2019年高考物理 專(zhuān)題10 磁場(chǎng)學(xué)案

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1、專(zhuān)題10 磁場(chǎng) 超重點(diǎn)1：磁場(chǎng)的描述　磁場(chǎng)對(duì)電流的作用 一、磁場(chǎng)、磁感應(yīng)強(qiáng)度 1．磁場(chǎng) (1)基本特性：磁場(chǎng)對(duì)處于其中的磁體、電流和運(yùn)動(dòng)電荷有磁場(chǎng)力的作用． (2)方向：小磁針的N極所受磁場(chǎng)力的方向． 2．磁感應(yīng)強(qiáng)度 (1)物理意義：描述磁場(chǎng)的強(qiáng)弱和方向． (2)大小：B＝(通電導(dǎo)線(xiàn)垂直于磁場(chǎng))． (3)方向：小磁針靜止時(shí)N極的指向． (4)單位：特斯拉(T)． 3．勻強(qiáng)磁場(chǎng) (1)定義：磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小處處相等、方向處處相同的磁場(chǎng)稱(chēng)為勻強(qiáng)磁場(chǎng)． (2)特點(diǎn)：疏密程度相同、方向相同的平行直線(xiàn)． 二、磁感線(xiàn)　通電直導(dǎo)線(xiàn)和通電線(xiàn)圈周?chē)艌?chǎng)的方向 1．磁感線(xiàn)

2、在磁場(chǎng)中畫(huà)出一些有方向的曲線(xiàn)，使曲線(xiàn)上各點(diǎn)的切線(xiàn)方向跟這點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向一致． 2．幾種常見(jiàn)的磁場(chǎng) (1)常見(jiàn)磁體的磁場(chǎng)(如圖所示)． (2)電流的磁場(chǎng) 直線(xiàn)電流的磁場(chǎng) 通電螺線(xiàn)管的磁場(chǎng) 環(huán)形電流的磁場(chǎng) 特 點(diǎn) 無(wú)磁極、非勻強(qiáng)，且距導(dǎo)線(xiàn)越遠(yuǎn)處磁場(chǎng)越弱 與條形磁鐵的磁場(chǎng)相似，管內(nèi)為勻強(qiáng)磁場(chǎng)且磁場(chǎng)最強(qiáng)，管外為非勻強(qiáng)磁場(chǎng) 環(huán)形電流的兩側(cè)是N極和S極，且離圓環(huán)中心越遠(yuǎn)，磁場(chǎng)越弱 安培定則 三、安培力、安培力的方向　勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的安培力 1．安培力的大小 (1)磁場(chǎng)和電流垂直時(shí)：F＝BIL. (2)磁場(chǎng)和電流平行時(shí)：F＝0. 2．安培力的方向 左手

3、定則判斷： (1)伸出左手，讓拇指與其余四指垂直，并且都與手掌在同一個(gè)平面內(nèi)． (2)讓磁感線(xiàn)從掌心進(jìn)入，并使四指指向電流方向． (3)拇指所指的方向就是通電導(dǎo)線(xiàn)在磁場(chǎng)中所受安培力的方向． ※考點(diǎn)一　磁場(chǎng)及安培定則的應(yīng)用 1．磁場(chǎng)的三點(diǎn)說(shuō)明 (1)磁感應(yīng)強(qiáng)度是矢量，其方向與導(dǎo)線(xiàn)所受力的方向垂直； (2)電流元必須垂直于磁場(chǎng)方向放置，公式B＝才成立； (3)磁場(chǎng)中某點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度是由磁場(chǎng)本身決定的，與通電導(dǎo)線(xiàn)受力的大小及方向都無(wú)關(guān)． 2.安培定則的應(yīng)用 在運(yùn)用安培定則判定直線(xiàn)電流和環(huán)形電流的磁場(chǎng)時(shí)應(yīng)分清“因”和“果”. 　　　　　因果 磁場(chǎng)　　　　　 原因(

4、電流方向) 結(jié)果(磁場(chǎng)方向) 直線(xiàn)電流的磁場(chǎng) 大拇指 四指 環(huán)形電流的磁場(chǎng) 四指 大拇指 3.磁場(chǎng)疊加問(wèn)題的一般解題思路 (1)確定磁場(chǎng)場(chǎng)源，如通電導(dǎo)線(xiàn)． (2)定位空間中需求解磁場(chǎng)的點(diǎn)，利用安培定則判定各個(gè)場(chǎng)源在這一點(diǎn)上產(chǎn)生的磁場(chǎng)的大小和方向．如圖所示為M、N在c點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)． (3)應(yīng)用平行四邊形定則進(jìn)行合成，如圖中的合磁場(chǎng)． [題組突破訓(xùn)練] 1．下列各圖中，已標(biāo)出電流I、磁感應(yīng)強(qiáng)度B的方向，其中符合安培定則的是(　　) 　 【答案】C 2．(2017·高考全國(guó)卷Ⅲ)如圖，在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，兩長(zhǎng)直導(dǎo)線(xiàn)P和Q垂直于紙面固定放置，兩者

5、之間的距離為l.在兩導(dǎo)線(xiàn)中均通有方向垂直于紙面向里的電流I時(shí)，紙面內(nèi)與兩導(dǎo)線(xiàn)距離均為l的a點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零．如果讓P中的電流反向、其他條件不變，則a點(diǎn)處磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為(　　) A．0　　　　　　　　　　 B.B0 C.B0 D．2B0 【答案】C 【解析】導(dǎo)線(xiàn)P和Q中電流I均向里時(shí)，設(shè)其在a點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小BP＝BQ＝B1，如圖甲所示，則其夾角為60°，它們?cè)赼點(diǎn)的合磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度平行于PQ向右、大小為B1.又根據(jù)題意Ba＝0，則B0＝B1，且B0平行于PQ向左．若P中電流反向，如圖乙所示，則BP反向、大小不變，BQ和BP大小不變，夾角為120°，合磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)

6、度大小為B合＝B1(方向垂直P(pán)Q向上、與B0垂直)，a點(diǎn)合磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝＝B0，則A、B、D項(xiàng)均錯(cuò)誤，C項(xiàng)正確． ※考點(diǎn)二　安培力作用下導(dǎo)體運(yùn)動(dòng)的判斷 1．方法概述 判定通電導(dǎo)體在安培力作用下的運(yùn)動(dòng)方向或運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)，首先必須弄清楚導(dǎo)體所在位置的磁感線(xiàn)分布情況，再弄清導(dǎo)體中電流方向，然后利用左手定則準(zhǔn)確判定導(dǎo)體的受力情況，進(jìn)而確定導(dǎo)體的運(yùn)動(dòng)方向或運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)． 2．常用方法 電流元法 分割為電流元安培力方向―→整段導(dǎo)體所受合力方向―→運(yùn)動(dòng)方向 特殊位 置法 在特殊位置―→安培力方向―→運(yùn)動(dòng)方向 等效法 環(huán)形電流小磁針 條形磁鐵通電螺線(xiàn)管多個(gè)環(huán)形電流

7、結(jié)論法 同向電流互相吸引，異向電流互相排斥；兩不平行的直線(xiàn)電流相互作用時(shí)，有轉(zhuǎn)到平行且電流方向相同的趨勢(shì) 轉(zhuǎn)換研究 對(duì)象法 定性分析磁體在電流磁場(chǎng)作用下如何運(yùn)動(dòng)或運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)的問(wèn)題，可先分析電流在磁體磁場(chǎng)中所受的安培力，然后由牛頓第三定律，確定磁體所受電流磁場(chǎng)的作用力，從而確定磁體所受合力及運(yùn)動(dòng)方向 [典例1]　一個(gè)可以自由運(yùn)動(dòng)的線(xiàn)圈L1和一個(gè)固定的線(xiàn)圈L2互相絕緣垂直放置，且兩個(gè)線(xiàn)圈的圓心重合，如圖所示．當(dāng)兩線(xiàn)圈中通以圖示方向的電流時(shí)，從左向右看，線(xiàn)圈L1將(　　) A．不動(dòng)　　　　　　　　 B．順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng) C．逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng) D．在紙面內(nèi)平動(dòng) 【答案】B 【解析】方法

