【全程复习方略】2015年高考物理二轮专题复习 辅导与训练 4.9 带电粒子在组合场、复合场中的运动高效演练

四、选考题——做好选考题力争得满分1. 选考题中的高频考点3－3：气体实验定律和气态方程必考。

分子动理论、热力学定律、内能等考查随机。

3－4：光的折射、机械波及其图象为考查重点“测定玻璃折射率”实验和“双缝干涉”实验也是重点，其它内容随机。

3－5：碰撞中的动量守恒为考查重点。

原子能级、衰变、核反应方程、核能、光电效应等内容随机考查。

2. 选修3－3相关知识及策略【高考热点】【题型探秘】本考点的命题多集中分子动理论、估算分子数目和大小、热力学两大定律的应用、气体状态参量的意义及与热力学第一定律的综合，还有气体实验定律和气体状态方程的应用，表示气体状态变化过程的图象等知识点上，多以选择题和填空题的形式出现；对热学前面知识的考查往往在一题中容纳更多的知识点，把热学知识综合在一起；对后者的考查多以计算题的形式出现，着重考查气体状态方程的应用。

近两年来热学考题中还涌现了许多对热现象的自主学习和创新能力考查的新情景试题。

同时，本考点还可以与生活、生产的实际相联系考查热学知识在实际中的应用。

【应对策略】1. “模型法”：此类方法在估算分子的直径中常常用到，具体的做法是：通常可以将分子视为立方体或球体，由宏观体积和分子个数，求出分子体积，进一步计算分子直径，计算中采用了近似计算的思想。

2. 气体压强的计算：通常要利用共点力的平衡知识来进行解题。

3．“能量守恒”法：物体内能的变化是通过做功与热传递来实现的，深刻理解功在能量转化过程中的作用，才能深刻理解热力学第一定律，应用能量守恒来分析有关热学的问题。

【典例精析】[例1] (1)[2014·重庆高考]重庆出租车常以天然气作为燃料。

加气站储气罐中天然气的温度随气温升高的过程中，若储气罐内气体体积及质量均不变，则罐内气体(可视为理想气体)( )A. 压强增大，内能减小B. 吸收热量，内能增大C. 压强减小，分子平均动能增大D. 对外做功，分子平均动能减小(2)[2014·课标全国卷Ⅱ]如图，两气缸A 、B 粗细均匀、等高且内壁光滑，其下部由体积可忽略的细管连通；A 的直径是B 的2倍，A 上端封闭，B 上端与大气连通；两气缸除A 顶部导热外，其余部分均绝热。

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高频考点专项练(八)带电粒子在复合场中的运动问题(45分钟100分)计算题(本题共6小题,共100分。

需写出规范的解题步骤)1.(18分)(2014·惠州模拟)如图所示,一个板长为L,板间距离也是L的平行板电容器上极板带正电,下极板带负电,在极板右边的空间里存在着垂直于纸面向里的匀强磁场。

有一质量为M,重力不计,带电量-q的粒子从极板正中以初速度v0水平射入,恰能从上极板边缘飞出又能从下极板边缘飞入,求：(1)两极板间匀强电场的电场强度E的大小和方向;(2)粒子飞出极板时的速度v的大小与方向;(3)磁感应强度B的大小。

2.(14分)如图所示的平面直角坐标系xOy,在第一象限内有平行于y轴的匀强电场,方向沿y轴负方向,电场强度大小为E;在第四象限以ON为直径的半圆形区域内有匀强磁场,方向垂直于xOy平面向外,一质量为m、带正电的粒子(不计粒子重力),从OM=h处的M点,以速度v0垂直于y轴射入电场,经x轴上OP=2h处的P点进入磁场,粒子在磁场中运动的轨道半径为r,以垂直于y轴的方向射出磁场。

求：(1)粒子所带的电荷量q;(2)磁感应强度B;(3)粒子在磁场中运动的时间。

3.(18分)(2014·兰州模拟)在xOy平面内,第Ⅲ象限内的直线OM是电场与磁场的边界,OM与x轴负方向成45°角。

在x<0且OM的左侧空间存在着沿x轴负方向的匀强电场,场强大小为E=50N/C,在y<0且OM的右侧空间存在着垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度的大小为B=0.2T,如图所示。

不计重力的带负电的微粒,从坐标原点O沿y轴负方向以v0=4×103m/s的初速度进入磁场,已知微粒的带电荷量为q=-4×10-18C,质量为m=1×10-24kg。

第4课 带电粒子在匀强电场中的运动一、带电粒子在匀强电场中的运动1．平衡问题平衡条件：F 合＝________.答案：1．02．加(减)速问题带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电场中，受到的静电力方向与运动方向在一条直线上，做________运动．答案：2．匀变速直线3．偏转问题(1)运动性质．不计重力的带电粒子以速度v 0垂直于电场线方向飞入匀强电场时，受到方向与初速度方向垂直的静电力作用而做________运动．(2)处理方法：①分析方法——类平抛运动的合成与分解a ．垂直于电场线方向为________运动．b ．平行于电场线方向为初速度为零的________运动．②基本过程，如右图所示．③几个结论．设粒子带电荷量为q ，质量为m ，两平行金属板间的电压为U ，板长为l ，板间距离为d ，(忽略重力影响)，则有a ．加速度：a ＝F m ＝qE m ＝qU md. b ．在电场中的运动时间：t ＝________.1.熟练处理带电粒子(一般不计重力)和带电体(一般要考虑重力)在电场中的加速与偏转问题．2.考查题型齐全，高考综合题命题热点之一．c ．位移⎩⎪⎨⎪⎧ v x t ＝v 0t ＝l ，12at 2＝y ，y ＝12at 2＝________. d ．速度⎩⎪⎨⎪⎧ v x ＝v 0，v y ＝at ，v y ＝________.v ＝v 2x ＋v 2y ，tan θ＝v y v x＝________.答案：3．(1)类平抛 (2)①匀速直线 匀加速直线 ③l v 0 qUl 22mv 20d qUt md qUl mv 20d二、示波管1．构造①________，②偏转电极，③荧光屏．(如图所示)2．工作原理(1)YY ′上加的是待显示的____________，XX ′上是机器自身产生的锯齿形电压，叫做____________．(2)观察到的现象．①如果在偏转电极XX ′和YY ′之间都没有加电压，则电子枪射出的电子沿直线运动，打在荧光屏____________，在那里产生一个亮斑．②若所加扫描电压和________的周期相等，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内变化的稳定图象．答案：1．①电子枪2．(1)信号电压 扫描电压 (2)①中心 ②信号电压随堂训练一个动能为E k 的带电粒子，垂直于电场线方向飞入平行板电容器，飞出电容器时动能为2E k ，如果使这个带电粒子的初速度变为原来的2倍，那么它飞出电容器时的动能变为( )A ．8E kB ．5E kC ．4.25E kD ．4E k错解：错选B ，认为两种情况电场力做功都为W ＝E k 而导致错误．答案：C。

高考物理第二轮复习策略高考物理第二轮复习策略一、高三第二轮复习主要任务高三物理通过第一轮系统详细的复习，学生加深了对物理基本概念、规律的理解，提高了运用所学知识分析解决问题的能力。

针对学生的学习情况、接近高考阶段的教学情况和临近高考的学生心理特点，在第二轮复习中，下列一些方面是教师需要重点进行的教学和指导任务。

◆查漏补缺，巩固提高虽然几乎所有高中学过的知识和方法在第一轮复习中都涉及到了，但学生中仍难免还存在着一些薄弱环节和疑难问题，这些问题是更隐蔽、更顽固从而也是更难解决的，在这短短的2个月时间内，如何找准问题，采取切实有效的措施，使学生对物理知识的理解和运用的水平更上一层楼，是教师的首要任务。

◆概括总结，形成结构第一轮复习，是按照教材的体系逐章逐节进行的，对知识的掌握总的说比较零散，没有更多地涉及各部分知识之间的联系。

在第二轮复习中，要把整个高中所学的物理知识系统化、网络化，把所学的知识连成线，铺成面，织成网，使之成为有机的整体。

◆综合应用，提高能力第一轮复习中的应用是在一章一节的背景中进行的，在全部高中物理知识的背景中应用知识、方法解决问题的能力仍需在第二轮复习中提高。

◆指导方法，调整心态，提高学习效率第二轮复习，时间短，学生要面对高中全部物理知识，还要对付大量的试卷，在学习方法和心理上都会产生不适应，进行复习方法的指导和心理调适，也是教师的任务。

◆训练应试技能，提高得分率考试成绩既与对知识、方法的掌握情况和分析解决问题的能力有关，也与应试技能有关。

有些学生知识、方法掌握得较好，平时练习做得也较好，但总是考不出应有的水平。

所以在第二轮复习中，还要重视训练学生的应试技能。

二、第二轮复习策略（一）指导复习方法，提高复习效率在第一轮复习中，在各个时间内，学生只面对一个章节的内容，而在第二轮复习中，学生要面对全部高中物理知识，还要对付教师下发的和自己买的大量的试卷。

