《2020屆高中物理 專題08 磁場》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020屆高中物理 專題08 磁場（16頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2020屆同心圓夢專題八 物理 考試范圍：磁場 一、 選擇題（本題共10小題，每小題4分，共40分。在每小題給出的四個選項中，有的只有一個選項符合題目要求，有的有多個選項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。） 1．電子作近核運動的時候，產(chǎn)生了垂直于相對運動方向的磁場。如下圖所示，為某種用來束縛原子的磁場的磁感線分布情況，以O(shè)點（圖中白點）為坐標原點，沿z軸正方向磁感應(yīng)強度大小的變化最有可能為 （ ） 2．如右圖所示，有一個正方形的勻強磁場區(qū)域abcd，e是ad的中點，f是cd的中點，如果在a點沿對角線方向以速度v射

2、入一帶負電的帶電粒子，恰好從e點射出，則 （ ） A．如果粒子的速度增大為原來的二倍，將從d點射出 B．如果粒子的速度增大為原來的三倍，將從f點射出 C．如果粒子的速度不變，磁場的磁感應(yīng)強度變?yōu)樵瓉淼亩?，也將從d點射出 D．只改變粒子的速度使其分別從e、d、f點射出時，從f點射出所用時間最短 3．“速度選擇器”是一個借助帶電粒子在電磁場中偏轉(zhuǎn)的原理，挑選出具有所需速度的粒子的裝置。右圖是某粒子速度選擇器的原理示意圖，在一半徑為R=10cm的圓柱形桶內(nèi)有B=10-4T的勻強磁場，方向平

3、行于軸線。在圓柱形桶的某直徑兩端開有小孔，作為入射孔和出射孔，離子束以不同角度入射，先后有不同速度的離子束射出，現(xiàn)有一離子源發(fā)射的比荷為2×1011C/kg的陽離子，且粒子束中速度分布連續(xù)，當θ=45°時，出射粒子的速度v的大小是 （ ） A． ×106m/s B．2×106 m/s C．2×108 m/s D．4×106 m/s 4．如右圖所示，豎直光滑的墻面上有一閉合導(dǎo)線框a，在導(dǎo)線框a的下方有一面積比導(dǎo)線框a稍小的磁場區(qū)域b。導(dǎo)線框a從圖示位置自由下落，在其整個下落過程中，下列說法正確的是 （ ） A．導(dǎo)

4、線框做自由落體運動 B．導(dǎo)線框通過磁場區(qū)域后做曲線運動 C．導(dǎo)線框通過磁場區(qū)域時機械能會減少 D．導(dǎo)線框在穿過磁場區(qū)域時，上下兩個導(dǎo)線受到的安培力方向都向上 5．2020年，上海成功舉辦盛大的世界博覽會?；仨幌職v屆世博會，很多科技成果從世博會上走向世界。例如：1873年奧地利維也納世博會上，線路意外搭錯造就“偶然發(fā)明”，導(dǎo)致發(fā)電機變成了電動機。如右圖所示，是著名的電磁旋轉(zhuǎn)實驗，這一裝置實際上就是最早的電動機。圖中A是可動磁鐵，B是固定導(dǎo)線，C是可動導(dǎo)線，D是固定磁鐵。圖中黑色部分表示汞（磁鐵和導(dǎo)線的下半部分都浸沒在汞中），下部接在電源上。請你判斷這時自上向下看，A和C轉(zhuǎn)動方向為

5、 （ ） A．可動磁鐵A轉(zhuǎn)動方向為逆時針 B．A和C轉(zhuǎn)動方向均為逆時針 C．可動導(dǎo)線C轉(zhuǎn)動方向為順時針 D．A和C轉(zhuǎn)動方向均為順時針 6．如右圖，勻強磁場中有一個帶電量為q的離子自a點沿箭頭方向運動。當它運動到b點時，突然吸收了附近的若干個電子，接著沿另一圓軌道運動到與a、b在一條直線上的c點。已知，電子電量為e，電子質(zhì)量不計。由此可知，離子吸收的電子個數(shù)為