8、一：電流元分析法 把線(xiàn)圈L1沿水平轉(zhuǎn)動(dòng)軸分成上下兩部分，每一部分又可以看成無(wú)數(shù)段直線(xiàn)電流元，電流元處在L2產(chǎn)生的磁場(chǎng)中，根據(jù)安培定則可知各電流元所在處的磁場(chǎng)方向向上，由左手定則可得，上半部分電流元所受安培力均指向紙外，下半部分電流元所受安培力均指向紙內(nèi)，因此從左向右看線(xiàn)圈L1將順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)． 方法二：等效分析法 把線(xiàn)圈L1等效為小磁針，該小磁針剛好處于環(huán)形電流I2的中心，小磁針的N極應(yīng)指向該點(diǎn)環(huán)形電流I2的磁場(chǎng)方向，由安培定則知I2產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向在其中心處豎直向上，而L1等效成小磁針后，轉(zhuǎn)動(dòng)前，N極指向紙內(nèi)，因此小磁針的N極應(yīng)由指向紙內(nèi)轉(zhuǎn)為向上，所以從左向右看，線(xiàn)圈L1將順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)． 方

9、法三：結(jié)論法 環(huán)形電流I1、I2之間不平行，由于兩不平行的電流的相互作用，則兩環(huán)必有相對(duì)轉(zhuǎn)動(dòng)，直到兩環(huán)形電流同向平行為止，據(jù)此可得，從左向右看，線(xiàn)圈L1將順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)． [題組突破訓(xùn)練] 1．如圖所示，把一通電導(dǎo)線(xiàn)放在蹄形磁鐵磁極的正上方，導(dǎo)線(xiàn)可以自由移動(dòng)．當(dāng)導(dǎo)線(xiàn)通過(guò)電流I時(shí)，如果只考慮安培力的作用，則從上往下看，導(dǎo)線(xiàn)的運(yùn)動(dòng)情況是(　　) A．順時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng)，同時(shí)下降 B．順時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng)，同時(shí)上升 C．逆時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng)，同時(shí)下降 D．逆時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng)，同時(shí)上升 【答案】C 【解析】第一步：電流元受力分析法 把直線(xiàn)電流等效為OA、OB兩段電流元，蹄形磁鐵磁感線(xiàn)分布以及兩段電

10、流元受安培力方向如圖甲所示．可見(jiàn)從上往下看時(shí)，導(dǎo)線(xiàn)將逆時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng)． 第二步：特殊位置分析法 取導(dǎo)線(xiàn)逆時(shí)針轉(zhuǎn)過(guò)90°的特殊位置來(lái)分析，如圖乙所示．根據(jù)左手定則判斷安培力方向向下，故導(dǎo)線(xiàn)在逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)的同時(shí)向下運(yùn)動(dòng)． 2．如圖所示，條形磁鐵放在光滑斜面上，用平行于斜面的輕彈簧拉住而平衡，A為水平放置的直導(dǎo)線(xiàn)的截面，導(dǎo)線(xiàn)中無(wú)電流時(shí)磁鐵對(duì)斜面的壓力為FN1.當(dāng)導(dǎo)線(xiàn)中有垂直紙面向外的電流時(shí)，磁鐵對(duì)斜面的壓力為FN2，則下列關(guān)于磁鐵對(duì)斜面的壓力和彈簧的伸長(zhǎng)量的說(shuō)法中正確的是(　　) A．FN1FN2，彈簧的伸

11、長(zhǎng)量增大 D．FN1>FN2，彈簧的伸長(zhǎng)量減小 【答案】C ※考點(diǎn)三　安培力作用下的平衡與加速 1．分析導(dǎo)體在磁場(chǎng)中平衡和加速問(wèn)題的基本思路 (1)確定要研究的導(dǎo)體． (2)按照已知力→重力→安培力→彈力→摩擦力的順序，對(duì)導(dǎo)體受力分析． (3)分析導(dǎo)體的運(yùn)動(dòng)情況． (4)根據(jù)平衡條件或牛頓第二定律列式求解． 2．受力分析的注意事項(xiàng) (1)安培力的方向特點(diǎn)：F⊥B，F(xiàn)⊥I，即F垂直于B和I決定的平面． (2)安培力的大?。簯?yīng)用公式F＝BILsin θ計(jì)算彎曲導(dǎo)線(xiàn)在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中所受安培力的大小時(shí)，有效長(zhǎng)度L等于曲線(xiàn)兩端點(diǎn)的直線(xiàn)長(zhǎng)度．(如圖所示) (3)視圖轉(zhuǎn)換：對(duì)于安

12、培力作用下的力學(xué)問(wèn)題，導(dǎo)體棒的受力往往分布在三維空間的不同方向上，這時(shí)應(yīng)利用俯視圖、剖面圖或側(cè)視圖等，變立體圖為二維平面圖．(如圖所示) [真題拓展探究] [典例2]　(2015·高考全國(guó)卷Ⅰ)如圖，一長(zhǎng)為10 cm的金屬棒ab用兩個(gè)完全相同的彈簧水平地懸掛在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中；磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為0.1 T，方向垂直于紙面向里；彈簧上端固定，下端與金屬棒絕緣．金屬棒通過(guò)開(kāi)關(guān)與一電動(dòng)勢(shì)為12 V的電池相連，電路總電阻為2 Ω.已知開(kāi)關(guān)斷開(kāi)時(shí)兩彈簧的伸長(zhǎng)量均為0.5 cm；閉合開(kāi)關(guān)，系統(tǒng)重新平衡后，兩彈簧的伸長(zhǎng)量與開(kāi)關(guān)斷開(kāi)時(shí)相比均改變了0.3 cm.重力加速度大小取10 m/s2.判斷開(kāi)

13、關(guān)閉合后金屬棒所受安培力的方向，并求出金屬棒的質(zhì)量． 【答案】豎直向下　0.01 kg 式中，I是回路電流，L是金屬棒的長(zhǎng)度．兩彈簧各自再伸長(zhǎng)了Δl2＝0.3 cm，由胡克定律和力的平衡條件得 2k(Δl1＋Δl2)＝mg＋F③ 由歐姆定律有 E＝IR④ 式中，E是電池的電動(dòng)勢(shì)，R是電路總電阻． 聯(lián)立①②③④式，并代入題給數(shù)據(jù)得 m＝0.01 kg⑤ 拓展1　安培力作用下的動(dòng)態(tài)平衡問(wèn)題 1．如圖所示，金屬棒MN兩端由等長(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)線(xiàn)水平懸掛，處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，棒中通以由M向N的電流，平衡時(shí)兩懸線(xiàn)與豎直方向夾角均為θ.如果僅改變下列某一個(gè)條件，θ角的相應(yīng)變化情況

14、是(　　) A．棒中的電流變大，θ角變大 B．兩懸線(xiàn)等長(zhǎng)變短，θ角變小 C．金屬棒質(zhì)量變大，θ角變大 D．磁感應(yīng)強(qiáng)度變大，θ角變小 【答案】A 【解析】金屬棒MN受力分析及其側(cè)視圖如圖所示，由平衡條件可知F安＝mgtan θ，而F安＝BIL，即BIL＝mgtan θ，則I↑?θ↑，m↑?θ↓，B↑?θ↑，故A正確，C、D錯(cuò)誤．θ角與懸線(xiàn)長(zhǎng)度無(wú)關(guān)，B錯(cuò)誤． 拓展2　安培力作用下的加速問(wèn)題 2．(多選)如圖所示，無(wú)限長(zhǎng)水平直導(dǎo)線(xiàn)中通有向右的恒定電流I，導(dǎo)線(xiàn)正下方固定一正方形線(xiàn)框，線(xiàn)框中也通有沿順時(shí)針?lè)较虻暮愣娏鳎潆娏饕矠镮，線(xiàn)框的邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，線(xiàn)框上邊與直導(dǎo)線(xiàn)平行，且到直導(dǎo)

