浙江省2020高考物理二轮复习专题三第三讲带电粒子在复合场中的运动讲义含解析

浙江省2020高考物理二轮复习专题三第三讲带电粒子在复合场中的运动讲义含解析

第三讲　带电粒子在复合场中的运动 ‎　带电粒子在组合场中的运动 ‎ 【重难提炼】‎ ‎1．组合场模型：电场、磁场、重力场(或其中两种场)并存，但各位于一定区域，并且互不重叠的情况．‎ ‎2．“电偏转”与“磁偏转”的比较 匀强电场中的“电偏转”‎ 匀强磁场中的“磁偏转”‎ 受力 特征 无论v是否与E垂直，F电＝qE，F电为恒力 v垂直于B时，‎ FB＝qvB 运动 规律 类平抛运动(v⊥E)‎ vx＝v0，vy＝t x＝v0t，y＝ 圆周运动(v⊥B)‎ T＝，r＝ 偏转 情况 tan θ＝，因做类平抛运动，在相等的时间内偏转角度不等 若没有磁场边界限制，粒子所能偏转的角度不受限制 动能 变化 动能发生变化 动能不变 ‎　如图所示，在xOy平面内，x＝2L处竖直放置一个长为L的粒子吸收板AB，其下端点A在x轴上，粒子打到吸收板上立即被板吸收，不考虑吸收板带电对粒子运动的影响．在AB左侧存在竖直向上的匀强电场，场强大小为E，在AB右侧存在垂直纸面向外的匀强磁场．原点O处有一粒子源，可沿x轴正向射出质量为m、电量为＋q的不同速率的带电粒子，不计粒子的重力．‎ ‎(1)若射出的粒子能打在AB板上，求能打在AB板上的粒子进入电场时的速率范围；‎ ‎(2)在电场右侧放置挡板BD，挡板与x轴交于C点，已知AC＝AB，BC＝2CD.粒子与挡板BD碰撞速度大小不变，方向反向，为使由AB上边缘进入磁场的粒子能到达CD区域，求磁感应强度的取值范围．‎ ‎[解析]　(1)带电粒子在电场中做类平抛运动，设运动时间为t，加速度为a，则 L≥at2‎ ‎2L＝v0t a＝ - 23 -‎ 解得v0≥ .‎ ‎(2)设粒子打到B点时速度为v合，与竖直方向夹角为θ，竖直方向速度为vy，则：‎ vy＝at 可得vy＝v0，则θ＝45°‎ v合＝＝ 由几何关系知粒子垂直于BD边进入磁场，由题意可知粒子从B点垂直射入磁场经半圆垂直打到D时磁感应强度最小．‎ 由Bqv合＝，得R＝ 若运动1个半圆打到CD区域有L≤2R≤L 若运动2个半圆打到CD区域有L≤4R≤L 若运动3个及以上半圆打到CD区域有2R≤L 由以上解得 ≤B≤2或B≥ .‎ 答案：见解析 ‎【题组过关】‎ 考向一　磁场—磁场组合 ‎1．如图所示，在坐标系xOy中，第一象限内充满着两个匀强磁场a和b，OP为分界线，在磁场a中，磁感应强度为2B，方向垂直于纸面向里，在磁场b中，磁感应强度为B，方向垂直于纸面向外，P点坐标为(4l，3l)．一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从P点沿y轴负方向射入磁场b，经过一段时间后，粒子恰能经过原点O，不计粒子重力．求：‎ ‎(1)粒子从P点运动到O点的最短时间是多少？‎ - 23 -‎ ‎(2)粒子运动的速度可能是多少？‎ 解析：(1)设粒子的入射速度为v，用Ra、Rb、Ta、Tb分别表示粒子在磁场a中和磁场b中运动的轨道半径和周期，则有 Ra＝，Rb＝，Ta＝＝，Tb＝ 当粒子先在区域b中运动，后进入区域a中运动，然后从O点射出时，粒子从P点运动到O点所用的时间最短，如图所示．‎ 根据几何知识得tan α＝＝，故α＝37°‎ 粒子在区域b和区域a中运动的时间分别为 tb＝Tb，ta＝Ta 故从P点运动到O点的时间为 t＝ta＋tb＝.‎ ‎(2)由题意及(1)可知 n(2Racos α＋2Rbcos α)＝ 解得v＝(n＝1，2，3，…)．‎ 答案：(1)　(2)(n＝1，2，3，…)‎ ‎2．为了进一步提高回旋加速器的能量，科学家建造了“扇形聚焦回旋加速器”．在扇形聚焦过程中，离子能以不变的速率在闭合平衡轨道上周期性旋转．扇形聚焦磁场分布的简化图如图所示，圆心为O的圆形区域等分成六个扇形区域，其中三个为峰区，三个为谷区，峰区和谷区相间分布．峰区内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，谷区内没有磁场．