動能先減小后變大，速度先減小后變大，電勢能先增加后減小，則選項(xiàng)B錯(cuò)誤，C正確；由于b、d兩點(diǎn)在同一等勢面上，則粒子在這兩點(diǎn)的電勢能相等，動能相等，速度大小相等，選項(xiàng)D正確答案CD4.(xx·江西南昌調(diào)研)如圖所示,在平面直角坐標(biāo)系中,有方向平行于坐標(biāo)平面的勻強(qiáng)電場,坐標(biāo)系內(nèi)有A、B兩點(diǎn),其中A點(diǎn)坐標(biāo)為(6 cm,0),B點(diǎn)坐標(biāo)為(0,cm),坐標(biāo)原點(diǎn)O處的電勢為0,點(diǎn)A處的電勢為8 V,點(diǎn)B處的電勢為4 V?，F(xiàn)有一帶電粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O處沿電勢為0的等勢線方向以速度v=4×105m/s射入電場,粒子運(yùn)動時(shí)恰好通過B點(diǎn),不計(jì)粒子所受重力,求:(1)圖中C處(3 cm,0)的電勢;(2)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小;(3)帶電粒子的比荷。10.答案:見解析解析:(1)設(shè)C處的電勢為C因?yàn)镺C=CA所以O(shè)-C=C-AC=V=4V(2)BC連線為等勢線,電場強(qiáng)度方向與等勢線BC垂直設(shè)OBC=OB=L=cm由tan=,得=60°由U=Ed,得E=V/m=×102V/m(3)因?yàn)閹щ娏Ｗ幼鲱惼綊佭\(yùn)動所以聯(lián)立解得: C/kg=2.4×1011C/kg考向二：帶電粒子在電場中運(yùn)動 圖35. (xx·廣州市高三年級調(diào)研測試)如圖3所示，S接a，帶電微粒從P點(diǎn)水平射入平行板間，恰能沿直線射出若S接b，相同微粒仍從P水平射入，則微粒 ()A電勢能減小 B電勢能不變C偏離直線向上偏轉(zhuǎn) D偏離直線向下偏轉(zhuǎn)解析S接a時(shí)，帶電粒子沿直線運(yùn)動，說明帶電粒子受到的重力與電場力平衡，S接b后，兩板間的電壓變小，帶電粒子受到的電場力變小，帶電粒子將向下偏轉(zhuǎn)，C錯(cuò)誤，D正確，電場力做負(fù)功，電勢能增加，A、B錯(cuò)誤答案D6(xx·廣州市綜合測試(一)如圖6所示的陰極射線管，無偏轉(zhuǎn)電場時(shí)，電子束加速后打到熒屏中央形成亮斑如果只逐漸增大M1M2之間的電勢差，則()圖6A在熒屏上的亮斑向上移動B在熒屏上的亮斑向下移動C偏轉(zhuǎn)電場對電子做的功增大D偏轉(zhuǎn)電場的電場強(qiáng)度減小解析電子束在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運(yùn)動，沿垂直電場方向做勻速運(yùn)動，故在電場中運(yùn)動時(shí)間不變；電子在偏轉(zhuǎn)電場中受向上的電場力，故向上偏轉(zhuǎn)，A項(xiàng)正確；沿電場方向上，電子束做勻變速直線運(yùn)動，兩板間電壓增加，偏轉(zhuǎn)電場的場強(qiáng)增大，D項(xiàng)錯(cuò)；電子所受電場力增大，因此加速度增大，由位移規(guī)律可知，電子在電場中側(cè)移量增大，由功的定義式可知，電場力做功增大，C項(xiàng)正確答案AC7(xx·山東省高考針對性訓(xùn)練)如圖7所示，兩面積較大、正對著的平行極板A、B水平放置，極板上帶有等量異種電荷其中A板用絕緣線懸掛，B板固定且接地，P點(diǎn)為兩板的中間位置下列結(jié)論正確的是()圖7A若在兩板間加上某種絕緣介質(zhì)，A、B兩板所帶電荷量會增大BA、B兩板電荷分別在P點(diǎn)產(chǎn)生電場的場強(qiáng)大小相等，方向相同C若將A板豎直向上平移一小段距離，兩板間的電場強(qiáng)度將增大D若將A板豎直向下平移一小段距離，原P點(diǎn)位置的電勢將不變解析兩極板間加上絕緣介質(zhì)，不影響A、B兩板所帶的電荷量，所以選項(xiàng)A錯(cuò)，根據(jù)對稱性可知A、B兩板電荷分別在中點(diǎn)P產(chǎn)生電場的場強(qiáng)大小相等、方向相同，選項(xiàng)B正確，若將A板豎直向上平移一小段距離，不影響兩板上電荷的分布情況，又因電荷量Q不變，所以場強(qiáng)不變，選項(xiàng)C錯(cuò)若將A板豎直下移一段距離，P到B板的距離l不變，由UPBP0El可知，P不變，選項(xiàng)D正確答案BD8(xx·安徽理綜)如圖所示，充電后的平行板電容器水平放置，電容為C，極板間距離為d，上極板正中有一小孔質(zhì)量為m、電荷量為q的小球從小孔正上方高h(yuǎn)處由靜止開始下落，穿過小孔到達(dá)下極板處速度恰為零(空氣阻力忽略不計(jì)，極板間電場可視為勻強(qiáng)電場，重力加速度為g)求：(1)小球到達(dá)小孔處的速度；(2)極板間電場強(qiáng)度大小和電容器所帶電荷量；(3)小球從開始下落運(yùn)動到下極板處的時(shí)間答案：(1)(2)(3)解析：(1)由v22gh，得v(2)在極板間帶電小球受重力和電場力，有mgqEma0v22ad得EUEdQCU得Q(3)由hgt；0vat2；tt1t2綜合可得t考向三：帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動9.