15、線(xiàn)的距離也為L(zhǎng).已知在長(zhǎng)直導(dǎo)線(xiàn)的磁場(chǎng)中距長(zhǎng)直導(dǎo)線(xiàn)r處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝k，線(xiàn)框的質(zhì)量為m，則釋放線(xiàn)框的一瞬間，線(xiàn)框的加速度可能為(　　) A．0　　　　　　　　　　 B.－g C.－g D．g－ 【答案】AC 拓展3　安培力作用下的功能關(guān)系應(yīng)用 3．(多選)間距為L(zhǎng)＝20 cm的光滑平行導(dǎo)軌水平放置，導(dǎo)軌左端通過(guò)開(kāi)關(guān)S與內(nèi)阻不計(jì)、電動(dòng)勢(shì)為E的電源相連，右端與半徑為L(zhǎng)的兩段光滑圓弧導(dǎo)軌相接，一根質(zhì)量m＝60 g、電阻R＝1 Ω、長(zhǎng)為L(zhǎng)的導(dǎo)體捧ab，用長(zhǎng)也為L(zhǎng)的絕緣細(xì)線(xiàn)懸掛，如圖所示，系統(tǒng)空間有豎直方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝0.5 T，當(dāng)閉合開(kāi)關(guān)S后，導(dǎo)體棒沿圓弧

16、擺動(dòng)，擺到最大高度時(shí)，細(xì)線(xiàn)與豎直方向成θ＝53°角，擺動(dòng)過(guò)程中導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌接觸良好且細(xì)線(xiàn)處于張緊狀態(tài)，不考慮導(dǎo)體棒切割磁感線(xiàn)的影響，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g＝10 m/s2，則(　　) A．磁場(chǎng)方向一定豎直向下 B．電源電動(dòng)勢(shì)E＝3.0 V C．導(dǎo)體棒在擺動(dòng)過(guò)程中所受安培力F＝3 N D．導(dǎo)體棒在擺動(dòng)過(guò)程中電源提供的電能為0.048 J 【答案】AB 【解析】當(dāng)開(kāi)關(guān)S閉合時(shí)，導(dǎo)體棒向右擺動(dòng)，說(shuō)明其所受安培力水平向右，由左手定則可知，磁場(chǎng)方向豎直向下，故A正確．設(shè)電路中電流為I，則根據(jù)動(dòng)能定理得－mgL(1－cos 53°)＋FLsin

17、 53°＝0，解得安培力F＝0.3 N，由F＝BIL＝，得E＝3 V，故B正確，C錯(cuò)誤．導(dǎo)體棒在擺動(dòng)過(guò)程中電源提供的電能一部分轉(zhuǎn)化為機(jī)械能E＝mgL(1－cos 53°)＝0.06×10×0.2×0.4 J＝0.048 J，另一部分轉(zhuǎn)化為焦耳熱，故D錯(cuò)誤． 超重點(diǎn)2：磁場(chǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷的作用 一、洛倫茲力、洛倫茲力的方向和大小 1．洛倫茲力：磁場(chǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷的作用力叫洛倫茲力． 2．洛倫茲力的方向 (1)判定方法：左手定則： 掌心——磁感線(xiàn)垂直穿入掌心； 四指——指向正電荷運(yùn)動(dòng)的方向或負(fù)電荷運(yùn)動(dòng)的反方向； 拇指——指向洛倫茲力的方向． (2)方向特點(diǎn)：F⊥B，F(xiàn)⊥

18、v，即F垂直于B和v決定的平面． 3．洛倫茲力的大小 (1)當(dāng)v∥B時(shí)，洛倫茲力F＝0.(θ＝0°或180°) (2)當(dāng)v⊥B時(shí)，洛倫茲力F＝qvB.(θ＝90°) (3)當(dāng)v＝0時(shí)，洛倫茲力F＝0. 二、帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 1．若v∥B，帶電粒子不受洛倫茲力，在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)． 2．若v⊥B，帶電粒子僅受洛倫茲力作用，在垂直于磁感線(xiàn)的平面內(nèi)以入射速度v做勻速圓周運(yùn)動(dòng)． 如下圖，帶電粒子在磁場(chǎng)中，①中粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，②中粒子做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，③中粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)． 3．半徑和周期公式：(v⊥B) ※考點(diǎn)一　對(duì)洛倫茲力的理解 1．洛倫茲力的特

19、點(diǎn) (1)利用左手定則判斷洛倫茲力的方向，注意區(qū)分正、負(fù)電荷． (2)當(dāng)電荷運(yùn)動(dòng)方向發(fā)生變化時(shí)，洛倫茲力的方向也隨之變化． (3)運(yùn)動(dòng)電荷在磁場(chǎng)中不一定受洛倫茲力作用． (4)洛倫茲力一定不做功． 2．洛倫茲力與安培力的聯(lián)系及區(qū)別 (1)安培力是洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)，二者是相同性質(zhì)的力，都是磁場(chǎng)力． (2)安培力可以做功，而洛倫茲力對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷不做功． 3．洛倫茲力與電場(chǎng)力的比較 洛倫茲力 電場(chǎng)力 產(chǎn)生 條件 v≠0且v不與B平行 電荷處在電場(chǎng)中 大小 F＝qvB(v⊥B) F＝qE 力方向與場(chǎng) 方向的關(guān)系 F⊥B，F(xiàn)⊥v F∥E 做功情況 任何情

20、況下都不做功 可能做功，也可能不做功 [題組突破訓(xùn)練] 1．下列關(guān)于洛倫茲力的說(shuō)法中，正確的是(　　) A．只要速度大小相同，所受洛倫茲力就相同 B．如果把＋q改為－q，且速度反向，大小不變，則洛倫茲力的大小、方向均不變 C．洛倫茲力方向一定與電荷速度方向垂直，磁場(chǎng)方向一定與電荷運(yùn)動(dòng)方向垂直 D．粒子在只受到洛倫茲力作用下運(yùn)動(dòng)的動(dòng)能、速度均不變 【答案】B 2．如圖所示，表面粗糙的絕緣斜面固定于水平地面上，并處于方向垂直紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(圖中未畫(huà)出)中，質(zhì)量為m、電荷量為＋Q的小滑塊從斜面頂端由靜止下滑．在滑塊下滑的過(guò)程中，下列判斷正確的是(　　)

21、 A．滑塊受到的摩擦力不變 B．滑塊到達(dá)斜面底端時(shí)的動(dòng)能與B的大小無(wú)關(guān) C．B很大時(shí)，滑塊最終可能靜止于斜面上 D．滑塊受到的洛倫茲力方向垂直斜面并指向斜面 【答案】D ※考點(diǎn)二　帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 1．帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中圓周運(yùn)動(dòng)分析 (1)圓心的確定方法 方法一　若已知粒子軌跡上的兩點(diǎn)的速度方向，則可根據(jù)洛倫茲力F⊥v，分別確定兩點(diǎn)處速度的垂線(xiàn)，其交點(diǎn)即為圓心，如圖(a)； 方法二　若已知粒子運(yùn)動(dòng)軌跡上的兩點(diǎn)和其中某一點(diǎn)的速度方向，則可作出此兩點(diǎn)的連線(xiàn)(即過(guò)這兩點(diǎn)的圓弧的弦)的中垂線(xiàn)，中垂線(xiàn)與垂線(xiàn)的交點(diǎn)即為圓心，如圖(b)． (2)半徑的計(jì)算方法 方法

22、一　由物理方法求：半徑R＝； 方法二　由幾何方法求：一般由數(shù)學(xué)知識(shí)(勾股定理、三角函數(shù)等)計(jì)算來(lái)確定． (3)時(shí)間的計(jì)算方法 方法一　由圓心角求：t＝·T； 方法二　由弧長(zhǎng)求：t＝. 2．帶電粒子在不同邊界磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) (1)直線(xiàn)邊界(進(jìn)出磁場(chǎng)具有對(duì)稱(chēng)性，如圖所示) (2)平行邊界(存在臨界條件，如圖所示)． (3)圓形邊界(沿徑向射入必沿徑向射出，如圖所示)． [典例1]　(2016·高考全國(guó)卷Ⅱ)一圓筒處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向與筒的軸平行，筒的橫截面如圖所示．圖中直徑MN的兩端分別開(kāi)有小孔，筒繞其中心軸以角速度ω順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)．在該截面內(nèi)，一