质量为m，电荷量为q的正离子，以不变的速率v旋转，其闭合平衡轨道如图中虚线所示．‎ - 23 -‎ ‎(1)求闭合平衡轨道在峰区内圆弧的半径r，并判断离子旋转的方向是顺时针还是逆时针；‎ ‎(2)求轨道在一个峰区内圆弧的圆心角θ，及离子绕闭合平衡轨道旋转的周期T；‎ ‎(3)在谷区也施加垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B′，新的闭合平衡轨道在一个峰区内的圆心角θ变为90°，求B′和B的关系．已知：sin (α±β)＝sin α cos β±cos α sin β，cos α＝1－2sin2.‎ 解析：(1)峰区内圆弧半径r＝①‎ 旋转方向为逆时针．②‎ ‎(2)由对称性，峰区内圆弧的圆心角θ＝③‎ 每个圆弧的长度l＝＝④‎ 每段直线长度L＝2rcos ＝r＝⑤‎ 周期T＝⑥‎ 代入得T＝.⑦‎ ‎(3)谷区内的圆心角θ′＝120°－90°＝30°⑧‎ 谷区内的轨道圆弧半径r′＝⑨‎ 由几何关系rsin ＝r′sin ⑩‎ 由三角关系sin ＝sin 15°＝ 代入得B′＝B.‎ 答案：见解析 - 23 -‎ 考向二　电场—磁场组合 ‎3．现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定．质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场．若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍．此离子和质子的质量比值约为(　　)‎ A．11　　　　　　　　 B．12‎ C．121 D．144‎ 解析：选D.设加速电压为U，质子做匀速圆周运动的半径为r，原来磁场的磁感应强度为B，质子质量为m，一价正离子质量为M.质子在入口处从静止开始加速，由动能定理得，eU＝mv，质子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，ev1B＝m；一价正离子在入口处从静止开始加速，由动能定理得，eU＝Mv，该正离子在磁感应强度为12B的匀强磁场中做匀速圆周运动，轨迹半径仍为r，洛伦兹力提供向心力，ev2·12B＝M·；联立解得M∶m＝144∶1，选项D正确．‎ ‎4．(2019·浙江选考4月)有一种质谱仪由静电分析器和磁分析器组成，其简化原理如图所示．左侧静电分析器中有方向指向圆心O、与O点等距离各点的场强大小相同的径向电场，右侧的磁分析器中分布着方向垂直于纸面向外的匀强磁场，其左边界与静电分析器的右边界平行，两者间距近似为零．离子源发出两种速度均为v0、电荷量均为q、质量分别为m和0.5m的正离子束，从M点垂直该点电场方向进入静电分析器．在静电分析器中，质量为m的离子沿半径为r0的四分之一圆弧轨道做匀速圆周运动，从N点水平射出，而质量为0.5m的离子恰好从ON中点P与水平方向成θ角射出，从静电分析器射出的这两束离子垂直磁场方向射入磁分析器中，最后打在放置于磁分析器左边界的探测板上，其中质量为m的离子打在O点正下方的Q点．已知OP＝0.5r0，OQ＝r0，N、P两点间的电势差UNP＝，cos θ＝，不计重力和离子间相互作用．‎ - 23 -‎ ‎(1)求静电分析器中半径为r0处的电场强度E0和磁分析器中的磁感应强度B的大小；‎ ‎(2)求质量为0.5m的离子到达探测板上的位置与O点的距离l(用r0表示)；‎ ‎(3)若磁感应强度在(B－ΔB)到(B＋ΔB)之间波动，要在探测板上完全分辨出质量为m和0.5m的两束离子，求的最大值．‎ 答案：(1)左侧，径向电场力提供向心力E0q＝ E0＝ 右侧，洛伦兹力提供向心力qv0B＝ B＝.‎ ‎(2)根据动能定理 ×0.5mv2－×0.5mv＝qUNP v＝＝v0，r＝＝r0，l＝2rcos θ－0.5r0‎ l＝1.5r0.‎ ‎(3)恰好能分辨的条件：－＝ ＝－4≈12%.‎ 带电粒子在组合场中运动的处理方法 ‎(1)分别研究带电粒子在不同场区的运动规律．在匀强磁场中做匀速圆周运动．