如何进行有效复习，学生感到束手无策需要指导。

第2课时 电场和磁场中的曲线运动1．带电粒子在电场中受到电场力，如果电场力的方向与速度方向不共线，粒子将会做曲线运动；如果带电粒子垂直进入匀强电场，将会做类平抛运动，由于加速度恒定且与速度方向不共线，因此是匀变速曲线运动．2．研究带电粒子在匀强电场中的类平抛运动的方法与平抛运动相同，可将运动分解为垂直电场方向的匀速直线运动和沿电场方向的匀加速直线运动；若场强为E ，其加速度的大小可以表示为a ＝qE m.3．带电粒子垂直进入匀强磁场时将做匀速圆周运动，向心力由洛伦兹力提供，洛伦兹力始终垂直于运动方向，它不做功．其半径R ＝mv qB，周期T ＝2πmqB.1．带电粒子在电场和磁场的组合场中运动时，一般是类平抛运动和匀速圆周运动的组合，可以先分别研究这两种运动，而类平抛运动的末速度往往是匀速圆周运动的线速度，分析运动过程中转折点的速度是解决此类问题的关键．2．本部分内容通常应用运动的合成与分解的方法、功能关系和圆周运动的知识解决问题.考向1 带电粒子在电场中的曲线运动问题例1 (2014·山东·18)如图1所示，场强大小为E 、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd ，水平边ab 长为s ，竖直边ad 长为h .质量均为m 、带电量分别为＋q 和－q 的两粒子，由a 、c 两点先后沿ab 和cd 方向以速率v 0进入矩形区域(两粒子不同时出现在电场中)．不计重力，若两粒子轨迹恰好相切，则v 0等于( )图1A.s 2 2qEmhB.s2 qE mh C.s42qEmhD.s4qE mh审题突破 正负粒子在电场中做什么运动？两粒子轨迹恰好相切说明什么？解析 根据对称性，两粒子轨迹的切点位于矩形区域abcd 的中心，则在水平方向有12s ＝v 0t ，在竖直方向有12h ＝12·qE m ·t 2，解得v 0＝s 2qEmh.故选项B 正确，选项A 、C 、D 错误． 答案 B以题说法 1.带电粒子在电场中的一般曲线运动特点是运动轨迹一定在合力和速度的夹角范围内，且向着力的方向弯曲，这是我们画轨迹或者分析受力的依据.2.对于类平抛运动模型通常采用运动的合成与分解方法处理．一对平行金属板长为L ，两板间距为d ，质量为m ，电荷量为e 的电子从平行板左侧以速度v 0沿两板的中线不断进入平行板之间，两板间所加交变电压u AB 如图2所示，交变电压的周期T ＝L2v 0，已知所有电子都能穿过平行板，且偏距最大的粒子刚好从极板的边缘飞出，不计重力作用，则( )图2A ．所有电子都从右侧的同一点离开电场B ．所有电子离开电场时速度都是v 0C ．t ＝0时刻进入电场的电子，离开电场时动能最大D ．t ＝T 4时刻进入电场的电子，在两板间运动时最大侧位移为d16答案 BD解析 电子进入电场后做类平抛运动，不同时刻进入电场的电子垂直电场方向分速度图象如图，可知，各个电子在垂直电场方向的位移不全相同，故所有电子从右侧离开电场的位置不全相同，故A 错误；由图看出，所有电子离开电场时，垂直电场方向分速度v y ＝0，速度都等于v 0，故B 正确；由上分析可知，电子离开电场时的速度都相同，动能都相同，故C 错误；t ＝T4时刻进入电场的电子，在t ＝3T 4时刻侧位移最大，最大侧位移为y m ＝2×12a (T 4)2＝aT216，在t ＝0时刻进入电场的电子侧位移最大为d 2，则有d2＝4×12a (T 2)2＝aT 22，解得y m ＝d16，故D 正确．考向2 带电体在电场中的曲线运动问题例2 如图3所示，MPQO 为有界的竖直向下的匀强电场，电场强度为E ，ACB 为光滑固定的半圆形绝缘轨道，圆轨道半径为R ，圆心为O ，A 、B 为圆水平直径的两个端点，OC 竖直．一个质量为m 、电荷量为－q 的带电小球，从A 点正上方高为H 处由静止释放，并从A 点沿切线进入半圆轨道．不计空气阻力及一切能量损失，关于带电小球的运动情况，下列说法正确的是( )图3A ．小球一定能从B 点离开轨道 B ．小球在AC 部分可能做匀速圆周运动C ．若小球能从B 点离开，上升的高度一定小于HD ．小球到达C 点的速度可能为零审题突破 小球在运动过程中有哪几个力做功，是正功还是负功？小球在AC 部分做匀速圆周运动的条件是什么？如果小球到达C 点的速度为零，小球还能不能沿AC 半圆轨道运动？ 解析 由于题中没有给出H 与R 、E 的关系，所以小球不一定能从B 点离开轨道；若重力大小等于电场力，小球在AC 部分做匀速圆周运动．由于小球在AC 部分运动时电场力做负功，所以若小球能从B 点离开，上升的高度一定小于H ；若小球到达C 点的速度为零，则电场力大于重力，则小球不可能沿半圆轨道运动，所以小球到达C 点的速度不可能为零． 答案 BC以题说法 1.带电体一般要考虑重力，而且电场力对带电体做功的特点与重力相同，即都与路径无关．2．带电体在电场中做曲线运动(主要是类平抛、圆周运动)的分析方法与力学中的方法相同，只是对电场力的分析要更谨慎．如图4所示，在竖直向上的匀强电场中，从倾角为θ的斜面上的M 点水平抛出一个带负电小球，小球的初速度为v 0，最后小球落在斜面上的N 点．在已知θ、v 0和小球所受的电场力大小F 及重力加速度g 的条件下，不计空气阻力，则下列判断正确的是( )图4A．可求出小球落到N点时重力的功率B．由图可知小球所受的重力大小可能等于电场力C．可求出小球从M点到N点的过程中电势能的变化量D．可求出小球落到N点时速度的大小和方向答案BD解析质量未知，故无法求重力功率，故A错误；小球做类平抛运动，重力与电场力的大小不确定，可能两者相等，故B正确；小球从M点到N点的过程中电势能的变化量ΔE p＝Fy＝F·v2y2a，由于加速度a无法求出，所以电势能的变化量不能求出，故C错误；利用平抛知识有y x ＝v y t2v0t＝v y2v0＝tan θ，速度偏向角设为α，则tan α＝v yv0＝2tan θ，则得：v y＝2v0tan θ，故v N＝v20＋v2y＝1＋4tan2θv0，D正确．考向3 带电粒子在磁场中的圆周运动问题例3如图5所示，在xOy平面内，有一个圆形区域的直径AB与x轴重合，圆心O′的坐标为(2a,0)，其半径为a，该区域内无磁场．在y轴和直线x＝3a之间的其他区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B.一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴上某点射入磁场．不计粒子重力．图5(1)若粒子的初速度方向与y轴正向的夹角为60°，且粒子不经过圆形区域就能到达B点，求粒子的初速度大小v1；(2)若粒子的初速度方向与y轴正向的夹角为60°，在磁场中运动的时间为Δt＝πm/3Bq，且粒子也能到达B点，求粒子的初速度大小v2；(3)若粒子的初速度方向与y轴垂直，且粒子从O′点第一次经过x轴，求粒子的最小初速度v min.审题突破粒子不经过圆形区域到达B点时速度有何特点？画出运动轨迹，如何根据几何关系求半径？解析 (1)粒子不经过圆形区域就能达到B 点，故粒子到达B 点时的速度竖直向下，圆心必在x 轴正半轴上，设粒子圆周运动的半径为r 1，由几何关系得：r 1sin 30°＝3a －r 1又qv 1B ＝m v 21r 1，解得：v 1＝2qBam.(2)粒子在磁场中运动的周期T ＝2πmBq，故粒子在磁场中的运动轨迹的圆心角为 α＝ΔtT×360°＝60°粒子到达B 点的速度与x 轴夹角β＝30° 设粒子做圆周运动的半径为r 2，由几何关系得： 3a ＝2r 2sin 30°＋2a cos 230°又qv 2B ＝m v 22r 2，解得：v 2＝3qBa2m.(3)设粒子从C 点进入圆形区域，O ′C 与O ′A 夹角为θ，轨迹圆对应的半径为r ， 由几何关系得：2a ＝r sin θ＋a cos θ 故当θ＝60°时，半径最小为r min ＝3a又qv min B ＝m v 2minr min ，解得v min ＝3qBa m.答案 (1)2qBa m (2)3qBa 2m (3)3qBam以题说法 1.对于带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的问题，基本思路是：根据进场点和出场点的速度方向，确定洛伦兹力的方向，其交点为圆心，利用几何关系求半径． 2．带电粒子在常见边界磁场中的运动规律 (1)直线边界：①对称性：若带电粒子以与边界成θ角的速度进入磁场，则一定以与边界成θ角的速度离开磁场．②完整性：正、负带电粒子以相同的速度进入同一匀强磁场时，两带电粒子轨迹圆弧对应的圆心角之和等于2π.(2)圆形边界：沿径向射入的粒子，必沿径向射出．如图6所示，在屏蔽装置底部中心位置O 点放一医用放射源，可通过细缝沿扇形区域向外辐射速率为v ＝3.2×106m 的α粒子．已知屏蔽装置宽AB ＝9 cm 、缝长AD ＝18 cm ，α粒子的质量m ＝6.64×10－27kg ，电量q ＝3.2×10－19C ．若在屏蔽装置右侧条形区域内加一匀强磁场来隔离辐射，磁感应强度B ＝0.332 T ，方向垂直于纸面向里，整个装置放于真空环境中．图6(1)若所有的α粒子均不能从条形磁场隔离区的右侧穿出，则磁场的宽度d 至少是多少？ (2)若条形磁场的宽度d ＝20 cm ，则射出屏蔽装置的α粒子在磁场中运动的最长时间和最短时间各是多少？