《2022年高三物理第二輪專題復(fù)習(xí) 專題三電場和磁場中的帶電粒子教案 人教版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高三物理第二輪專題復(fù)習(xí) 專題三電場和磁場中的帶電粒子教案 人教版（16頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高三物理第二輪專題復(fù)習(xí) 專題三電場和磁場中的帶電粒子教案 人教版 一、考點回顧 1．三種力： 大小 方向 決定因素 重力 G=mg=GMm/R2 豎直向下 由場決定，與物體的運動狀態(tài)（v）無關(guān) 電場力 F=qE 與E方向平行 洛倫茲力 f=Bqv 與B、v平面垂直（左手定則） 由場和物體的運動狀態(tài)（v）共同決定 2．重力的分析： (1)對于微觀粒子，如電子、質(zhì)子、離子等一般不做特殊交待就可以不計其重力，因為其重力一般情況下與電場力或磁場力相比太小，可以忽略； (2)對于一些實際物體，如帶電小球、液滴等不做特殊交待時就應(yīng)當(dāng)考慮重力； (3)在

2、題目中有明確交待是否要考慮重力的，這種情況比較正規(guī)，也比較簡單。 3．電場力和洛倫茲力的比較： (1)在電場中的電荷，不管其運動與否，均受到電場力的作用；而磁場僅僅對運動著的、且速度與磁場方向不平行的電荷有洛倫茲力的作用； (2)電場力的大小與電荷的運動的速度無關(guān)；而洛倫茲力的大小與電荷運動的速度大小和方向均有關(guān)； (3)電場力的方向與電場的方向或相同、或相反；而洛倫茲力的方向始終既和磁場垂直，又和速度方向垂直； (4)電場既可以改變電荷運動的速度大小，也可以改變電荷運動的方向，而洛倫茲力只能改變電荷運動的速度方向，不能改變速度大??； (5)電場力可以對電荷做功，能改變電荷的動能；

3、洛倫茲力不能對電荷做功，不能改變電荷的動能； (6)勻強電場中在電場力的作用下，運動電荷的偏轉(zhuǎn)軌跡為拋物線；勻強磁場中在洛倫茲力的作用下，垂直于磁場方向運動的電荷的偏轉(zhuǎn)軌跡為圓弧。 4．帶電粒子在獨立勻強場中的運動： (1)不計重力的帶電粒子在勻強電場中的運動可分二種情況：平行進入勻強電場，在電場中做勻加速直線運動和勻減速直線運動；垂直進入勻強電場，在電場中做勻變速曲線運動(類平拋運動)； (2)不計重力的帶電粒子在勻強磁場中的運動可分二種情況：平行進入勻強磁場時，做勻速直線運動；垂直進入勻強磁場時，做變加速曲線運動(勻速圓周運動)； 5．不計重力的帶電粒子在勻強磁場中做不完整圓周運

4、動的解題思路： 不計重力的帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的軌跡半徑r=mv/Bq；其運動周期T=2pm/Bq(與速度大小無關(guān)) (1)用幾何知識確定圓心并求半徑：因為F方向指向圓心，根據(jù)F一定垂直v，畫出粒子運動軌跡中任意兩點(大多是射入點和出射點)的F或半徑方向，其延長線的交點即為圓心，再用幾何知識求其半徑與弦長的關(guān)系； (2)確定軌跡所對的圓心角，求運動時間：先利用圓心角與弦切角的關(guān)系，或者是四邊形內(nèi)角和等于360°(或2p)計算出圓心角q的大小，再由公式t=qT/3600(或qT/2p)可求出運動時間。 6．帶電粒子在復(fù)合場中運動的基本分析 復(fù)合場是指電場、磁場、重力場并存

5、，或其中某兩種場并存的場。帶電粒子在這些復(fù)合場中運動時，必須同時考慮電場力、洛倫茲力和重力的作用或其中某兩種力的作用，因此對粒子的運動形式的分析就顯得極為重要。所以問題本質(zhì)還是物體的動力學(xué)問題。 分析此類問題的一般方法為：首先從粒子的開始運動狀態(tài)受力分析著手，由合力和初速度判斷粒子的運動軌跡和運動性質(zhì)，注意速度和洛倫茲力相互影響這一特點，將整個運動過程和各個階段都分析清楚，然后再結(jié)合題設(shè)條件，邊界條件等，選取粒子的運動過程，選用有關(guān)動力學(xué)理論公式求解。 (1)粒子所受的合力和初速度決定粒子的運動軌跡及運動性質(zhì)： 當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中所受的合外力為0時，粒子將做勻速直線運動或靜止。 當(dāng)