如圖1所示，位于豎直平面內(nèi)的坐標(biāo)系xOy，在其第三象限空間有垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0.5 T，還有沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為E2 N/C.在其第一象限空間有沿y軸負(fù)方向的、場強(qiáng)大小也為E的勻強(qiáng)電場，并在y>h0.4 m的區(qū)域有磁感應(yīng)強(qiáng)度也為B的垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場一個(gè)帶電荷量為q的油滴從圖中第三象限的P點(diǎn)得到一初速度，恰好能沿PO做勻速直線運(yùn)動(PO與x軸負(fù)方向的夾角為45°)，并從原點(diǎn)O進(jìn)入第一象限已知重力加速度g10 m/s2，問：圖1(1)油滴在第三象限運(yùn)動時(shí)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(diǎn)得到的初速度大??；(3)油滴在第一象限運(yùn)動的時(shí)間審題突破在第三象限油滴恰好能沿PO做勻速直線運(yùn)動需要滿足什么條件？根據(jù)夾角為45°，重力、電場力有什么數(shù)值關(guān)系？油滴進(jìn)入第一象限后做什么運(yùn)動？解析(1)根據(jù)受力分析(如圖)可知油滴帶負(fù)電荷，設(shè)油滴質(zhì)量為m，由平衡條件得：mgqEF11.(2)由第(1)問得：mgqEqvBqE解得：v4 m/s.(3)進(jìn)入第一象限，電場力和重力平衡，知油滴先做勻速直線運(yùn)動，進(jìn)入yh的區(qū)域后做勻速圓周運(yùn)動，軌跡如圖，最后從x軸上的N點(diǎn)離開第一象限由OA勻速運(yùn)動的位移為x1h其運(yùn)動時(shí)間：t10.1 s由幾何關(guān)系和圓周運(yùn)動的周期關(guān)系式T知，由AC的圓周運(yùn)動時(shí)間為t2T0.628 s由對稱性知從CN的時(shí)間t3t1在第一象限運(yùn)動的總時(shí)間tt1t2t32×0.1 s0.628 s0.828 s答案(1)11油滴帶負(fù)電荷(2)4 m/s(3)0.828 s以題說法帶電粒子在疊加場中運(yùn)動的處理方法1弄清疊加場的組成特點(diǎn)2正確分析帶電粒子的受力及運(yùn)動特點(diǎn)3畫出粒子的運(yùn)動軌跡，靈活選擇不同的運(yùn)動規(guī)律(1)若只有兩個(gè)場且正交，合力為零，則表現(xiàn)為勻速直線運(yùn)動或靜止例如電場與磁場中滿足qEqvB；重力場與磁場中滿足mgqvB；重力場與電場中滿足mgqE.(2)若三場共存時(shí)，合力為零，粒子做勻速直線運(yùn)動，其中洛倫茲力FqvB的方向與速度v垂直(3)若三場共存時(shí)，粒子做勻速圓周運(yùn)動，則有mgqE，粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動，即qvBm.(4)當(dāng)帶電粒子做復(fù)雜的曲線運(yùn)動或有約束的變速直線運(yùn)動時(shí)，一般用動能定理或能量守恒定律求解10. 如圖2所示，水平地面上方豎直邊界MN左側(cè)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場B和沿豎直方向的勻強(qiáng)電場E2(未畫出)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B1.0 T，MN邊界右側(cè)離地面h3 m處有長為L0.91 m的光滑水平絕緣平臺，平臺的左邊緣與MN重合，平臺右邊緣有一質(zhì)量m0.1 kg、電量q0.1 C的帶正電小球，以初速度v00.6 m/s向左運(yùn)動此時(shí)平臺上方存在E12 N/C的勻強(qiáng)電場，電場方向與水平方向成角，指向左下方，小球在平臺上運(yùn)動的過程中，為45°至90°的某一確定值小球離開平臺左側(cè)后恰好做勻速圓周運(yùn)動小球可視為質(zhì)點(diǎn)，g10 m/s2.求：圖2(1)電場強(qiáng)度E2的大小和方向；(2)小球離開平臺左側(cè)后在磁場中運(yùn)動的最短時(shí)間；(3)小球離開平臺左側(cè)后，小球落地點(diǎn)的范圍(計(jì)算結(jié)果可以用根號表示)答案(1)10 N/C，方向豎直向上(2) s(3)距N點(diǎn)左邊 m、右邊 m的范圍內(nèi)解析(1)因?yàn)樾∏蛟贛N邊界左側(cè)做勻速圓周運(yùn)動，其所受到的電場力必等于自身重力，有qE2mg得E210 N/C，方向豎直向上(2)若90°，小球勻速通過MN有最小速度：vmin0.6 m/s若45°，小球勻加速通過MN有最大速度此時(shí)E1qcos maa2 m/s2由vv2aL可得：vmax2 m/s綜合分析得：小球通過MN后的速度為0.6 m/svA2 m/s小球以2 m/s在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的時(shí)間最短，根據(jù)Bqvm和T得：Rmax2 mT2 s，因?yàn)閟in ，所以30°所以小球在磁場中轉(zhuǎn)過的角度為120°，所以小球在磁場中運(yùn)動的時(shí)間tT s.