(结果保留2位有效数字) 答案 (1)0.34 m (2)2.0×10－7s 6.5×10－8s 解析 (1)由题意：AB ＝9 cm ，AD ＝18 cm ，可得： ∠BAO ＝∠ODC ＝45°所有α粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，设为R ，根据牛顿第二定律有：Bqv ＝mv 2R解得R ＝0.2 m ＝20 cm由题意及几何关系可知：若条形磁场区域的右边界与沿OD 方向进入磁场的α粒子的圆周轨迹相切，则所有α粒子均不能从条形磁场隔离区右侧穿出，如图(1)所示．(1)设此时磁场宽度为d 0，由几何关系得：d 0＝R ＋R cos 45°＝(20＋102) cm≈0.34 m(2)设α粒子在磁场内做匀速圆周运动的周期为T ，则T ＝2πm Bq ＝π8×10－6s 设速度方向垂直于AD 进入磁场区域的α粒子的入射点为E ，如图(2)所示．(2)因磁场宽度d ＝20 cm<d 0，且R ＝20 cm ，则在∠EOD 间出射进入磁场区域的α粒子均能穿出磁场右边界，在∠EOA 间出射进入磁场区域的α粒子均不能穿出磁场右边界，所以沿OE 方向进入磁场区域的α粒子运动轨迹与磁场右边界相切，在磁场中运动时间最长． 设在磁场中运动时间最长为t max ，则t max ＝T 2＝π16×10－6 s≈2.0×10－7 s若α粒子在磁场中做匀速圆周运动对应的圆弧轨迹的弦最短，则α粒子穿过磁场时间最短．最短的弦长为磁场宽度d .设在磁场中运动的最短时间为t min ，轨迹如图(2)所示．因R ＝d ，则圆弧对应圆心角为60°，故t min ＝T 6＝π48×10－6 s≈6.5×10－8s5．带电粒子在电场和磁场中运动的综合问题例4 (16分)如图7所示，坐标系xOy 在竖直平面内，水平轨道AB 和斜面BC 均光滑且绝缘，AB 和BC 的长度均为L ，斜面BC 与水平地面间的夹角θ＝60°，有一质量为m 、电量为＋q 的带电小球(可看成质点)被放在A 点．已知在第一象限分布着互相垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上，场强大小E 2＝mgq，磁场为水平方向(图中垂直纸面向外)，磁感应强度大小为B ；在第二象限分布着沿x 轴正向的水平匀强电场，场强大小E 1＝B 2qL6m.现将放在A 点的带电小球由静止释放，则小球需经多少时间才能落到地面(小球所带的电量不变)?图7思维导图解析 设带电小球运动到B 点时速度为v B ， 则由功能关系：E 1qL ＝12mv 2B ，解得：v B ＝3BLq3m(2分) 设带电小球从A 点运动到B 点用时为t 1， 则由v B ＝E 1q m t 1，解得t 1＝23m qB(2分) 当带电小球进入第一象限后所受电场力为F 电＝E 2q ＝mg (2分)所以带电小球做匀速圆周运动Bqv B ＝m v2B R(1分)则带电小球做匀速圆周运动的半径R ＝mv B qB ＝33L (1分) 则其圆周运动的圆心为如图所示的O ′点，BO ＝BC ·cos 30°＝32L ，OO ′＝BO －R ＝36L ， OC ＝BC ·cos 60°＝12L (2分)假设小球直接落在水平面上的C ′点，则OC ′＝R 2－ OO ′ 2＝12L ＝OC (2分)所以C ′与C 重合，小球正好打在C 点． ∠BO ′C ＝120°(1分)所以带电小球从B 点运动到C 点运动时间t 2＝13T ＝2πm3qB(1分) 所以小球从A 点出发到落地的过程中所用时间t ＝t 1＋t 2＝23m qB ＋2πm3qB.(2分) 答案23m qB ＋2πm 3qB(限时：15分钟，满分：20分)(2014·全国大纲·25)如图8所示，在第一象限存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面(xy 平面)向外；在第四象限存在匀强电场，方向沿x 轴负向．在y 轴正半轴上某点以与x 轴正向平行、大小为v 0的速度发射出一带正电荷的粒子，该粒子在(d,0)点沿垂直于x 轴的方向进入电场．不计粒子重力．若该粒子离开电场时速度方向与y 轴负方向的夹角为θ，求：图8(1)电场强度大小与磁感应强度大小的比值； (2)该粒子在电场中运动的时间． 答案 (1)12v 0tan 2θ (2)2d v 0tan θ解析 (1)如图，粒子进入磁场后做匀速圆周运动．设磁感应强度的大小为B ，粒子质量与所带电荷量分别为m 和q ，圆周运动的半径为R 0.由洛伦兹力公式及牛顿第二定律得qv 0B ＝m v20R 0①由题给条件和几何关系可知R 0＝d ②设电场强度大小为E ，粒子进入电场后沿x 轴负方向的加速度大小为a x ，在电场中运动的时间为t ，离开电场时沿x 轴负方向的速度大小为v x .由牛顿第二定律及运动学公式得Eq ＝ma x ③v x ＝a x t ④ v x2t ＝d ⑤由于粒子在电场中做类平抛运动(如图)，有tan θ＝v x v 0⑥联立①②③④⑤⑥式得E B ＝12v 0tan 2θ⑦(2)联立⑤⑥式得t ＝2dv 0tan θ.(限时：45分钟)题组1 带电粒子在电场中的曲线运动问题1．如图1所示，图中MN 是由负点电荷产生的电场中的一条电场线．一带正电粒子q 飞入电场后，只在电场力作用下沿图中虚线运动，a 、b 是该曲线上的两点，则下列说法正确是( )图1A ．a 点的电场强度小于b 点的电场强度B ．a 点的电势低于b 点的电势C ．粒子在a 点的动能小于在b 点的动能D ．粒子在a 点的电势能小于在b 点的电势能 答案 AC解析 由只受电场力作用且做曲线运动物体受力指向轨迹内侧知，场源电荷在左侧，根据负电荷周围电场分布特点可知：a 点的电场强度小于b 点的电场强度，a 点的电势高于b 点的电势，故A 正确，B 错误；粒子从a 运动到b 的过程中，电场力做正功，电势能减小，动能增加，故C 正确，D 错误．故选A 、C.2．如图2所示，虚线表示某电场的等势面．一带电粒子仅在电场力作用下由A 点运动到B 点的径迹如图中实线所示．粒子在A 点的速度为v A 、电势能为E p A ；在B 点的速度为v B 、电势能为E p B .则下列结论正确的是( )A．粒子带正电，v A>v B，E p A>E p BB．粒子带负电，v A>v B，E p A<E p BC．粒子带正电，v A<v B，E p A<E p BD．粒子带负电，v A<v B，E p A>E p B答案 B解析根据电场力与等势面垂直，又要指向轨迹弯曲的内侧，又电场线垂直于等势面由高电势指向低电势，故可判断电场力与电场方向相反，即该粒子带负电，由题图知U AB＝5 V，粒子从A运动到B的过程中，电场力做功W＝qU AB，做负功，故动能减小，电势能增大，所以v A>v B，E p A<E p B，故B正确，A、C、D错误．3．如图3所示，真空中有A、B两个等量异种点电荷，O、M、N是AB连线的垂线上的三个点，且AO>OB.一个带正电的检验电荷仅在电场力的作用下，从M点运动到N点，其轨迹如图中实线所示．下列说法正确的是( )图3A．A电荷为正电荷，B电荷为负电荷B．M点的电势高于N点的电势C．M点的电场强度大于N点的电场强度D．检验电荷在M点的动能大于在N点的动能答案BC解析据带正电粒子的运动轨迹，粒子受到的电场力指向轨迹弯曲的内侧知A为负电荷，B为正电荷，故A错误．因为AO＞OB，根据等量异种点电荷电场线及等势面分布特点可知M点的电势高于N点的电势，M点的电场强度大于N点的电场强度，故B、C正确．正电荷在电势高处电势能大，M点的电势高于N点的电势，则正电荷在M点的电势能大于在N点的电势能，在M点的动能小于在N点的动能．故D错误．4．如图4所示，两对金属板A、B和C、D分别竖直和水平放置，A、B接在电路中，C、D板间电压为U.A板上O处发出的电子经加速后，水平射入C、D板间，电子最终都能打在光屏M 上．关于电子的运动，下列说法正确的是( )A ．S 闭合，只向右移动滑片P .P 越靠近b 端，电子打在M 上的位置越高B ．S 闭合，只改变A 、B 板间的距离．改变前后，电子由O 至M 经历的时间相同C ．S 闭合，只改变A 、B 板间的距离，改变前后，电子到达M 前瞬间的动能相同D ．S 闭合后再断开，只向左平移B ，B 越靠近A 板，电子打在M 上的位置越高 答案 CD解析 S 闭合，只向右移动滑片P ，极板A 、B 之间的电压U 1增大，U 1越大，电子离开B 板时的速度越大，经过C 、D 极板时的时间越短，在竖直方向的位移y ＝12at 2越小，即高度越低，故选项A 错误；S 闭合，若只将A 板向B 板靠近时，极板A 、B 间的电压不变，电子获得速度不变，到达M 时的时间为t ＝d v 2＋L v＝2d ＋Lv，所以时间变短；S 闭合，若只将B 板向A 板靠近时，设A 、B 板的间距为d ，A 板与M 的间距为s ，极板A 、B 间的电压不变，电子获得速度不变，到达M 时的时间为t ＝d v 2＋s －d v ＝d ＋sv，所以时间变短，故选项B 错误；S 闭合，只改变A 、B 板的间距，由动能定理得电子获得动能为E k ＝U 1q ＋Uq ，所以动能不变，故选项C 正确；S 闭合后再断开，极板A 、B 的电量不变，只向左平移B ，B 靠近A 板，间距减小，由C ＝εS4πkd 可知电容C 增大，由C ＝Q U可知其电压减小，所以电子获得的速度减小，通过极板C 、D 的时间变长，在竖直方向的位移y ＝12at 2增大，即高度增高，故选项D 正确．