6、帶電粒子所受的合外力與運動方向在同一條直線上時，粒子將做變速直線運動。 當(dāng)帶電粒子所受的合外力充當(dāng)向心力時，粒子將做勻速圓周運動，且恒力的合力一定為零。 當(dāng)帶電粒子所受的合外力的大小、方向均是不斷變化的，則粒子將做變加速運動，這類問題一般只能用能量關(guān)系處理。 (2)勻變速直線運動公式、運動的合成和分解、勻速圓周運動的運動學(xué)公式； (3)牛頓運動定律、動量定理和動量守恒定律； (4)動能定理、能量守恒定律。 7．實際應(yīng)用模型有：顯像管、回旋加速器、速度選擇器、正負(fù)電子對撞機、質(zhì)譜儀、電磁流量計、磁流體發(fā)電機、霍爾效應(yīng)等等。 二、經(jīng)典例題剖析 1．如圖所示，在某水平方向的電場線AB

7、上(電場線方向未標(biāo)明)，將一受到水平向右恒定拉力的帶電粒子（不計重力）在A點由靜止釋放，帶電粒子沿AB方向開始運動，經(jīng)過B點時的速度恰好為零，則下列結(jié)論正確的有【 】 A．粒子在A、B兩點間移動時，恒力做功的數(shù)值大于粒子在AB兩點間電勢能差的絕對值 B．可能A點的電勢高于B點的電勢，也可能A點的電勢低于B點的電勢 C．A處的場強可能大于B處的場強 D．粒子的運動不可能是勻速運動，也不可能是勻加速運動 解析：根據(jù)動能定理，恒力做的正功跟電場力做的負(fù)功，數(shù)值相等，即恒力做功跟電勢能之差的絕對值應(yīng)相等，A錯誤；帶電粒子從A點由靜止開始向B運動，經(jīng)過B點時速度為零，這表明帶電粒子在

8、恒力和電場力作用下先做加速運動后做減速運動，因此粒子的運動不可能是勻速運動。同時表明電場力的方向向左。粒子先做加速運動，說明水平向右的恒力大于水平向左的電場力，后做減速運動，表明后來水平向左的電場力大于水平向右的恒力，因此粒子不可能做勻加速運動，D選項正確；粒子在B處受到的電場力比A處大，因此B處的場強大于A處的場強，C選項錯誤；如粒子帶正電，電場線方向應(yīng)由B指向A、B點電勢高于A點電勢；如粒子帶負(fù)電，電場線方向應(yīng)由A指向B，A點電勢高于B點電勢。因此，A、B兩點電勢的高低無法判斷。答案：BD 點評：此題是動力學(xué)觀點與電場性質(zhì)、能量觀點等知識點的綜合應(yīng)用判斷題目。 2．如圖所示的裝置是在豎

9、直平面內(nèi)放置光滑的絕緣軌道，處于水平向右的勻強電場中，以帶負(fù)電荷的小球從高h(yuǎn)的A處靜止開始下滑，沿軌道ABC運動后進入圓環(huán)內(nèi)作圓周運動。已知小球所受到電場力是其重力的3/4，圓環(huán)半徑為R，斜面傾角為θ=53°，sBC=2R。若使小球在圓環(huán)內(nèi)能作完整的圓周運動，h至少為多少？ 解析：小球所受的重力和電場力都為恒力，故可兩力等效為一個力F，如圖可知F＝1.25mg，方向與豎直方向左偏下37o，從圖中可知，能否作完整的圓周運動的臨界點是能否通過D點，若恰好能通過D點，即達(dá)到D點時球與環(huán)的彈力恰好為零。 由圓周運動知識得： 即： 由動能定理有： 聯(lián)立可求出此時的高度h=10R 點評：用

10、極限法通過分析兩個極端（臨界）狀態(tài)，來確定變化范圍，是求解“范圍類”問題的基本思路和方法。當(dāng)F供=F需時，物體做圓周運動；當(dāng)F供>F需時物體做向心運動；當(dāng)F供

11、絕緣小球C從距離B的上方H = 0.8 m處自由下落，落在小球B上立刻也小球B粘在一起向下運動，它們到達(dá)最低點后又向上運動，它們向上運動到達(dá)的最高點P。（取g = 10 m/s2，k = 9×109 N·m2/C2），求： (1)小球C與小球B碰撞后的速度為多少？ (2)小球B的帶電量q為多少？ (3)P點與小球A之間的距離為多大？ (4)當(dāng)小球B和C一起向下運動與場源A距離多遠(yuǎn)時，其速度最大？速度的最大值為多少？ 解析：(1)小球C自由下落H距離的速度v0 = = 4 m/s 小球C與小球B發(fā)生碰撞，由動量守恒定律得：mv0 = 2mv1，所以v1 = 2 m/s (2)小球B

12、在碰撞前處于平衡狀態(tài)，對B球進行受力分析知： 代入數(shù)據(jù)得：C (3)C和B向下運動到最低點后又向上運動到P點，運動過程中系統(tǒng)能量守恒，設(shè)P與A之間的距離為x，由能量守恒得： 代入數(shù)據(jù)得：x = (0.4＋) m（或x = 0.683 m） (4)當(dāng)C和B向下運動的速度最大時，與A之間的距離為y，對C和B整體進行受力分析有：，代入數(shù)據(jù)有：y = m（或y = 0.283 m） 由能量守恒得： 代入數(shù)據(jù)得：（或vm = 2.16 m/s） 點評：此題是動量守恒和能量守恒與電學(xué)知識的綜合。 4．質(zhì)譜儀是一種測定帶電粒子質(zhì)量和分析同位素的重要工具，它的構(gòu)造原理如圖所示。

