物理觀念 1.學(xué)會(huì)分析帶電粒子在組合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的分析方法，會(huì)分析兩場(chǎng)邊界帶電粒子的速度大小和方向. 2.會(huì)分析帶電粒子在疊加場(chǎng)中的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況，能正確選擇物理規(guī)律解答問題． 一、帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 1.組合場(chǎng):電場(chǎng)與磁場(chǎng)各位于一定的區(qū)域內(nèi),并不重疊,一般為兩場(chǎng)相鄰或在同一區(qū)域電場(chǎng)、磁場(chǎng)交替出現(xiàn)。 2.通常按時(shí)間的先后順序分成若干個(gè)小過程,在每一運(yùn)動(dòng)過程中從粒子的受力性質(zhì)、受力方向和速度方向的關(guān)系入手,分析粒子在電場(chǎng)中做什么運(yùn)動(dòng),在磁場(chǎng)中做什么運(yùn)動(dòng)。電場(chǎng)中常有兩種運(yùn)動(dòng)方式:加速或偏轉(zhuǎn);而勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,帶電粒子常做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。 3.組合場(chǎng)中電場(chǎng)和磁場(chǎng)是各自獨(dú)立的,計(jì)算時(shí)可以單獨(dú)使用帶電粒子在電場(chǎng)或磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)公式列式處理。 4.建立粒子在不同場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)間的聯(lián)系:確定粒子從一種場(chǎng)進(jìn)入另一種場(chǎng)的位置、速度是關(guān)鍵。 5.帶電粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)的組合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng),實(shí)際上是將粒子在電場(chǎng)中的加速與偏轉(zhuǎn),跟在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)兩種運(yùn)動(dòng)有效組合在一起,有效區(qū)別電偏轉(zhuǎn)和磁偏轉(zhuǎn),尋找兩種運(yùn)動(dòng)的聯(lián)系和幾何關(guān)系是解題的關(guān)鍵。當(dāng)帶電粒子連續(xù)通過幾個(gè)不同的場(chǎng)區(qū)時(shí),粒子的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況也發(fā)生相應(yīng)的變化,其運(yùn)動(dòng)過程則由幾種不同的運(yùn)動(dòng)階段組成。 6.四種常見的運(yùn)動(dòng)模型 (1)帶電粒子先在電場(chǎng)中做勻加速直線運(yùn)動(dòng),然后垂直進(jìn)入磁場(chǎng)做圓周運(yùn)動(dòng),如圖所示。 (2)帶電粒子先在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng),然后垂直進(jìn)入磁場(chǎng)做圓周運(yùn)動(dòng),如圖所示。 (3)帶電粒子先在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng),然后垂直進(jìn)入電場(chǎng)做類平拋運(yùn)動(dòng),如圖所示。 (4)帶電粒子先在磁場(chǎng)Ⅰ中做圓周運(yùn)動(dòng),然后垂直進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅱ做圓周運(yùn)動(dòng),如圖所示。 例1 如圖所示,在直角坐標(biāo)系xOy的第一象限中分布著沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng),在第四象限中分布著方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為+q的微粒,在點(diǎn)A(0,3)以初速度v0=120 m/s平行x軸正方向射入電場(chǎng)區(qū)域,然后從電場(chǎng)進(jìn)入磁場(chǎng),又從磁場(chǎng)進(jìn)入電場(chǎng),并且先后只通過x軸上的點(diǎn)P(6,0)和點(diǎn)Q(8,0)各一次。已知該微粒的比荷為qm=100 C/kg,微粒重力不計(jì),求: (1)微粒從A到P所經(jīng)歷的時(shí)間和加速度的大小。 (2)微粒到達(dá)P點(diǎn)時(shí)速度方向與x軸正方向的夾角,并畫出帶電微粒在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中由A至Q的運(yùn)動(dòng)軌跡。 (3)電場(chǎng)強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小。 答案 (1)0.05 s　2.4×103 m/s2 (2)45°　見解析圖 (3)24 N/C　1.2 T 解析 (1)微粒從平行x軸正方向射入電場(chǎng)區(qū)域,由A到P做類平拋運(yùn)動(dòng),微粒在x軸正方向做勻速直線運(yùn)動(dòng), 由x=v0t,得t=xv0=0.05 s 微粒沿y軸負(fù)方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng),由y=12at2 得a=2.4×103 m/s2。 (2)vy=at,tan α=vyv0=1,所以α=45° 軌跡如圖所示。 (3)由qE=ma,得E=24 N/C 設(shè)微粒從P點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)以速度v做勻速圓周運(yùn)動(dòng) v=2v0=1202 m/s 由qvB=mv2r得r=mvqB 由幾何關(guān)系可知r=2 m,所以可得B=mvqr=1.2 T。 “五步”突破帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問題 針對(duì)訓(xùn)練1　 (2023山東聊城二中期末)在圖示區(qū)域中,y軸右方有一勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B,方向垂直紙面向里,y軸左方有勻強(qiáng)電場(chǎng)區(qū)域,該勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E,方向與y軸夾角為45°斜向右上方。有一質(zhì)子以速度v0由x軸上的P點(diǎn)沿x軸正方向射入磁場(chǎng),質(zhì)子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后從Q點(diǎn)進(jìn)入y軸左方的勻強(qiáng)電場(chǎng)區(qū)域中,在Q點(diǎn)質(zhì)子速度方向與y軸負(fù)方向夾角為45°,已知質(zhì)子的質(zhì)量為m、電荷量為q,不計(jì)質(zhì)子的重力,磁場(chǎng)區(qū)域和電場(chǎng)區(qū)域足夠大。求: (1)Q點(diǎn)的坐標(biāo); (2)質(zhì)子從P點(diǎn)出發(fā)到第三次穿越y(tǒng)軸時(shí)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間; (3)質(zhì)子第四次穿越y(tǒng)軸時(shí)速度的大小。 答案 (1)0,mv0qB1+22 (2)7πm4qB+2mv0qE　(3)5v0 解析 (1)質(zhì)子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示 質(zhì)子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng),由洛倫茲力提供向心力有qv0B=mv02R 解得R=mv0qB 由幾何關(guān)系得yQ=R(1+cos 45°)=mv0qB1+22 則Q點(diǎn)的坐標(biāo)為0,mv0qB1+22。 (2)從P到Q的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t1=π+π42π·2πmqB=5πm4qB 質(zhì)子在電場(chǎng)中先做減速運(yùn)動(dòng),速度減為零后反向做加速運(yùn)動(dòng),速度增加到v0 在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí),由牛頓第二定律得 qE=ma t2=2v0a=2mv0qE 質(zhì)子從Q運(yùn)動(dòng)到D的時(shí)間t3=T4=πm2qB 則質(zhì)子從P點(diǎn)出發(fā)到第三次穿越y(tǒng)軸所需時(shí)間t=t1+t2+t3=7πm4qB+2mv0qE。 (3)質(zhì)子第三次穿越y(tǒng)軸后,在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng),由于v0與y軸正方向成45°角,所以質(zhì)子第四次穿越y(tǒng)軸時(shí)有v0t4=12at42 解得t4=2mv0qE 則沿電場(chǎng)方向的速度分量為vE=at4=2v0 速度的大小為v=v02+vE2=5v0。 二、帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 1.疊加場(chǎng) “疊加場(chǎng)”是指在某區(qū)域同時(shí)存在電場(chǎng)和磁場(chǎng),同時(shí)存在磁場(chǎng)和重力場(chǎng),同時(shí)存在電場(chǎng)和重力場(chǎng),同時(shí)存在電場(chǎng)、磁場(chǎng)和重力場(chǎng)的情況,也叫“復(fù)合場(chǎng)”。 處理帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)的基本思路 2．弄清疊加場(chǎng)的組成． 3．進(jìn)行受力分析，確定帶電粒子的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，注意運(yùn)動(dòng)情況和受力情況的結(jié)合． 4．畫出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡，靈活選擇不同的運(yùn)動(dòng)規(guī)律． (1)當(dāng)帶電粒子在疊加場(chǎng)中做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)受力平衡列方程求解． (2)當(dāng)帶電粒子在疊加場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，一定是電場(chǎng)力和重力平衡，洛倫茲力提供向心力，應(yīng)用平衡條件和牛頓運(yùn)動(dòng)定律分別列方程求解． (3)當(dāng)帶電粒子做復(fù)雜曲線運(yùn)動(dòng)時(shí)，一般用動(dòng)能定理或能量守恒定律求解． 例2 (多選)一個(gè)帶電微粒在如圖所示的正交勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng),重力不可忽略,已知圓的半徑為r,電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E,磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B,重力加速度為g,則(　　) A.該微粒帶正電 B.帶電微粒沿逆時(shí)針旋轉(zhuǎn) C.帶電微粒沿順時(shí)針旋轉(zhuǎn) D.