(3)小球落在N點(diǎn)左邊最大距離時(shí)，設(shè)到N點(diǎn)距離為x，則xRmaxcos 30° m小球從MN邊界飛出的最小半徑Rmin0.6 m設(shè)小球落到N點(diǎn)右邊時(shí)，到N點(diǎn)的距離為s，小球落在N點(diǎn)右邊的最大距離由平拋運(yùn)動得h2Rgt2svtvs 當(dāng)R1 m時(shí)，s有最大值因0.6 mR1.5 m，故s 成立代入數(shù)據(jù)解得s m所以小球的落點(diǎn)在距N點(diǎn)左邊 m、右邊 m的范圍內(nèi)題組1帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動1如圖1甲所示，x軸正方向水平向右，y軸正方向豎直向上在xOy平面內(nèi)有與y軸平行的勻強(qiáng)電場，在半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)加有與xOy平面垂直的勻強(qiáng)磁場在坐標(biāo)原點(diǎn)O處放置一帶電微粒發(fā)射裝置，它可以連續(xù)不斷地發(fā)射具有相同質(zhì)量m、電荷量q(q0)和初速度為v0的帶電微粒(已知重力加速度為g)圖1(1)當(dāng)帶電微粒發(fā)射裝置連續(xù)不斷地沿y軸正方向發(fā)射這種帶電微粒時(shí)，這些帶電微粒將沿圓形磁場區(qū)域的水平直徑方向離開磁場，并繼續(xù)沿x軸正方向運(yùn)動求電場強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小和方向(2)調(diào)節(jié)坐標(biāo)原點(diǎn)處的帶電微粒發(fā)射裝置，使其在xOy平面內(nèi)不斷地以相同速率v0沿不同方向?qū)⑦@種帶電微粒射入第象限，如圖乙所示現(xiàn)要求這些帶電微粒最終都能平行于x軸正方向運(yùn)動，則在保證電場強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小和方向不變的條件下，求出符合條件的磁場區(qū)域的最小面積答案(1)E，沿y軸正方向B，垂直紙面向外(2)(1)R2解析(1)微粒沿x軸正方向運(yùn)動，即帶電微粒所受重力與電場力平衡設(shè)電場強(qiáng)度大小為E，由平衡條件得：mgqE解得：E由于粒子帶正電，故電場方向沿y軸正方向帶電微粒進(jìn)入磁場后，做勻速圓周運(yùn)動，且半徑rR.設(shè)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.由牛頓第二定律得：qv0Bm解得B，磁場方向垂直紙面向外(2)沿y軸正方向射入的微粒，運(yùn)動軌跡如圖所示：以半徑R沿x軸正方向運(yùn)動四分之一圓弧，該圓弧也恰為微粒運(yùn)動的上邊界以O(shè)點(diǎn)為圓心、R為半徑做的四分之一圓弧BC為微粒做圓周運(yùn)動的圓心軌跡微粒經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后沿x軸正方向運(yùn)動，即半徑沿豎直方向并且射出點(diǎn)距圓心軌跡上各點(diǎn)的距離為R，射出點(diǎn)的邊界與圓弧BC平行，如圖中的圓弧ODA，圓弧OA與圓弧ODA之間的區(qū)域即為磁場區(qū)域的最小面積：S2(R2R2)(1)R2.考向四帶電粒子在組合場中的運(yùn)動分析11.為研究帶電粒子在電場和磁場中的偏轉(zhuǎn)情況，在xOy平面內(nèi)加如圖3所示的電場和磁場，第二象限10 cmx0區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場B，其大小為0.2 T；在第一象限內(nèi)有一電場強(qiáng)度方向沿y軸負(fù)方向且可沿x軸平移的條形勻強(qiáng)電場，其寬度d5 cm.在A(6 cm,0)點(diǎn)有一粒子發(fā)射源，向x軸上方180°范圍內(nèi)發(fā)射速度大小為v2.0×106 m/s的負(fù)粒子，粒子的比荷為q/m2.0×108 C/kg，不計(jì)算粒子的重力和相互作用圖3(1)若粒子與x軸正方向成30°角方向射入磁場，求該粒子在磁場中運(yùn)動的時(shí)間；(2)求從A處發(fā)射的所有粒子中與y軸交點(diǎn)的最大值坐標(biāo)；(3)當(dāng)電場左邊界與y軸重合時(shí)滿足第(2)問條件的粒子經(jīng)過電場后恰好平行x軸從其右邊界飛出，求勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E的大小(4)現(xiàn)將條形電場沿x軸正向平移，電場的寬度和電場強(qiáng)度E仍保持不變，能讓滿足第(2)問條件的粒子經(jīng)過電場后從右邊界飛出，在此情況下寫出電場左邊界的橫坐標(biāo)x0與從電場右邊界出射點(diǎn)的縱坐標(biāo)y0的關(guān)系式，并繪出圖線審題突破粒子速度確定、比荷確定，則在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑一定，與x軸成30°角方向射入時(shí)，對應(yīng)的圓心角是多少呢？A與粒子做圓周運(yùn)動的軌跡和y軸交點(diǎn)的連線是弦，弦何時(shí)最大？你能結(jié)合幾何關(guān)系得到電場左邊界的橫坐標(biāo)x0與從電場右邊界出射點(diǎn)縱坐標(biāo)y0的函數(shù)關(guān)系表達(dá)式嗎？