在匀强电场中，若速度方向与电场方向平行，则做匀变速直线运动；若速度方向与电场方向垂直，则做类平抛运动．‎ ‎(2)带电粒子经过磁场区域时利用圆周运动规律结合几何关系处理．‎ ‎(3)当粒子从某点由一个场进入另一个场时，该点的位置、粒子的速度大小和方向往往是解题的突破口．　 ‎ - 23 -‎ ‎　带电粒子在叠加场中的运动 ‎ 【重难提炼】‎ ‎1．叠加场模型：电场、磁场、重力场(或其中两种场)并存于同一区域的情况．‎ ‎2．带电粒子在叠加场中的运动情况分析 ‎(1)当带电粒子在叠加场中所受合力为零时，做匀速直线运动(如速度选择器)或处于静止状态．‎ ‎(2)当带电粒子所受的重力与电场力等值反向，洛伦兹力提供向心力时，带电粒子在垂直于磁场的平面内做匀速圆周运动．‎ ‎3．带电粒子在叠加场中的受力情况分析 带电粒子在叠加场中的运动问题是电磁学知识和力学知识的结合，分析方法和力学问题的分析方法基本相同，即均用动力学观点、能量观点来分析，不同之处是多了电场力、洛伦兹力，二力的特点是电场力做功与路径无关，洛伦兹力方向始终和运动速度方向垂直永不做功等．‎ ‎　如图在xOy坐标系第Ⅰ象限，磁场方向垂直xOy平面向里，磁感应强度大小为B＝1.0 T；电场方向水平向右，电场强度大小均为E＝ N/C.一个质量m＝2.0×10－7 kg，电荷量q＝2.0×10－6 C的带正电粒子从x轴上P点以速度v0射入第Ⅰ象限，恰好在xOy平面中做匀速直线运动.0.10 s后改变电场强度大小和方向，带电粒子在xOy平面内做匀速圆周运动，取g＝10 m/s2.求：‎ ‎(1)带电粒子在xOy平面内做匀速直线运动的速度v0大小和方向；‎ ‎(2)带电粒子在xOy平面内做匀速圆周运动时电场强度的大小和方向；‎ ‎(3)若匀速圆周运动时恰好未离开第Ⅰ象限，x轴上入射点P应满足何条件？‎ ‎[解析]　(1)如图粒子在复合场中做匀速直线运动，设速度v0与x轴夹角为θ，依题意得：‎ 重力mg＝2.0×10－6 N，‎ 电场力F电＝qE＝2×10－6 N - 23 -‎ 洛伦兹力F洛＝ ＝4.0×10－6 N 由F洛＝qv0B得v0＝2 m/s tan θ＝＝，所以θ＝60°.‎ 速度v0大小为2 m/s，方向斜向上与x轴正向夹角为60°.‎ ‎(2)带电粒子在xOy平面内做匀速圆周运动时，电场力F电必须与重力平衡，洛伦兹力提供向心力．故电场强度：E′＝＝1 N/C，方向竖直向上．‎ ‎(3)如图带电粒子做匀速圆周运动恰好未离开第Ⅰ象限，圆弧左边与y轴相切N点；‎ 带电粒子从P到Q的过程做匀速直线运动，‎ PQ＝v0t＝0.2 m 洛伦兹力提供向心力：qv0B＝m，‎ 整理并代入数据得R＝0.2 m 由几何知识得：‎ OP＝R＋Rsin 60°－PQcos 60°≈0.27 m.‎ 故：x轴上入射点P离O点距离至少为0.27 m.‎ ‎[答案]　(1)2 m/s　方向斜向上与x轴正向夹角为60°‎ ‎(2)1 N/C　方向竖直向上　(3)见解析 ‎【题组过关】‎ 考向一　电场与磁场并存的叠加场问题 ‎1．(2018·浙江选考4月)压力波测量仪可将待测压力波转换为电压信号，其原理如图1所示．压力波p(t)进入弹性盒后，通过与铰链O相连的“ ”形轻杆L，驱动杆端头A处的微型霍尔片在磁场中沿x轴方向做微小振动，其位移x与压力p成正比(x＝αp，α>0)．霍尔片的放大图如图2所示，它由长×宽×厚＝a×b×d、单位体积内自由电子数为n的N形半导体制成．磁场方向垂直于x轴向上，磁感应强度大小为B＝B0(1－β|x|)，β>0.无压力波输入时，霍尔片静止在x＝0处，此时给霍尔片通以沿C1C2方向的电流I，则在侧面上D1 、D2两点间产生霍尔电压U0.‎ ‎(1)指出D1 、D2两点哪点电势高；‎ ‎(2)推导出U0与I、B0之间的关系式(提示：电流I与自由电子定向移动速率v之间关系为I＝nevbd，其中e为电子电荷量)；‎ - 23 -‎ ‎(3)弹性盒中输入压力波p(t)，霍尔片中通以相同电流，测得霍尔电压UH随时间t变化图象如图3.忽略霍尔片在磁场中运动产生的电动势和阻尼，求压力波的振幅和频率．(结果用U0、U1、t0、α及β表示)‎ 解析：(1)根据左手定则，自由电子向D2移动，故D1点电势高．