【物理】2018届一轮复习教科版带电粒子在叠加场中的运动教案

【物理】2018届一轮复习教科版带电粒子在叠加场中的运动教案

第4节带电粒子在叠加场中的运动 突破点(一)　带电粒子在叠加场中的运动 ‎1．分析方法 ‎2．三种场的比较 力的特点 功和能的特点 重力场 大小：G＝mg 方向：竖直向下 重力做功与路径无关 重力做功改变物体的重力势能 电场 大小：F＝qE 方向：正电荷受力方向与场强方向相同，负电荷受力方向与场强方向相反 电场力做功与路径无关 W＝qU 电场力做功改变电势能 磁场 大小：F＝qvB(v⊥B)‎ 方向：可用左手定则判断 洛伦兹力不做功，不改变带电粒子的动能 ‎[多维探究]‎ ‎(一)电场与磁场共存 ‎[典例1]　(2016·北京高考)如图所示，质量为m、电荷量为q的带电粒子，以初速度v沿垂直磁场方向射入磁感应强度为B的匀强磁场，在磁场中做匀速圆周运动。不计带电粒子所受重力。‎ ‎(1)求粒子做匀速圆周运动的半径R和周期T；‎ ‎(2)为使该粒子做匀速直线运动，还需要同时存在一个与磁场方向垂直的匀强电场，求电场强度E的大小。‎ ‎[思路点拨]　解答本题应把握以下三点：‎ ‎(1)明确洛伦兹力提供向心力。‎ ‎(2)根据周期和线速度的关系求出周期的表达式。‎ ‎(3)根据平衡条件求电场强度。‎ ‎[解析]　(1)洛伦兹力提供向心力，有f＝qvB＝m 带电粒子做匀速圆周运动的半径R＝ 匀速圆周运动的周期T＝＝。‎ ‎(2)粒子受电场力F＝qE，洛伦兹力f＝qvB。粒子做匀速直线运动，则qE＝qvB 电场强度的大小E＝vB。‎ ‎[答案]　(1)　　(2)vB ‎(二)磁场与重力场共存 ‎[典例2]　(多选)(2017·郑州质检)如图甲所示为一个质量为m、电荷量为＋q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中，不计空气阻力，现给圆环向右的初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的速度图像可能是图乙中的(　　)‎ ‎[解析]　带电圆环在磁场中受到向上的洛伦兹力，当重力与洛伦兹力相等时，圆环将做匀速直线运动，A正确；当洛伦兹力大于重力时，圆环受到摩擦力的作用，并且随着速度的减小而减小，圆环将做加速度减小的减速运动，最后做匀速直线运动，D正确；如果重力大于洛伦兹力，圆环也受摩擦力作用， 且摩擦力越来越大，圆环将做加速度增大的减速运动，故B、C错误。‎ ‎[答案]　AD ‎(三)电场、磁场与重力场共存 ‎[典例3]　(2016·天津高考)如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E＝5 N/C，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B＝0.5 T。有一带正电的小球，质量m＝1×10－‎6 kg，电荷量q＝2×10－‎6 C，正以速度v在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象)，取g＝‎10 m/s2。求：‎ ‎(1)小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向；‎ ‎(2)从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间t。‎ ‎[思路点拨]　解答本题时应从以下两点进行分析：‎ ‎(1)小球做匀速直线运动时受到重力、电场力和洛伦兹力的作用，这三个力的合力为零。‎ ‎(2)撤去磁场后小球做类平抛运动。‎ ‎[解析]　(1)小球匀速直线运动时受力如图，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，有qvB＝①‎ 代入数据解得 v＝‎20 m/s②‎ 速度v的方向与电场E的方向之间的夹角θ满足 tan θ＝③‎ 代入数据解得 tan θ＝ θ＝60°。④‎ ‎(2)解法一：撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，设其加速度为a，有 a＝⑤‎ 设撤掉磁场后小球在初速度方向上的分位移为x，有 x＝vt⑥‎ 设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y，有 y＝at2⑦‎ a与mg的夹角和v与E的夹角相同，均为θ，又 tan θ＝⑧‎ 联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得 t＝2 s≈3.5 s。