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1、專題三 電場和磁場中的帶電粒子 一、考點(diǎn)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(yùn)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(yùn)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(jì)其重力，因?yàn)槠渲亓σ话闱闆r下與電場力或磁場力相比太小，可以忽略； (2)對于一些實(shí)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)在題目中有明確交待是否要考慮重力的，這種情況

2、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(yùn)動與否，均受到電場力的作用；而磁場僅僅對運(yùn)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(yùn)動的速度無關(guān)；而洛倫茲力的大小與電荷運(yùn)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(yùn)動的速度大小，也可以改變電荷運(yùn)動的方向，而洛倫茲力只能改變電荷運(yùn)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；洛倫茲力不能對電荷做功，不能改變電荷的動能

3、； (6)勻強(qiáng)電場中在電場力的作用下，運(yùn)動電荷的偏轉(zhuǎn)軌跡為拋物線；勻強(qiáng)磁場中在洛倫茲力的作用下，垂直于磁場方向運(yùn)動的電荷的偏轉(zhuǎn)軌跡為圓弧。 4．帶電粒子在獨(dú)立勻強(qiáng)場中的運(yùn)動： (1)不計(jì)重力的帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動可分二種情況：平行進(jìn)入勻強(qiáng)電場，在電場中做勻加速直線運(yùn)動和勻減速直線運(yùn)動；垂直進(jìn)入勻強(qiáng)電場，在電場中做勻變速曲線運(yùn)動(類平拋運(yùn)動)； (2)不計(jì)重力的帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動可分二種情況：平行進(jìn)入勻強(qiáng)磁場時，做勻速直線運(yùn)動；垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場時，做變加速曲線運(yùn)動(勻速圓周運(yùn)動)； 5．不計(jì)重力的帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做不完整圓周運(yùn)動的解題思路： 不計(jì)重力的帶電粒子在勻強(qiáng)

4、磁場中做勻速圓周運(yùn)動的軌跡半徑r=mv/Bq；其運(yùn)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?yàn)镕方向指向圓心，根據(jù)F一定垂直v，畫出粒子運(yùn)動軌跡中任意兩點(diǎn)(大多是射入點(diǎn)和出射點(diǎn))的F或半徑方向，其延長線的交點(diǎn)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(yùn)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(jì)算出圓心角q的大小，再由公式t=qT/3600(或qT/2p)可求出運(yùn)動時間。 6．帶電粒子在復(fù)合場中運(yùn)動的基本分析 復(fù)合場是指電場、磁場、重力場并存，或其中某兩種場并存的場。帶電粒子在這些復(fù)

5、合場中運(yùn)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(yùn)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(yùn)動狀態(tài)受力分析著手，由合力和初速度判斷粒子的運(yùn)動軌跡和運(yùn)動性質(zhì)，注意速度和洛倫茲力相互影響這一特點(diǎn)，將整個運(yùn)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(yùn)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(yùn)動軌跡及運(yùn)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(yùn)動或靜止。 當(dāng)帶電粒子所受的合外力與運(yùn)動方向在同一條直線

6、上時，粒子將做變速直線運(yùn)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(yùn)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(yùn)動，這類問題一般只能用能量關(guān)系處理。 (2)勻變速直線運(yùn)動公式、運(yùn)動的合成和分解、勻速圓周運(yùn)動的運(yùn)動學(xué)公式； (3)牛頓運(yùn)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(shí)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(jī)、質(zhì)譜儀、電磁流量計(jì)、磁流體發(fā)電機(jī)、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上(電場線方向未標(biāo)明)，將一受到水平向右恒

7、定拉力的帶電粒子（不計(jì)重力）在A點(diǎn)由靜止釋放，帶電粒子沿AB方向開始運(yùn)動，經(jīng)過B點(diǎn)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(diǎn)間移動時，恒力做功的數(shù)值大于粒子在AB兩點(diǎn)間電勢能差的絕對值 B．可能A點(diǎn)的電勢高于B點(diǎn)的電勢，也可能A點(diǎn)的電勢低于B點(diǎn)的電勢 C．A處的場強(qiáng)可能大于B處的場強(qiáng) D．粒子的運(yùn)動不可能是勻速運(yùn)動，也不可能是勻加速運(yùn)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(diǎn)由靜止開始向B運(yùn)動，經(jīng)過B點(diǎn)時速度為零，這表明帶電粒子在恒力和電場力作用下先做加速運(yùn)動后做減速運(yùn)動