‎ ‎(2)电子受力平衡，有evB0＝eEH 故U0＝EHb＝vB0b＝B0b＝.‎ ‎(3)由(2)可得霍尔电压 UH(t)＝＝B0[1－β|αp|]＝[1－βα|p(t)|]‎ ‎＝U0[1－αβ|p(t)|]‎ 故|p(t)|＝ 结合UH－t图象可得出压力波p(t)关于时间t是正弦函数，周期T＝2t0，振幅A＝，频率f＝.‎ 答案：见解析 考向二　电场、磁场和重力场并存的叠加场问题 ‎2.质量为m、电荷量为q的微粒以速度v与水平方向成θ角从O点进入方向如图所示的正交的匀强电场和匀强磁场组成的混合场区，该微粒在电场力、洛伦兹力和重力的共同作用下，恰好沿直线运动到A，下列说法中正确的是(　　)‎ A．该微粒一定带负电荷 B．微粒从O到A的运动可能是匀变速运动 C．该磁场的磁感应强度大小为 D．该电场的场强为Bvcos θ - 23 -‎ 解析：选A.若微粒带正电荷，它受竖直向下的重力mg、水平向左的电场力qE和斜向右下方的洛伦兹力qvB，知微粒不能做直线运动，据此可知微粒应带负电荷，它受竖直向下的重力mg、水平向右的电场力qE和斜向左上方的洛伦兹力qvB，又知微粒恰好沿着直线运动到A，可知微粒应该做匀速直线运动，则选项A正确，B错误；由平衡条件有关系：qvBcos θ＝mg，qvBsin θ＝qE，得磁场的磁感应强度B＝，电场的场强E＝Bvsin θ，故选项C、D错误．‎ ‎3.如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小为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.‎ 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，则 qvB＝ ①‎ 代入数据解得v＝20 m/s②‎ 速度v的方向斜向右上方，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)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 设撤去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.‎ 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 - 23 -‎ 若使小球再次经过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④⑤⑥式，代入数据解得t＝2 s≈3.5 s．⑦‎ 答案：(1)见解析　(2)3.5 s ‎4．在如图所示的竖直平面内，水平轨道CD和倾斜轨道GH与半径r＝ m的光滑圆弧轨道分别相切于D点和G点，GH与水平面的夹角θ＝37°.过G点、垂直于纸面的竖直平面左侧有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度B＝1.25 T；过D点、垂直于纸面的竖直平面右侧有匀强电场，电场方向水平向右，电场强度E＝1×104 N/C.小物体P1质量m＝2×10－3 kg、电荷量q＝＋8×10－6 C，受到水平向右的推力F＝9.98×10－3 N的作用，沿CD向右做匀速直线运动，到达D点后撤去推力．当P1到达倾斜轨道底端G点时，不带电的小物体P2在GH顶端静止释放，经过时间t＝0.1 s与P1相遇．P1和P2与轨道CD、GH间的动摩擦因数均为μ＝0.5，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，物体电荷量保持不变，不计空气阻力．求：‎ ‎(1)小物体P1在水平轨道CD上运动速度v的大小；‎ ‎(2)倾斜轨道GH的长度s.‎ 解析：(1)设小物体P1在匀强磁场中运动的速度为v，受到向上的洛伦兹力为F1，受到的摩擦力为Ff，则 F1＝qvB①‎ Ff＝μ(mg－F1)②‎ 由题意，水平方向合力为零 F－Ff＝0③‎ 联立①②③式，代入数据解得 v＝4 m/s.