⑨‎ 解法二：撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响，以P点为坐标原点，竖直向上为正方向，小球在竖直方向上做匀减速运动，其初速度为 vy＝vsin θ⑤‎ 若使小球再次穿过P点所在的电场线，仅需小球的竖直方向上分位移为零，则有 vyt－gt2＝0⑥‎ 联立⑤⑥式，代入数据解得 t＝2 s≈3.5 s。⑦‎ ‎[答案]　(1)‎20 m/s，方向与电场方向成60°角斜向上 ‎(2)3.5 s 突破点(二)　带电粒子在叠加场中运动的实例分析 装置 原理图 规律 速度选择器 若qv0B＝Eq，即v0＝，粒子做匀速直线运动 磁流体发电机 等离子体射入，受洛伦兹力偏转，使两极板带正、负电，两极电压为U时稳定，q＝qv0B，U＝v0Bd 电磁流量计 q＝qvB，所以v＝ 所以Q＝vS＝ 霍尔元件 当磁场方向与电流方向垂直时，导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现电势差 ‎[典例]　(多选)如图所示是选择密度相同、大小不同的纳米粒子的一种装置。待选粒子带正电且电荷量与其表面积成正比，待选粒子从O1进入小孔时可认为速度为零，加速电场区域Ⅰ的板间电压为U，粒子通过小孔O2射入正交的匀强电场和匀强磁场区域Ⅱ，其中匀强磁场的磁感应强度大小为B，左右两极板间距为d，区域Ⅱ的出口小孔O3与O1、O2在同一竖直线上，若半径为r0、质量为m0、电荷量为q0的纳米粒子刚好能沿该直线通过，不计纳米粒子重力，则(　　)‎ A．区域Ⅱ的电场的场强大小与磁场的磁感应强度大小比值为 B．区域Ⅱ左右两极板的电势差U1＝Bd C．若密度相同的纳米粒子的半径r＞r0，则它进入区域Ⅱ时仍将沿直线通过 D．若密度相同的纳米粒子的半径r＞r0，它进入区域Ⅱ时仍沿直线通过，则区域Ⅱ的电场强度与原电场强度之比为 ‎[解析]　设半径为r0的粒子加速后的速度为v，则有q0U＝m0v2，设区域Ⅱ内电场强度为 E，由题意可知洛伦兹力等于电场力，即q0vB＝q0E，联立解得E＝B，则＝，区域Ⅱ左右两极板的电势差为Ed＝Bd，故A正确，B错误；若纳米粒子的半径r＞r0，设半径为r的粒子的质量为m、带电荷量为q、加速后的速度为v′，则m＝‎3m0，而q＝2q0，由mv′2＝qU，解得v′＝ ＝v＜v，故粒子进入区域Ⅱ后受到的洛伦兹力变小，粒子向左偏转，故C错误；由于v′＝ v，由E＝Bv可得，区域Ⅱ的电场与原电场的电场强度之比为 ，故D正确。‎ ‎[答案]　AD ‎[集训冲关]‎ ‎1.医生做某些特殊手术时，利用电磁血流计来监测通过动脉的血流速度。电磁血流计由一对电极a和b以及一对磁极N和S构成，磁极间的磁场是均匀的。使用时，两电极a、b均与血管壁接触，两触点的连线、磁场方向和血流速度方向两两垂直，如图所示。由于血液中的正负离子随血流一起在磁场中运动，电极a、b之间会有微小电势差。在达到平衡时，血管内部的电场可看做是匀强电场，血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零。在某次监测中，两触点的距离为‎3.0 mm，血管壁的厚度可忽略，两触点间的电势差为160 μV，磁感应强度的大小为0.040 T。则血流速度的近似值和电极a、b的正负为(　　)‎ A．‎1.3 m/s，a正、b负　　　 　B．‎2.7 m/s，a正、b负 C．‎1.3 m/s，a负、b正 D．‎2.7 m/s，a负、b正 解析：选A　血液中正负离子流动时，根据左手定则，正离子受到向上的洛伦兹力，负离子受到向下的洛伦兹力，所以正离子向上偏，负离子向下偏，则a带正电，b带负电，故C、D错误；最终血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零，有q＝qvB，所以血流速度v＝＝ m/s＝‎1.3 m/s，故A正确，B错误。‎ ‎2．(多选)(2014·江苏高考)如图所示，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IH，与其前后表面相连的电压表测出的霍尔电压UH满足：UH＝k，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RL，霍尔元件的电阻可以忽略，则(　　)‎ A．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．IH与I成正比 D．电压表的示数与RL消耗的电功率成正比 解析：选CD　由左手定则可判定，霍尔元件的前表面积累正电荷，电势较高，故A错；由电路关系可见，当电源的正、负极对调时，通过霍尔元件的电流IH和所在空间的磁场方向同时反向，前表面的电势仍然较高，故B错；由电路可见，＝，则IH＝I，故C正确；RL的热功率PL＝IL2RL＝2RL＝，因为B与I成正比，故有：UH＝k＝k′＝k′，可得知UH与RL消耗的电功率成正比，故D正确。