13、離子源S產(chǎn)生帶電量為q的某種正離子，離子產(chǎn)生出來時速度很小，可以看作是靜止的。粒子從容器A下方小孔S1飄入電勢差為U的加速電場，然后經(jīng)過小孔S2和S3后沿著與磁場垂直的方向進入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，最后打到照相底片D上。 (1)小孔S1和S2處的電勢比較，哪處的高？在小孔S1和S2處的電勢能，哪處高？如果容器A接地且電勢為0，則小孔S1和S2處的電勢各為多少？(設(shè)小孔極小，其電勢和小孔處的電極板的電勢相同) (2)求粒子進入磁場時的速率和粒子在磁場中運動的軌道半徑。 (3)如果從容器下方的S1小孔飄出的是具有不同的質(zhì)量的帶電量為q的正離子，那么這些粒子打在照相底片的同一位置，還是不

14、同位置？如果是不同位置，那么質(zhì)量分別為的粒子在照相底片的排布等間距嗎？寫出說明。 解析：(1)由于電荷量為帶正電的粒子，從容器下方的S1小孔飄入電勢差為U的加速電場，要被加速，S1和S2處的電勢比較，S1處的高，從小孔S1到S2電場力做正功，電勢能減小，所以粒子在小孔S1處的電勢能高于在S2處。如果容器A接地且電勢為0，而小孔S1和S2處的電勢差為U，所以小孔S1和S2處的電勢各為0和-U。 (2)設(shè)從容器下方的S1小孔飄出的是具有不同的質(zhì)量的電荷量為的粒子，到達(dá)S2的速度為v，經(jīng)S3進入射入磁場區(qū)，根據(jù)能量守恒，有 v= 設(shè)粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動的半徑為R，由洛倫茲力

15、公式和牛頓定律得： (3)在磁場中偏轉(zhuǎn)距離d= 由于是具有不同的質(zhì)量的粒子，所以距離d不同，這些粒子打在照相底片的不同位置。從上式可以看出，在磁場中偏轉(zhuǎn)距離d與質(zhì)量的平方根成正比，所以質(zhì)量分別為的粒子在照相底片的排布間距不等。 點評：此題是與質(zhì)譜儀相關(guān)的一道習(xí)題，考查了學(xué)生對基本物理模型的理解和掌握。 k U B P A B 5．某同學(xué)家中舊電視機畫面的幅度偏小，維修店的技術(shù)人員檢查后診斷為顯像管或偏轉(zhuǎn)線圈出了故障。通過復(fù)習(xí)，他知道顯像管的簡要工作原理是陰極K發(fā)射的電子束經(jīng)高壓加速電場（電壓為U）加速后，進入放置在其頸部的偏轉(zhuǎn)線圈形成的偏轉(zhuǎn)磁場中偏轉(zhuǎn)，偏轉(zhuǎn)后的電子轟擊熒

16、光屏，熒光粉受激發(fā)而發(fā)光，如圖所示是顯象管工作原理的示意圖。已知陰極k發(fā)射出的電子束（初速度可視為零）經(jīng)高壓加速電壓U = 22.5 KV加速后（電子從陰極到陽極的過程為加速過程），正對圓心進入磁感應(yīng)強度為B，半徑為r的圓形勻強磁場區(qū)，偏轉(zhuǎn)后打在熒光屏P上。(電子的電量為q = -1.6×10-19C，質(zhì)量m = 0.91×10-30kg)。請你幫他討論回答下列問題： (1)電子在A處和B處的電勢能，哪處高？電場力對電子做的功為多少？電子到達(dá)陽極的速度為多少？ (2)若電子的荷質(zhì)比為K，電子通過圓形磁場區(qū)過程的偏轉(zhuǎn)角α是多大？(用字母表示) (3)試幫助維修店的技術(shù)人員分析引起故障的原因

17、可能是什么？ 解析：(1)在電子從陰極A到陽極B的過程中要被加速，A和B處的電勢比較，A處的高，電場力做正功，電勢能減小，所以粒子在小孔A高于B處的電勢能。 WAB = q U=1.6×10-19×22.5×103=3.6×10-15 J，是正功 由 得m / s = 8.9×10 7 m / s k U B P R r α θ (2)電子被加速 電子在磁場中偏轉(zhuǎn)的軌道半徑如圖， 而圖中α=2θ，又 由以上四式可得 ⑶由知，偏轉(zhuǎn)α越大，偏轉(zhuǎn)量越大，熒光屏上的畫面幅度越大。由此可見，故障的原因可能是：①加速電場的電壓過高；②偏轉(zhuǎn)線圈的電流過小；③偏轉(zhuǎn)線圈匝間短路，線