8、，因此粒子的運(yùn)動不可能是勻速運(yùn)動。同時表明電場力的方向向左。粒子先做加速運(yùn)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(yùn)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(yùn)動，D選項(xiàng)正確；粒子在B處受到的電場力比A處大，因此B處的場強(qiáng)大于A處的場強(qiáng)，C選項(xiàng)錯誤；如粒子帶正電，電場線方向應(yīng)由B指向A、B點(diǎn)電勢高于A點(diǎn)電勢；如粒子帶負(fù)電，電場線方向應(yīng)由A指向B，A點(diǎn)電勢高于B點(diǎn)電勢。因此，A、B兩點(diǎn)電勢的高低無法判斷。答案：BD 點(diǎn)評：此題是動力學(xué)觀點(diǎn)與電場性質(zhì)、能量觀點(diǎn)等知識點(diǎn)的綜合應(yīng)用判斷題目。 2．如圖所示的裝置是在豎直平面內(nèi)放置光滑的絕緣軌道，處于水平向右的

9、勻強(qiáng)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(yùn)動后進(jìn)入圓環(huán)內(nèi)作圓周運(yùn)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(yùn)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＝，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(yùn)動的臨界點(diǎn)是能否通過D點(diǎn)，若恰好能通過D點(diǎn)，即達(dá)到D點(diǎn)時球與環(huán)的彈力恰好為零。 由圓周運(yùn)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(diǎn)評：用極限法通過分析兩個極端（臨界）狀態(tài)，來確定變化范圍，是

10、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(yùn)動；當(dāng)F供>F需時物體做向心運(yùn)動；當(dāng)F供

11、落在小球B上立刻也小球B粘在一起向下運(yùn)動，它們到達(dá)最低點(diǎn)后又向上運(yùn)動，它們向上運(yùn)動到達(dá)的最高點(diǎn)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(diǎn)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(yùn)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在碰撞前處于平衡狀態(tài)，對B球進(jìn)行受力分析知：

12、 代入數(shù)據(jù)得：C (3)C和B向下運(yùn)動到最低點(diǎn)后又向上運(yùn)動到P點(diǎn)，運(yùn)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：＋) m（或x = 0.683 m） (4)當(dāng)C和B向下運(yùn)動的速度最大時，與A之間的距離為y，對C和B整體進(jìn)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(diǎn)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。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

13、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(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)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(jìn)入磁場時的速率和粒子在磁場中運(yùn)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？

14、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(jìn)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(yùn)動的半徑為R，由洛倫茲力公式和牛頓定律得： (3)在磁場中偏轉(zhuǎn)距離d= 由于是具有不同

15、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(diǎn)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(jī)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(jìn)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

16、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(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，半徑為r的圓形勻強(qiáng)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

17、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??；③偏轉(zhuǎn)線圈匝間短路，線圈匝數(shù)減少，偏轉(zhuǎn)磁場減弱。 點(diǎn)評：此題是一道帶電粒子的實(shí)際應(yīng)用題型，

18、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(yùn)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(qiáng)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(jì)），開始時靜止于C點(diǎn)正下方緊靠N板的A點(diǎn)，經(jīng)電場加速后從C點(diǎn)進(jìn)入磁場，并以最短的時間從C點(diǎn)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： (1)筒內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大??； (2)帶電粒子從A點(diǎn)出發(fā)至重新回到A

19、點(diǎn)射出所經(jīng)歷的時間。 解析：(1)帶電粒子從C孔進(jìn)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(jìn)入磁場，在磁場中做勻速圓周運(yùn)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(yùn)動的時間為t2＝T／2＝πm／qB 得t2＝πR 求得t＝2t1＋t2＝（2d +πR） 點(diǎn)評：此題是電場、磁場和碰撞有機(jī)結(jié)合在一起的題目，需要對帶電粒子的運(yùn)動有一個準(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

20、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(qiáng)磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)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(diǎn)為原點(diǎn)，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(jìn)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：(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

21、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(yùn)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(diǎn)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(yùn)動進(jìn)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(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場。磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向水平并垂直紙面向外。一質(zhì)量為m、帶電量為－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(yùn)動。（重力加速度為g

22、） (1)求此區(qū)域內(nèi)電場強(qiáng)度的大小和方向。 (2)若某時刻微粒運(yùn)動到場中距地面高度為H的P點(diǎn)，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(yùn)動到距地面最高點(diǎn)？最高點(diǎn)距地面多高？ (3)在(2)問中微粒又運(yùn)動P點(diǎn)時，突然撤去磁場，同時電場強(qiáng)度大小不變，方向變?yōu)樗较蛴?，則該微粒運(yùn)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(yùn)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(yùn)動，軌道半徑為R，如圖所示。 最高點(diǎn)與地面的距離： 解得： 該微粒運(yùn)動周期為： 運(yùn)動到最高點(diǎn)所用時間為：

23、 (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(diǎn)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(jìn)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2008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(yùn)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(yùn)動全過程，對問題的情境原型進(jìn)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(yùn)用數(shù)學(xué)知識是考生順利解決物理問題的有效手段。 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

24、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(diǎn)（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(yùn)動。 （二）2008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(diǎn)； 2．力、電綜合命題多以帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動為載體考查學(xué)生理解能力、推