‎ 轨道约束情况下带电体在磁场中的运动 带电体在重力场、磁场、电场中运动时，从整个物理过程上看有多种不同的运动形式，其中从运动条件上看分为有轨道约束和无轨道约束。现从力、运动和能量的观点研究三种有轨道约束的带电体的运动。‎ ‎(一)带电物块与绝缘物块的组合 ‎1．(多选)如图所示，甲是一个带正电的小物块，乙是一个不带电的绝缘物块，甲、乙叠放在一起静置于粗糙的水平地板上，地板上方空间有水平方向的匀强磁场。现用水平恒力拉乙物块 ，使甲、乙一起保持相对静止向左加速运动，在加速运动阶段，下列说法正确的是(　　)‎ A．甲对乙的压力不断增大 B．甲、乙两物块间的摩擦力不断增大 C．乙对地板的压力不断增大 D．甲、乙两物块间的摩擦力不断减小 解析：‎ 选ACD　对甲、乙两物块受力分析，甲物块受竖直向下的洛伦兹力不断增大，乙物块对地板的压力不断增大，甲、乙一起向左做加速度减小的加速运动；甲、乙两物块间的摩擦力大小等于Ff＝m甲a，甲、乙两物块间的摩擦力不断减小。故A、C、D正确。‎ ‎(二)带电物块与绝缘斜面的组合 ‎2.如图所示，带电荷量为＋q、质量为m的物块从倾角为θ＝37°的光滑绝缘斜面顶端由静止开始下滑，磁感应强度为B的匀强磁场垂直纸面向外，求物块在斜面上滑行的最大速度和在斜面上运动的最大位移。(斜面足够长，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)‎ 解析：经分析，物块沿斜面运动过程中加速度不变，但随速度增大，物块所受支持力逐渐减小，最后离开斜面。所以，当物块对斜面的压力刚好为零时，物块沿斜面的速度达到最大，同时位移达到最大，即qvmB＝mgcos θ①‎ 物块沿斜面下滑过程中，由动能定理得：‎ mgssin θ＝mvm2②‎ 由①②得：vm＝＝。‎ s＝＝。‎ 答案：vm＝　s＝ ‎(三)带电圆环与绝缘直杆的组合 ‎3.如图所示，一个质量m＝‎0.1 g，电荷量q＝4×10－‎4C带正电的小环，套在很长的绝缘直棒上，可以沿棒上下滑动。将棒置于正交的匀强电场和匀强磁场内，E＝10 N/C，B＝0.5 T。小环与棒之间的动摩擦因数μ＝0.2。求小环从静止沿棒竖直下落的最大加速度和最大速度。取g＝‎10 m/s2，小环电荷量不变。‎ 解析：小环由静止下滑后，由于所受电场力与洛伦兹力同向(向右)，使小环压紧竖直棒。相互间的压力为FN＝qE＋qvB。‎ 由于压力是一个变力，小环所受的摩擦力也是一个变力，可以根据小环运动的动态方程找出最值条件。‎ 根据小环竖直方向的受力情况，由牛顿第二定律得运动方程mg－μFN＝ma，即mg－μ(qE＋qvB)＝ma。‎ 当v＝0时，即刚下落时，小环运动的加速度最大，代入数值得am＝‎2 m/s2。‎ 下落后，随着v的增大，加速度a逐渐减小。当a＝0时，下落速度v达最大值，代入数值得vm＝‎5 m/s。‎ 答案：am＝‎2 m/s2　vm＝‎5 m/s ‎[反思领悟]　把握三点，解决“约束运动”问题 ‎(1)对物块受力分析，把握已知条件。‎ ‎(2)掌握洛伦兹力的公式和特点，理清弹力和摩擦力、洛伦兹力和速度、摩擦力与合力、加速度与速度等几个关系。‎ ‎(3)掌握力和运动、功和能在磁场中的应用。‎ ‎1.(2017·安庆模拟)如图所示，一带电液滴在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中刚好做匀速圆周运动，其轨道半径为R，已知该电场的电场强度为E，方向竖直向下；该磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，不计空气阻力，设重力加速度为g，则(　　)‎ A．液滴带正电 B．液滴比荷＝ C．液滴沿顺时针方向运动 D．液滴运动速度大小v＝ 解析：选C　液滴在重力场、匀强电场、匀强磁场的复合场中做匀速圆周运动，可知，qE＝mg，得＝，故B错误；电场力竖直向上，液滴带负电，A错误；由左手定则可判断液滴沿顺时针转动，C正确；对液滴qE＝mg，qvB＝m得v＝，故D错误。‎ ‎2．(多选)带电小球以一定的初速度v0竖直向上抛出，能够达到的最大高度为h1；若加上水平方向的匀强磁场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h2；若加上水平方向的匀强电场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h3，若加上竖直向上的匀强电场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h4，如图所示。