18、圈匝數(shù)減少，偏轉(zhuǎn)磁場減弱。 點評：此題是一道帶電粒子的實際應(yīng)用題型，考查了帶電粒子在電場中的加速、有界圓形磁場中的偏轉(zhuǎn)，運動過程多，需要細(xì)致準(zhǔn)確的分析和做圖。 A B C M N E d -q , m R 6．如圖所示，在半徑為R的絕緣圓筒內(nèi)有勻強磁場，方向垂直紙面向里，圓筒正下方有小孔C與平行金屬板M、N相通。兩板間距離為d，兩板與電動勢為E的電源連接，一帶電量為－q、質(zhì)量為m的帶電粒子（重力忽略不計），開始時靜止于C點正下方緊靠N板的A點，經(jīng)電場加速后從C點進入磁場，并以最短的時間從C點射出。已知帶電粒子與筒壁的碰撞無電荷量的損失，且碰撞后以原速率返回。求： (

19、1)筒內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強度大小； (2)帶電粒子從A點出發(fā)至重新回到A點射出所經(jīng)歷的時間。 解析：(1)帶電粒子從C孔進入，與筒壁碰撞2次再從C孔射出經(jīng)歷的時間為最短。 由qE＝mv2 粒子由C孔進入磁場，在磁場中做勻速圓周運動的速率為v＝ 由r＝ 由幾何關(guān)系有Rcot30°＝ r 得B＝ (2)粒子從A→C的加速度為a＝qE／md 由d＝at12/2，粒子從A→C的時間為t1＝=d 粒子在磁場中運動的時間為t2＝T／2＝πm／qB 得t2＝πR 求得t＝2t1＋t2＝（2d +πR） 點評：此題是電場、磁場和碰撞有機結(jié)合在一起的題目，需要對帶電粒子的運動有一個

20、準(zhǔn)確的分析和求解。 7．如圖所示，M、N為兩塊帶等量異種電荷的平行金屬板，S1、S2為板上正對的小孔，N板右側(cè)有兩個寬度均為d的勻強磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強度大小均為B，方向分別垂直于紙面向里和向外，磁場區(qū)域右側(cè)有一個熒光屏，取屏上與S1、S2共線的O點為原點，向下為正方向建立x軸。板左側(cè)電子槍發(fā)射出的熱電子經(jīng)小孔S1進入兩板間，電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，初速度可以忽略。求： (1)當(dāng)兩板間電勢差為U0時，求從小孔S2射出的電子的速度v0； (2)兩金屬板間電勢差U在什么范圍內(nèi)，電子不能穿過磁場區(qū)域而打到熒光屏上； (3)電子打到熒光屏上的位置坐標(biāo)x和金屬板間電勢差U的函數(shù)關(guān)系。 解析：

21、(1)根據(jù)動能定理，得 解得 (2)欲使電子不能穿過磁場區(qū)域而打在熒光屏上，應(yīng)有 而由此即可解得 (3)若電子在磁場區(qū)域做圓周運動的軌道半徑為r，穿過磁場區(qū)域打在熒光屏上的位置坐標(biāo)為x，則由軌跡圖可得 注意到和 所以，電子打到熒光屏上的位置坐標(biāo)x和金屬板間電勢差U的函數(shù)關(guān)系為 點評：此題是電場中加速、兩有界磁場結(jié)合一起的題目，需要對帶電粒子的運動進行分析和討論，對臨界情況有一準(zhǔn)確的判斷，從而得出正確的結(jié)論。 H P B v 45° 8．如圖所示，在地面附近有一范圍足夠大的互相正交的勻強電場和勻強磁場。磁感應(yīng)強度為B，方向水平并垂直紙面向外。一質(zhì)量為m、帶電量為－

22、q的帶電微粒在此區(qū)域恰好作速度大小為v的勻速圓周運動。（重力加速度為g） (1)求此區(qū)域內(nèi)電場強度的大小和方向。 (2)若某時刻微粒運動到場中距地面高度為H的P點，速度與水平方向成45°，如圖所示。則該微粒至少須經(jīng)多長時間運動到距地面最高點？最高點距地面多高？ (3)在(2)問中微粒又運動P點時，突然撤去磁場，同時電場強度大小不變，方向變?yōu)樗较蛴?，則該微粒運動中距地面的最大高度是多少？ 解析：(1)帶電微粒在做勻速圓周運動，電場力與重力應(yīng)平衡，因此：mg=Eq 解得： 方向：豎直向下 P 45° (2)粒子作勻速圓周運動，軌道半徑為R，如圖所示。 最高點與地面的

23、距離： 解得： 該微粒運動周期為： 運動到最高點所用時間為： (3)設(shè)粒子升高度為h，由動能定理得： 解得： 微粒離地面最大高度為： 點評：此題考查了帶電粒子在重力場、電場和磁場三場并存情況的分析，需要進行準(zhǔn)確的動力學(xué)分析，綜合應(yīng)用知識求解。 三、方法總結(jié)與xx年高考預(yù)測 （一）方法總結(jié) 綜合上述例析，可以看出：要正確、迅速解答帶電粒子在復(fù)合場內(nèi)運動類問題，首先必須弄清物理情境，即在頭腦中再現(xiàn)客觀事物的運動全過程，對問題的情境原型進行具體抽象，從而建立起正確、清晰的物理情境；其二，應(yīng)對物理知識有全面深入的理解；其三，熟練掌握運用數(shù)學(xué)知識是考生順利解決物理問題的有效手段。