题组2 带电体在电场中的曲线运动问题5．如图5所示，真空中存在一个水平向左的匀强电场，场强大小为E .一根不可伸长的绝缘细线长度为l ，一端拴一个质量为m 、电荷量为q 的带负电小球，另一端固定在O 点．把小球拉到使细线水平的位置A ，由静止释放，小球沿圆弧运动到位置B 时，速度为零．图中角θ＝60°.以下说法正确的是()图5A ．小球在B 位置处于平衡状态B ．小球受到重力与电场力的关系是mg ＝3qEC ．小球在B 点的加速度大小为gD ．小球从A 运动到B 的过程中，电场力对其做的功为－12qEl答案 CD解析 小球到达B 点时速度为零，但合力不为零，不是平衡状态，故A 错误；小球从A 到B 的过程中，由mgl sin θ－qEl (1－cos θ)＝0，可解得qE ＝3mg ，所以B 错误；小球沿切向方向的合力F 合＝qE cos 30°－mg sin 30°＝ma ，a ＝qE cos 30°－mg sin 30°m＝3mg ·32－mg ·12m＝g ，故C 正确；小球从A 到B ，沿电场线方向运动的有效距离：d ＝l －l cosθ＝12l ，所以电场力做功：W ＝－qEd ＝－12Eql ，故D 正确．6．如图6所示，地面上某区域存在着竖直向下的匀强电场，一个质量为m 的带负电小球以水平方向的初速度v 0由O 点射入该区域，刚好通过竖直平面中的P 点，已知连线OP 与初速度方向的夹角为45°，则此带电小球通过P 点时的动能为( )图6A ．mv 20 B.mv202C ．2mv 20D.5mv 22答案 D解析 由题可知，小球到P 点时，水平位移和竖直位移相等，即v 0t ＝0＋v Py2t ，合速度v P ＝v 20＋v 2Py ＝5v 0，则E k P ＝12mv 2P ＝52mv 20. 7．如图7所示，半径为R 的14光滑圆弧轨道与光滑水平面相切于B 点，O 为光滑圆弧的圆心，其中OB 竖直，OC 水平，且AB ＝R ，整个空间存在水平向右的匀强电场，质量为m 的带正电小球从A 点静止释放，其所受电场力为重力的43倍，重力加速度为g ，求：图7(1)小球到达C 点时对轨道的压力大小；(2)小球从A 点运动到C 点过程中最大速度的大小． 答案 (1)143mg (2)2gR解析 (1)已知Eq ＝43mg ，小球从A 到C ，由动能定理得：Eq ·2R －mgR ＝12mv 2C －0对小球，在C 处由牛顿第二定律得：F N C －Eq ＝m v 2CR得小球受轨道的支持力F N C ＝143mg 由牛顿第三定律小球对轨道的压力F N C ′＝F N C ＝143mg .(2)在BC 圆弧上某点D ，电场力和重力的合力与速度方向垂直时速度有最大值，此时小球所在位置D 的半径与水平方向的夹角tan θ＝mg Eq ＝34，小球从A 到D ，由动能定理得Eq (R ＋R cos θ)－mg (R －R sin θ)＝12mv 2D －0解得最大速度v D ＝2gR .题组3 带电粒子在磁场中的圆周运动问题8．(2014·新课标Ⅱ·20)图8为某磁谱仪部分构件的示意图．图中，永磁铁提供匀强磁场．硅微条径迹探测器可以探测粒子在其中运动的轨迹．宇宙射线中有大量的电子、正电子和质子．当这些粒子从上部垂直进入磁场时，下列说法正确的是( )图8A ．电子与正电子的偏转方向一定不同B ．电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径一定相同C ．仅依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子D ．粒子的动能越大，它在磁场中运动轨迹的半径越小 答案 AC解析 根据左手定则，电子、正电子进入磁场后所受洛伦兹力的方向相反，故两者的偏转方向不同，选项A 正确；根据qvB ＝mv 2r ，得r ＝mvqB，若电子与正电子在磁场中的运动速度不相等，则轨迹半径不相同，选项B 错误；对于质子、正电子，它们在磁场中运动时不能确定mv 的大小，故选项C 正确；粒子的mv 越大，轨道半径越大，而mv ＝2mE k ，粒子的动能大，其mv 不一定大，选项D 错误．9．如图9所示，竖直面内有一倒立等边三角形OMN 区域，边长为L ，MN 边是水平的．在该区域有一垂直纸面向外、磁感应强度为B 的匀强磁场．在同一竖直面内有一束质量为m 、电荷量为q 、速度大小不同的带正电粒子从N 点沿NM 方向射入该磁场区域(可认为能发生偏转)．过O 点作与MN 边平行的直线作为x 坐标轴，且O 点为x 坐标轴的原点．不计粒子的重力及粒子间的相互作用力，试求：图9(1)射到x 坐标轴上的O 点的粒子速度大小； (2)垂直OM 边射出的粒子与x 坐标轴的交点位置； (3)粒子在磁场中运动的时间和速度的关系． 答案 (1)3qBL3m(2)2(3－1)L (3)t ＝⎩⎪⎨⎪⎧2πm 3qB v ≤3qBL3mm [arccos mv －3qBL 2mv －π3]qBv >3qBL3m解析 (1)粒子的行进路线如图中弧线的轨迹NO ，根据几何知识有R ＝L2cos 30°又qvB ＝m v 2R ，得到射到x 坐标轴上O 点的粒子速度大小v ＝qBL 2m cos 30°＝3qBL3m(2)粒子的行进路线如图中的轨迹2，根据几何知识有：R 2＝3L另有R 2－L sinπ6＝x ，得x ＝2(3－1)L .(3)从ON 边射出的粒子根据几何知识有：在磁场中轨迹圆弧对应的圆心角都是2π3，所以这些粒子在磁场中运动的时间与速度无关，则t ＝2πm3qB.从OM 边射出的粒子行进路线可用图中的轨迹3代表，根据几何知识有：R ＝R cos α＋(L －R sin α)tan π3其中R ＝mv qB 且α角的范围是(0，2π3)可得α＝arccos(mv －3qBL 2mv )－π3，而t ＝αmqB，得t ＝m [arccos mv －3qBL 2mv －π3]qB.题组4 带电粒子在电场和磁场中运动的综合问题分析10．(2014·江苏·9)如图10所示，导电物质为电子的霍尔元件位于两串联线圈之间，线圈中电流为I ，线圈间产生匀强磁场，磁感应强度大小B 与I 成正比，方向垂直于霍尔元件的两侧面，此时通过霍尔元件的电流为I H ，与其前后表面相连的电压表测出的霍尔电压U H 满足：U H ＝k I H Bd，式中k 为霍尔系数，d为霍尔元件两侧面间的距离．电阻R 远大于R L ，霍尔元件的电阻可以忽略，则( )图10A ．霍尔元件前表面的电势低于后表面B ．若电源的正负极对调，电压表将反偏C ．I H 与I 成正比D ．电压表的示数与R L 消耗的电功率成正比 答案 CD解析 当霍尔元件通有电流I H 时，根据左手定则，电子将向霍尔元件的后表面运动，故霍尔元件的前表面电势较高．若将电源的正负极对调，则磁感应强度B 的方向换向，I H 方向变化，根据左手定则，电子仍向霍尔元件的后表面运动，故仍是霍尔元件的前表面电势较高，选项A 、B 错误．因R 与R L 并联，根据并联分流，得I H ＝R LR L ＋RI ，故I H 与I 成正比，选项C 正确．由于B 与I 成正比，设B ＝aI ，则I L ＝R R ＋R L I ，P L ＝I 2L R L ，故U H ＝kI H B d ＝ak R ＋R L R 2dP L ，知U H ∝P L ，选项D 正确．11．如图11所示，在以坐标原点O 为圆心，半径为R 的半圆形区域(图中虚线与x 轴所围区域)内，有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场强度为E ，方向沿x 轴负方向．匀强磁场方向垂直于xOy 平面．一带负电的粒子(不计重力)从P (0，－R )点沿y 轴正方向以某一速度射入，带电粒子恰好做匀速直线运动，经时间t 0从O 点射出．图11(1)求匀强磁场的大小和方向；(2)若仅撤去磁场，带电粒子仍从P 点以相同的速度射入，经时间t 02恰好从半圆形区域的边界射出．求粒子的加速度和射出时的速度大小；(3)在满足(2)的条件下，若仅撤去电场，带电粒子从O 点沿y 轴负方向射入，且速度为原来的4倍，求粒子在磁场中运动的时间． 答案 (1)Et 0R 垂直xOy 平面向外 (2)43t 0R 13t 0R (3)318πt 0 解析 (1)设带电粒子的质量为m ，电荷量为q ，初速度为v ，磁感应强度为B .可判断出粒子受到的电场力沿x 轴正方向，则洛伦兹力沿x 轴负方向，于是可知磁感应强度垂直xOy 平面向外．且有qE ＝qvB ，R ＝vt 0，则B ＝Et 0R. (2)仅有电场时，带电粒子在匀强电场中做类平抛运动 在y 方向位移y ＝v t 02＝R2设在水平方向位移为x ，因射出位置在半圆形区域边界上，于是x ＝32R又有x ＝12at 2＝12a (t 02)2得a ＝43t 20R设出射速度v 1，出射时x 方向分速度为v x ，则 v x ＝2x t ＝23t 0R则v 1＝v 2x ＋v 2＝13t 0R(3)仅有磁场时，入射速度v 2＝4v ，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，圆心为C ，圆心角为2α，如图，设轨道半径为r ，由牛顿第二定律有qv 2B ＝mv22r又qv 2B ＝4qE ，qE ＝ma ，得r ＝33R 由几何关系知sin α＝R 2r ＝32，则α＝π3带电粒子在磁场中运动周期T ＝2πm qB ＝2πrv 2则带电粒子在磁场中运动时间t ＝2α2πT ＝318πt 0。