不计空气，则(　　)‎ A．一定有h1＝h3　　　　　 　B．一定有h1＜h4‎ C．h2与h4无法比较 D．h1与h2无法比较 解析：选AC　第1个图：由竖直上抛运动的最大高度公式得：h1＝。第3个图：当加上电场时，由运动的分解可知：在竖直方向上有，v02＝2gh3，所以h1＝h3，故A正确；而第2个图：洛伦兹力改变速度的方向，当小球在磁场中运动到最高点时，小球应有水平速度，设此时的球的动能为Ek，则由能量守恒得：mgh2＋Ek＝mv02，又由于mv02＝mgh1，所以h1＞h2，所以D错误。第4个图：因小球电性不知，则电场力方向不清，则高度可能大于h ‎1，也可能小于h1，故C正确，B错误。‎ ‎3.(多选)如图所示，表面粗糙的斜面固定于地面上，并处于方向垂直纸面向里的磁场和竖直向下的匀强电场中，磁感应强度大小为B，电场强度大小为E，一质量为m、电荷量为Q的带负电小滑块从斜面顶端由静止下滑，在滑块下滑过程中，下列判断正确的是(　　)‎ A．滑块受到的摩擦力不变 B．若斜面足够长，滑块最终可能在斜面上匀速下滑 C．若B足够大，滑块最终可能静止于斜面上 D．滑块到达地面时的动能与B有关 解析：选BD　滑块向下运动的过程中受到重力、电场力、支持力，根据左手定则，滑块还受到垂直斜面向下的洛伦兹力，沿斜面向上的摩擦力，滑块向下运动的过程中，速度增大，洛伦兹力增大，支持力增大，滑动摩擦力增大，当B很大时，则摩擦力有可能也很大，当滑块受到的摩擦力与重力沿斜面向下的分力相等时，滑块做匀速直线运动，之后洛伦兹力与摩擦力不再增大，所以滑块不可能静止在斜面上，故A、C错误，B正确；B不同，洛伦兹力大小也不同，所以滑动摩擦力大小不同，摩擦力做的功不同，根据动能定理可知，滑块到达地面的动能不同，故D正确。‎ ‎4．(多选)(2017·浙江三校模拟)如图所示，空间中存在正交的匀强电场E和匀强磁场B(匀强电场水平向右)，在竖直平面内从a点沿ab、ac方向抛出两带电小球(不考虑两带电球的相互作用，两球电荷量始终不变)，关于小球的运动，下列说法正确的是(　　)‎ A．沿ab、ac方向抛出的带电小球都可能做直线运动 B．只有沿ab抛出的带电小球才可能做直线运动 C．若有小球能做直线运动，则它一定是匀速运动 D．两小球在运动过程中机械能均守恒 解析：选AC　沿ab方向抛出的带正电小球，或沿ac方向抛出的带负电的小球，在重力、电场力、洛伦兹力作用下，都可能做匀速直线运动，A正确，B错误。在重力、电场力、洛伦兹力三力都存在时的直线运动一定是匀速直线运动，C正确。两小球在运动过程中除重力做功外还有电场力做功，故机械能不守恒，D错误。‎ ‎5．(多选)(2017·杭州市五校联盟“一诊”)如图所示，一块长度为a、宽度为b、厚度为d的金属导体，当加有与侧面垂直的匀强磁场B，且通以图示方向的电流I时，用电压表测得导体上、下表面MN间电压为U。已知自由电子的电量为e。下列说法正确的是(　　)‎ A．M板比N板电势高 B．导体单位体积内自由电子数越多，电压表的示数越大 C．导体中自由电子定向移动的速度为v＝ D．导体单位体积内的自由电子数为 解析：选CD　如图，电流方向向右，电子定向移动方向向左，根据左手定则判断可知，电子所受的洛伦兹力方向向上，则M积累了电子，MN之间产生向上的电场，所以M板比N板电势低，A错误；电子定向移动相当长度为d的导体切割磁感线产生感应电动势，电压表的读数U等于感应电动势E，则有U＝E＝Bdv，可见，电压表的示数与导体单位体积内自由电子数无关，故B错误；由U＝E＝Bdv，得自由电子定向移动的速度为v＝，故C正确；电流的微观表达式是I＝nevS，则导体单位体积内的自由电子数n＝，S＝db，v＝，代入得n＝，故D正确。‎ ‎6．(多选)(2017·江西八校联考)如图所示，在水平匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场中，有一竖直足够长固定绝缘杆MN，小球P套在杆上，已知P的质量为m、电荷量为＋q，电场强度为E，磁感应强度为B，P与杆间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。小球由静止开始下滑直到稳定的过程中(　　)‎ A．小球的加速度一直减小 B．小球的机械能和电势能的总和保持不变 C．下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是v＝ D．下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是v＝ 解析：选CD　对小球受力分析如图所示，则mg－μ(qE－qvB)＝ma，随着v的增加，小球加速度先增大，当qE＝qvB时达到最大值，amax＝g，继续运动，mg－μ(qvB－qE)＝ma，随着v的增大，a逐渐减小，所以A错误。