微粒做圓周運(yùn)動(dòng)的速度為gBrE 答案 BD 解析 帶電微粒在重力場(chǎng)、勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),可知,帶電微粒受到的重力和靜電力是一對(duì)平衡力,重力豎直向下,所以靜電力豎直向上,與電場(chǎng)方向相反,故可知帶電微粒帶負(fù)電荷,A錯(cuò)誤;磁場(chǎng)方向向外,洛倫茲力的方向始終指向圓心,由左手定則可判斷微粒的旋轉(zhuǎn)方向?yàn)槟鏁r(shí)針(四指所指的方向與帶負(fù)電的微粒的運(yùn)動(dòng)方向相反),B正確,C錯(cuò)誤;由微粒做勻速圓周運(yùn)動(dòng),得知靜電力和重力大小相等,即mg=qE,帶電微粒在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r=mvqB,聯(lián)立解得v=gBrE,D正確。 “三步”解決疊加場(chǎng)問題 例4 在地面附近有一個(gè)范圍足夠大的相互正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)。勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,方向垂直紙面向外,一質(zhì)量為m、電荷量為-q的帶電微粒在此區(qū)域恰好做速度大小為v的勻速圓周運(yùn)動(dòng)。重力加速度為g。 (1)求此區(qū)域內(nèi)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和方向。 (2)若某時(shí)刻微粒運(yùn)動(dòng)到場(chǎng)中距地面高度為h的P點(diǎn),速度方向與水平方向成45°角,如圖所示,則該微粒至少需要經(jīng)過多長時(shí)間運(yùn)動(dòng)到距地面最高點(diǎn)?最高點(diǎn)距地面多高? 答案 (1)mgq,方向豎直向下 (2)3πm4qB　h+(2+2)mv2qB 解析 (1)因微粒做勻速圓周運(yùn)動(dòng),則qE=mg 解得E=mgq,方向豎直向下。 (2)如圖所示,當(dāng)微粒第一次運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí),由幾何關(guān)系可知α=135° 則t=α2πT=135°360°T=3T8 又T=2πmqB 所以t=3πm4qB 微粒在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),洛倫茲力提供向心力,有qvB=mv2R 解得R=mvqB 則h1=R+Rsin 45°+h=h+(2+2)mv2qB。 1.(帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng))如圖甲所示,一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的圓環(huán),可在水平放置的足夠長的粗糙細(xì)桿上滑動(dòng),細(xì)桿處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,不計(jì)空氣阻力,現(xiàn)給圓環(huán)向右的初速度v0,在以后的運(yùn)動(dòng)過程中的速度圖像如圖乙所示。則關(guān)于圓環(huán)所帶的電性、勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B和圓環(huán)克服摩擦力所做的功W,以下正確的是(重力加速度為g)(　　) A.圓環(huán)帶負(fù)電,B=mgqv0 B.圓環(huán)帶正電,B=2mgqv0 C.圓環(huán)帶負(fù)電,W=34mv02 D.圓環(huán)帶正電,W=34mv02 答案 B 解析 因圓環(huán)最后做勻速直線運(yùn)動(dòng),根據(jù)左手定則可知,圓環(huán)帶正電;由圓環(huán)在豎直方向上平衡得qv0B2=mg,所以B=2mgqv0,故A錯(cuò)誤,B正確;由動(dòng)能定理得,圓環(huán)克服摩擦力所做的功W=12mv02-12mv022,所以W=38mv02,故C、D錯(cuò)誤。 2.(帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng))(多選)如圖所示,某空間存在正交的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng),電場(chǎng)方向水平向右,磁場(chǎng)方向垂直紙面向里,一帶電微粒從a點(diǎn)進(jìn)入場(chǎng)區(qū)并剛好能沿ab直線向上運(yùn)動(dòng),不可忽略重力,下列說法正確的是 (　　) A.微粒一定帶負(fù)電 B.微粒的動(dòng)能一定減少 C.微粒的電勢(shì)能一定增加 D.微粒的機(jī)械能一定增加 答案 AD 解析 微粒進(jìn)入場(chǎng)區(qū)后沿直線ab運(yùn)動(dòng),則微粒受到的合力或者為零,或者合力方向在ab直線上(垂直于運(yùn)動(dòng)方向的合力仍為零)。若微粒所受合力不為零,則必然做變速運(yùn)動(dòng),由于速度的變化會(huì)導(dǎo)致洛倫茲力變化,則微粒在垂直于運(yùn)動(dòng)方向上的合力不再為零,微粒就不能沿直線運(yùn)動(dòng),因此微粒所受合力只能為零而做勻速直線運(yùn)動(dòng);若微粒帶正電,則受力分析如圖甲所示,合力不可能為零,故微粒一定帶負(fù)電,受力分析如圖乙所示,故A正確,B錯(cuò)誤;靜電力做正功,微粒電勢(shì)能減少,機(jī)械能增加,故C錯(cuò)誤,D正確。 3.(帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng))如圖所示,質(zhì)量為m=1 kg、電荷量為q=5×10-2 C的帶正電的小滑塊,從半徑為R=0.4 m的光滑絕緣14圓弧軌道上由靜止自A端滑下。整個(gè)裝置處在方向互相垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)與勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。