④‎ ‎(2)设P1在G点的速度大小为vG，由于洛伦兹力不做功，根据动能定理 qErsin θ－mgr(1－cos θ)＝mv－mv2⑤‎ P1在GH上运动，受到重力、电场力和轨道支持力、摩擦力的作用，设加速度为a1，根据牛顿第二定律 qEcos θ－mgsin θ－μ(mgcos θ＋qEsin θ)＝ma1⑥‎ - 23 -‎ P1与P2在GH上相遇时，设P1在GH上运动的距离为s1，则s1＝vGt＋a1t2⑦‎ 设P2质量为m2，在GH上运动的加速度为a2，则 m2gsin θ－μm2gcos θ＝m2a2⑧‎ P1与P2在GH上相遇时，设P2在GH上运动的距离为s2，则s2＝a2t2⑨‎ 联立⑤～⑨式，代入数据得 s＝s1＋s2＝0.56 m.‎ 答案：(1)4 m/s　(2)0.56 m ‎1．带电粒子在复合场中的常见运动 静止或匀速 直线运动 当带电粒子在叠加场中所受合力为零时，将处于静止状态或匀速直线运动状态 匀速圆 周运动 当带电粒子所受的重力与电场力大小相等、方向相反时，带电粒子在洛伦兹力的作用下，在垂直于匀强磁场的平面内做匀速圆周运动 较复杂的 曲线运动 当带电粒子所受合力的大小和方向均变化，且与初速度方向不在同一条直线上时，粒子做非匀变速曲线运动，这时粒子运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线 ‎2.分析方法 ‎　 ‎ ‎　带电粒子在交变电磁场中的运动 ‎ 【题组过关】‎ ‎1．如图甲所示，竖直平面(纸面)内，Ⅰ、Ⅱ区域有垂直于纸面、方向相反的匀强磁场，磁感应强度大小为B，两磁场边界平行，与水平方向夹角为45°，两磁场间紧靠边界放置长为L、间距为d的平行金属板MN、PQ，磁场边界上的O点与PQ板在同一水平面上，直线O1O2到两平行板MN、PQ的距离相等，‎ - 23 -‎ 在两板间存在如图乙所示的交变电场(取竖直向下为正方向)．质量为m、电量为＋q的粒子，t0时刻从O点沿垂直于OP竖直向上射入磁场，t＝时刻沿水平方向从点O1进入电场，并从点O2离开电场，不计粒子重力，求：‎ ‎(1)粒子的初速度v0的大小；‎ ‎(2)粒子从点O进入Ⅰ磁场到射出Ⅱ磁场运动的总时间；‎ ‎(3)若将粒子的速度提高一倍，仍从t0时刻由点O竖直向上射入，且交变电场的周期为T＝，要使粒子能够穿出电场，则电场强度大小E0满足的条件．‎ 解析：(1)粒子的运动轨迹如图(1)中曲线a所示，则：‎ r＝ 由牛顿第二定律得：qv0B＝m 解得：v0＝.‎ 图(1)‎ ‎(2)粒子在两段磁场中的运动时间：t1＝2×＝ 在电场中的运动时间：t2＝＝ 两段场外的时间：t3＝＝ 总时间为：t＝t1＋t2＋t3‎ 解得：t＝.‎ ‎(3)粒子速度提高一倍后， 其轨迹如图(1)中曲线b所示．粒子两次在磁场Ⅰ中运动的时间相同，所以第二次进入电场时比第一次提前：Δt＝＝＝ 所以，粒子第二次是在t＝0时刻进入电场的 第一次在电场中的轨迹如图(2)所示：设经过n个周期性运动穿出电场，则：‎ - 23 -‎ 图(2)‎ t＝＝nT，解得：n＝ 设粒子第二次通过电场的时间为t′，则t′＝T 粒子第二次在电场中的轨迹如图(3)所示：‎ 图(3)‎ 半个周期内的侧位移：‎ y0＝· 要使粒子能够穿出电场，则：ny0＜d 解得：E0＜.‎ 答案：(1)　(2)　(3)E0＜ ‎2．如图甲所示，竖直面MN的左侧空间中存在竖直向上的匀强电场(上、下及左侧无边界)．一个质量为m、电荷量为q、可视为质点的带正电小球，以水平初速度v0沿PQ向右做直线运动．若小球刚经过D点时(t＝0)，在电场所在空间叠加如图乙所示随时间周期性变化、垂直纸面向里的匀强磁场，使得小球再次通过D点时与PQ连线成60°角．已知D、Q间的距离为(＋1)L，t0小于小球在磁场中做圆周运动的周期，重力加速度为g.‎ ‎(1)求电场强度E的大小；‎ ‎(2)求t0与t1的比值；‎ ‎(3)小球过D点后将做周期性运动．则当小球运动的周期最大时，求出此时的磁感应强度B0及运动的最大周期Tm的大小，并在图中画出此情形下小球运动一个周期的轨迹．