因为有摩擦力做功，机械能与电势能总和在减小，B错误。若在前半段达到最大加速度的一半，则mg－μ(qE－qvB)＝m，得v＝；若在后半段达到最大加速度的一半，则mg－μ(qvB－qE)＝m，得v＝，故C、D正确。‎ ‎7．(多选)(2017·六安一中模拟)如图所示，两平行金属板A、B 水平放置，板间存在垂直纸面向里的匀强磁场，闭合开关使电容器充电，一个不计重力的带电粒子恰能水平向右匀速通过，则(　　)‎ A．仅将极板A上移一小段距离，带电粒子将向下偏 B．仅将极板A上移一小段距离，带电粒子仍能沿直线运动 C．仅将极板A、B错开一段距离，带电粒子一定向上偏 D．仅将极板A下移，此过程中将出现a到b的电流 解析：选BD　仅将极板A上移一小段距离，AB之间的距离增大，根据：C＝，可知电容C减小；由于ab之间具有单向导电性的二极管，电流的方向只能由a流向b，所以C减小时，电流不能流向a，所以电容器上的电量保持不变；又：C＝，E＝，所以：E＝＝＝，所以极板之间的电场强度也不变，因此粒子仍然匀速通过，故A错误，B正确；仅将极板A、B错开一段距离，根据：C＝，可知电容C减小；由于ab之间的具有单向导电性的二极管，所以电容器上的电量保持不变，又：C＝，E＝，所以电场强度E增大，电场力增大，由于正电荷受到的电场力的方向向下，所以正电荷将向下偏转，故C错误；仅将极板A下移，AB之间的距离减小，根据：C＝，可知电容C增大，极板之间的电势差减小，所以此过程中将出现a到b的电流才能使极板之间的电势差保持不变，故D正确。‎ ‎8．(2017·三门峡市陕州中学检测)如图甲，一带电物块无初速度地放上皮带轮底端，皮带轮以恒定大小的速率沿顺时针传动，该装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中，物块由底端E运动至皮带轮顶端F的过程中，其vt图像如图乙所示，物块全程运动的时间为4.5 s，关于带电物块及运动过程的说法正确的是(　　)‎ A．该物块带负电 B．皮带轮的传动速度大小一定为‎1 m/s C．若已知皮带的长度，可求出该过程中物块与皮带发生的相对位移 D．在2～4.5 s内，物块与皮带仍可能有相对运动 解析：选D　由图乙可知，物块做加速度逐渐减小的加速运动。物块的最大速度是‎1 m ‎/s。对物块进行受力分析可知，开始时物块受到重力、支持力和摩擦力的作用，设动摩擦因数为μ，沿斜面的方向：μFN－mgsin θ＝ma①‎ 物块运动后，又受到洛伦兹力的作用，加速度逐渐减小，由①式可知，物块的加速度逐渐减小，一定是FN逐渐减小，而开始时：FN＝mgcos θ，后来：FN′＝mgcos θ－f洛，即洛伦兹力的方向是向上的。物块沿传送带向上运动，由左手定则可知，物块带正电，故A错误。物块向上运动的过程中，洛伦兹力越来越大，则受到的支持力越来越小，结合①式可知，物块的加速度也越来越小，当加速度等于0时，物块达到最大速度，此时：mgsin θ＝μ(mgcos θ－f洛)②‎ 由②可知，只要传送带的速度大于等于‎1 m/s，则物块达到最大速度的条件与传送带的速度无关，所以传送带的速度可能是‎1 m/s，也可能是大于‎1 m/s，物块可能相对于传送带静止，也可能相对于传送带不静止。故B错误，D正确。由以上的分析可知，传送带的速度不能判断，所以若已知皮带的长度，也不能求出该过程中物块与皮带发生的相对位移，故C错误。‎ ‎9．(2016·昆明上学期双基测试)如图，竖直平面内建立直角坐标系xOy，第Ⅰ象限坐标为(x，d)位置处有一小球发射器P，第Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ象限中有垂直纸面向里的匀强磁场和竖直向上的匀强电场。某时刻小球发射器P沿x轴负方向以某一初速度发出一个质量为m、电荷量为q的带正电小球，小球从y＝处经过y轴且速度方向与y轴负方向成45°角，其后小球在匀强磁场和电场中偏转后垂直x轴返回第Ⅰ象限。已知第Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ象限内匀强电场的电场强度E＝，g为重力加速度。求：‎ ‎(1)小球刚从发射器射出时的初速度及小球发射器P的横坐标x；‎ ‎(2)磁场的磁感应强度大小及小球从发射到返回第Ⅰ象限上升到最高点所用的总时间。‎ 解析：(1)带电小球从发射器射出后做平抛运动，设初速度为v0，沿水平方向有x＝v0t1‎ 沿竖直方向有d＝gt12‎ tan 45°＝，vy＝gt1‎ 联立解得t1＝ ，v0＝，x＝d。