解析(1)設(shè)帶電粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑為r，由牛頓第二定律得qvBm得r0.05 m5 cm粒子在磁場中運(yùn)動的周期為T×107 s如圖所示為粒子在磁場中運(yùn)動的軌跡由幾何關(guān)系得60°tT×107 s.(2)設(shè)從y軸最上方飛出的粒子坐標(biāo)為(0，y1)由幾何關(guān)系得(2r)262y得y18 cm.(3)如圖所示，設(shè)粒子從磁場射出時(shí)速度方向與x軸的夾角為，有sin ，即37°，設(shè)粒子在電場中運(yùn)動的時(shí)間為t1，t1設(shè)粒子的加速度大小為a，則avsin at1聯(lián)立解得E1.92×105 N/C.(4)如圖所示，帶電粒子離開磁場后先做勻速直線運(yùn)動，后做類平拋運(yùn)動電場左邊界的橫坐標(biāo)x0與從電場右邊界出射點(diǎn)縱坐標(biāo)y0的函數(shù)關(guān)系為y1(x0)tan y0，即y06.1250.75x0(cm)當(dāng)x00時(shí)，從電場右邊界出射點(diǎn)的縱坐標(biāo)為y06.125 cm，當(dāng)y00時(shí)，電場左邊界的橫坐標(biāo)為x0 cm.圖線如圖所示答案(1)×107 s(2)8 cm(3)1.92×105 N/C(4)y06.1250.75x0(cm)見解析圖以題說法設(shè)帶電粒子在組合場內(nèi)的運(yùn)動實(shí)際上也是運(yùn)動過程的組合，解決方法如下：(1)分別研究帶電粒子在不同場區(qū)的運(yùn)動規(guī)律在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動在勻強(qiáng)電場中，若速度方向與電場方向平行，則做勻變速直線運(yùn)動；若速度方向與電場方向垂直，則做類平拋運(yùn)動(2)帶電粒子經(jīng)過磁場區(qū)域時(shí)利用圓周運(yùn)動規(guī)律結(jié)合幾何關(guān)系處理(3)當(dāng)粒子從一個(gè)場進(jìn)入另一個(gè)場時(shí)，分析轉(zhuǎn)折點(diǎn)處粒子速度的大小和方向往往是解題的突破口12. 如圖4所示，相距3L的AB、CD兩直線間的區(qū)域存在著兩個(gè)大小不同、方向相反的有界勻強(qiáng)電場，其中PT上方的電場的場強(qiáng)方向豎直向下，PT下方的電場的場強(qiáng)方向豎直向上，電場的場強(qiáng)大小是電場的場強(qiáng)大小的兩倍，在電場左邊界AB上有點(diǎn)Q，PQ間距離為L.從某時(shí)刻起由Q以初速度v0沿水平方向垂直射入勻強(qiáng)電場的帶電粒子，電量為q、質(zhì)量為m.通過PT上的某點(diǎn)R進(jìn)入勻強(qiáng)電場后從CD邊上的M點(diǎn)水平射出，其軌跡如圖，若PR兩點(diǎn)的距離為2L.不計(jì)粒子的重力試求：圖4(1)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度的大小和MT之間的距離；(2)有一邊長為a、由光滑彈性絕緣壁圍成的正三角形容器，在其邊界正中央開有一小孔S，將其置于CD右側(cè)且緊挨CD邊界，若從Q點(diǎn)射入的粒子經(jīng)AB、CD間的電場從S孔水平射入容器中欲使粒子在容器中與器壁多次垂直碰撞后仍能從S孔射出(粒子與絕緣壁碰撞時(shí)無機(jī)械能和電量損失)，并返回Q點(diǎn)，需在容器中現(xiàn)加上一個(gè)如圖所示的勻強(qiáng)磁場，粒子運(yùn)動的半徑小于a，求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小應(yīng)滿足的條件以及從Q出發(fā)再返回到Q所經(jīng)歷的時(shí)間答案(1)L(2)B，n1,2，n1,2，解析(1)設(shè)粒子經(jīng)PT直線上的點(diǎn)R由E2電場進(jìn)入E1電場，由Q到R及R到M點(diǎn)的時(shí)間分別為t2與t1，到達(dá)R時(shí)豎直速度為vy，則由FqEma，2Lv0t2，Lv0t1，L·t，E12E2，得E1vyt2t1MT·t聯(lián)立解得MTL.(2)欲使粒子仍能從S孔處射出，粒子運(yùn)動的半徑為r，則qv0B(12n)ra，n1,2，解得：B，n1,2，由幾何關(guān)系可知t3×(2n×)(3n)Tn1,2,3T代入B得T，n1,2，t2t12t2t，n1,2，題組2帶電粒子在組合場中的運(yùn)動分析2如圖2所示，在矩形區(qū)域CDNM內(nèi)有沿紙面向上的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)的大小E1.5×105 V/m；在矩形區(qū)域MNGF內(nèi)有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B0.2 T已知CDMNFG0.60 m，CMMF0.20 m在CD邊中點(diǎn)O處有一放射源，沿紙面向電場中各方向均勻地輻射出速率均為v01.0×106 m/s的某種帶正電粒子，粒子質(zhì)量m6.4×1027 kg，電荷量q3.2×1019 C，粒子可以無阻礙地通過邊界MN進(jìn)入磁場，不計(jì)粒子的重力求：圖2(1)粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑；(2)邊界FG上有粒子射出磁場的范圍長度；(3)粒子在磁場中運(yùn)動的最長時(shí)間(后兩問結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)答案(1)0.2 m(2)0.43 m(3)2.1×107 s解析(1)電場中由動能定理得：qEdmv2mv由題意知d0.20 m，代入數(shù)據(jù)得v2×106 m/s帶電粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，qBvm解得r0.2 m.