‎ 解析：(1)带正电的小球做匀速直线运动，由平衡知识可知mg＝Eq，解得E＝.‎ - 23 -‎ ‎(2)小球能再次通过D点，其运动轨迹如图1所示，‎ 设轨迹半径为r，有s＝v0t1，‎ 由几何关系得s＝，‎ 设小球做圆周运动的周期为T，则T＝，‎ t0＝T，‎ 由以上各式得＝π.‎ ‎(3)当小球运动的周期最大时，其运动轨迹应与MN相切，如图2所示，由几何关系得 R＋＝(＋1)L，则R＝L 由牛顿第二定律 得qv0B0＝m，‎ 得B0＝，‎ 由几何知识可知一个周期运动总路程为 s1＝3··2πR＋6×，‎ 可得Tm＝＝，‎ 小球运动一个周期的轨迹如图3所示．‎ 答案：(1)　(2)π　(3)　 - 23 -‎ 轨迹图见解析 ‎ [课后作业(十四)]‎ ‎ (建议用时：40分钟)‎ 一、选择题 ‎1.(2019·宁波高三综合考试)如图所示，半径为R的光滑半圆弧绝缘轨道固定在竖直面内，磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直轨道平面向里．一可视为质点，质量为m，电荷量为q(q>0)的小球由轨道左端A处无初速度滑下，当小球滑至轨道最低点C时，给小球再施加一始终水平向右的外力F，使小球能保持不变的速率滑过轨道右侧的D点，若小球始终与轨道接触，重力加速度为g，则下列判断正确的是(　　)‎ A．小球在C点受到的洛伦兹力大小为qB B．小球在C点对轨道的压力大小为3mg－qB C．小球从C到D的过程中，外力F大小保持不变 D．小球从C到D的过程中，外力F的功率不变 解析：选B.因为洛伦兹力始终对小球不做功，故洛伦兹力不改变小球速度的大小，从A点运动到C点的过程中只有重力做功，根据动能定理得：mgR＝mv2，解得：v＝.故小球在C点受到的洛伦兹力大小为f＝qBv＝qB，故A错误；由左手定则可知，小球向右运动到C点时若受到的洛伦兹力的方向向上，则有：N＋qvB－mg＝m，解得：N＝3mg－qvB＝3mg－qB，故B正确；小球从C到D的过程中，洛伦兹力和支持力沿水平方向的分力增大，所以水平外力F得增大，故C错误；小球从C到D的过程中小球的速率不变，而洛伦兹力和支持力不做功，所以小球的动能不变，外力F的功率与重力的功率大小相等，方向相反．由运动的合成与分解可知，小球从C向D运动的过程中，竖直方向的分速度越来越大，所以重力的功率增大，所以外力F的功率也增大，故D错误．‎ ‎2.(2019·丽水模拟)如图所示，有一范围足够大的水平匀强磁场，磁感应强度为B，一个质量为m、电荷量为＋q的带电小圆环套在一根固定的绝缘竖直长杆上，环与杆间的动摩擦因数为μ.现使圆环以初速度v0向上运动，经时间t0圆环回到出发点．不计空气阻力，取竖直向上为正方向，下列描述该过程中圆环的速度v随时间t、摩擦力f随时间t、动能Ek随位移x、机械能E随位移x变化规律的图象中，一定错误的是(　　)‎ 答案：C - 23 -‎ ‎3．(多选)如图所示，空间存在水平向左的匀强电场E和垂直纸面向外的匀强磁场B，在竖直平面内从a点沿ab、ac方向抛出两带电小球，不考虑两带电小球间的相互作用，两小球所带电荷量始终不变，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．若沿ab运动小球做直线运动，则该小球带正电，且一定是匀速运动 C．若沿ac运动小球做直线运动，则该小球带负电，可能做匀加速运动 D．两小球在运动过程中机械能均保持不变 解析：选AB.沿ab抛出的带电小球受重力、电场力、洛伦兹力，根据左手定则，可知，只有带正电，受力才能平衡，而沿ac方向抛出的带电小球，由上面的分析可知，小球带负电时，受力才能平衡，因速度影响洛伦兹力大小，所以若做直线运动，则必然是匀速直线运动，故A、B正确，C错误；在运动过程中，因电场力做功，导致小球的机械能不守恒，故D错误．‎ ‎4．(多选)如图甲，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示．t＝0时刻，质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间，0～时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出．