【步步高】〔鲁、渝、京、琼地区专用〕2015届高考物理总复习第八章磁场新人教版1．带电粒子垂直匀强磁场方向运动时，会受到洛伦兹力的作用．如下表述正确的答案是( )．A．洛伦兹力对带电粒子做功B．洛伦兹力不改变带电粒子的动能C．洛伦兹力的大小与速度无关D．洛伦兹力不改变带电粒子的速度方向解析洛伦兹力的方向与运动方向垂直，所以洛伦兹力永远不做功，即不改变粒子的动能，A错误、B正确；洛伦兹力f＝Bqv，C错误；洛伦兹力不改变速度的大小，但改变速度的方向，D错误．答案 B2．如图1所示，一个半径为R的导电圆环与一个轴向对称的发散磁场处处正交，环上各点的磁感应强度B大小相等、方向均与环面轴线方向成θ角(环面轴线为竖直方向)．假设导电圆环上载有如图1所示的恒定电流I，如此如下说法中正确的答案是( )．图1A．导电圆环所受安培力方向竖直向下B．导电圆环所受安培力方向竖直向上C．导电圆环所受安培力的大小为2BIRD．导电圆环所受安培力的大小为2πBIR sin θ解析将导电圆环分成假设干小的电流元，任取一小段电流元为研究对象，把磁场分解成水平方向和竖直方向的两个分量，如此竖直方向的分磁场产生的安培力矢量和为零，水平方向的分磁场产生的安培力为F＝B sin θ·I·2πR＝2πBIR sin θ，方向竖直向上，所以B、D均正确．答案BD3．显像管原理的示意图如图2所示，当没有磁场时，电子束将打在荧光屏正中的O点，安装在管径上的偏转线圈可以产生磁场，使电子束发生偏转．设垂直纸面向里的磁场方向为正方向，假设使电子打在荧光屏上的位置由a点逐渐移动到b点，如下变化的磁场能够使电子发生上述偏转的是( )．图2解析根据左手定如此判断电子受到的洛伦兹力的方向．电子偏转到a点时，根据左手定如此可知，磁场方向垂直纸面向外，对应Bt图，图线应在t轴下方；电子偏转到b 点时，根据左手定如此可知，磁场方向垂直纸面向里，对应Bt图，图线应在t轴上方．符合条件的是A选项．答案 A4．如图3所示，在沿水平方向向里的匀强磁场中，带电小球A与B在同一直线上，其中小球B带正电荷并被固定，小球A与一水平放置的光滑绝缘板C接触(不粘连)而处于静止状态．假设将绝缘板C沿水平方向抽去后，以下说法正确的答案是( )．图3A．小球A仍可能处于静止状态B．小球A将可能沿轨迹1运动C．小球A将可能沿轨迹2运动D．小球A将可能沿轨迹3运动解析小球A处于静止状态，可判断小球A带正电，假设此时小球A所受重力与库仑力平衡，将绝缘板C沿水平方向抽去后，小球A仍处于静止状态；假设库仑力大于小球A 所受重力，如此将绝缘板C沿水平方向抽去后，小球A向上运动，此后小球A在库仑力、重力、洛伦兹力的作用下将可能沿轨迹1运动．答案AB5．如图4所示，一弓形线圈通过逆时针方向的电流，在其圆弧的圆心处，垂直于纸面放置一直导线，当直导线通有指向纸内的电流时，线圈将( )．图4A ．a 端向纸内，b 端向纸外转动，且靠近导线B ．a 端向纸内，b 端向纸外转动，且远离导线C ．a 端向纸外，b 端向纸内转动，且靠近导线D ．a 端向纸外，b 端向纸内转动，且远离导线解析 先由等效法，把弓形线圈中的电流等效成一个小磁针，其N 极垂直纸面向外，而直线电流的磁场方向在小磁针所在处方向为竖直向上，因此小磁针N 极将转向磁场方向，即a 端向内转动，b 端向外转动；当线圈转过90°后，a 、b 中电流与直导线电流同向平行，而弧形局部电流与直导线电流反向平行，但前者离直导线较近，受到的引力较大，后者离直导线较远，受到的斥力较小，总的作用力为引力，故线圈向直导线靠近．根据以上分析，此题正确选项应为A.答案 A6．如图5所示，垂直纸面向里的匀强磁场分布在正方形abcd 区域内，O 点是cd 边的中点，一个带正电的粒子仅在磁场力的作用下，从O 点沿纸面以垂直于cd 边的速度射入正方形内，经过时间t 0刚好从c 点射出磁场，现设法使该带电粒子从O 点沿纸面与Od 成30°的方向，以大小不同的速率射入正方形内，那么如下说法中正确的答案是( )．图5 A ．假设该带电粒子在磁场中经历的时间是53t 0，如此它一定从cd 边射出磁场 B ．假设该带电粒子在磁场中经历的时间是23t 0，如此它一定从ad 边射出磁场 C ．假设该带电粒子在磁场中经历的时间是54t 0，如此它一定从bc 边射出磁场 D ．假设该带电粒子在磁场中经历的时间是t 0，如此它一定从ab 边射出磁场解析作出刚好从ab 边射出的轨迹①、刚好从bc 边射出的轨迹②、从cd 边射出的轨迹③和从ad 边射出的轨迹④，如下列图．由条件可知，带电粒子在磁场中做圆周运动的周期是2t 0.由图可知，从ab 边射出经历的时间t 03<t 1≤5t 06；从bc 边射出经历的时间5t 06<t 2≤4t 03；从cd 边射出经历的时间一定是t 3＝5t 03；从ad 边射出经历的时间t 4≤t 03.结合选项可知，A 、C 正确．答案 AC7．1922年英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素和质谱的研究荣获了诺贝尔化学奖．假设速度一样的同一束粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图6所示，如此如下相关说法中正确的答案是( )．图6A ．该束带电粒子带负电B ．速度选择器的P 1极板带正电C ．在B 2磁场中运动半径越大的粒子，质量越大D ．在B 2磁场中运动半径越大的粒子，荷质比q m 越小解析 由粒子在右边磁场中的偏转可知，粒子带正电，A 错；带正电的粒子在速度选择器中受洛伦兹力向上，电场力应向下，所以上板带正电，B 对；由R ＝mv qB可知，在v 、B 一样时，半径越大，荷质比越小，D 对．答案 BD8．如图7所示为一种获得高能粒子的装置，环形区域内存在垂直纸面向外、大小可调节的均匀磁场，质量为m ，电荷量为＋q 的粒子在环中做半径为R 的圆周运动，A 、B 为两块中心开有小孔的极板，原来电势都为零，每当粒子顺时针飞经A 板时，A 板电势升高为U ，B 板电势仍保持为零，粒子在两板间电场中得到加速，每当粒子离开B 板时，A 板电势又降为零，粒子在电场一次次加速下动能不断增大，而绕行半径不变( )．图7A ．粒子从A 板小孔处由静止开始在电场作用下加速，绕行n 圈后回到A 板时获得的总动能为2nqUB ．在粒子绕行的整个过程中，A 板电势可以始终保持为＋UC ．在粒子绕行的整个过程中，每一圈的周期不变D ．为使粒子始终保持在半径为R 的圆轨道上运动，磁场必须周期性递增，如此粒子绕行第n 圈时的磁感应强度为1R 2nmU q解析 此题考查了带电粒子在电场中的加速运动和在磁场中做圆周运动的规律．粒子在电场中绕行n 圈后回到A 板时获得的总动能为nqU ，A 错；在粒子绕行的整个过程中，A板电势有时为＋U ，有时为零，B 错；周期T ＝2πm qB，在粒子绕行的整个过程中，磁感应强度B 发生变化，所以T 也发生变化，C 错；粒子绕行第n 圈时，R ＝mv qB ，又nqU ＝12mv 2，联立解得B ＝1R 2nmU q ，D 对． 答案 D9. 如图8-所示，一带电粒子质量为m ＝2.0×10－11 kg 、电荷量q ＝＋1.0×10－5C ，从静止开始经电压为U 1＝100 V 的电场加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中，粒子射出电场时的偏转角θ＝60°，并接着沿半径方向进入一个垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，粒子射出磁场时的偏转角也为θ＝60°.偏转电场中金属板长L ＝2 3 cm ，圆形匀强磁场的半径R ＝10 3 cm ，重力忽略不计．求：图8(1)带电粒子经U 1＝100 V 的电场加速后的速率；(2)两金属板间偏转电场的电场强度E ；(3)匀强磁场的磁感应强度的大小． 解析 (1)带电粒子经加速电场加速后速度为v 1，根据动能定理：qU 1＝12mv 21 v 1＝ 2U 1q m ＝1.0×104m/s (2)带电粒子在偏转电场中只受电场力作用，做类平抛运动．在水平方向粒子做匀速直线运动．水平方向：v 1＝L t带电粒子在竖直方向做匀加速直线运动，加速度为a ，出电场时竖直方向速度为v 2，且v 2＝at ，a ＝Eq m由几何关系tan θ＝v 2v 1E ＝mv 21tan θqL ＝10 000 V/m (3)设带电粒子进磁场时的速度大小为v ，如此v ＝v 1cos θ＝2.0×104m/s 由粒子运动的对称性可知，入射速度方向过磁场区域圆心，如此出射速度反向延长线过磁场区域圆心，粒子在磁场中的运动轨迹如下列图如此轨迹半径为r ＝R tan 60°＝0.3 m由qvB ＝m v 2r得B ＝mv qr＝0.13 T答案 (1)1.0×104 m/s (2)10 000 V/m (3)0.13 T10．如图9甲所示，在以O 为坐标原点的xOy 平面内，存在着范围足够大的电场和磁场，一个带正电小球在t ＝0时刻以v 0＝3gt 0的初速度从O 点沿＋x 方向(水平向右)射入该空间，在t 0时刻该空间同时加上如图乙所示的电场和磁场，其中电场方向竖直向上，场强大小E 0＝mg q ，磁场垂直于xOy 平面向外，磁感应强度大小B 0＝πm qt 0，小球的质量为m ，带电荷量为q ，时间单位为t 0，当地重力加速度为g ，空气阻力不计．试求：图9(1)t 0末小球速度的大小；(2)小球做圆周运动的周期T 和12t 0末小球速度的大小；(3)在给定的xOy 坐标系中，大体画出小球在0到24t 0内运动轨迹的示意图；(4)30t 0内小球距x 轴的最大距离． 解析 (1)由题图乙知，0～t 0内，小球只受重力作用，做平抛运动，在t 0末：v ＝v 20x ＋v 20y ＝3gt 02＋gt 02＝10gt 0(2)当同时加上电场和磁场时，电场力F 1＝qE 0＝mg ，方向向上因为重力和电场力恰好平衡，所以小球只受洛伦兹力而做匀速圆周运动，有qvB 0＝m v 2r运动周期T ＝2πr v，联立解得T ＝2t 0 由题图乙知，电场、磁场同时存在的时间正好是小球做匀速圆周运动周期的5倍，即在这10t 0内，小球恰好做了5个完整的匀速圆周运动．所以小球在t 1＝12t 0时刻的速度相当于小球做平抛运动t ＝2t 0时的末速度．v y 1＝g ·2t 0＝2gt 0，v x 1＝v 0x ＝3gt 0所以12t 0末v 1＝v 2x 1＋v 2y 1＝13gt 0(3)24t 0内运动轨迹的示意图如下列图．(4)分析可知，小球在30t 0时与24t 0时的位置一样，在24t 0内小球相当于做了t 2＝3t 0的平抛运动和半个圆周运动.23t 0末小球平抛运动的竖直分位移大小为y 2＝12g (3t 0)2＝92gt 2竖直分速度v y 2＝3gt 0＝v 0，所以小球与竖直方向的夹角为θ＝45°，速度大小为 v 2＝32gt 0此后小球做匀速圆周运动的半径r 2＝mv 2qB 0＝32gt 20π30t 0内小球距x 轴的最大距离：y 3＝y 2＋(1＋cos 45°)r 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫92＋3＋32πgt 20 答案 (1)10gt 0 (2)2t 013gt 0(3)见解析图(4)⎝ ⎛⎭⎪⎫92＋3＋32πgt 20。