(2)設(shè)粒子沿垂直于電場方向射入時(shí)，出電場時(shí)水平位移為x，則由平拋規(guī)律得：解得x m離開電場時(shí)，sin 1，130°.由題意可知，PSMN，沿OC方向射出粒子到達(dá)P點(diǎn)，為左邊界，垂直MN射出的粒子與邊界FG相切于Q點(diǎn)，Q為右邊界，QOr，軌跡如圖范圍長度為lxr(0.2) m0.43 m.(3)T，由分析可知，OO方向射出的粒子運(yùn)動時(shí)間最長，設(shè)FG長度為Lsin 2，230°帶電粒子在磁場中運(yùn)動的最大圓心角為120°，對應(yīng)的最長時(shí)間為tmaxT2.1×107 s3如圖3所示，質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O以初速度v0射出，粒子恰好經(jīng)過A點(diǎn)，O、A兩點(diǎn)長度為l，連線與坐標(biāo)軸y方向的夾角為37°，不計(jì)粒子的重力圖3(1)若在平行于x軸正方向的勻強(qiáng)電場E1中，粒子沿y方向從O點(diǎn)射出，恰好經(jīng)過A點(diǎn)；若在平行于y軸正方向的勻強(qiáng)電場E2中，粒子沿x方向從O點(diǎn)射出，也恰好能經(jīng)過A點(diǎn)，求這兩種情況電場強(qiáng)度的比值.(2)若在y軸左側(cè)空間(第、象限)存在垂直紙面的勻強(qiáng)磁場，粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O，沿與y軸成30°的方向射入第二象限，恰好經(jīng)過A點(diǎn)，求磁感應(yīng)強(qiáng)度B.答案(1)(2)解析(1)在電場E1中l(wèi)sin ·tlcos v0t1在電場E2中l(wèi)cos ·tlsin v0t2聯(lián)立解得.(2)設(shè)軌跡半徑為R，軌跡如圖所示OC2Rsin 30°由幾何知識可得tan 30°解得Rl又由qv0B得R聯(lián)立解得B方向垂直紙面向里考向五：帶電粒子在周期性變化的電磁場中的運(yùn)動分析13.如圖5甲所示，在xOy平面內(nèi)存在均勻、大小隨時(shí)間周期性變化的磁場和電場，變化規(guī)律分別如圖乙、丙所示(規(guī)定垂直紙面向里為磁感應(yīng)強(qiáng)度的正方向、沿y軸正方向電場強(qiáng)度為正)在t0時(shí)刻由原點(diǎn)O發(fā)射初速度大小為v0，方向沿y軸正方向的帶負(fù)電粒子圖5已知v0、t0、B0，粒子的比荷為，不計(jì)粒子的重力求：(1)tt0時(shí)，求粒子的位置坐標(biāo)；(2)若t5t0時(shí)粒子回到原點(diǎn)，求05t0時(shí)間內(nèi)粒子距x軸的最大距離；(3)若粒子能夠回到原點(diǎn)，求滿足條件的所有E0值思維導(dǎo)圖解析(1)由粒子的比荷，則粒子做圓周運(yùn)動的周期T2t0(1分)則在0t0內(nèi)轉(zhuǎn)過的圓心角(2分)由牛頓第二定律qv0B0m(2分)得r1(1分)位置坐標(biāo)(，0)(1分)(2)粒子t5t0時(shí)回到原點(diǎn)，軌跡如圖所示r22r1(2分)r1r2(1分)得v22v0(1分)又，r2(1分)粒子在t02t0時(shí)間內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動，2t03t0時(shí)間內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，則在05t0時(shí)間內(nèi)粒子距x軸的最大距離：hmt0r2()v0t0.(2分)(3)如圖所示，設(shè)帶電粒子在x軸上方做圓周運(yùn)動的軌道半徑為r1，在x軸下方做圓周運(yùn)動的軌道半徑為r2，由幾何關(guān)系可知，要使粒子經(jīng)過原點(diǎn)，則必須滿足：n(2r22r1)2r1，(n1,2,3，)(1分)r1r2(1分)聯(lián)立以上各式解得vv0，(n1,2,3，)(1分)又由vv0(1分)得E0，(n1,2,3，)(1分)答案(1)(，0)(2)()v0t0(3)，(n1,2,3，)點(diǎn)睛之筆變化的電場或磁場往往具有周期性，粒子的運(yùn)動也往往具有周期性這種情況下要仔細(xì)分析帶電粒子的運(yùn)動過程、受力情況，弄清楚帶電粒子在變化的電場、磁場中各處于什么狀態(tài)，做什么運(yùn)動，畫出一個(gè)周期內(nèi)的運(yùn)動徑跡的草圖題組3帶電粒子在周期性變化的電磁場中的運(yùn)動分析4如圖4a所示，水平直線MN下方有豎直向上的勻強(qiáng)電場，現(xiàn)將一重力不計(jì)、比荷1×106 