23、帶電粒子從小孔M射入筒內(nèi)，射入時(shí)的運(yùn)動(dòng)方向與MN成30°角．當(dāng)筒轉(zhuǎn)過(guò)90°時(shí)，粒子恰好從小孔N飛出圓筒．不計(jì)重力．若粒子在筒內(nèi)未與筒壁發(fā)生碰撞，則帶電粒子的比荷為(　　) A.　　　　　　　　　 B. C. D. 【答案】A 拓展1　帶電粒子在直線(xiàn)邊界磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 1．(2018·陜西渭南模擬)在真空室中，有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，三個(gè)質(zhì)子1、2和3分別以大小相等、方向如圖所示的初速度v1、v2和v3經(jīng)過(guò)平板MN上的小孔O射入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，這三個(gè)質(zhì)子打到平板MN上的位置到小孔O的距離分別是s1、s2和s3，不計(jì)質(zhì)子重力，則有(　　) A．s1>s2>s3 B．s1

24、s2 D．s1＝s3

25、(3) 【解析】(1)作出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，O為圓心，半徑為R.由圖中幾何關(guān)系可得 L＝Rsin 60° 解得R＝L. 拓展3　帶電粒子在“三角形”有界磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 3．如圖，A、C兩點(diǎn)分別位于x軸和y軸上，∠OCA＝30°，OA的長(zhǎng)度為L(zhǎng).在△OCA區(qū)域內(nèi)有垂直于xOy平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，以平行于y軸的方向從OA邊射入磁場(chǎng)．已知粒子從某點(diǎn)射入時(shí)，恰好垂直于OC邊射出磁場(chǎng)，且粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t0.不計(jì)重力． (1)求磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小； (2)若粒子先后從兩不同點(diǎn)以相同的速度射入磁場(chǎng)，恰好從OC邊上的同一點(diǎn)射

26、出磁場(chǎng)，求該粒子這兩次在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之和； (3)若粒子從某點(diǎn)射入磁場(chǎng)后，其運(yùn)動(dòng)軌跡與AC邊相切，且在磁場(chǎng)內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t0，求粒子此次入射速度的大小． 【答案】(1)　(2)2t0　(3) (2)設(shè)粒子從OA邊兩個(gè)不同位置射入磁場(chǎng)，能從OC邊上的同一點(diǎn)P射出磁場(chǎng)，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖(a)所示．設(shè)兩軌跡所對(duì)應(yīng)的圓心角分別為θ1和θ2.由幾何關(guān)系有θ1＋θ2＝180°⑤ 粒子兩次在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之和t1＋t2＝＝2t0⑥ (3)如圖(b)，由題給條件可知，該粒子在磁場(chǎng)區(qū)域中的軌跡圓弧對(duì)應(yīng)的圓心角為150°.設(shè)O′為圓弧的圓心，圓弧的半徑為r0，圓弧與AC相切于B點(diǎn)

27、，從D點(diǎn)射出磁場(chǎng)，由幾何關(guān)系和題給條件可知，此時(shí)有 ∠OO′D＝∠BO′A＝30°⑦ r0cos∠OO′D＋＝L⑧ 設(shè)粒子此次入射速度的大小為v0，由圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律v0＝⑨ 聯(lián)立①⑦⑧⑨式得v0＝⑩ ※考點(diǎn)三　帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的臨界、極值和多解問(wèn)題 1．臨界問(wèn)題的分析重點(diǎn)是臨界狀態(tài)：臨界狀態(tài)就是指物理現(xiàn)象從一種狀態(tài)變化成另一種狀態(tài)的中間過(guò)程，這時(shí)存在著一個(gè)過(guò)渡的轉(zhuǎn)折點(diǎn)，此轉(zhuǎn)折點(diǎn)即為臨界狀態(tài)點(diǎn)．與臨界狀態(tài)相關(guān)的物理?xiàng)l件則稱(chēng)為臨界條件，臨界條件是解決臨界問(wèn)題的突破點(diǎn)． 2．極值問(wèn)題：所謂極值問(wèn)題就是對(duì)題中所求的某個(gè)物理量最大值或最小值的分析或計(jì)算，求解的思路一般有以下兩種：一

28、是根據(jù)題給條件列出函數(shù)關(guān)系式進(jìn)行分析、討論；二是借助幾何圖形進(jìn)行直觀分析． 3．多解問(wèn)題形成的原因 (1)帶電粒子電性不確定形成多解：受洛倫茲力作用的帶電粒子，由于電性不同，當(dāng)速度相同時(shí)，正、負(fù)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡不同，形成多解． 如圖甲所示，帶電粒子以速率v垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，如帶正電，其軌跡為a，如帶負(fù)電，其軌跡為b. (2)磁場(chǎng)方向不確定形成多解：有些題目只知磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小，而不知其方向，此時(shí)必須要考慮磁感應(yīng)強(qiáng)度方向不確定而形成的多解． 如圖乙所示，帶正電粒子以速率v垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，如B垂直紙面向里，其軌跡為a，如B垂直紙面向外，其軌跡為b. (3)臨界狀態(tài)不唯一形成多

29、解：帶電粒子在洛倫茲力作用下飛越有界磁場(chǎng)時(shí)，由于粒子運(yùn)動(dòng)軌跡是圓弧狀，因此，它可能穿過(guò)去，也可能轉(zhuǎn)過(guò)180°從入射界面反向飛出，從而形成多解，如圖丙所示． (4)運(yùn)動(dòng)的周期性形成多解：帶電粒子在部分是電場(chǎng)，部分是磁場(chǎng)的空間運(yùn)動(dòng)時(shí)，運(yùn)動(dòng)往往具有往復(fù)性，從而形成多解，如圖丁所示． [典例2]　如圖所示，在坐標(biāo)系xOy中的第一象限內(nèi)充滿(mǎn)著兩個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)a和b，OP為分界線(xiàn)，在磁場(chǎng)a中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為2B，方向垂直于紙面向里，在磁場(chǎng)b中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直于紙面向外，P點(diǎn)坐標(biāo)為(4l,3l)．一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從P點(diǎn)沿y軸負(fù)方向射入磁場(chǎng)b，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后，粒子恰能經(jīng)過(guò)原點(diǎn)O

30、，不計(jì)粒子重力．求： (1)粒子從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)的最短時(shí)間是多少？ (2)粒子運(yùn)動(dòng)的速度可能是多少？ 【答案】　(1)　(2)(n＝1,2,3，…) 【解析】(1)設(shè)粒子的入射速度為v，用Ra、Rb、Ta、Tb分別表示粒子在磁場(chǎng)a中和磁場(chǎng)b中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑和周期，則有Ra＝，Rb＝，Ta＝＝，Tb＝ 當(dāng)粒子先在磁場(chǎng)b中運(yùn)動(dòng)，后進(jìn)入磁場(chǎng)a中運(yùn)動(dòng)，然后從O點(diǎn)射出時(shí)，粒子從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)所用的時(shí)間最短，如圖所示．根據(jù)幾何知識(shí)得tan α＝＝，故α＝37° 粒子在磁場(chǎng)b和磁場(chǎng)a中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間分別為tb＝Tb，ta＝Ta 故從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)的時(shí)間為t＝ta＋tb＝. (2)由題意及

31、上圖可知n(2Racos α＋2Rbcos α)＝ 解得v＝(n＝1,2,3，…)． [題組突破訓(xùn)練] 1．(2016·高考全國(guó)卷Ⅲ)平面OM和平面ON之間的夾角為30°，其橫截面(紙面)如圖所示，平面OM上方存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面向外．一帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q(q>0)．粒子沿紙面以大小為v的速度從OM的某點(diǎn)向左上方射入磁場(chǎng)，速度與OM成30°角．已知該粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡與ON只有一個(gè)交點(diǎn)，并從OM上另一點(diǎn)射出磁場(chǎng)．不計(jì)重力．粒子離開(kāi)磁場(chǎng)的出射點(diǎn)到兩平面交線(xiàn)O的距離為(　　) A.　　　　　　　　　 B. C. D. 【答案】D

32、 【解析】根據(jù)題意畫(huà)出帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡與ON只有一個(gè)交點(diǎn)，故軌跡與ON相切，粒子出磁場(chǎng)的位置與切點(diǎn)的連線(xiàn)是粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的直徑，大小為，根據(jù)幾何知識(shí)可知，粒子離開(kāi)磁場(chǎng)的出射點(diǎn)到兩平面交線(xiàn)O的距離為d＝＝，選項(xiàng)D正確． 2．[極值問(wèn)題]　如圖所示，在屏蔽裝置底部中心位置O點(diǎn)放一醫(yī)用放射源，可通過(guò)細(xì)縫沿扇形區(qū)域向外輻射速率為v＝3.2×106 m/s的α粒子．已知屏蔽裝置寬AB＝9 cm，縫長(zhǎng)AD＝18 cm，α粒子的質(zhì)量m＝6.64×10－27 kg，電荷量q＝3.2×10－19 C．若在屏蔽裝置右側(cè)條形區(qū)域內(nèi)加一勻強(qiáng)磁場(chǎng)來(lái)隔離輻射，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.332 T，