微粒运动过程中未与金属板接触．重力加速度的大小为g.关于微粒在0～T 时间内运动的描述，正确的是(　　)‎ A．末速度大小为 v0　　　 B．末速度沿水平方向 C．重力势能减少了mgd D．克服电场力做功为mgd 解析：选BC.0～时间内微粒匀速运动，有mg＝qE0.把微粒的运动分解，水平方向：做速度为v0的匀速直线运动；竖直方向：～时间内，只受重力，做自由落体运动，时刻，v1y＝g；～T时间内，a＝＝g，做匀减速直线运动，T时刻，v2y＝v1y－a·＝0.所以末速度v＝v0，方向沿水平方向，选项A错误，B正确．重力势能的减少量ΔEp＝mg·＝mgd，所以选项C正确．根据动能定理：mgd－W克电＝0，得W克电＝mgd，所以选项D错误．‎ ‎5．(多选) 如图所示，M、N为两块带 - 23 -‎ 等量异种电荷的平行金属板，两板间电压可取从零到某一最大值之间的任意值．静止的带电粒子带电荷量为＋q，质量为m(不计重力)，从点P经电场加速后，从小孔Q进入N板右侧的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，CD为磁场边界上的一绝缘板，它与N板的夹角为θ＝30°，孔Q到板的下端C的距离为L，当M、N两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD板上，则(　　)‎ A．两板间电压的最大值Um＝ B．CD板上可能被粒子打中区域的长度x＝L C．粒子在磁场中运动的最长时间tm＝ D．能打在N板上的粒子的最大动能为 解析：选BCD.M、N两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD板上，所以其轨迹圆心在C点，CH＝QC＝L，故半径R1＝L，又因为Bqv1＝m，qUm＝mv，可得Um＝，所以A错误．设轨迹与CD板相切于K点，半径为R2，在△AKC中sin 30°＝＝，可得R2＝，CK长为R2＝L，则CD板上可能被粒子打中的区域即为HK的长度，x＝HK＝L－CK＝L，故B正确．打在QE间的粒子在磁场中运动的时间最长，周期T＝，所以tm＝，C正确．能打到N板上的粒子的临界条件是轨迹与CD相切，由B选项知，rm＝R2＝，可得vm＝，动能Ekm＝，故D正确．‎ ‎6．(多选)如图所示，在Ⅰ、Ⅱ两个区域内存在磁感应强度均为B的匀强磁场．磁场方向分别垂直于纸面向外和向里．AD、AC边界的夹角∠DAC＝30°，边界AC与边界MN平行．Ⅱ区域宽度为d.质量为m、电荷量为＋q的粒子可在边界AD上的不同点射入．入射速度垂直于AD且垂直于磁场，若入射速度大小为.不计粒子重力，则(　　)‎ A．粒子在磁场中的运动半径为 B．粒子从距A点0.5d处射入，不会进入Ⅱ区 - 23 -‎ C．粒子从距A点1.5d处射入，在Ⅰ区内运动的时间为 D．能够进入Ⅱ区域的粒子，在Ⅱ区域内运动的最短时间为 解析：选CD.粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有qvB＝m，其中v＝，解得r＝d，故A错误；画出恰好不进入Ⅱ区的临界轨迹，如图甲所示．结合几何关系有AO＝＝2r＝2d，故粒子从距A点0.5d处射入，轨迹圆心在AD上离A点的距离为1.5d，由几 何知识可知粒子会进入Ⅱ区，故B错误；粒子从距A点1.5d处射入，在Ⅰ区内运动的轨迹为半个圆周，故时间为t＝，故C正确；从A点进入的粒子在磁场Ⅱ中运动的轨迹最短(弦长也最短)，时间最短，轨迹如图乙所示，轨迹对应的圆心角为60°，故时间为t＝＝，故D正确．‎ 二、非选择题 ‎7．(2019·绍兴高三期中)如图所示，在xOy竖直面上存在大小为E＝，方向水平向右的匀强电场，在0≤x≤l和y≥0的区域存在大小为B、方向垂直向里的匀强磁场．Ox轴上有一水平、光滑、绝缘的平面MN，在坐标原点O放置一质量为m，电荷量为＋q的小滑块(可视为质点)，静止释放后开始运动，当小滑块到达坐标(l，h)的P点时，速度最大，重力加速度为g，求小滑块：‎ ‎(1)在MN上运动的最大距离x；‎ ‎(2)速度最大值vmax的大小和方向；‎ ‎(3)运动到与P等高的Q点时的速度大小和Q点坐标位置x0.