C/kg的正電荷置于電場中的O點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)過×105 s后，電荷以v01.5×104 m/s的速度通過MN進(jìn)入其上方的勻強(qiáng)磁場，磁場與紙面垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度B按圖b所示規(guī)律周期性變化(圖b中磁場以垂直紙面向外為正，以電荷第一次通過MN時(shí)為t0時(shí)刻)計(jì)算結(jié)果可用表示ab圖4(1)求O點(diǎn)與直線MN之間的電勢差；(2)求圖b中t×105 s時(shí)刻電荷與O點(diǎn)的水平距離；(3)如果在O點(diǎn)右方d67.5 cm處有一垂直于MN的足夠大的擋板，求電荷從O點(diǎn)出發(fā)運(yùn)動到擋板所需的時(shí)間答案(1)112.5 V(2)4 cm(3)3.86×105 s解析(1)電荷在電場中做勻加速直線運(yùn)動，由動能定理Uqmv，U112.5 V.(2)當(dāng)磁場垂直紙面向外時(shí)，設(shè)電荷運(yùn)動的半徑為r1由B1qv0，得r15 cm，周期T1×105 s.當(dāng)磁場垂直紙面向里時(shí)，設(shè)電荷運(yùn)動的半徑為r2r23 cm，周期T2×105 s故電荷從t0時(shí)刻開始做周期性運(yùn)動，其運(yùn)動軌跡如圖所示t×105 s時(shí)刻電荷與O點(diǎn)的水平距離d2(r1r2)4 cm.(3)電荷第一次通過MN開始，其運(yùn)動的周期T×105 s，根據(jù)電荷的運(yùn)動情況可知，電荷到達(dá)擋板前運(yùn)動的完整周期數(shù)為15個(gè)，此時(shí)電荷沿MN運(yùn)動的距離s15d60 cm，則最后7.5 cm的距離如圖所示，有：r1r1cos 7.5 cm.解得：cos 0.5，則60°，故電荷運(yùn)動的總時(shí)間t總t115TT1T13.86×104 s.難點(diǎn)突破帶電粒子在復(fù)合場中運(yùn)動的實(shí)際模型分析1速度選擇器(如圖)(1)平行板中電場強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)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(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.2磁流體發(fā)電機(jī)磁流體發(fā)電機(jī)是根據(jù)電磁感應(yīng)原理，用導(dǎo)電流體，例如空氣或液體，與磁場相對運(yùn)動而發(fā)電的一種設(shè)備如圖所示，將帶電的流體(離子氣體或液體)以極高的速度噴射到磁場中，利用磁場對帶電流體產(chǎn)生的作用，從而發(fā)電設(shè)兩極板間的距離為d，A、B平行金屬板的面積為S，帶電流體的電阻率為，帶電流體速度為v，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，板外電阻為R，則兩極板間能達(dá)到的最大電勢差UBdv.此時(shí)帶電流體受力平衡有qE場qvB，即E場vB，故電源電動勢EE場·dBdv.電源的內(nèi)阻r.故R中的電流I.3電磁流量計(jì)如圖所示，圓形導(dǎo)管直徑為d，用非磁性材料制成，導(dǎo)電流體在管中向左流動，導(dǎo)電液體中的自由電荷(正、負(fù)離子)在洛倫茲力的作用下縱向偏轉(zhuǎn)，a、b間出現(xiàn)電勢差，形成電場，當(dāng)自由電荷所受的靜電力和洛倫茲力平衡時(shí)，a、b間的電勢差就保持穩(wěn)定，即：qvBqE，所以v，因此液體流量QSv·.4霍爾效應(yīng)在勻強(qiáng)磁場中放置一個(gè)矩形截面的載流導(dǎo)體，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)了電勢差，這種現(xiàn)象稱為霍爾效應(yīng)，所產(chǎn)生的電勢差稱為霍爾電勢差，其原理如右圖所示【典例1】如圖所示為磁流體發(fā)電機(jī)的原理圖：將一束等離子體噴射入磁場，在場中有兩塊金屬板A、B，這時(shí)金屬板上就會聚集電荷，產(chǎn)生電壓如果射入的等離子體速度均為v，兩金屬板的板長為L，板間距離為d，板平面的面積為S，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直于速度方向，負(fù)載電阻為R，等離子體充滿兩板間的空間當(dāng)發(fā)電機(jī)穩(wěn)定發(fā)電時(shí)，電流表示數(shù)為I.那么板間電離氣體的電阻率為()A. B.C. D.【解析】最終穩(wěn)定時(shí)，電荷所受洛倫茲力和電場力大小相等，方向相反，有qvBq.解得EvBd.根據(jù)閉合電路歐姆定律，電離氣體的電阻RRR.由電阻定律得R解得.故A正確，B、C、D錯(cuò)誤【答案】A【典例2】如圖所示是質(zhì)譜儀工作原理的示意圖，帶電粒子a、b經(jīng)電壓U加速(在A點(diǎn)初速度為0)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，最后分別打在感光板S上的x1、x2處圖中半圓形的虛線分別表示帶電粒子a、b所通過的路徑，則()Aa的質(zhì)量一定大于b的質(zhì)量Ba的電荷量一定大于b的電荷量Ca運(yùn)動的時(shí)間大于b運(yùn)動的時(shí)間Da的比荷大于b的比荷【解析】設(shè)粒子經(jīng)電場加速后的速度大小為v，在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑為r，電荷量和質(zhì)量分別為q、m，打在感光板上的距離為s.