【全程复习方略】2015年高考物理二轮专题复习辅导与训练 4.9 带电粒子在组合场、复合场中的运动高效演练1.如图所示，一束正离子从S点沿水平方向射出，在没有偏转电场、磁场时恰好击中荧光屏上的坐标原点O；若同时加上电场和磁场后，正离子束最后打在荧光屏上坐标系的第Ⅲ象限中，则所加电场E和磁场B 的方向可能是(不计离子重力及其间相互作用力)()A.E向下，B向上B.E向下，B向下C.E向上，B向下D.E向上，B向上【解析】选A。

离子打在第Ⅲ象限，相对于原点O向下运动和向左运动，所以E向下，B向上，故A正确。

2.如图所示的虚线区域内，充满垂直于纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场。

一带电粒子A(不计重力)以一定的初速度由左边界的O点射入磁场、电场区域，恰好沿直线由区域右边界的O′点(图中未标出)穿出。

若撤去该区域内的磁场而保留电场不变，另一个同样的粒子B(不计重力)仍以相同初速度由O点射入，从区域右边界穿出，则粒子B()A.穿出位置一定在O′点下方B.穿出位置一定在O′点上方C.运动时，在电场中的电势能一定减小D.在电场中运动时，动能一定减小【解析】选C。

若粒子B带正电荷，其向下偏转做类平抛运动，穿出位置一定在O点下方，相反，若其带负电荷，其向上偏转做类平抛运动，穿出位置一定在O点上方，选项A、B错误；在电场中运动时，电场力做正功，动能一定增大，电势能一定减小，选项C正确，D错误。

【总结提升】带电粒子在复合场中运动的综合分析这类问题综合了带电粒子在电场和磁场组成的复合场中的匀速直线运动、电场中的类平抛运动、磁场中的匀速圆周运动三个方面。

(1)在电场和磁场组成的复合场中做匀速直线运动时，满足二力平衡，有qE=qvB。

(2)若撤去磁场，带电粒子在电场中做类平抛运动，应用运动的合成与分解的方法分析。

(3)若撤去电场，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，满足洛伦兹力提供向心力，有qvB=m。

3.如图所示，质量为m的带正电滑块沿绝缘斜面匀加速下滑，当滑至竖直向下的匀强电场区域时，滑块的运动状态可能()A.仍为匀加速下滑，加速度比原来的小B.仍为匀加速下滑，加速度比原来的大C.变成匀减速下滑，加速度和原来一样大D.仍为匀加速下滑，加速度和原来一样大【解析】选B。