‎ ‎(2)带电小球进入垂直纸面向里的匀强磁场和竖直向上的匀强电场中，所受竖直向上的电场力qE＝mg，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有qvB＝m 小球在匀强磁场中运动的线速度v＝v0＝ 由几何关系得，小球做匀速圆周运动的半径R＝d 解得B＝ 小球在匀强磁场和电场中运动的时间t2＝T 其中周期T＝ 联立解得t2＝ 小球返回到第Ⅰ象限后上升到最大高度所用时间t3＝＝ 所以，小球从发射出来到返回第Ⅰ象限后上升到最高点所用的总时间t＝t1＋t2＋t3＝ 。‎ 答案：(1)　d　(2) 　 ‎10.(2016·济宁三模)如图所示，在xOy平面的第一、四象限内存在着方向垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场，第四象限内存在方向沿－y方向、电场强度为E的匀强电场。从y轴上坐标为a的一点向磁场区发射速度大小不等的带正电同种粒子，速度方向范围是与＋y方向成30°～150°，且在xOy平面内。结果所有粒子经过磁场偏转后都垂直打到x轴上，然后进入第四象限的匀强电场区。已知带电粒子电量为q，质量为m，重力不计。求：‎ ‎(1)垂直y轴方向射入磁场的粒子运动的速度大小v1；‎ ‎(2)粒子在第一象限的磁场中运动的最长时间以及对应的射入方向； ‎ ‎(3)从x轴上x＝(－1)a点射入第四象限的粒子穿过电磁场后经过y轴上y＝－b的点，求该粒子经过y＝－b点的速度大小。‎ 解析：(1)粒子运动规律如图所示。‎ 粒子运动的圆心在O点，轨迹半径r1＝a 由牛顿第二定律得：qv1B＝m 解得：v1＝ ‎(2)当粒子初速度与y轴正方向夹角为30°时，粒子运动的时间最长，‎ 此时轨道对应的圆心角α＝150°‎ 粒子在磁场中运动的周期：T＝ 粒子的运动时间：t＝T＝×＝ ‎(3)如图所示，设粒子射入磁场时速度方向与y轴负方向的夹角为θ，‎ 由几何知识得：R－Rcos θ＝(－1)a Rsin θ＝a 解得：θ＝45°‎ R＝a 此粒子进入磁场的速度v0，v0＝＝ 设粒子到达y轴上速度为v，‎ 根据动能定理得：qEb＝mv2－mv02‎ 解得：v＝ 答案：(1) ‎(2)，粒子初速度与y轴正方向夹角为30°‎ ‎(3) ‎[真题集训·章末验收]　　　高考真题集中演练——把脉命题规律和趋势 命题点一：磁场、磁感应强度、磁场对通电导体的作用 ‎1．(2011·全国卷)为了解释地球的磁性，19世纪安培假设：地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流I引起的。在下列四个图中，正确表示安培假设中环形电流方向的是(　　)‎ 解析：选B　由日常知识可知，地球的南极为磁场的N极，由右手螺旋定则可知，电流方向如图B，故选项B正确。‎ ‎2．(2014·全国卷Ⅰ)关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是(　　)‎ A．安培力的方向可以不垂直于直导线 B．安培力的方向总是垂直于磁场的方向 C．安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关 D．将直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半 解析：选B　根据左手定则可知：安培力的方向垂直于电流I和磁场B确定的平面，即安培力的方向既垂直于B又垂直于I，A错误，B正确；当电流I的方向平行于磁场B的方向时，直导线受到的安培力为零，当电流I的方向垂直于磁场B的方向时，直导线受到的安培力最大，可见，安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角有关，C错误；如图所示，电流I和磁场B垂直，直导线受到的安培力F＝BIL，将直导线从中点折成直角，分段研究导线受到的安培力，电流I和磁场B垂直，根据平行四边形定则可得，导线受到的安培力的合力为F′＝BIL，D错误。‎ ‎3．(多选)(2011·全国卷)电磁轨道炮工作原理如图所示。待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动，并与轨道保持良好接触。电流I从一条轨道流入，通过导电弹体后从另一条轨道流回。轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面的磁场(可视为匀强磁场)，磁感应强度的大小与I成正比。通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出。现欲使弹体的出射速度增加至原来的2倍，理论上可采用的办法是(　　)‎ A．只将轨道长度L变为原来的2倍 B．只将电流I增加至原来的2倍 C．