24、 分析方法和力學(xué)問題的分析方法基本相同，不同之處就是多了電場力和磁場力，其思路、方法與解題步驟相同，因此在利用力學(xué)的三大觀點（動力學(xué)、能量、動量）分析的過程中，還要注意： 1．洛倫茲力永遠(yuǎn)與速度垂直、不做功 2．重力、電場力做功與路徑無關(guān)，只由初末位置決定，當(dāng)重力、電場力做功不為零時，粒子動能肯定變化。 3．洛倫茲力隨速率的變化而變化，洛倫茲力的變化導(dǎo)致了所受合外力變化，從而引起加速度變化，使粒子做變加速運動。 （二）xx年高考預(yù)測 從歷年高考試題可以觀察到： 1．命題在能力立意下，慣于物理情景的重組翻新，設(shè)問的巧妙變幻，即所謂舊題翻新，具有不回避重復(fù)的考查特點； 2．力、電

25、綜合命題多以帶電粒子在復(fù)合場中的運動為載體考查學(xué)生理解能力、推理能力、綜合分析能力及運用數(shù)學(xué)知識解決物理問題的能力； 3．帶電粒子在復(fù)合場中的運動的命題，集中融合力學(xué)、電磁學(xué)等知識，其特點構(gòu)思新穎、綜合性強，突出考查考生對物理過程和運動規(guī)律的綜合分析能力、運用數(shù)學(xué)知識解決物理問題的能力及空間想象能力。 因此，力、電綜合問題，仍將是近年綜合測試不可回避的命題熱點，應(yīng)引起足夠的關(guān)注。 四、強化訓(xùn)練 （一）選擇題 1．如圖所示，在粗糙絕緣水平面上固定兩個等量同種電荷P、Q，在PQ連線上的M點由靜止釋放一帶電滑塊，則滑塊會由靜止開始一直向右運動到PQ連線上的另一點N而停下，則滑塊由M到N的過

26、程中，以下說法正確的是【 】 A．滑塊受到的電場力一定是先減小后增大 B．滑塊的電勢能一直減小 C．滑塊的動能與電勢能之和可能保持不變 D．PM間距一定小于QN間距 O x/cm 2 y/cm 2．如圖所示，寬h=2cm的有界勻強磁場，縱向范圍足夠大，磁感應(yīng)強度的方向垂直紙面向內(nèi)，現(xiàn)有一群正粒子從O點以相同的速率沿紙面不同方向進入磁場，若粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑均為r=5cm，則【 】 A．右邊界:-4cm4cm和y<-4cm有粒子射出 C．左邊界:y>8cm有粒子射出 D．左邊界:0

27、有粒子射出 3．如圖6所示。在一個半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有一勻強磁場，磁場方向垂直于圓面向里。一個帶電粒子從此場邊界的A沿指向圓心O的方向進入磁場區(qū)域內(nèi)，粒子將做圓周運動到達(dá)磁場邊界的C點。但在粒子經(jīng)過D點時，恰好與一個原來靜止在該點的完全相同的粒子碰撞后結(jié)合在一起形成新粒子。粒子的重力不計。關(guān)于這個新粒子的運動情況，以下判斷正確的是【 】 A．在磁場中運動的整個過程中，系統(tǒng)的總機械能不變 B．運動半徑將增大，可能到達(dá)E點 C．運動半徑將不變，在磁場中運動的時間變短 D．運動半徑將減小，可能到達(dá)F點 4．示波器是一種多功能電學(xué)儀器，可以在熒光屏上顯示出被檢測的電壓波形。它的

28、工作原理等效成下列情況：（如圖2所示）真空室中電極K發(fā)出電子（初速不計），經(jīng)過電壓為U1的加速電場后，由小孔S沿水平金屬板A、B間的中心線射入板中。在兩極板右側(cè)且與極板右端相距D處有一個與兩板中心線垂直的范圍很大的熒光屏，中心線正好與屏上坐標(biāo)原點相交，電子通過極板打到熒光屏上將出現(xiàn)亮點，若在A、B兩板間加上如圖乙所示的變化電壓，則熒光屏上的亮點運動規(guī)律是【 】 A．沿y軸方向作勻速運動 B．沿x軸方向作勻速運動 C．沿y軸方向作勻加速運動 D．沿x軸方向作勻加速運動 B ~ 5．回旋加速器是用來加速帶電粒子的裝置，如圖所示.它的核心部分是兩個D形金屬盒，