25、理能力、綜合分析能力及運(yùn)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(yùn)動的命題，集中融合力學(xué)、電磁學(xué)等知識，其特點(diǎn)構(gòu)思新穎、綜合性強(qiáng)，突出考查考生對物理過程和運(yùn)動規(guī)律的綜合分析能力、運(yùn)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(diǎn)，應(yīng)引起足夠的關(guān)注。 四、強(qiáng)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(diǎn)由靜止釋放一帶電滑塊，則滑塊會由靜止開始一直向右運(yùn)動到PQ連線上的另一點(diǎn)N而停下，則滑塊由M到N的過程中，以下說法正確的是【 】 A．滑塊受到的電場力

26、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(qiáng)磁場，縱向范圍足夠大，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直紙面向內(nèi)，現(xiàn)有一群正粒子從O點(diǎn)以相同的速率沿紙面不同方向進(jìn)入磁場，若粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)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、強(qiáng)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(jìn)入磁場區(qū)域內(nèi)，粒子將做圓周運(yùn)動到達(dá)磁場邊界的C點(diǎn)。但在粒子經(jīng)過D點(diǎn)時，恰好與一個原來靜止在該點(diǎn)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(jì)。關(guān)于這個新粒子的運(yùn)動情況，以下判斷正確的是【 】 A．在磁場中運(yùn)動的整個過程中，系統(tǒng)的總機(jī)械能不變 B．運(yùn)動半徑將增大，可能到達(dá)E點(diǎn) C．運(yùn)動半徑將不變，在磁場中運(yùn)動的時間變短 D．運(yùn)動半徑將減小，可能到達(dá)F點(diǎn) 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（

28、初速不計(jì)），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(diǎn)相交，電子通過極板打到熒光屏上將出現(xiàn)亮點(diǎn)，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(diǎn)運(yùn)動規(guī)律是【 】 A．沿y軸方向作勻速運(yùn)動 B．沿x軸方向作勻速運(yùn)動 C．沿y軸方向作勻加速運(yùn)動 D．沿x軸方向作勻加速運(yùn)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，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(qiáng)

29、電場，使帶電粒子每次通過窄縫都得到加速。兩盒放在勻強(qiáng)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(yùn)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，氚核獲得的最大動能較大 c B E 6．如圖所示，在某空間同時存在

30、著相互正交的勻強(qiáng)電場E和勻強(qiáng)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(diǎn)，b的電量為q2，在過c點(diǎn)的豎直平面內(nèi)做半徑為r的勻速圓周運(yùn)動，在c點(diǎn)a、b相碰并粘在一起后做勻速圓周運(yùn)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(yùn)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(yùn)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(yùn)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(yùn)動 （二）解答題 ·B A ·C 1．如圖所示，在A點(diǎn)固定一正電荷，電量為Q，在

31、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(yùn)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(diǎn)電荷，不計(jì)空氣阻力。求： (1)液珠的比荷； (2)液珠速度最大時離A點(diǎn)的距離h； (3)若已知在點(diǎn)電荷Q的電場中，某點(diǎn)的電勢可表示成，其中r為該點(diǎn)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(diǎn)B離A點(diǎn)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(diǎn)。當(dāng)空間存在著斜向上的勻強(qiáng)電場時，該小球從靜止開始始終沿水平面做勻加速直線運(yùn)動，當(dāng)運(yùn)動到

32、B點(diǎn)時，測得其速度vB ＝／s，此時小球的位移為S ＝．求此勻強(qiáng)電場場強(qiáng)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(yùn)動。 經(jīng)檢查，計(jì)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(bǔ)充。 a b E B 3．如圖所示，虛線上方有場強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場，方向豎直向下，虛線上下有磁感應(yīng)強(qiáng)度相同的勻強(qiáng)磁場，方向垂直紙面向外，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

33、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(yùn)動，后做勻速運(yùn)動到達(dá)b端。已知小球與絕緣桿間的動摩擦因數(shù)，小球重力忽略不計(jì)，當(dāng)小球脫離桿進(jìn)入虛線下方后，運(yùn)動軌跡是半圓，圓的半徑是L/3，求帶電小球從a到b運(yùn)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(qiáng)度均為B＝5.0×10－3T的勻強(qiáng)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＝＋3.2×10－19C的α粒子（不計(jì)α粒子重力），由靜止開始經(jīng)加速電壓為U＝1205V的電場（圖

34、中未畫出）加速后，從坐標(biāo)點(diǎn)M（－4，）處平行于x軸向右運(yùn)動，并先后通過兩個勻強(qiáng)磁場區(qū)域。 (1)請你求出α粒子在磁場中的運(yùn)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(yùn)動軌跡，并在圖中標(biāo)明軌跡與直線x＝4交點(diǎn)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強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場方向與x軸平行。從y軸上的M點(diǎn)（0，H，0）無初速釋放一個質(zhì)量為m、