6、 （ ） A． B． C． D． 7．2020年“3·15”到來之際，平板電視終于納入“三包”當中，顯示屏等關(guān)鍵零部件包修3年。如右圖所示，電視機的顯像管中，電子束的偏轉(zhuǎn)是用磁偏轉(zhuǎn)技術(shù)實現(xiàn)的。電子束經(jīng)過加速電場后，進入一圓形勻強磁場區(qū)，磁場方向垂直于圓面。不加磁場時，電子束將通過磁場中心O點而打到屏幕上的中心M，加磁場后電子束偏轉(zhuǎn)到P點外側(cè)?，F(xiàn)要使電子束偏轉(zhuǎn)回到P點，可行的辦法是 （ ） A．增大加速電壓 B．增加偏轉(zhuǎn)磁場的磁感應(yīng)強

7、度 C．將圓形磁場區(qū)域向屏幕靠近些 D．將圓形磁場的半徑增大些 8．如右圖所示，帶有正電荷的A粒子和B粒子同時以同樣大小的速度從寬度為d的有界勻強磁場的邊界上的O點分別以30°和60°（與邊界的交角）射入磁場，又恰好不從另一邊界飛出，則下列說法中正確的是 （ ） A．A、B兩粒子在磁場中做圓周運動的半徑之比是 B．A、B兩粒子在磁場中做圓周運動的半徑之比是 C．A、B兩粒子的之比是 D．A、B兩粒子的之比是 9．如右圖所示，距水平地面高度為3h處有一豎直向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，從距地面4h高處的A點以初速度v0水平拋出一帶電小球（可視作質(zhì)

8、點），帶電小球電量為q，質(zhì)量為m，若q、m、h、B滿足關(guān)系式，則小球落點與拋出點A的水平位移S是 （ ） A． B． C． D． 10．如右圖所示，一束粒子（不計重力，初速度可忽略）緩慢通過小孔O1進入極板間電壓為U的水平加速電場區(qū)域I，再通過小孔O2射入相互正交的恒定勻強電場、磁場區(qū)域Ⅱ，其中磁場的方向如圖所示，收集室的小孔O3與O1、O2在同一條水平線上。則

9、 （ ） A． 該裝置可篩選出具有特定質(zhì)量的粒子 B．該裝置可篩選出具有特定電量的粒子 C．該裝置可篩選出具有特定速度的粒子 D．該裝置可篩選出具有特定動能的粒子 二、非選擇題（本題共6小題，共60分，解答應(yīng)寫出必要的文字說明，方程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案的不能得分，有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位。） 11．（6分）中國電磁炮研制方面與歐美西方國家在同一起跑線上，限于技術(shù)和人才原因中國電磁炮研制會稍比西方國家慢幾年，但在某些技術(shù)上將會比美國電磁炮更精進。電磁炮是利用磁場對電流的作用力把電能轉(zhuǎn)化為機械能，使炮彈發(fā)射出去的。如下圖所

10、示，把兩根長為s，互相平行的銅制軌道放在磁場中，軌道之間放有質(zhì)量為m的炮彈，炮彈架在長為L、質(zhì)量為M的金屬架上，已知金屬架與炮彈在運動過程中所受的總阻力與速度平方成正比，當有恒定的大電流I1通過軌道和炮彈時，炮彈與金屬架在磁場力的作用下，獲得速度v1時加速度為a，當有恒定的大電流I2通過軌道和炮彈時，炮彈最終以最大速度v2脫離金屬架并離開軌道，則垂直于軌道平面的磁感強度為多少？ 12．（8分）如下圖，在xOy坐標系的第一象限內(nèi)有互相正交的勻強電場E與勻強磁場B，E的大小為1.0×103V/m，方向未知，B的大小為1.0T，方向垂直紙面向里；第二象限的某個圓形區(qū)域內(nèi)，有方向垂直紙面向里的勻

11、強磁場B′。一質(zhì)量m=1×10-14kg、電荷量q=1×10-10C的帶正電微粒以某一速度v沿與x軸負方向60°角從A點沿直線進入第一象限運動，經(jīng)B點即進入處于第二象限內(nèi)的磁場B′區(qū)域，一段時間后，微粒經(jīng)過x軸上的C點并與x軸負方向成60°角的方向飛出。已知A點的坐標為（10，0），C點的坐標為（-30，0），不計粒子重力，g取10m/s2。 （1）請分析判斷勻強電場E的方向并求出微粒的運動速度v； （2）勻強磁場B′的大小為多大？ （3）B′磁場區(qū)域的最小面積為多少？ 13．（10分）如圖，平行金屬板傾斜放置，AB長度為L，金屬板與水平