33、方向垂直于紙面向里，整個(gè)裝置放于真空環(huán)境中． (1)若所有的α粒子均不能從條形磁場(chǎng)隔離區(qū)的右側(cè)穿出，則磁場(chǎng)的寬度d至少是多少？ (2)若條形磁場(chǎng)的寬度d＝20 cm，則射出屏蔽裝置的α粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間和最短時(shí)間各是多少？(結(jié)果可帶根號(hào)) 【答案】(1)(20＋10)×10－2 m　(2)×10－6 s　×10－6 s 設(shè)此時(shí)磁場(chǎng)寬度d＝d0，由幾何關(guān)系得 d0＝R＋Rcos 45°＝(20＋10) cm. 則磁場(chǎng)的寬度至少為(20＋10)×10－2 m. (2)設(shè)α粒子在磁場(chǎng)內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T(mén)，則 T＝＝×10－6 s 設(shè)速度方向垂直于AD進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)

34、域的α粒子的入射點(diǎn)為E，如圖乙所示． 因磁場(chǎng)寬度d＝20 cm＜d0，且R＝20 cm，則在∠EOD間進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域的α粒子均能穿出磁場(chǎng)右邊界，在∠EOA間進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域的α粒子均不能穿出磁場(chǎng)右邊界，沿OE方向進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域的α粒子運(yùn)動(dòng)軌跡與磁場(chǎng)右邊界相切，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)，設(shè)在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間為tmax，則tmax＝＝×10－6 s 若α粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)對(duì)應(yīng)的圓弧軌跡的弦長(zhǎng)最短，則α粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最短．最短的弦長(zhǎng)為磁場(chǎng)寬度d.設(shè)在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間為tmin，軌跡如圖乙所示，因R＝d，則圓弧對(duì)應(yīng)的圓心角為60°，故 tmin＝＝×10－6 s. 3．如圖所示

35、，在無(wú)限長(zhǎng)的豎直邊界AC和DE間，上、下部分分別充滿(mǎn)方向垂直于ADEC平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，上部分區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，OF為上、下磁場(chǎng)的水平分界線(xiàn)．質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的粒子從AC邊界上與O點(diǎn)相距為a的P點(diǎn)垂直于AC邊界射入上方磁場(chǎng)區(qū)域，經(jīng)OF上的Q點(diǎn)第一次進(jìn)入下方磁場(chǎng)區(qū)域，Q點(diǎn)與O點(diǎn)的距離為3a.不考慮粒子重力． (1)求粒子射入磁場(chǎng)時(shí)的速度大??； (2)要使粒子不從AC邊界飛出，求下方磁場(chǎng)區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度應(yīng)滿(mǎn)足的條件； (3)若下方區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝3B0，粒子最終垂直DE邊界飛出，求邊界DE與AC間距離的可能值． 【答案】(1)　(2)不小于　(3)4na(n＝1

36、,2,3，…) 【解析】(1)設(shè)粒子在OF上方做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，由幾何關(guān)系可得R＝5a， 由牛頓第二定律可知qvB0＝m， 解得v＝. (2)當(dāng)粒子恰好不從AC邊界飛出時(shí)，設(shè)粒子在OF下方做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r1，由幾何關(guān)系得 r1＋r1cos θ＝3a， cos θ＝， 所以r1＝， 根據(jù)qvB1＝m， 解得B1＝， 當(dāng)B1≥時(shí)，粒子不會(huì)從AC邊界飛出． (3)當(dāng)B＝3B0時(shí)，根據(jù)qvB＝m， 得粒子在OF下方運(yùn)動(dòng)的半徑r＝a， 設(shè)粒子的速度方向再次與射入磁場(chǎng)時(shí)的速度方向一致時(shí)的位置為P1，則P與P1的連線(xiàn)一定與OF平行， 根據(jù)幾何關(guān)系知：＝4a； 所

37、以若粒子最終垂直DE邊界飛出，邊界DE與AC間的距離為 L＝n＝4na(n＝1,2,3，…)． 超重點(diǎn)3：帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 一、帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 1．疊加場(chǎng)與組合場(chǎng) 疊加場(chǎng) 電場(chǎng)、磁場(chǎng)、重力場(chǎng)在同一區(qū)域共存，或其中兩場(chǎng)在同一區(qū)域共存 組合場(chǎng) 電場(chǎng)與磁場(chǎng)各位于一定的區(qū)域內(nèi)，并不重疊；或在同一區(qū)域分時(shí)間段交替出現(xiàn) 2.帶電體在復(fù)合場(chǎng)中常見(jiàn)的幾種運(yùn)動(dòng)情況 (1)靜止或勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)：帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中所受合力為零． (2)勻速圓周運(yùn)動(dòng)：帶電粒子所受重力與電場(chǎng)力大小相等、方向相反，洛倫茲力提供向心力． (3)其他變加速曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)：帶電粒子所受

38、合力的大小和方向均變化，且與初速度不在一條直線(xiàn)上． 如圖，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于紙面向里，勻強(qiáng)電場(chǎng)豎直向下．一帶負(fù)電粒子從左邊沿水平方向射入復(fù)合場(chǎng)區(qū)域． ①若不計(jì)重力，且qvB＝Eq，粒子做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)． ②若考慮重力，且mg＝Eq，粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)． ③若不計(jì)重力，且qvB≠Eq，粒子做變速曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)． 二、帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的應(yīng)用實(shí)例 裝置 原理圖 規(guī)　律 質(zhì) 譜 儀 粒子由靜止被加速電場(chǎng)加速qU＝mv2，在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)qvB＝m，則比荷＝ 回旋 加速 器 交流電的周期和粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期相等，粒子在圓周運(yùn)動(dòng)過(guò)程中每次經(jīng)過(guò)D形盒縫隙都會(huì)

39、被加速．由qvB＝得Ekm＝，R為D形盒半徑 速度 選擇 器 若qv0B＝Eq，即v0＝，粒子做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng) ※考點(diǎn)一　帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 1．組合場(chǎng)：電場(chǎng)與磁場(chǎng)各位于一定的區(qū)域內(nèi)，并不重疊，或在同一區(qū)域，電場(chǎng)、磁場(chǎng)分時(shí)間段或分區(qū)域交替出現(xiàn)． 2．“電偏轉(zhuǎn)”與“磁偏轉(zhuǎn)”的比較 垂直電場(chǎng)線(xiàn)進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)(不計(jì)重力) 垂直磁感線(xiàn)進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)(不計(jì)重力) 受力 情況 電場(chǎng)力FE＝qE，其大小、方向不變，與速度v無(wú)關(guān)，F(xiàn)E是恒力 洛倫茲力FB＝qvB，其大小不變，方向隨v而改變，F(xiàn)B是變力 軌跡 拋物線(xiàn) 圓或圓的一部分 運(yùn)動(dòng) 軌跡 求解 方

40、法 利用類(lèi)似平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求解： vx＝v0，x＝v0t vy＝·t， y＝··t2 偏轉(zhuǎn)角φ： tan φ＝＝ 半徑：r＝ 周期：T＝ 偏移距離y和偏轉(zhuǎn)角φ要結(jié)合圓的幾何關(guān)系利用圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律討論求解 運(yùn)動(dòng) 時(shí)間 t＝ t＝T＝ 動(dòng)能 變化 不變 [典例1]　(2017·高考天津卷)平面直角坐標(biāo)系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，第Ⅲ象限存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，如圖所示．一帶負(fù)電的粒子從電場(chǎng)中的Q點(diǎn)以速度v0沿x軸正方向開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，Q點(diǎn)到y(tǒng)軸的距離為到x軸距離的2倍．粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O離開(kāi)電場(chǎng)進(jìn)入磁場(chǎng)，最終從x軸上的P點(diǎn)射出磁場(chǎng)，P點(diǎn)到y(tǒng)軸