29、兩盒相距很近，分別和高頻交流電源相連接，兩盒間的窄縫中形成勻強電場，使帶電粒子每次通過窄縫都得到加速。兩盒放在勻強磁場中，磁場方向垂直于盒底面，帶電粒子在磁場中做圓周運動，通過兩盒間的窄縫時反復(fù)被加速，直到達(dá)到最大圓周半徑時通過特殊裝置被引出。如果用同一回旋加速器分別加速氚核（）和α粒子（）比較它們所加的高頻交流電源的周期和獲得的最大動能的大小，有【 】 A．加速氚核的交流電源的周期較大，氚核獲得的最大動能也較大 B．加速氚核的交流電源的周期較大，氚核獲得的最大動能較小 C．加速氚核的交流電源的周期較小，氚核獲得的最大動能也較小 D．加速氚核的交流電源的周期較小，氚核獲得的最

30、大動能較大 c B E 6．如圖所示，在某空間同時存在著相互正交的勻強電場E和勻強磁場B，電場方向豎直向下，有質(zhì)量分別為m1、m2的a、b兩帶負(fù)電的微粒，a的電量為q1，恰能靜止于場中空間的c點，b的電量為q2，在過c點的豎直平面內(nèi)做半徑為r的勻速圓周運動，在c點a、b相碰并粘在一起后做勻速圓周運動，則【 】 A．a(chǎn)、b粘在一起后在豎直平面內(nèi)以速率做勻速圓周運動 B．a(chǎn)、b粘在一起后仍在豎直平面內(nèi)做半徑為r的勻速圓周運動 C．a(chǎn)、b粘在一起后在豎直平面內(nèi)做半徑大于r的勻速圓周運動 D．a(chǎn)、b粘在一起后在豎直平面內(nèi)做半徑為的勻速圓周運動 （二）解答題 ·B

31、 A ·C 1．如圖所示，在A點固定一正電荷，電量為Q，在離A高度為H的C處由靜止釋放某帶正電荷的液珠，開始運動瞬間的加速度大小恰好等于重力加速度g。已知靜電常量為k，兩電荷均可看成點電荷，不計空氣阻力。求： (1)液珠的比荷； (2)液珠速度最大時離A點的距離h； (3)若已知在點電荷Q的電場中，某點的電勢可表示成，其中r為該點到Q的距離（選無限遠(yuǎn)的電勢為零）。求液珠能到達(dá)的最高點B離A點的高度rB。 2．如圖所示，帶正電小球質(zhì)量為m＝1×10-2kg，帶電量為q＝l×10-6C，置于光滑絕緣水平面上的A點。當(dāng)空間存在著斜向上的勻強

32、電場時，該小球從靜止開始始終沿水平面做勻加速直線運動，當(dāng)運動到B點時，測得其速度vB ＝1.5m／s，此時小球的位移為S ＝0.15m．求此勻強電場場強E的取值范圍。(g＝10m／s2) 某同學(xué)求解如下：設(shè)電場方向與水平面之間夾角為θ，由動能定理qEScosθ＝－0得＝V／m。由題意可知θ＞0，所以當(dāng)E ＞7.5×104V／m時小球?qū)⑹冀K沿水平面做勻加速直線運動。 經(jīng)檢查，計算無誤。該同學(xué)所得結(jié)論是否有不完善之處?若有請予以補充。 a b E B 3．如圖所示，虛線上方有場強為E的勻強電場，方向豎直向下，虛線上下有磁感應(yīng)強度相同的勻強磁場，方向垂直紙面向外

33、，ab是一根長為L的絕緣細(xì)桿，沿電場線放置在虛線上方的場中，b端在虛線上.將一套在桿上的帶正電的小球從a端由靜止釋放后，小球先做加速運動，后做勻速運動到達(dá)b端。已知小球與絕緣桿間的動摩擦因數(shù)μ=0.3，小球重力忽略不計，當(dāng)小球脫離桿進入虛線下方后，運動軌跡是半圓，圓的半徑是L/3，求帶電小球從a到b運動過程中克服摩擦力所做的功與電場力所做功的比值。 4．如圖所示，在直角坐標(biāo)系的第Ⅱ象限和第Ⅳ象限中的直角三角形區(qū)域內(nèi)，分布著磁感應(yīng)強度均為B＝5.0×10－3T的勻強磁場，方向分別垂直紙面向外和向里。質(zhì)量為m＝6.64×10－27㎏、電荷量為q＝＋3.

34、2×10－19C的α粒子（不計α粒子重力），由靜止開始經(jīng)加速電壓為U＝1205V的電場（圖中未畫出）加速后，從坐標(biāo)點M（－4，）處平行于x軸向右運動，并先后通過兩個勻強磁場區(qū)域。 (1)請你求出α粒子在磁場中的運動半徑； (2)你在圖中畫出α粒子從直線x＝－4到直線x＝4之間的運動軌跡，并在圖中標(biāo)明軌跡與直線x＝4交點的坐標(biāo)； O M 2 －2 2 －4 4 x/m y/m －2 v B B (3)求出α粒子在兩個磁場區(qū)域偏轉(zhuǎn)所用的總時間。 5．如圖所示，oxyz坐標(biāo)系的y軸豎直向上，在坐標(biāo)系所在的空間存在勻