12、方向的夾角為θ，一電荷量為-q、質(zhì)量為m的帶電小球以水平速度v0進入電場，且做直線運動，到達B點。離開電場后，進入如下圖所示的電磁場（圖中電場沒有畫出）區(qū)域做勻速圓周運動，并豎直向下穿出電磁場，磁感應(yīng)強度為B。試求： （1）帶電小球進入電磁場區(qū)域時的速度v。 （2）帶電小球在電磁場區(qū)域做勻速圓周運動的時間。 （3）重力在電磁場區(qū)域?qū)π∏蛩龅墓Α? 14．（12分）如下圖甲所示，在以O(shè)為坐標原點的xOy平面內(nèi)，存在著范圍足夠大的電場和磁場。一個帶正電小球在0時刻以v0＝3gt0的初速度從O點沿+x方向（水平向右）射入該空間，在t

13、0時刻該空間同時加上如下圖乙所示的電場和磁場，其中電場沿+y方向（豎直向上），場強大小，磁場垂直于xOy平面向外，磁感應(yīng)強度大小。已知小球的質(zhì)量為m，帶電量為q，時間單位t0，當?shù)刂亓铀俣萭，空氣阻力不計。試求： （1）12t0末小球速度的大小。 （2）在給定的xOy坐標系中，大體畫出小球在0到24t0內(nèi)運動軌跡的示意圖。 （3）30t0內(nèi)小球距x軸的最大距離。 15．（12分）長為L的平行金屬板水平放置，兩極板帶等量的異種電荷，板間形成勻強電場，平行金屬板的右側(cè)有如下圖所示的勻強磁場。一個帶電為＋q、質(zhì)量為m的帶電粒子，以初速v0緊貼上板垂直

14、于電場線方向進入該電場，剛好從下板邊緣射出，射出時末速度恰與下板成30o角，出磁場時剛好緊貼上板右邊緣，不計粒子重力，求： （1）兩板間的距離； （2）勻強電場的場強與勻強磁場的磁感應(yīng)強度。 16．（12分）如下圖，豎直平面坐標系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，軌道最高點與坐標原點O相切，最低點與絕緣光滑水平面相切于N。一質(zhì)量為m的帶電小球從y軸上（y＞0）的P點沿x軸正方向進入第一象限后做圓周

15、運動，恰好通過坐標原點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)并求出其所帶電荷量； （2）P點距坐標原點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點開始計時，經(jīng)時間小球距坐標原點O的距離s為多遠？ 2020屆同心圓夢專題卷物理專題八答案與解析 1．【命題立意】主要考查磁場的磁感線分布與磁感應(yīng)強度大小的變化的特點。 【思路點撥】我們可以從條形磁鐵和蹄形磁鐵的磁感線分布看出，兩極處磁感線最密，而磁鐵的兩極處磁場最強。因此磁感線的疏密可以反映磁場的

16、強弱，磁感線分布密的地方磁場就強，反之則弱。 【答案】C【解析】磁感線是為了形象地描述磁場而人為假想的曲線。其疏密程度反映磁場的強弱，磁感線越密的地方磁場越強，沿z軸正方向磁感線由密到疏再到密，即磁感應(yīng)強度由大到小再到大，只有C正確。 2．【命題立意】主要考查帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的半徑公式、周期公式。 【思路點撥】若帶電粒子的速度方向與磁場方向垂直，帶電粒子在垂直于磁感線的平面內(nèi)，以入射速率v做勻速圓周運動。①軌道半徑公式：r=mv/qB②周期公式：T=2πm/qB。 【答案】AD【解析】作出示意圖如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系可以看出，當粒子從d點射出時，軌道半徑增大為原來的二

17、倍，由半徑公式 可知，速度也增大為原來的二倍，選項A正確，顯然選項C錯誤；當粒子的速度增大為原來的四倍時，才會從f點射出，選項B錯誤；據(jù)粒子的周期公式 ，可見粒子的周期與速度無關(guān)，在磁場中的運動時間取決于其軌跡圓弧所對應(yīng)的圓心角，所以從e、d射出時所用時間相等，從f點射出時所用時間最短。 3．【命題立意】主要考查洛倫茲力的特性。 【思路點撥】洛倫茲力的大小f=qvB，條件v⊥B當v∥B時，f=0。洛倫茲力的特性：洛倫茲力始終垂直于v的方向，所以洛倫茲力一定不做功。 【答案】B【解析】由題意知，粒子從入射孔以45°角射入勻強磁場，粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動。能夠從出射孔射出的粒子剛好在