41、距離與Q點(diǎn)到y(tǒng)軸距離相等．不計(jì)粒子重力，問(wèn)： (1)粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)速度的大小和方向； (2)電場(chǎng)強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小之比． 【答案】(1)v0　與x軸正方向成45°角斜向上(2) 設(shè)粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)速度方向與x軸正方向夾角為α，有 tan α＝④ 聯(lián)立①②③④式得 α＝45°⑤ 即粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)速度方向與x軸正方向成45°角斜向上 設(shè)粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)速度大小為v，由運(yùn)動(dòng)的合成有 v＝⑥ 聯(lián)立①②③⑥式得 v＝v0⑦ (2)設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度為E，粒子電荷量為q，質(zhì)量為m，粒子在電場(chǎng)中受到的電場(chǎng)力為F，由牛頓第二定律可得 F＝ma⑧ 又F＝qE⑨ 設(shè)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度

42、大小為B，粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，所受的洛倫茲力提供向心力，有 qvB＝m⑩ 由幾何關(guān)系可知 R＝L? 聯(lián)立①②⑦⑧⑨⑩?式得 ＝? [題組突破訓(xùn)練] 1．(2018·河南六市模擬)如圖所示，一帶電粒子垂直射入勻強(qiáng)電場(chǎng)，經(jīng)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后從磁場(chǎng)的左邊界上M點(diǎn)進(jìn)入垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，最后從磁場(chǎng)的左邊界上的N點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)．已知帶電粒子的比荷＝3.2×109 C/kg，電場(chǎng)強(qiáng)度E＝200 V/m，M、N間距MN＝1 cm，金屬板長(zhǎng)L＝25 cm，粒子的初速度v0＝4×105 m/s，帶電粒子重力忽略不計(jì)，求： (1)粒子射出電場(chǎng)時(shí)的運(yùn)動(dòng)方向與初速度v0的夾角

43、θ； (2)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。? 【答案】(1)45°　(2)2.5×10－2 T (2)粒子射出電場(chǎng)時(shí)運(yùn)動(dòng)的速度大小為：v＝ 在磁場(chǎng)中洛倫茲力提供向心力：Bqv＝m 由幾何關(guān)系得MN＝r 代入數(shù)據(jù)解得B＝2.5×10－2 T. 2．如圖所示，在x軸上方存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面向里．在x軸下方存在勻強(qiáng)電場(chǎng)，方向豎直向上．一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q、重力不計(jì)的帶正電粒子從y軸上的a (h,0)點(diǎn)沿y軸正方向以某初速度開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，一段時(shí)間后，粒子與x軸正方向成45°進(jìn)入電場(chǎng)，經(jīng)過(guò)y軸的b點(diǎn)時(shí)速度方向恰好與y軸垂直．求： (1)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑r

44、和速度大小v1； (2)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小E； (3)粒子從開(kāi)始到第三次經(jīng)過(guò)x軸的時(shí)間t總． 【答案】(1)h　　(2) （3）(＋2＋2) 【解析】(1)根據(jù)題意可知，大致畫(huà)出粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡，如圖所示： 由幾何關(guān)系得：rcos 45°＝h 解得：r＝h 由牛頓第二定律得：qBv1＝m 解得：v1＝＝. (3)粒子在磁場(chǎng)中的周期為：T＝＝ 第一次經(jīng)過(guò)x軸的時(shí)間t1＝T＝ 在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2＝2t＝ 從第二次經(jīng)過(guò)x軸到第三次經(jīng)過(guò)x軸的時(shí)間 t3＝T＝ 則總時(shí)間： t總＝t1＋t2＋t3＝(＋2＋2) ※考點(diǎn)二　帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)

45、1．帶電粒子在包含勻強(qiáng)磁場(chǎng)的疊加場(chǎng)中無(wú)約束情況下運(yùn)動(dòng)的幾種常見(jiàn)形式 受力特點(diǎn) 運(yùn)動(dòng)性質(zhì) 方法規(guī)律 其他場(chǎng)力的合力與洛倫茲力等大反向 勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng) 平衡條件 除洛倫茲力外，其他力的合力為零 勻速圓 周運(yùn)動(dòng) 牛頓第二定律、圓周運(yùn)動(dòng)的規(guī)律 除洛倫茲力外，其他力的合力既不為零，也不與洛倫茲力等大反向 較復(fù)雜的 曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng) 動(dòng)能定理、能量守恒定律 2.帶電粒子在疊加場(chǎng)中有約束情況下的運(yùn)動(dòng) 帶電粒子在疊加場(chǎng)中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道約束的情況下，常見(jiàn)的運(yùn)動(dòng)形式有直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)和圓周運(yùn)動(dòng)，分析時(shí)應(yīng)注意： (1)分析帶電粒子所受各力尤其是洛倫茲力的變化情況，分階段明確物體的運(yùn)動(dòng)情況．

46、 (2)根據(jù)物體各階段的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)，選擇合適的規(guī)律求解． ①勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)階段：應(yīng)用平衡條件求解． ②勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)階段：應(yīng)用牛頓第二定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解． ③變加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)階段：應(yīng)用動(dòng)能定理、能量守恒定律求解． [真題拓展探究] [典例2]　(2017·高考全國(guó)卷Ⅰ)如圖，空間某區(qū)域存在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)方向豎直向上(與紙面平行)，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里．三個(gè)帶正電的微粒a、b、c電荷量相等，質(zhì)量分別為ma、mb、mc.已知在該區(qū)域內(nèi)，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，b在紙面內(nèi)向右做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，c在紙面內(nèi)向左做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)．下列選項(xiàng)正確的是(　　) A．ma>mb>mc　

47、　　　　　　 B．mb>ma>mc C．mc>ma>mb D．mc>mb>ma 【答案】B 拓展1　帶電粒子在無(wú)約束情況下的運(yùn)動(dòng) 1．(2018·安徽淮北模擬)如圖，空間區(qū)域Ⅰ、Ⅱ有勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，MN、PQ為理想邊界，Ⅰ區(qū)域高度為d，Ⅱ區(qū)域的范圍足夠大．勻強(qiáng)電場(chǎng)方向豎直向上；Ⅰ、Ⅱ區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，方向分別垂直紙面向里和向外．一個(gè)質(zhì)量為m、帶電荷量為q的帶電小球從磁場(chǎng)上方的O點(diǎn)由靜止開(kāi)始下落，進(jìn)入場(chǎng)區(qū)后，恰能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．已知重力加速度為g. (1)試判斷小球的電性并求出電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小； (2)若帶電小球能進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ，則h應(yīng)滿(mǎn)足什么條件？ (3)若帶

48、電小球運(yùn)動(dòng)一定時(shí)間后恰能回到O點(diǎn)，求它釋放時(shí)距MN的高度h. 【答案】(1)正電　　(2)h＞　(3) 【解析】(1)帶電小球進(jìn)入復(fù)合場(chǎng)后，恰能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，即所受合力為洛倫茲力，則重力與電場(chǎng)力大小相等，方向相反，重力豎直向下，電場(chǎng)力豎直向上，即小球帶正電，則有qE＝mg，解得E＝. (2)假設(shè)下落高度為h0時(shí)，帶電小球在Ⅰ區(qū)域做圓周運(yùn)動(dòng)的圓弧與PQ相切時(shí)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖甲所示， (3)如圖乙所示，因?yàn)閹щ娦∏蛟冖?、Ⅱ兩個(gè)區(qū)域運(yùn)動(dòng)過(guò)程中q、v、B、m的大小不變，故三段圓周運(yùn)動(dòng)的半徑相同，以三個(gè)圓心為頂點(diǎn)的三角形為等邊三角形，邊長(zhǎng)為2R，內(nèi)角為60°，由幾何關(guān)系知R＝， 聯(lián)立解

49、得h＝. 拓展2　帶電粒子在有約束情況下的運(yùn)動(dòng) 2．在如圖所示的豎直平面內(nèi)，水平軌道CD和傾斜軌道GH與半徑r＝ m的光滑圓弧軌道分別相切于D點(diǎn)和G點(diǎn)，GH與水平面的夾角θ＝37°.過(guò)G點(diǎn)、垂直于紙面的豎直平面左側(cè)有勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1.25 T；過(guò)D點(diǎn)、垂直于紙面的豎直平面右側(cè)有勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)方向水平向右，電場(chǎng)強(qiáng)度E＝1×104 N/C.小物體P1質(zhì)量m＝2×10－3 kg、帶電荷量q＝＋8×10－6C，受到水平向右的推力F＝9.98×10－3 N的作用，沿CD向右做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，到達(dá)D點(diǎn)后撤去推力．當(dāng)P1到達(dá)傾斜軌道底端G點(diǎn)時(shí)，不帶電的小物體P2在GH