专题限时训练9 带电粒子在电磁场中的运动时间：45分钟一、单项选择题 1．如图甲所示，两平行金属板MN 、PQ 的长度和板间距离相等，板间存在如图乙所示的电场强度随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直．在t ＝0时刻，一不计重力的带电粒子沿两板中线垂直于电场方向射入电场，粒子射入电场时速度大小为v 0，t ＝T 时刻粒子刚好沿MN 板右边缘射出电场，如此( A )A ．该粒子射出电场时的速度方向一定垂直于电场方向B ．在t ＝T 2时刻，该粒子的速度大小为2v 0 C ．假设该粒子在t ＝T2时刻以速度v 0进入电场，如此粒子会打在板上 D ．假设该粒子的入射速度大小变为2v 0，如此该粒子仍在t ＝T 时刻射出电场解析：由题意，粒子在0～T 2内做类平抛运动，在T2～T 内做类斜抛运动，因粒子在电场中所受的电场力大小相等，由运动的对称性可知，粒子射出电场时的速度方向一定垂直于电场方向，选项A 正确；水平方向上有l ＝v 0T ，竖直方向上有12l ＝v y 2T ，在t ＝T 2时刻粒子的速度大小v ＝v 20＋v 2y ＝2v 0，选项B 错误；假设该粒子在t ＝T 2时刻以速度v 0进入电场，粒子先向下做类平抛运动，再向下做类斜抛运动，恰好沿PQ 板右边缘射出电场，选项C 错误；假设该粒子的入射速度变为2v 0，如此粒子在电场中的运动时间t ＝l 2v 0＝T2，选项D 错误． 2．如下列图，电子经电场加速后垂直进入磁感应强度为B 的匀强磁场中，在磁场中转半个圆周后打在P 点，通过调节两极板间电压U 可以控制P 点的位置，设OP ＝x ，能够正确反映U 与x 关系的图象是如下图中的( C )解析：电子在电场中加速，有qU ＝12mv 2，进入磁场，有x ＝2r ＝2mv qB ，整理可得x 2＝8mU qB2，选项C 正确．3．质谱仪是一种测定带电粒子比荷和分析同位素的重要工具．右图中的铅盒A 中的放射源放出大量的带正电粒子(可认为初速度为零)，从狭缝S 1进入电压为U 的加速电场区加速后，再通过狭缝S 2从小孔G 垂直于MN 射入偏转磁场，该偏转磁场是以直线MN 为切线、磁感应强度为B ，方向垂直于纸面向外半径为R 的圆形匀强磁场．现在MN 上的F 点(图中未画出)接收到该粒子，且GF ＝3R .如此该粒子的比荷为(粒子的重力忽略不计)( C )A.8U R 2B 2B.4UR 2B 2 C.6UR 2B 2 D.2UR 2B 2解析：设粒子被加速后获得的速度为v ，由动能定理有：qU ＝12mv 2，粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径r ＝3R 3，又qvB ＝m v 2r ，可求q m ＝6U R 2B2，选项C 正确． 4．(2019·全国卷Ⅲ)如图，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为12B 和B 、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场．一质量为m 、电荷量为q (q >0)的粒子垂直于x 轴射入第二象限，随后垂直于y 轴进入第一象限，最后经过x 轴离开第一象限．粒子在磁场中运动的时间为( B )A.5πm 6qBB.7πm 6qBC.11πm 6qBD.13πm 6qB解析：设带电粒子进入第二象限的速度为v ，在第二象限和第一象限中运动的轨迹如下列图，对应的轨迹半径分别为R 1和R 2，由洛伦兹力提供向心力有qvB ＝m v 2R 、T ＝2πR v ，可得R 1＝mv qB、R 2＝2mv qB 、T 1＝2πm qB 、T 2＝4πm qB ，带电粒子在第二象限中运动的时间为t 1＝T 14，在第一象限中运动的时间为t 2＝θ2πT 2，又由几何关系有cos θ＝R 2－R 1R 2，如此粒子在磁场中运动的时间为t ＝t 1＋t 2，联立以上各式解得t ＝7πm 6qB，选项B 正确，A 、C 、D 均错误． 5．电动自行车是一种应用广泛的交通工具，其速度控制是通过转动右把手实现的，这种转动把手称“霍尔转把〞，属于传感器非接触控制．转把内部有永久磁铁和霍尔器件等，截面如图甲．开启电源时，在霍尔器件的上下面之间加一定的电压，形成电流，如图乙．随着转把的转动，其内部的永久磁铁也跟着转动，霍尔器件能输出控制车速的电压，电压与车速关系如图丙．以下关于“霍尔转把〞表示正确的答案是( B )A ．为提高控制的灵敏度，永久磁铁的上、下端分别为N 、S 极B ．按图甲顺时针转动电动车的右把手，车速将变快C ．图乙中从霍尔器件的左右侧面输出控制车速的霍尔电压D ．假设霍尔器件的上下面之间所加电压正负极性对调，将影响车速控制解析：因为霍尔器件的上、下面之间加一定的电压，形成电流，当永久磁铁的上、下端分别为N 、S 极时，磁场与电子的移动方向平行，如此电子不受洛伦兹力作用，那么霍尔器件不能输出控制车速的电势差，A 错误；当按图甲顺时针转动把手，导致霍尔器件周围的磁场增加，那么霍尔器件输出控制车速的电势差增大，因此车速变快，B 正确；根据题意，结合图乙的示意图，那么永久磁铁的N 、S 极可能在左、右侧面，或在前、后外表，因此从霍尔器件输出控制车速的电势差，不一定在霍尔器件的左、右侧面，也可能在前、后外表，C 错误；当霍尔器件的上、下面之间所加电压正负极性对调，因此霍尔器件输出控制车速的电势差正负号相反，但由图丙可以知道，不会影响车速控制，故D 错误．6．为监测某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如下列图的长方体流量计．该装置由绝缘材料制成，其长、宽、高分别为a 、b 、c ，左右两端开口．在垂直于上下底面方向加一匀强磁场，前后两个内侧面分别固定有金属板作为电极．污水充满管口从左向右流经该装置时，接在M 、N 两端间的电压表将显示两个电极间的电压U .假设用Q 表示污水流量(单位时间内排出的污水体积)，如下说法中正确的答案是( C )A ．M 端的电势比N 端的高B ．电压表的示数U 与a 和b 均成正比，与c 无关C ．电压表的示数U 与污水的流量Q 成正比D ．假设污水中正负离子数一样，如此电压表的示数为0解析：由左手定如此可知正电荷打在N 端，所以M 端的电势比N 端的低，应当选项A 错误；由q U b ＝qBv ，解得U ＝Bbv ，应当选项B 、D 错误；污水的流量Q ＝vS ＝U Bb bc ＝U B c ，所以电压表的示数U 与污水的流量Q 成正比，应当选项C 正确．二、多项选择题7．如下列图，一质量为m 的带电小球用长为L 的不可伸长的绝缘细线悬挂于O 点，在O 点下方存在一个水平向右、场强为E 的匀强电场，小球静止时悬线与竖直方向成45°角，重力加速度为g ，不计空气阻力．如下说法正确的答案是( CD )A ．假设剪断细线，小球将做曲线运动B ．小球带正电C ．假设突然将电场方向变为水平向左，小球运动到最低点时的速率为2gLD ．假设突然将电场方向变为水平向左，小球一定能运动到O 点右侧与初始位置等高处 解析：假设剪断细线，小球在恒力作用下将做直线运动，选项A 错误；由受力分析与平衡条件可知，小球所受电场力F ＝qE ＝mg ，方向水平向左，与电场方向相反，小球带负电，选项B 错误；将电场方向变为水平向左，从图示位置到最低点，由动能定理得mgL (1－cos45°)＋EqL sin45°＝12mv 2，解得v ＝2gL ，选项C 正确；将电场方向变为水平向左，O 点右侧与初始位置等高处为速度最大点，如此小球一定能运动到O 点右侧与初始位置等高处，选项D 正确．8．如下列图，空间某处存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，一个带负电的金属小球从M 点水平射入场区，经一段时间运动到N 点，关于小球由M 到N 的运动，如下说法正确的答案是( BC )A ．小球可能做匀变速运动B ．小球一定做变加速运动C ．小球动能可能不变D ．小球机械能守恒解析：小球从M 到N ，在竖直方向上发生了偏转，所以刚开始受到的竖直向下的洛伦兹力、竖直向下的重力和竖直向上的电场力的合力不为零，并且速度方向变化，如此洛伦兹力方向变化，所以合力方向变化，故不可能做匀变速运动，一定做变加速运动，A 错误，B 正确；假设电场力和重力等大反向，如此此过程中电场力和重力做功之和为零，而洛伦兹力不做功，所以小球的动能不变，重力势能减小，这种情况下机械能不守恒，假设电场力和重力不等大反向，如此有电场力做功，所以机械能也不守恒，故小球的机械能不守恒，C 正确，D 错误．9．如图甲所示，空间同时存在竖直向上的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度为B ，电场强度为E ，一质量为m ，电荷量为q 的带正电小球恰好处于静止状态．现在将磁场方向顺时针旋转30°，同时给小球一个垂直磁场方向斜向下的速度v ，如图乙所示．如此关于小球的运动，如下说法正确的答案是( AD )A ．小球做匀速圆周运动B ．小球运动过程中机械能守恒C ．小球运动到最低点时电势能增加了mgv2BqD ．小球第一次运动到最低点历时πm 2qB解析：小球在复合场中处于静止状态，只受两个力作用，即重力和电场力且两者平衡．当把磁场顺时针方向倾斜30°，且给小球一个垂直磁场方向的速度v ，如此小球受到的合力就是洛伦兹力，且与速度方向垂直，所以带电粒子将做匀速圆周运动，选项A 正确；由于带电粒子在垂直于纸面的倾斜平面内做匀速圆周运动过程中受到电场力要做功，所以机械能不守恒，选项B 错误；电场力从开始到最低点抑制电场力做功为W ＝EqR sin30°＝m 2gv 2Bq，所以电势能的增加量为m 2gv 2Bq ，选项C 错误；小球从第一次运动到最低点的时间为14T ＝πm 2Bq，选项D 正确．10．如图甲所示，两平行金属板A 、B 放在真空中，间距为d ，P 点在A 、B 板间，A 、B 板间的电势差U 随时间t 的变化情况如图乙所示，t ＝0时，在P 点由静止释放一质量为m 、电荷量为e 的电子，当t ＝2T 时，电子回到P 点．电子运动过程中未与极板相碰，不计重力，如下说法正确的答案是( BD )A ．U 1U 2＝1 2 B ．U 1U 2＝1 3C ．在0～2T 时间内，当t ＝T 时电子的电势能最小D ．在0～2T 时间内，电子的电势能减小了2e 2T 2U 21md2 解析：0～T 时间内平行板间的电场强度为E 1＝U 1d ，电子以加速度a 1＝E 1e m ＝U 1e dm向上做匀加速直线运动，当t ＝T 时电子的位移x 1＝12a 1T 2，速度v 1＝a 1T .T ～2T 时间内平行板间的电场强度E 2＝U 2d ，电子加速度a 2＝U 2e dm，以v 1的初速度向上做匀减速直线运动，速度变为0后开始向下做匀加速直线运动，位移x 2＝v 1T －12a 2T 2，由题意t ＝2T 时电子回到P 点，如此x 1＋x 2＝0，联立可得U 2＝3U 1，选项A 错误，B 正确．当速度最大时，动能最大，电势能最小，而0～2T 时间内电子先做匀加速直线运动，之后做匀减速直线运动，后又做方向向下的匀加速直线运动，在t ＝T 时，电子的动能E k1＝12mv 21＝e 2T 2U 212md2，电子在t ＝2T 时回到P 点，此时速度v 2＝v 1－a 2T ＝－2U 1eT dm (负号表示方向向下)，电子的动能为E k2＝12mv 22＝2e 2T 2U 21md 2，E k1<E k2，根据能量守恒定律，电势能的减少量等于动能的增加量，在t ＝2T 时电子的电势能最小，选项C 错误，选项D 正确．三、计算题11．如下列图，在竖直平面内的xOy 直角坐标系中，MN 与水平x 轴平行，在MN 与x 轴之间有竖直向上的匀强电场和垂直于坐标平面水平向里的匀强磁场，电场强度E ＝2 N/C ，磁感应强度B ＝1 T ．从y 轴上的P 点沿x 轴正方向以初速度v 0＝1 m/s 水平抛出一带正电的小球，小球的质量为m ＝2×10－6 kg ，电荷量q ＝1×10－5 C ，g 取10 m/s 2.P 点到O 点的距离为d 0＝0.15 m ，MN 到x 轴距离为d ＝0.20 m ．(π＝3.14，2＝1.414，3＝1.732，结果保存两位有效数字)(1)求小球从P 点运动至MN 边界所用的时间；(2)假设在小球运动到x 轴时撤去电场，求小球到达MN 边界时的速度大小．答案：(1)0.38 s (2)2.8 m/s解析：(1)由平抛运动的规律，设小球做平抛运动的时间为t 1，进入电磁场时的速度为v ，进入电磁场时速度与水平方向的夹角为θ，如此d 0＝12gt 21解得t 1＝2d 0g ＝310s 如此v ＝(gt 1)2＋v 20 cos θ＝v 0v解得v ＝2 m/s ，θ＝60°小球在电磁场区域中，有qE ＝2×10－5 N ＝mg ，故小球做匀速圆周运动，设轨道半径为r ，如此qvB ＝m v 2r解得r ＝mv qB＝0.4 m由几何关系知，小球的运动轨迹与MN 相切，在电磁场中运动时间t 2＝16×2πr v ＝π15s 小球从P 点运动到MN 所用时间t ＝t 1＋t 2＝0.38 s(2)假设撤去电场，设小球运动至MN 时速度大小为v 1，由动能定理得mgd ＝12mv 21－12mv 2 解得v 1＝2 2 m/s ＝2.8 m/s12．一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在xOy 平面内的截面如下列图：中间是磁场区域，其边界与y 轴垂直，宽度为l ，磁感应强度的大小为B ，方向垂直于xOy 平面；磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为l ′，电场强度的大小均为E ，方向均沿x 轴正方向；M 、N 为条状区域边界上的两点，它们的连线与y 轴平行．一带正电的粒子以某一速度从M 点沿y 轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从M 点入射的速度从N 点沿y 轴正方向射出．不计重力．(1)定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹；(2)求该粒子从M 点入射时速度的大小；(3)假设该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x 轴正方向的夹角为π6，求该粒子的比荷与其从M 点运动到N 点的时间．答案：(1)见解析 (2)2El ′Bl(3)43El ′B 2l 2Bl E ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋3πl 18l ′ 解析：(1)粒子运动的轨迹如图(a)所示．(粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中为圆弧，上下对称)(2)粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动．设粒子从M 点射入时速度的大小为v 0，在下侧电场中运动的时间为t ，加速度的大小为a ；粒子进入磁场的速度大小为v ，方向与电场方向的夹角为θ[见图(b)]，速度沿电场方向的分量为v 1.根据牛顿第二定律有qE ＝ma ①式中q 和m 分别为粒子的电荷量和质量．由运动学公式有v 1＝at ②l ′＝v 0t ③v 1＝v cos θ④粒子在磁场中做匀速圆周运动，设其运动轨道半径为R ，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得qvB ＝mv 2R⑤ 由几何关系得l ＝2R cos θ⑥联立①②③④⑤⑥式得v 0＝2El ′Bl⑦ (3)由运动学公式和题给数据得v 1＝v 0tan π6⑧ 联立①②③⑦⑧式得q m ＝43El ′B 2l2⑨ 设粒子由M 点运动到N 点所用的时间为t ′，如此t ′＝2t ＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－π62πT ⑩ 式中T 是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期，T ＝2πm qB⑪ 由③⑦⑨⑩⑪式得t ′＝Bl E ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋3πl 18l ′⑫。