35、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(diǎn)（L>0，b>0）。若撤去磁場則小球落在xz平面的P點(diǎn)（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(qiáng)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(qiáng)度E的大?。? (3)求小球落至N點(diǎn)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，帶電量為q的小球，小球的落地點(diǎn)與拋出點(diǎn)之間有一段相應(yīng)的水平距離（水平射程），求： (1)若

36、在空間加上一豎直方向的勻強(qiáng)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(qiáng)的大小和方向； (2)若除加上上述勻強(qiáng)電場外，再加上一個與方向垂直的水平勻強(qiáng)磁場，使小球拋出后恰好做勻速直線運(yùn)動，求此勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)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(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)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(qiáng)電場，在坐標(biāo)點(diǎn)為(、)和第四象限中某點(diǎn)，各有質(zhì)量為、帶電量為的正點(diǎn)電荷P和Q（不計(jì)重力，也不考慮P和Q之間

37、的庫侖力），現(xiàn)使P在勻強(qiáng)磁場中開始做半徑為的勻速圓周運(yùn)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(qiáng)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(qiáng)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(qiáng)磁場區(qū)域，磁場方向垂直于紙面向里，Ox為過邊界上O點(diǎn)的切線，如圖所示。從O點(diǎn)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(jì)且相互間的作用也忽

38、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(yùn)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(diǎn)，由M點(diǎn)向平面內(nèi)各個方向發(fā)射速率均為的電子。請?jiān)O(shè)計(jì)一種勻強(qiáng)磁場分布（需作圖說明），使得由M點(diǎn)發(fā)出的所有電子都能夠匯集到N點(diǎn)。 解析答案：（一）選擇題 1．D（由于地面粗糙，滑塊可能最終靜止在PQ連線的中點(diǎn)上、中點(diǎn)的左方或右方，其動能與電勢能的

39、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(jī)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(diǎn)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(diǎn)(速度為零)的全過程應(yīng)用動能定理得 qUCB-mg(rB-H)=0 即q-mg(rB-H)=0 將第(1)問的結(jié)果代入化簡r

40、B2-3HrB+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(yùn)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(yùn)動時，受力情況如圖所示： 在水平方向：N=qvB 所以摩擦力f=μN(yùn)=μqvB 當(dāng)小球做勻速運(yùn)動時：qE=f=μqvbB 小球在磁場中做勻速圓周運(yùn)動時， 又，所以 小球從a運(yùn)動到b的過程中，由動能定理得： 而 所以 則 4．解析：(1)粒

41、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(yùn)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(yùn)動總時間 （s） 5．解答：(1)用左手定則判斷出：磁場方向?yàn)椋瓁方向或－y方向。 (2)在未加勻強(qiáng)磁場時，帶電小球在電場力和重力作用下落到P點(diǎn)，設(shè)運(yùn)動時間為t，小球自由下落，有 小球沿x軸方向只受電場

42、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(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場共存的區(qū)域運(yùn)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(diǎn)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(yùn)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(yùn)動時為，小球運(yùn)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 即 (2)加上勻強(qiáng)電場后，小球做勻速直線運(yùn)動，故小球所受重力、電場力和洛侖茲力三個力而

43、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(diǎn)電荷為正電荷，故起始運(yùn)動方向豎直向上，且一個周期內(nèi)P點(diǎn)電荷兩次以相反的速度通過y軸。 由牛頓運(yùn)動定律得 電荷在磁場中運(yùn)動的周期為 所以電場變化周期和點(diǎn)電荷圓周運(yùn)動周期相同，即 P點(diǎn)電荷經(jīng)第一次通過y軸，Q點(diǎn)電荷在電場中往復(fù)直線運(yùn)動， 在0—內(nèi)有qE0=mv 而 可求得， 起始方向?yàn)?x方向。 (2)見圖 2．解析：? o2 o A θ

44、 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(jìn)入一相同的勻強(qiáng)磁場后，一定會聚焦于同一點(diǎn)，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(qiáng)度的關(guān)系是r=mv0/qB； 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

45、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(kuò)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(jìn)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(jìn)行加工處理，畫出示意圖(包括受力分析圖，運(yùn)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(jìn)行全面的受力分析； 3．分析狀態(tài)和過

46、程：對全過程層層分析，對每一個中間過程的特點(diǎn)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(diǎn)或能量的觀點(diǎn)，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(yàn)結(jié)果行不行：對題目的所求結(jié)果進(jìn)行檢驗(yàn)，并對其結(jié)果進(jìn)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(diǎn)。 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(yùn)動狀態(tài)(速度的大小和方向)的變化特點(diǎn)； 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(diǎn)分析求解時，不再拘泥于機(jī)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。