18、磁場中運動14周期，由幾何關(guān)系知r＝2R，又r＝mvqB，解得v＝qBrm＝22×106 m/s。 4．【命題立意】主要考查安培定則和左手定則。 【思路點撥】判斷通電導(dǎo)線安培力方向問題的基本方法：（1）畫出導(dǎo)線所在處的磁場方向；（2）確定電流方向；（3）根據(jù)左手定則確定受安培力的方向。 【答案】CD【解析】導(dǎo)線框通過磁場區(qū)域時，根據(jù)安培定則和左手定則，導(dǎo)線框要受到豎直向上安培力作用，導(dǎo)線框既不能做自由落體運動，也不能做曲線運動，A、B錯。導(dǎo)線框通過磁場區(qū)域時要克服安培力做功，機械能會減少，C對。導(dǎo)線框在穿過磁場區(qū)域時，上下兩個導(dǎo)線受到的安培力方向都向上，D對。 5．【命題立意】主要考查

19、通電導(dǎo)線安培力方向問題。 【思路點撥】判斷安培力的方向時用左手定則。要注意左手定則與右手定則應(yīng)用的區(qū)別，兩個定則的應(yīng)用可簡單總結(jié)為："因電而動"用左手，"因動而電"用右手，因果關(guān)系不可混淆。 【答案】AC【解析】根據(jù)電流的方向判定可以知道B中的電流方向是向上的，那么在B導(dǎo)線附近的磁場方向為逆時針方向，即為A磁鐵N極的受力方向；由于D磁鐵產(chǎn)生的磁場呈現(xiàn)出由N極向外發(fā)散，C中的電流方向是向下的，由左手定則可知C受到的安培力方向為順時針。故選項AC正確。 6．【命題立意】主要考查粒子在磁場中做勻速圓周運動。 【思路點撥】當帶電粒子垂直于磁場方向射入磁場時，洛侖茲力提供向心力，粒子將作勻速圓周

20、運動。 【答案】D【解析】依據(jù) ，粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑為： 。已知 ，電子電量為e，電子質(zhì)量不計。由此可知，離子吸收的電子個數(shù)為 。 7．【命題立意】主要考查帶電粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)問題。 【思路點撥】帶電粒子在磁場中的連續(xù)運動，關(guān)鍵在于正確地畫出帶電粒子在不同磁場中的運動軌跡，而要正確地畫出帶電粒子的運動軌跡，則特別需要注意在不同磁場交界處帶電粒子的運動方向。正確地做出粒子在交界磁場處的速度方向，成為確定帶電粒子運動軌跡的關(guān)鍵。 【答案】AC【解析】若電子束的初速度不為零，則qU=mv2/2- mv02/2， ，軌道半徑 ，增大偏轉(zhuǎn)磁場的磁感應(yīng)強度，軌道半徑減小，電子束

21、偏轉(zhuǎn)到P點外側(cè)；增大加速電壓，軌道半徑增大，電子束偏轉(zhuǎn)回到P點；將圓形磁場區(qū)域向屏幕靠近些，電子束偏轉(zhuǎn)回到P點。正確答案選AC。 8．【命題立意】主要考查帶電粒子在磁場中做圓周運動問題。 【思路點撥】帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動類題目的解答步驟可概括為：畫軌跡、找聯(lián)系、用規(guī)律。帶電粒子的受力遵從洛倫茲力公式，粒子的圓周運動遵從牛頓第二定律。 【答案】BD【解析】RAcos30°+RA=d，RBcos60°+RB=d，，解得 ，A錯B對；因 ，故 ，故 ，C錯D對。 9．【命題立意】主要考查帶電粒子在復(fù)合場中的運動。 【思路點撥】解帶電粒子在復(fù)合場中的運動問題，首先要認識清楚

22、是怎樣的復(fù)合場，是磁場、電場與重力場中的哪兩個還是三個場共存；其次要正確地對帶電粒子進行受力分析；接著要對帶電粒子的運動情況作出正確的判斷。 【答案】B【解析】小球在磁場中的運動可以看作一個水平方向的圓周運動和一個豎直方向的勻加速運動。在磁場中運動一周的時間為T，則 ，在磁場中的運動總時間 又因為已知： ，所以小球在磁場中做圓周運動的圈數(shù) ，又因為圓周運動的半徑 。投影圖如右圖所示： 則 ， 10．【命題立意】主要考查粒子速度選擇器的原理。 【思路點撥】速度選擇器其工作原理：帶電粒子垂直射入正交的勻強電場和勻強磁場的復(fù)合場空間，所受電場力和洛侖茲力方向相反，大小相等。 【答案】C