带电粒子在电场中的运动回顾：1、电场的力的性质：E=F/q2、电场的能的性质：E p = ϕ q W AB =U AB q3、是否考虑重力①基本粒子:如电子、质子、α粒子、离子等除有说明或明确的暗示外,一般不考虑重力. ②带电颗粒:如液滴、油滴、尘埃、小球等,除有说明或明确暗示外,一般都不能忽略重力.一、带电粒子在电场中的加速如图，不计重力，分析粒子由A 板运动到B 板时的速度多大。

１、动力学方法：由牛顿第二定律：由运动学公式：2、动能定理： 由动能定理：总结：动能定理只考虑始末状态，不涉及中间过程，使用起来比较方便简单。

例题1、下列粒子由静止经加速电压为U 的电场加速后，哪种粒子动能最大（ ） 哪种粒子速度最大 （ ） A 、质子 B 、电子 C 、氘核 D 、氦核过度：以上是带电粒子在电场中的加速，研究的是直线运动的情况，下面我们来研究带电粒子在电场中做曲线运动的情况。

二、带电粒子在电场中的偏转如图，平行两个电极板间距为d ，板长为l ，板间电压为U ，初速度为v 0的带电粒子质量为m ，带电量为＋q ．分析带电粒子的运动情况：假设粒子成功飞出(重力不计) 引导：分析粒子进入电场后的受力情况和运动情况，从而得出粒子 在电场中做类平抛运动学生活动：类比平抛运动的规律，分析粒子在电场中的侧移距离和偏转角度侧移量： 偏转角：AB m F a =m qE =mdqU=adv 202=-ad v 2=mqU2=引导学生分析:侧移量和偏转角与哪些因素有关。

例题3、三个电子在同一地点沿、同一直线垂直飞入偏转电场，如图所示。

则由此可判断（ ） A 、 b 和c 同时飞离电场B 、在b 飞离电场的瞬间，a 刚好打在下极板上C 、进入电场时，c 速度最大，a 速度最小D 、c 的动能增量最小，a 和b 的动能增量一样大过度：通过以上的学习，我们掌握了带电粒子在电场中的加速和偏转过程，若带电粒子既经过了加速又经过了偏转，结果会怎样呢？ 例题4、如图所示，有一电子(电量为e 、质量为m)经电压U0加速后，沿平行金属板A 、B 中心线进入两板，A 、B 板间距为d 、长度为L ， A 、B 板间电压为U ，屏CD 足够大，距离A 、B 板右边缘2L ，AB 板的中心线过屏CD 的中心且与屏CD 垂直。