35、強電場和勻強磁場，電場方向與x軸平行。從y軸上的M點（0，H，0）無初速釋放一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電的小球，它落在xz平面上的N（L，0，b）點（L>0，b>0）。若撤去磁場則小球落在xz平面的P點（L，0，0）。已知重力加速度為ｇ。 y x z o M(0,H,0) N(l,0,b) P(l,0,0) (1)已知勻強磁場方向與某個坐標(biāo)軸平行，試判斷其可能的具體方向； (2)求電場強度E的大??； (3)求小球落至N點時的速率v。 6．如圖所示，在距地面一定高度的地方以初速度向右水平拋出一個質(zhì)量為m，帶負(fù)電，帶

36、電量為q的小球，小球的落地點與拋出點之間有一段相應(yīng)的水平距離（水平射程），求： (1)若在空間加上一豎直方向的勻強電場，使小球的水平射程增加為原來的2倍，求此電場的場強的大小和方向； (2)若除加上上述勻強電場外，再加上一個與方向垂直的水平勻強磁場，使小球拋出后恰好做勻速直線運動，求此勻強磁場的磁感應(yīng)強度的大小和方向。 （四）創(chuàng)新試題 圖（a） O P x Q 1．如圖(a)所示，x軸上方為垂直于平面xoy向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為，x軸下方為方向平行于x軸但大小一定(設(shè)為E0)、方向作周期性變化的勻強電場，在坐標(biāo)點為

37、(、)和第四象限中某點，各有質(zhì)量為、帶電量為的正點電荷P和Q（不計重力，也不考慮P和Q之間的庫侖力），現(xiàn)使P在勻強磁場中開始做半徑為的勻速圓周運動，同時釋放Q，要使兩電荷總是以相同的速度同時通過y軸，求： (1)場強E0的大小及其起始方向和變化周期T； (2)在圖(b)中作出該電場變化的圖象(以釋放電荷P時為初始時刻，x軸方向作為場強的正方向)，要求至少畫出兩個周期的圖象。 圖 (b) 2．真空中有一半徑為r的圓柱形勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直于紙面向里，Ox為過邊界上O點的切

38、線，如圖所示。從O點在紙面內(nèi)向各個方向發(fā)射速率均為的電子，設(shè)電子重力不計且相互間的作用也忽略，且電子在磁場中的偏轉(zhuǎn)半徑也為r。已知電子的電量為e，質(zhì)量為m。 (1)速度方向分別與Ox方向夾角成60°和90°的電子，在磁場中的運動時間分別為多少？ (2)所有從磁場邊界出射的電子，速度方向有何特征？ (3)設(shè)在某一平面內(nèi)有M、N兩點，由M點向平面內(nèi)各個方向發(fā)射速率均為的電子。請設(shè)計一種勻強磁場分布（需作圖說明），使得由M點發(fā)出的所有電子都能夠匯集到N點。 解析答案：（一）選擇題 1

39、．D（由于地面粗糙，滑塊可能最終靜止在PQ連線的中點上、中點的左方或右方，其動能與電勢能的總和將減少，所以PM間距一定小于QN間距） 2．AD 3．D（因完全相同的粒子碰撞后結(jié)合在一起，動量守恒mv不變，而電荷量為原來的2 倍，碰撞中機械能有損失。根據(jù)可知，r變小，故D正確。） 4．A 5．B 6．D （二）解答題 1．解析：(1)設(shè)液珠的電量為q，質(zhì)量為m 由題意知，當(dāng)液珠在C點時 解得比荷為： (2)當(dāng)液珠速度最大時 得 (3)設(shè)BC間的電勢差大小UCB，由題意得UCB= 對由釋放至液珠到達(dá)最高點(速度為零)的全過程應(yīng)用動能定理得 qUC

40、B-mg(rB-H)=0 即q-mg(rB-H)=0 將第(1)問的結(jié)果代入化簡rB2-3HrB+2H2=0 解得rB=2H rB′=H(舍去) 2．解析：該同學(xué)所得結(jié)論有不完善之處。 為使小球始終沿水平面運動，電場力在豎直方向的分力必須小于等于重力， 即：qEsinθ≤mg 所以 即：7.5×104V/m＜E≤1.25×105V/m 3．f qvB N qE 解析：小球在沿桿向下運動時，受力情況如圖所示： 在水平方向：N=qvB 所以摩擦力f=μN=μqvB 當(dāng)小球做勻速運動時：qE=f=μqvbB 小球在磁場中做勻速圓周運動時， 又，所

41、以 小球從a運動到b的過程中，由動能定理得： 而 所以 則 4．解析：(1)粒子在電場中被加速，由動能定理得 α粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)，則牛頓第二定律得 聯(lián)立解得（m） (2)由幾何關(guān)系可得，α粒子恰好垂直穿過分界線，故正確圖象為 O M 2 －2 2 －4 4 x/m y/m －2 v B B （4，） (3)帶電粒子在磁場中的運動周期 α粒子在兩個磁場中分別偏轉(zhuǎn)的弧度為，在磁場中的運動總時間 （s） 5．解答：(1)用左手定則判斷出：磁場方向為－x方向或－y方向。 (2)在未加勻強磁場時，帶電小