23、【解析】粒子要想無偏轉(zhuǎn)的通過區(qū)域Ⅱ，進入收集室的小孔O3，需要滿足qE=qvB，即粒子的速度v=E/B，C正確。 11．【命題立意】主要考查通電導(dǎo)線在安培力作用下的運動。 【思路點撥】判斷通電導(dǎo)線在安培力作用下的運動方向問題的基本方法：（1）畫出導(dǎo)線所在處的磁場方向；（2）確定電流方向；（3）根據(jù)左手定則確定受安培力的方向；（4）根據(jù)受力情況判斷運動情況。 【答案】磁感強度B= 【解析】由題意知，當通以電流I1時，安培力為F1=BI1L（1分） 由牛頓第二定律有：F1-f1=（M+m）a又f1=kv12（1分）三式解得： k=（1分） 當電流為I2時，安培力為F2=BI2L（1分）

24、f2=kv22（1分）由題知：F2=f2 解得：B= （1分） 12．【命題立意】主要考查洛倫茲力 【思路點撥】洛倫茲力與安培力的關(guān)系：洛倫茲力是安培力的微觀實質(zhì)，安培力是洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)。所以洛倫茲力的方向與安培力的方向一樣也由左手定則判定。 【答案】（1）電場E的方向與x軸正方向成30°角斜向右上方 103m/s （2） T （3）3.1×10-2m2 【解析】（1）由于重力忽略不計，微粒在第一象限內(nèi)僅受電場力和洛倫茲力，且微粒做直線運動，速度的變化會引起洛侖茲力的變化，所以微粒必做勻速直線運動。這樣，電場力和洛侖茲力大小相等，方向相反，電場E的方向與微粒運動的方向垂直

25、，即與x軸正方向成30°角斜向右上方。 由力的平衡條件有Eq=Bqv（1分） 得v= m/s =103m/s（1分） （2）微粒從B點進入第二象限的磁場B'中，畫出微粒的運動軌跡如右圖。 粒子在第二象限內(nèi)做圓周運動的半徑為R，由幾何關(guān)系可知 R= cm= cm。（1分） 微粒做圓周運動的向心力由洛倫茲力提供，即qvB′=m （1分） B′= （1分）代入數(shù)據(jù)解得B′= T（1分） （3）由圖可知，B、D 點應(yīng)分別是微粒進入磁場和離開磁場的點，磁場B′的最小區(qū)域應(yīng)該分布在以BD為直徑的圓內(nèi)。由幾何關(guān)系易得BD=20cm，磁場圓的最小半徑r=10cm。（1分） 所以，所求磁場的最

26、小面積為S=πr2=0.01π=3.1×10-2m2（1分） 13．【命題立意】主要考查帶電粒子在有界電磁場中的運動問題 【思路點撥】帶電粒子在電磁場中的運動是歷年高考考查的熱點之一。分析問題的關(guān)鍵在于分析粒子在電場、磁場中運動狀態(tài)，各種運動之間的速度關(guān)聯(lián)如何以及畫出粒子的運動軌跡。注意粒子在邊界電場、磁場中出進磁場的速度大小與方向為該題求解的突破口。本題考查考生綜合應(yīng)用學科內(nèi)知識分析解決物理問題的能力。 【答案】（1） （2） （3） 【解析】（1）對帶電小球進行受力分析，帶電小球受重力mg和電場力F，F(xiàn)合=Fsinθ，mg=Fcosθ（1分） 解得F合=mgtanθ（1分） 根

27、據(jù)動能定理 ， 解得 （2分） （2）帶電小球進入電磁場區(qū)域后做勻速圓周運動，說明電場力和重力平衡，帶電小球只在洛倫茲力作用下運動。通過幾何知識可以得出，帶電粒子在磁場中運動了 圓周，運動時間為 （2分） （3）帶電小球在豎直方向運動的高度差等于一個半徑，h=R= （2分） 重力做的功為 （2分） 14．【命題立意】本題考查帶電粒子在電磁場中運動。 【思路點撥】此題構(gòu)思巧妙，很好地考查了帶電粒子在電磁場中運動的物理模型，對考生的審題能力、建模能力、分析綜合能力、運用數(shù)學知識解決物理問題的能力等都達到了理想的考查目的。 【答案】（1） gt0；（2）如下圖所示；（3） 【解析