只将弹体质量减至原来的一半 D．将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L变为原来的2倍，其他量不变 解析：选BD　由题意可知磁感应强度B＝kI，安培力F＝BId＝kI2d，由动能定理可得：FL＝，解得v＝I ，由此式可判断B、D选项正确。‎ 命题点二：磁场对运动电荷的作用 ‎4．(2015·全国卷Ⅰ)两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行。一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子(不计重力)，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的(　　)‎ A．轨道半径减小，角速度增大 B．轨道半径减小，角速度减小 C．轨道半径增大，角速度增大 D．轨道半径增大，角速度减小 解析：选D　分析轨道半径：带电粒子从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的速度v大小不变，磁感应强度B减小，由公式r＝ 可知，轨道半径增大。分析角速度：由公式T＝可知，粒子在磁场中运动的周期增大，根据ω＝知角速度减小。选项D正确。‎ ‎5．(多选)(2015·全国卷Ⅱ)有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ中的磁感应强度是Ⅱ中的k倍。两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动。与Ⅰ中运动的电子相比，Ⅱ中的电子(　　)‎ A．运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍 B．加速度的大小是Ⅰ中的k倍 C．做圆周运动的周期是Ⅰ中的k倍 D．做圆周运动的角速度与Ⅰ中的相等 解析：选AC　两速率相同的电子在两匀强磁场中做匀速圆周运动，且Ⅰ磁场磁感应强度B1是Ⅱ磁场磁感应强度B2的k倍。由qvB＝得r＝∝，即Ⅱ中电子运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍，选项A正确。由F合＝ma得a＝＝∝B，所以＝，选项B错误。由T＝得T∝r，所以＝k，选项C正确。由ω＝得＝＝，选项D错误。正确选项为A、C。‎ ‎6．(2014·全国卷Ⅰ)如图，MN为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场(未画出)。一带电粒子从紧贴铝板上表面的P点垂直于铝板向上射出，从Q点穿越铝板后到达PQ的中点O。已知粒子穿越铝板时，其动能损失一半，速度方向和电荷量不变。不计重力。铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为(　　)‎ A．2　　　　　　　　　 　B. C．1 D. 解析：选D　根据题图中的几何关系及带电粒子在匀强磁场中的运动性质可知：带电粒子在铝板上方做匀速圆周运动的轨道半径r1是其在铝板下方做匀速圆周运动的轨道半径r2的2倍。设粒子在P点的速度为v1，根据牛顿第二定律可得qv1B1＝，则B1＝＝；同理，B2＝＝，则＝，D正确，A、B、C错误。‎ ‎7.(多选)(2014·全国卷Ⅱ)‎ 如图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(　　)‎ A．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 解析：选AC　根据洛伦兹力提供向心力，利用左手定则解题。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＝，得r＝，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＝，粒子的动能大，其mv不一定大，选项D错误。‎ ‎8．(2013·全国卷Ⅱ)空间有一圆柱形匀强磁场区域，该区域的横截面的半径为R，磁场方向垂直于横截面。一质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子以速率v0沿横截面的某直径射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向60°。不计重力，该磁场的磁感应强度大小为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选A　画出带电粒子运动轨迹示意图，如图所示。