根據(jù)動能定理，得qUmv2，v，由qvBm，r，則s2r，得到，x1<x2，U、B相同，則>.【答案】D醫(yī)生做某些特殊手術(shù)時(shí)，利用電磁血流計(jì)來監(jiān)測通過動脈的血流速度電磁血流計(jì)由一對電極a和b以及一對磁極N和S構(gòu)成，磁極間的磁場是均勻的使用時(shí)，兩電極a、b均與血管壁接觸，兩觸點(diǎn)的連線、磁場方向和血流速度方向兩兩垂直，如圖所示由于血液中的正負(fù)離子隨血流一起在磁場中運(yùn)動，電極a、b之間會有微小電勢差在達(dá)到平衡時(shí)，血管內(nèi)部的電場可看作勻強(qiáng)電場，血液中的離子所受的電場力和磁場力的合力為零在某次監(jiān)測中，兩觸點(diǎn)間的距離為3.0 mm，血管壁的厚度可忽略，兩觸點(diǎn)間的電勢差為160 V，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為0.040 T則血液速度的近似值和電極a、b的正負(fù)為()A1.3 m/s，a正、b負(fù) B2.7 m/s，a正、b負(fù)C1.3 m/s，a負(fù)、b正 D2.7 m/s，a負(fù)、b正解析：血液中正負(fù)離子流動時(shí)，根據(jù)左手定則，正離子受到向上的洛倫茲力，負(fù)離子受到向下的洛倫茲力，所以正離子向上偏，負(fù)離子向下偏則a帶正電，b帶負(fù)電最終血液中的離子所受的電場力和磁場力的合力為零，有qqvB，所以v m/s1.3 m/s.故A正確答案：A回旋加速器在核科學(xué)、核技術(shù)、核醫(yī)學(xué)等高新技術(shù)領(lǐng)域得到了廣泛應(yīng)用，有力地推動了現(xiàn)代科學(xué)技術(shù)的發(fā)展(1)回旋加速器的原理如圖所示，D1和D2是兩個(gè)中空的半徑為R的半圓金屬盒，它們接在電壓一定、頻率為f的交流電源上，位于D1圓心處的質(zhì)子源A能不斷產(chǎn)生質(zhì)子(初速度可以忽略，重力不計(jì))，它們在兩盒之間被電場加速，D1、D2置于與盒面垂直的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中若質(zhì)子束從回旋加速器輸出時(shí)的平均功率為P，求輸出時(shí)質(zhì)子束的等效電流I與P、B、R、f的關(guān)系式(忽略質(zhì)子在電場中的運(yùn)動時(shí)間，其最大速度遠(yuǎn)小于光速)(2)試推理說明：質(zhì)子在回旋加速器中運(yùn)動時(shí)，隨軌道半徑r的增大，同一盒中相鄰軌道的半徑之差r是增大、減小還是不變？解析：(1)設(shè)質(zhì)子質(zhì)量為m，電荷量為q，質(zhì)子離開加速器時(shí)速度大小為v，由牛頓第二定律知：qvBm，質(zhì)子運(yùn)動的回旋周期為T，由回旋加速器工作原理可知，交變電源的頻率與質(zhì)子回旋頻率相同，由周期T與頻率f的關(guān)系可得f，設(shè)在t時(shí)間內(nèi)離開加速器的質(zhì)子數(shù)為N，則質(zhì)子束從回旋加速器輸出時(shí)的平均功率P，輸出時(shí)質(zhì)子束的等效電流為I，由上述各式得I .(2)設(shè)k(kN*)為同一盒子中質(zhì)子運(yùn)動軌道半徑的序數(shù)，相鄰的軌道半徑分別為rk、rk1(rk<rk1)，rkrk1rk，在相應(yīng)軌道上質(zhì)子對應(yīng)的速度大小分別為vk、vk1，D1、D2之間的電壓為U，由動能定理知2qUmvmv，由洛倫茲力充當(dāng)質(zhì)子做圓周運(yùn)動的向心力，知rk，則2qU(rr)，整理得rk，因U、q、m、B均為定值，令C，由上式得rk，相鄰軌道半徑rk1、rk2之差rk1，因?yàn)閞k2>rk，比較rk，rk1得rk1<rk，說明隨軌道半徑r的增大，同一盒中相鄰軌道的半徑之差r減小(限時(shí)：15分鐘，滿分：20分)(xx·山東·24)如圖6甲所示，間距為d、垂直于紙面的兩平行板P、Q間存在勻強(qiáng)磁場取垂直于紙面向里為磁場的正方向，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖乙所示t0時(shí)刻，一質(zhì)量為m、帶電量為q的粒子(不計(jì)重力)，以初速度v0由Q板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁場且平行于板面的方向射入磁場區(qū)當(dāng)B0和TB取某些特定值時(shí)，可使t0時(shí)刻入射的粒子經(jīng)t時(shí)間恰能垂直打在P板上(不考慮粒子反彈)上述m、q、d、v0為已知量圖6(1)若tTB，求B0；(2)若tTB，求粒子在磁場中運(yùn)動時(shí)加速度的大小；(3)若B0，為使粒子仍能垂直打在P板上，求TB.