28、】（1）0~t0內(nèi)，小球只受重力作用，做平拋運動。當同時加上電場和磁場時，電場力：F1=qE0=mg，方向向上（1分）因為重力和電場力恰好平衡，所以在電場和磁場同時存在時小球只受洛倫茲力而做勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律有： （1分） 運動周期 ， 聯(lián)立解得T＝2t0（1分） 電場、磁場同時存在的時間正好是小球做圓周運動周期的5倍，即在這10t0內(nèi)，小球恰好做了5個完整的勻速圓周運動。所以小球在t1=12 t0時刻的速度相當于小球做平拋運動t＝2t0時的末速度。 vy1=g·2t0=2gt0（1分）所以12t0末 （1分） （2）24t0內(nèi)運動軌跡的示意圖如右圖所示。（2分） （3

29、）分析可知，小球在30t0時與24t0時的位置相同，在24t0內(nèi)小球做了t2=3t0的平拋運動，和半個圓周運動。 23t0末小球平拋運動的豎直分位移大小為： （1分）豎直分速度vy2=3gt0（1分） 所以小球與豎直方向的夾角為θ＝45°，速度大小為 （1分） 此后小球做勻速圓周運動的半徑 （1分） 30t0末小球距x軸的最大距離： ＝ （1分） 15．【命題立意】帶電粒子在電磁場中發(fā)生偏轉(zhuǎn)。 【思路點撥】帶電粒子在電場中的運動有三種類型：第一種，當帶電粒子沿磁場方向射入磁場時，不受洛侖茲力作用，粒子只作勻速直線運動；第二種，當帶電粒子與磁場方向有一定夾角（夾角）不等于90°）

30、入射時，帶電粒子將作螺旋線運動；第三種，當帶電粒子垂直于磁場方向射入磁場時，洛侖茲力提供向心力，粒子將作勻速圓周運動。 【答案】（1） （2） 【解析】（1）帶電粒子在電場中受到電場力的作用發(fā)生偏轉(zhuǎn)，做類平拋運動。 豎直方向：離開電場時的速度vy=v0tan30°（1分）粒子發(fā)生偏轉(zhuǎn)的位移 （1分） 水平方向：粒子勻速運動的時間 （1分）聯(lián)立以上幾式解得， （1分） （2）在電場中粒子受到電場力，由牛頓第二定律得，qE=ma（1分） 根據(jù)運動學公式有，vy=at（1分）又因為粒子運動時間t= ，所以 （1分） 帶電粒子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，即： （1分） 粒子

31、離開電場時的速度 （1分） 粒子在磁場中的運動軌跡如右圖所示（1分） 由幾何關(guān)系得， （1分）解得， （1分） 16．【命題立意】本題考查帶電粒子在復(fù)合場中的運動問題。 【思路點撥】首先要認識清楚是怎樣的復(fù)合場，是磁場、電場與重力場中的哪兩個還是三個場共存；其次要正確地對帶電粒子進行受力分析；接著要對帶電粒子的運動情況作出正確的判斷；若帶電粒子受力平衡，它將靜止或作勻速直線運動；若帶電粒子受合外力恒定，它將作勻變速運動；在對粒子的運動形式作出正確判斷之后，可結(jié)合其受力特點，或運用運動學、動力學公式、或用動量知識、或用動能定理和能量守恒列出方程求解。 【答案】（1） ，小球帶正電；（2

32、）PO的最小距離為： ；（3） 。 【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，qE＝mg①（1分） 得 ② 小球帶正電。（1分） （2）小球在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，設(shè)勻速圓周運動的速度為v、軌道半徑為r。 有： ③（1分） 小球恰能通過半圓軌道的最高點并沿軌道運動，有： ④（1分） 由③④得： ⑤（1分）PO的最小距離為： ⑥（1分） （3）小球由O運動到N的過程中機械能守恒：mg·2R＋12mv2＝12mv2N⑦（1分） 由④⑦得： ⑧（1分） 根據(jù)運動的獨立性可知，小球從N點進入電場區(qū)域后，在x軸方向以速度vN做勻速直線運動，沿電場方向做初速度為零的勻加速直線運動，則沿x軸方向有：x＝vNt⑨（1分） 沿電場方向有：z＝12at2⑩（1分） ?（1分）t時刻小球距O點： （1分）