50、頂端由靜止釋放，經(jīng)過(guò)時(shí)間t＝0.1 s與P1相遇．P1和P2與軌道CD、GH間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，物體電荷量保持不變，不計(jì)空氣阻力．求： (1)小物體P1在水平軌道CD上運(yùn)動(dòng)速度v的大小； (2)傾斜軌道GH的長(zhǎng)度s. 【答案】(1)4 m/s　(2)0.56 m P1在GH上運(yùn)動(dòng)，受到重力、電場(chǎng)力和摩擦力的作用，設(shè)加速度為a1，根據(jù)牛頓第二定律有 qEcos θ－mgsin θ－μ(mgcos θ＋qEsin θ)＝ma1⑥ P1與P2在GH上相遇時(shí)，設(shè)P1在GH上運(yùn)動(dòng)的距離為s1，則s1＝vGt

51、＋a1t2⑦ 設(shè)P2質(zhì)量為m2，在GH上運(yùn)動(dòng)的加速度為a2，則 m2gsin θ －μm2gcos θ＝m2a2⑧ P1與P2在GH上相遇時(shí)，設(shè)P2在GH上運(yùn)動(dòng)的距離為s2，則s2＝a2t2⑨ s＝s1＋s2⑩ 聯(lián)立⑤～⑩式，代入數(shù)據(jù)得s＝0.56 m. 題組突破訓(xùn)練 一、選擇題(共8小題，每小題6分，共48分.1～5題只有一個(gè)選項(xiàng)正確，6～8題有多個(gè)選項(xiàng)正確) 1．(2018·江西南昌模擬)奧斯特在研究電流的磁效應(yīng)實(shí)驗(yàn)時(shí)，將一根長(zhǎng)直導(dǎo)線(xiàn)南北放置在小磁針的正上方，導(dǎo)線(xiàn)不通電時(shí)，小磁針在地磁場(chǎng)作用下靜止時(shí)N極指向北方，如圖所示．現(xiàn)在導(dǎo)線(xiàn)中通有由南向北的恒定電流I，小磁

52、針轉(zhuǎn)動(dòng)后再次靜止時(shí)N極指向(　　) A．北方　　　　　　　 B．西方 C．西偏北方向 D．北偏東方向 【答案】C 2．2016年備受矚目的國(guó)家自然科學(xué)獎(jiǎng)一等獎(jiǎng)，頒給了中國(guó)科學(xué)技術(shù)大學(xué)潘建偉院士領(lǐng)銜的“多光子糾纏及干涉度量”項(xiàng)目．在物理學(xué)理論建立的過(guò)程中，有許多科學(xué)家做出了貢獻(xiàn).1931年英國(guó)物理學(xué)家狄拉克從理論上預(yù)言：存在只有一個(gè)磁極的粒子，即“磁單極子”．如圖為一個(gè)“N磁單極子”形成的磁場(chǎng)，將一個(gè)半徑為r、質(zhì)量為m的導(dǎo)體線(xiàn)圈水平放置在該磁單極子的正上方，線(xiàn)圈所在位置的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，與圓環(huán)相切的磁感線(xiàn)與豎直方向的夾角為30°，重力加速度大小為g，若線(xiàn)圈恰好在該位置懸浮，

53、則線(xiàn)圈中電流的大小為(　　) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】當(dāng)線(xiàn)圈所受的重力與安培力在豎直方向上的分力大小相等時(shí)，線(xiàn)圈恰好在該位置懸浮，以線(xiàn)圈為研究對(duì)象可知mg＝BI·2πr·sin 30°，解得線(xiàn)圈中電流的大小I＝，只有選項(xiàng)B正確． 3.如圖所示，一個(gè)靜止的質(zhì)量為m、帶電荷量為q的粒子(不計(jì)重力)，經(jīng)電壓U加速后垂直進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，粒子在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)半個(gè)圓周后打在P點(diǎn)，設(shè)OP＝x，能夠正確反映x與U之間的函數(shù)關(guān)系的是(　　) 【答案】B 【解析】在電場(chǎng)中Uq＝mv2，解得v＝，x＝＝ ＝，所以能夠正確反映x與U之間的函數(shù)關(guān)系的是B圖．

54、 4.如圖所示，在傾角為α的光滑斜面上，垂直紙面放置一根長(zhǎng)為L(zhǎng)、質(zhì)量為m的直導(dǎo)體棒．當(dāng)導(dǎo)體棒中的恒定電流I垂直于紙面向里時(shí)，欲使導(dǎo)體棒靜止在斜面上，可將導(dǎo)體棒置于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．當(dāng)外加勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的方向在紙面內(nèi)由豎直向上逆時(shí)針轉(zhuǎn)至水平向左的過(guò)程中，關(guān)于B的大小的變化，正確的是(　　) A．逐漸增大　　　　　　　 B．逐漸減小 C．先增大后減小 D．先減小后增大 【答案】D 5.如圖所示，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一個(gè)帶電粒子以速度v從A點(diǎn)沿直徑AOB方向射入磁場(chǎng)，經(jīng)過(guò)Δt時(shí)間從C點(diǎn)射出磁場(chǎng)，OC與OB成60°.現(xiàn)將帶電粒子的速度變?yōu)?，仍從A點(diǎn)沿原方向射

55、入磁場(chǎng)，不計(jì)重力，則粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間變?yōu)?　　) A.Δt B．2Δt C.Δt D．3Δt 【答案】B 6.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(chǎng)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(chǎng)區(qū)域，如圖所示．已知離子P＋在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過(guò)θ＝30°后從磁場(chǎng)右邊界射出．在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，離子P＋和P3＋(　　) A．在電場(chǎng)中的加速度之比為1∶1 B．在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑之比為∶1 C．在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過(guò)的角度之比為1∶2 D．離開(kāi)電場(chǎng)區(qū)域時(shí)的動(dòng)能之比為1∶3 【答案】BCD 【解析】磷離子P＋與

56、P3＋電荷量之比q1∶q2＝1∶3，質(zhì)量相等，在電場(chǎng)中加速度a＝，由此可知，a1∶a2＝1∶3，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；離子進(jìn)入磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r＝，又qU＝mv2，故有r＝ ，即r1∶r2＝∶1，選項(xiàng)B正確；設(shè)離子P3＋在磁場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)角為α，則sin α＝，sin θ＝(d為磁場(chǎng)寬度)，故有sin θ∶sin α＝1∶，已知θ＝30°，故α＝60°，選項(xiàng)C正確；全過(guò)程中只有電場(chǎng)力做功，W＝qU，故離開(kāi)電場(chǎng)區(qū)域時(shí)的動(dòng)能之比即為電場(chǎng)力做功之比，所以Ek1∶Ek2＝W1∶W2＝1∶3，選項(xiàng)D正確． 7.如圖所示，空間存在一個(gè)半徑為R0的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)的方向垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B.