42、球在電場力和重力作用下落到P點，設(shè)運動時間為t，小球自由下落，有 小球沿x軸方向只受電場力作用 小球沿x軸的位移為 小球沿x軸方向的加速度 聯(lián)立求解，得： (3)帶電小球在勻強磁場和勻強電場共存的區(qū)域運動時，洛侖茲力不做功 電場力做功為WE=qEL 重力做功為WG=mgH 設(shè)落到N點速度大小為v，根據(jù)動能定理有 解得 6．解答：(1)不加電場時，小球運動的時間為t，水平射程為，下落高度h=gt2 加電場后小球在空間的運動時為，小球運動的加速度為a 2s=　　　h=at,2 解得: t′=2t a=g 由此可以判斷:電場方向豎直向下。 并解得電場力的大小

43、 即 (2)加上勻強電場后，小球做勻速直線運動，故小球所受重力、電場力和洛侖茲力三個力而處于平衡，由于重力大于電場力，所以洛侖茲力方向豎直向上。 用左手定則可得：磁場方向垂直于紙面向外 （三）創(chuàng)新試題 1．解析：(1)由題意，要使兩電荷總是以相同的速度通過y軸，磁場中的電荷必須垂直y軸通過，因P點電荷為正電荷，故起始運動方向豎直向上，且一個周期內(nèi)P點電荷兩次以相反的速度通過y軸。 由牛頓運動定律得 電荷在磁場中運動的周期為 所以電場變化周期和點電荷圓周運動周期相同，即 P點電荷經(jīng)第一次通過y軸，Q點電荷在電場中往復(fù)直線運動， 在0—內(nèi)有qE0=mv 而 可求得

44、， 起始方向為-x方向。 (2)見圖 2．解析：? o2 o A θ x v v θ (1)當(dāng)θ=60°時，；當(dāng)θ=90°時， (2)如右圖所示，因∠OO2A=θ故O2A⊥Ox 而O2A與電子射出的速度方向垂直，可知電子射出方向一定與Ox軸方向平行，即所有的電子射出圓形磁場時，速度方向沿x軸正向。 (3)上述的粒子路徑是可逆的，(2)中從圓形磁場射出的這些速度相同的電子再進入一相同的勻強磁場后，一定會聚焦于同一點，磁場的分布如下圖所示。 M N M1 M2 N1 N2 注：①四個圓的半徑相同，半徑r的大小與磁感應(yīng)強度的關(guān)系是r=mv0/qB；

45、 ②下方的兩圓形磁場與上方的兩圓形磁場位置關(guān)于MN對稱且磁場方向與之相反； ③只要在矩形區(qū)域M1N1N2M2內(nèi)除圖中4個半圓形磁場外無其他磁場，矩形M1N1N2M2區(qū)域外的磁場均可向其余區(qū)域擴展。 五、復(fù)習(xí)建議 力電綜合類題目以力和能量為主線，通過力學(xué)知識和電學(xué)知識的串接滲透作為背景，進行綜合命題，其解題思路和解題步驟如下。 1．畫草圖，想情景：審題是解題的首要環(huán)節(jié)，在全面審視題目的條件，解答要求的基礎(chǔ)上，對題目的信息進行加工處理，畫出示意圖(包括受力分析圖，運動情景圖和軌跡圖)，借助圖示建立起清晰的物理情景； 2．選對象，建模型：通過對整個題目的情景把握，選取研究對象，通過抽

46、象、概括或類比等效的方法建立相應(yīng)的物理模型，并對其進行全面的受力分析； 3．分析狀態(tài)和過程：對全過程層層分析，對每一個中間過程的特點規(guī)律加以研究，分析挖掘相鄰過程中的臨界狀態(tài)和臨界條件，尋找各階段物理量的變化與聯(lián)系； 4．找規(guī)律、列方程：在對物理狀態(tài)和物理過程深刻把握的基礎(chǔ)上，尋找題設(shè)條件與所求未知物理量的聯(lián)系，從力的觀點或能量的觀點，依物理規(guī)律(牛頓第二定律，能的轉(zhuǎn)化與守恒，動量守恒定律等)列出方程求解； 5．檢驗結(jié)果行不行：對題目的所求結(jié)果進行檢驗，并對其結(jié)果進行物理意義上的表述和討論。 此外，在解題過程中，要特別注意以下兩點。 第一：對物體受力分析要全面，切忌漏力，要時刻關(guān)注電場力F＝qE，洛倫茲力F＝ｑvB在具體情景中隨物體帶電屬性(電荷的正負(fù))、運動狀態(tài)(速度的大小和方向)的變化特點； 第二，力學(xué)的規(guī)律普遍適于力電綜合問題的求解。利用能量觀點分析求解時，不再拘泥于機械能間轉(zhuǎn)化，要總攬全局，站在更高的角度來分析能量間的轉(zhuǎn)化途徑與轉(zhuǎn)化方向，從而列出能量轉(zhuǎn)化和守恒方程。