‎ 解析：(1)mg－qvB－N＝0①‎ 小滑块在C点离开MN时，有N＝0‎ 解得vC＝.②‎ - 23 -‎ 由动能定理，有 Eqx＝mv－0③‎ 解得x＝或x＝.④‎ ‎(2)由动能定理，有 Eql－mgh＝mv vmax＝⑤‎ 小滑块速度最大时速度方向与电场力、重力的合力方向垂直，设此时速度方向与水平面的夹角为θ tan θ＝＝1‎ θ＝45°.⑥‎ ‎(3)小滑块进入x>l区域将做类平抛运动，等效加速度为g′，　‎ g′＝g⑦‎ vmaxttan θ＝g′t2‎ t＝⑧‎ vQ＝＝⑨‎ x0＝l＋＝5l－4h.⑩‎ 答案：见解析 ‎8．如图，空间区域Ⅰ、Ⅱ有匀强电场和匀强磁场，MN、PQ为理想边界，Ⅰ区域高度为d，Ⅱ区域的范围足够大．匀强电场方向竖直向上；Ⅰ、Ⅱ区域的磁感应强度大小均为B，方向分别垂直纸面向里和向外．一个质量为m、带电荷量为q的带电小球从磁场上方的O点由静止开始下落，进入场区后，恰能做匀速圆周运动．已知重力加速度为g.‎ - 23 -‎ ‎(1)试判断小球的电性并求出电场强度E的大小；‎ ‎(2)若带电小球能进入区域Ⅱ，则h应满足什么条件？‎ ‎(3)若带电小球运动一定时间后恰能回到O点，求它释放时距MN的高度h.‎ 解析：(1)带电小球进入复合场后，恰能做匀速圆周运动，即所受合力为洛伦兹力，则重力与电场力大小相等，方向相反，重力竖直向下，电场力竖直向上，即小球带正电．则有qE＝mg，解得E＝.‎ ‎(2)假设下落高度为h0时，带电小球在Ⅰ区域做圆周运动的圆弧与PQ相切，运动轨迹如图甲所示，由几何知识可知，小球的轨道半径R＝d，①‎ 带电小球在进入磁场前做自由落体运动，由动能定理得 mgh0＝mv2，②‎ 带电小球在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得 qvB＝m，③‎ 联立①②③解得h0＝，‎ 则当h＞h0时，即h＞时带电小球能进入区域Ⅱ.‎ - 23 -‎ ‎(3)如图乙所示，因为带电小球在Ⅰ、Ⅱ两个区域运动过程中q、v、B、m的大小不变，故三段圆周运动的半径相同，以三个圆心为顶点的三角形为等边三角形，边长为2R，内角为60°，由几何关系知R＝，④‎ 联立②③④解得h＝.‎ 答案：(1)正电　　(2)h＞　(3) ‎9.如图甲所示，在xOy平面内存在均匀、大小随时间周期性变化的磁场和电场，变化规律分别如图乙、丙所示(规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向、沿y轴正方向电场强度为正)．在t＝0时刻由原点O发射初速度大小为v0，方向沿y轴正方向的带负电粒子．已知v0、t0、B0，粒子的比荷为，不计粒子的重力．求：‎ ‎(1)t＝t0时，求粒子的位置坐标；‎ ‎(2)若t＝5t0时粒子回到原点，求0～5t0时间内粒子距x轴的最大距离；‎ ‎(3)若粒子能够回到原点，求满足条件的所有E0值．‎ 解析：(1)由粒子的比荷＝ 则粒子做圆周运动的周期T＝＝2t0‎ 则在0～t0内转过的圆心角α＝π 由牛顿第二定律qv0B0＝m 得r1＝ 位置坐标.‎ ‎(2)粒子在t＝5t0时回到原点，轨迹如图所示 r2＝2r1‎ r1＝，r2＝ 得v2＝2v0‎ 又＝，r2＝ - 23 -‎ 粒子在t0～2t0时间内做匀加速直线运动，2t0～3t0时间内做匀速圆周运动，则在0～5t0时间内粒子距x轴的最大距离：‎ hm＝t0＋r2＝v0t0.‎ ‎(3)如图所示，设带电粒子在x轴上方做圆周运动的轨道半径为r1，在x轴下方做圆周运动的轨道半径为r′2，由几何关系可知，要使粒子经过原点，则必须满足：‎ n(2r′2－2r1)＝2r1(n＝1，2，3，…)‎ r1＝，r′2＝ 联立以上各式解得v＝v0(n＝1，2，3，…)‎ 又由v＝v0＋ 得E0＝(n＝1，2，3，…)．‎ 答案：(1)　(2)v0t0‎ ‎(3)(n＝1，2，3，…)‎ - 23 -‎