57、有一個(gè)粒子源在紙面內(nèi)沿各個(gè)方向以一定速率發(fā)射大量粒子，粒子的質(zhì)量為m、電荷量為＋q.將粒子源置于圓心，則所有粒子剛好都不離開(kāi)磁場(chǎng)，不考慮粒子之間的相互作用．由此可知(　　) A．帶電粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑一定是R0 B．帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速率一定是 C．帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期一定是 D．帶電粒子的動(dòng)能一定是 【答案】BD 8.(2018·山東淄博模擬)如圖所示，空間存在一水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)和一水平方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，電場(chǎng)強(qiáng)度大小E＝，電場(chǎng)方向和磁場(chǎng)方向相互垂直．在此電、磁場(chǎng)正交的空間中有一足夠長(zhǎng)的固定粗糙絕緣桿，與電場(chǎng)正方向成60°角

58、且處于豎直平面內(nèi)．一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小球套在絕緣桿上．若給小球一沿桿向下的初速度v0，小球恰好做勻速運(yùn)動(dòng)，且小球電荷量保持不變，重力加速度為g，則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．小球的初速度v0＝ B．若小球的初速度為，小球?qū)⒆黾铀俣炔粩嘣龃蟮臏p速運(yùn)動(dòng)，最后停止 C．若小球的初速度為，小球?qū)⒆黾铀俣炔粩嘣龃蟮臏p速運(yùn)動(dòng)，最后停止 D．若小球的初速度為，則運(yùn)動(dòng)中克服摩擦力做功為 【答案】ACD 二、非選擇題 9.(16分)如圖所示，在xOy平面的第一象限有一勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)的方向平行于y軸向下；在x軸和第四象限的射線(xiàn)OC之間有一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，方向垂直于

59、紙面向外．有一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的粒子由電場(chǎng)左側(cè)平行于x軸射入電場(chǎng)．粒子到達(dá)x軸上的A點(diǎn)時(shí)，速度方向與x軸的夾角為φ，A點(diǎn)與原點(diǎn)O的距離為d.接著，粒子進(jìn)入磁場(chǎng)，并垂直于OC飛離磁場(chǎng)．不計(jì)重力影響．若OC與x軸的夾角為φ. (1)試畫(huà)出粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡，并求出粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速度大?。? (2)求勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大?。? (3)求粒子水平進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的位置與原點(diǎn)O的距離． 【答案】見(jiàn)解析 【解析】(1)畫(huà)出粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示 由幾何關(guān)系得R＝dsin φ① 由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得qvB＝② 解得v＝③ 設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E，由牛頓第二定律

60、得 qE＝ma⑦ 聯(lián)立解得E＝. (3)設(shè)粒子入射點(diǎn)位于y軸正方向的D點(diǎn)，與原點(diǎn)O的距離為L(zhǎng)，粒子在豎直方向做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng) L＝at2⑧ 聯(lián)立解得L＝(寫(xiě)成L＝同樣得分)． 10.(18分)如圖所示，圓柱形區(qū)域的半徑為R，在區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)；對(duì)稱(chēng)放置的三個(gè)相同的電容器，極板間距為d，板間電壓為U，與磁場(chǎng)相切的極板在切點(diǎn)處均有一小孔，一帶電粒子的質(zhì)量為m，帶電荷量為＋q，自某電容器極板上的M點(diǎn)由靜止釋放，M點(diǎn)在小孔a的正上方，若經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后，帶電粒子又恰好返回M點(diǎn)，不計(jì)帶電粒子所受重力．已知在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，帶電粒子始終不與圓柱形區(qū)域的邊界相碰

61、．求： (1)帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑； (2)U與B所滿(mǎn)足的關(guān)系式； (3)帶電粒子由靜止釋放到再次返回M點(diǎn)所經(jīng)歷的時(shí)間． 【答案】(1)R　(2)U＝　(3)πR＋6d 【解析】粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示． (3)由(2)得B＝ ，則運(yùn)動(dòng)電荷在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期T＝＝2πR， 依題意分析可知粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)一次所經(jīng)歷的時(shí)間為T(mén)，故粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t1＝3×T＝πR， 而粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中所做運(yùn)動(dòng)類(lèi)似豎直上拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)每次上升或下降過(guò)程經(jīng)歷的時(shí)間為t2，則有d＝at2， a＝，解得t2＝d， 粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為 t3＝6t2＝6d

62、. 帶電粒子由靜止釋放到再次返回M點(diǎn)所經(jīng)歷的時(shí)間為 t＝t1＋t3＝πR＋6d. 11.(18分)在如圖所示的坐標(biāo)系中，0≤x≤d區(qū)域內(nèi)存在正交的電場(chǎng)和磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里(磁感應(yīng)強(qiáng)度B大小未知)、電場(chǎng)的方向豎直向下(場(chǎng)強(qiáng)E2大小未知)；－d≤x<0區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)電場(chǎng)(場(chǎng)強(qiáng)E1大小未知)，電場(chǎng)方向與y軸的負(fù)方向間的夾角為45°.現(xiàn)從M(－d,0)點(diǎn)由靜止釋放一帶電小球，小球沿x軸運(yùn)動(dòng)，通過(guò)原點(diǎn)后在y軸右側(cè)的復(fù)合場(chǎng)區(qū)域做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間從復(fù)合場(chǎng)右邊界上的N點(diǎn)離開(kāi)，且小球離開(kāi)時(shí)的速度與x軸的正方向的夾角為60°，重力加速度用g表示，帶電小球的質(zhì)量為m、電荷量為q. (1)小

63、球帶何種電荷？ (2)電場(chǎng)強(qiáng)度E1、E2以及磁感應(yīng)強(qiáng)度B分別為多大？ (3)小球從M運(yùn)動(dòng)到N所用的總時(shí)間為多少？ 【答案】見(jiàn)解析 假設(shè)小球在y軸左側(cè)沿x軸向右運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小為a，到達(dá)原點(diǎn)的速度大小為v，小球在y軸右側(cè)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為R 則由牛頓第二定律得qE1cos 45°＝ma 又由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得v2＝2ad 由題意可知，小球在y軸的右側(cè)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的偏轉(zhuǎn)角為60°，則由幾何關(guān)系得Rsin 60°＝d 又根據(jù)牛頓第二定律得qvB＝m 解得B＝ . (3)帶電小球沿x軸做勻加速運(yùn)動(dòng)所用的時(shí)間t1＝ 小球在y軸的右側(cè)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T(mén)＝ 帶電

64、小球的運(yùn)動(dòng)軌跡所對(duì)應(yīng)的圓心角為60°，則 t2＝＝ 小球從M運(yùn)動(dòng)到N所用的總時(shí)間t＝t1＋t2＝ ＋ . 12.如圖所示的平面直角坐標(biāo)系xOy，在第Ⅰ象限內(nèi)有平行于y軸的勻強(qiáng)電場(chǎng)，方向沿y軸正方向；在第Ⅳ象限的正三角形abc區(qū)域內(nèi)有勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向垂直于xOy平面向里，正三角形邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，且ab邊與y軸平行．一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子，從y軸上的P(0，h)點(diǎn)，以大小為v0的速度沿x軸正方向射入電場(chǎng)，通過(guò)電場(chǎng)后從x軸上的a(2h,0)點(diǎn)進(jìn)入第Ⅳ象限，又經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)從y軸上的某點(diǎn)進(jìn)入第Ⅲ象限，且速度與y軸負(fù)方向成45°角，不計(jì)粒子所受的重力．求： (1)電場(chǎng)強(qiáng)度E的大??； (2)粒子到

65、達(dá)a點(diǎn)時(shí)速度的大小和方向； (3)abc區(qū)域內(nèi)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的最小值． 【答案】(1)　(2)v0　方向與x軸正方向夾角為45°　(3) (2)粒子在a點(diǎn)時(shí)沿y軸負(fù)方向的分速度vy＝at＝v0 則v＝＝v0 tan θ＝＝1 所以，粒子在a點(diǎn)的速度大小為v0，方向與x軸正方向夾角為45°. (3)當(dāng)粒子從b點(diǎn)射出時(shí)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B最?。鶕?jù)幾何關(guān)系知，R＝L 帶電粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，滿(mǎn)足qvB＝m 聯(lián)立解得B＝＝. 13.如圖所示，空間中存在著水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小E＝5 N/C，同時(shí)存在著水平方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其方向與電場(chǎng)方向垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝0

66、.5 T．有一帶正電的小球，質(zhì)量m＝1.0×10－6 kg，電荷量q＝2×10－6 C，正以速度v在圖示的豎直面內(nèi)做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，當(dāng)經(jīng)過(guò)P點(diǎn)時(shí)撤掉磁場(chǎng)(不考慮磁場(chǎng)消失引起的電磁感應(yīng)現(xiàn)象)，取g＝10 m/s2.求： (1)小球做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的速度v的大小和方向； (2)從撤掉磁場(chǎng)到小球再次穿過(guò)P點(diǎn)所在的這條電場(chǎng)線(xiàn)經(jīng)歷的時(shí)間t. 【答案】(1)20 m/s　與電場(chǎng)E的方向之間的夾角為60°斜向上　(2)3.5 s (2)撤去磁場(chǎng)，小球在重力與電場(chǎng)力的合力作用下做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)其加速度為a，有 a＝⑤ 設(shè)撤去磁場(chǎng)后小球在初速度方向上的分位移為x，有 x＝vt⑥ 49