设带电粒子在匀强磁场中运动轨迹的半径为r，根据洛伦兹力公式和牛顿第二定律，qv0B＝m，解得r＝。由图中几何关系可得：tan 30°＝。联立解得：该磁场的磁感应强度B＝，选项A正确。‎ ‎9．(2013·全国卷Ⅰ)如图，半径为R的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面)，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。一电荷量为q(q＞0)、质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向射入磁场区域，射入点与ab的距离为。已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°，则粒子的速率为(不计重力)(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选B　设粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为r，由牛顿第二定律可得：qvB＝m，根据几何关系可知r＝R，联立两式解得v＝，选项B正确。‎ 命题点三：粒子在复合场中的运动 ‎10．(2014·全国卷)如图，在第一象限存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面(xOy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v0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 ‎(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。‎ 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R0。由洛伦兹力公式及牛顿第二定律得 qv0B＝m①‎ 由题给条件和几何关系可知R0＝d②‎ 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ax，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vx。由牛顿第二定律及运动学公式得 Eq＝max③‎ vx＝axt④‎ t＝d⑤‎ 由于粒子在电场中做类平抛运动(如图)，‎ 有tan θ＝⑥‎ 联立①②③④⑤⑥式得＝v0tan2θ⑦‎ ‎(2)联立⑤⑥式得 t＝⑧‎ 答案：见解析 ‎11.(2011·全国卷)如图，在区域Ⅰ(0≤x≤d)和区域Ⅱ(d0)的粒子a于某时刻从y轴上的P点射入区域Ⅰ，其速度方向沿x轴正向。已知 a在离开区域Ⅰ 时，速度方向与x轴正方向的夹角为30°；此时，另一质量和电荷量均与a相同的粒子b也从P点沿x轴正向射入区域Ⅰ，其速度大小是a的1/3。不计重力和两粒子之间的相互作用力。求：‎ ‎(1)粒子a射入区域Ⅰ时速度的大小；‎ ‎(2)当a离开区域Ⅱ时，a、b两粒子的y坐标之差。‎ 解析：(1)设粒子a在Ⅰ内做匀速圆周运动的圆心为C(在y轴上)，半径为Ra1，粒子速率为va，运动轨迹与两磁场区域边界的交点为P′，如图所示。由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得 qvaB＝m①‎ 由几何关系得 ‎∠PCP′＝θ②‎ Ra1＝③‎ 式中，θ＝30°。‎ 由①②③式得va＝④‎ ‎(2)设粒子a在Ⅱ内做圆周运动的圆心为Oa，半径为Ra2，射出点为Pa(图中未画出轨迹)，∠P′OaPa＝θ′。由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得 qava(2B)＝m⑤‎ 由①⑤式得 Ra2＝⑥‎ C、P′和Oa三点共线，且由⑥式知Oa点必位于 x＝d　⑦的平面上。由对称性知，Pa点与P′点纵坐标相同，即yPa＝Ra1cosθ＋h⑧‎ 式中，h是C点的y坐标。‎ 设b在Ⅰ中运动的轨道半径为Rb1，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得 q()B＝()2⑨‎ 设a到达Pa点时，b位于Pb点，转过的角度为α。如果b没有飞出Ⅰ，则 ＝⑩‎ ＝⑪‎ 式中，t是a在区域Ⅱ中运动的时间，而 Ta2＝⑫‎ Tb1＝⑬‎ 由⑤⑨⑩⑪⑫⑬式得 α＝30°⑭‎ 由①③⑨⑭式可见，b没有飞出Ⅰ。‎ Pb点的y坐标为yPb＝Rb1(2＋cos α)＋h⑮‎ 由①③⑧⑨⑭⑮ 式及题给条件得，a、b两粒子的y坐标之差为 yPa－yPb＝(－2)d。‎ 答案：(1)　(2)(－2)d