答案(1)(2)(3)或解析(1)設(shè)粒子做圓周運(yùn)動的半徑為R1，由牛頓第二定律得qv0B0據(jù)題意由幾何關(guān)系得R1d聯(lián)立式得B0(2)設(shè)粒子做圓周運(yùn)動的半徑為R2，加速度大小為a，由圓周運(yùn)動公式得a據(jù)題意由幾何關(guān)系得3R2d聯(lián)立式得a.(3)設(shè)粒子做圓周運(yùn)動的半徑為R，周期為T，由圓周運(yùn)動公式得T由牛頓第二定律得qv0B0 由題意知B0，代入式得d4R粒子運(yùn)動軌跡如圖所示，1(xx·海南卷，2)如圖所示，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2(xx·課標(biāo)全國卷，25)如圖所示，一半徑為R的圓表示一柱形區(qū)域的橫截面(紙面)在柱形區(qū)域內(nèi)加一方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場，一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子沿圖中直線在圓上的a點(diǎn)射入柱形區(qū)域，在圓上的b點(diǎn)離開該區(qū)域，離開時(shí)速度方向與直線垂直圓心O到直線的距離為R.現(xiàn)將磁場換為平行于紙面且垂直于直線的勻強(qiáng)電場，同一粒子以同樣速度沿直線在a點(diǎn)射入柱形區(qū)域，也在b點(diǎn)離開該區(qū)域若磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，不計(jì)重力，求電場強(qiáng)度的大小3(xx·重慶卷，24)有人設(shè)計(jì)了一種帶電顆粒的速率分選裝置，其原理如圖所示兩帶電金屬板間有勻強(qiáng)電場，方向豎直向上，其中PQNM矩形區(qū)域內(nèi)還有方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場一束比荷(電荷量與質(zhì)量之比)均為的帶正電顆粒，以不同的速率沿著磁場區(qū)域的水平中心線OO進(jìn)入兩金屬板之間，其中速率為v0的顆粒剛好從Q點(diǎn)處離開磁場，然后做勻速直線運(yùn)動到達(dá)收集板重力加速度為g，PQ3d，NQ2d，收集板與NQ的距離為l，不計(jì)顆粒間相互作用求：(1)電場強(qiáng)度E的大??；(2)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小；(3)速率為v0(1)的顆粒打在收集板上的位置到O點(diǎn)的距離4(xx·浙江卷，24)如圖所示，兩塊水平放置、相距為d的長金屬板接在電壓可調(diào)的電源上兩板之間的右側(cè)區(qū)域存在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場將噴墨打印機(jī)的噴口靠近上板下表面，從噴口連續(xù)不斷噴出質(zhì)量均為m、水平速度均為v0、帶相等電荷量的墨滴調(diào)節(jié)電源電壓至U，墨滴在電場區(qū)域恰能沿水平向右做勻速直線運(yùn)動；進(jìn)入電場、磁場共存區(qū)域后，最終垂直打在下板的M點(diǎn)(1)判斷墨滴所帶電荷的種類，并求其電荷量；(2)求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的值；(3)現(xiàn)保持噴口方向不變，使其豎直下移到兩板中間的位置為了使墨滴仍能到達(dá)下板M點(diǎn)，應(yīng)將磁感應(yīng)強(qiáng)度調(diào)至B，則B的大小為多少？5(xx·江蘇卷，15)在科學(xué)研究中，可以通過施加適當(dāng)?shù)碾妶龊痛艌鰜韺?shí)現(xiàn)對帶電粒子運(yùn)動的控制如圖(a)所示的xOy平面處于勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中，電場強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t作周期性變化的圖象如圖(b)所示x軸正方向?yàn)镋的正方向，垂直紙面向里為B的正方向在坐標(biāo)原點(diǎn)O有一粒子P，其質(zhì)量和電荷量分別為m和q.不計(jì)重力在t時(shí)刻釋放P，它恰能沿一定軌道做往復(fù)運(yùn)動(1)求P在磁場中運(yùn)動時(shí)速度的大小v0；(2)求B0應(yīng)滿足的關(guān)系；(3)在t0時(shí)刻釋放P，求P速度為零時(shí)的坐標(biāo)O1、O2為圓心，O1O2連線與水平方向的夾角為，在每個(gè)TB內(nèi)，只有A、B兩個(gè)位置才有可能垂直擊中P板，且均要求0<<，由題意可知T設(shè)經(jīng)歷完整TB的個(gè)數(shù)為n(n0,1,2,3，)若在A點(diǎn)擊中P板，據(jù)題意由幾何關(guān)系得R2(RRsin )nd當(dāng)n0時(shí)，無解當(dāng)n1時(shí)，聯(lián)立式得(或sin )聯(lián)立式得TB當(dāng)n2時(shí)，不滿足0<<90°的要求若在B點(diǎn)擊中P板，據(jù)題意由幾何關(guān)系得R2Rsin 2(RRsin )nd當(dāng)n0時(shí)，無解當(dāng)n1時(shí)，聯(lián)立式得arcsin(或sin )聯(lián)立式得TB當(dāng)n2時(shí)，不滿足0<<90°的要求.