已知E=100 V/m,方向水平向右,B=1 T,方向垂直紙面向里,g取10 m/s2。求: (1)滑塊到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度。 (2)在C點(diǎn)時(shí)滑塊所受洛倫茲力。 (3)在C點(diǎn)時(shí)滑塊對(duì)軌道的壓力。 答案 (1)2 m/s,方向水平向左 (2)0.1 N,方向豎直向下 (3)20.1 N,方向豎直向下 解析 以滑塊為研究對(duì)象,自軌道上A點(diǎn)滑到C點(diǎn)的過程中,受重力mg,方向豎直向下;靜電力qE,方向水平向右;洛倫茲力F洛=qvB,方向始終垂直于速度方向。 (1)滑塊從A到C的過程中洛倫茲力不做功,由動(dòng)能定理得 mgR-qER=12mvC2 得vC=2(mg-qE)Rm=2 m/s,方向水平向左。 (2)根據(jù)洛倫茲力公式得 F=qvCB=5×10-2×2×1 N=0.1 N 方向豎直向下。 (3)在C點(diǎn),FN-mg-qvCB=mvC2R 得FN=mg+qvCB+mvC2R=20.1 N 由牛頓第三定律可知,滑塊對(duì)軌道的壓力為20.1 N,方向豎直向下。 4.(帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng))(2021全國甲卷)如圖所示,長度均為l的兩塊擋板豎直相對(duì)放置,間距也為l,兩擋板上邊緣P和M處于同一水平線上,在該水平線的上方區(qū)域有方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng),電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E;兩擋板間有垂直紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小可調(diào)節(jié)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子自電場(chǎng)中某處以大小為v0的速度水平向右發(fā)射,恰好從P點(diǎn)處射入磁場(chǎng),從兩擋板下邊緣Q和N之間射出磁場(chǎng),運(yùn)動(dòng)過程中粒子未與擋板碰撞。已知粒子射入磁場(chǎng)時(shí)的速度方向與PQ的夾角為60°,不計(jì)重力。 (1)求粒子發(fā)射位置到P點(diǎn)的距離。 (2)求磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的取值范圍。 (3)若粒子正好從QN的中點(diǎn)射出磁場(chǎng),求粒子在磁場(chǎng)中的軌跡與擋板MN的最近距離。 答案 (1)13mv026qE　 (2)(3-3)mv03ql≤B≤2mv0ql (3)39-10344l 解析 (1)帶電粒子做類平拋運(yùn)動(dòng),速度方向如圖甲所示 tan 60°=v0vy a=qEm vy2=2ay 聯(lián)立以上各式可解得y=mv026qE 又豎直速度vy=at 水平位移x=v0t 解得x=mv023qE 則粒子發(fā)射位置到P點(diǎn)的距離s=x2+y2=13mv026qE。 (2)從P點(diǎn)處射入磁場(chǎng),從兩擋板下邊緣Q射出磁場(chǎng),此時(shí)半徑最小,磁感應(yīng)強(qiáng)度最大,如圖乙所示 r1=l2cos30°=l3 qvB1=mv2r1 v=v0cos30° 由以上各式聯(lián)立得B1=2mv0ql 從P點(diǎn)處射入磁場(chǎng),從兩擋板下邊緣N射出磁場(chǎng),此時(shí)半徑最大,磁感應(yīng)強(qiáng)度最小,如圖丙所示 r2=2l2cos(30°+45°)=2l3-1 qvB2=mv2r2 v=v0cos30° 由以上各式聯(lián)立得B2=(3-3)mv03ql 磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的取值范圍(3-3)mv03ql≤B≤2mv0ql。 (3)粒子正好從QN的中點(diǎn)射出磁場(chǎng),如圖丁所示 則sin α=15,cos α=25 r3=54lcos(α+30°) 粒子在磁場(chǎng)中的軌跡與擋板MN的最近距離 Δx=l-(r3-r3sin 30°)=l-12r3=39-10344l。 5.(帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng))如圖所示,在平面直角坐標(biāo)系xOy內(nèi),第Ⅱ、Ⅲ象限內(nèi)存在沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng),第Ⅰ、Ⅳ象限內(nèi)存在半徑為l的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁場(chǎng)圓心在M(l,0)點(diǎn),磁場(chǎng)方向垂直于坐標(biāo)平面向外。一帶正電的粒子從第Ⅲ象限中的Q(-2l,-l)點(diǎn)以速度v0沿x軸正方向射出,恰好從坐標(biāo)原點(diǎn)O進(jìn)入磁場(chǎng),從P(2l,0)點(diǎn)射出磁場(chǎng)。不計(jì)粒子重力,求: (1)帶電粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小和方向; (2)電場(chǎng)強(qiáng)度與磁感應(yīng)強(qiáng)度大小之比; (3)粒子在磁場(chǎng)與電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比。 答案 (1)2v0,與x軸成45°角斜向上　(2)v02　(3)π4 解析 (1)設(shè)粒子的質(zhì)量和所帶電荷量分別為m和q,粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí),由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律及牛頓運(yùn)動(dòng)定律得 2l=v0t1 l=12at12 qE=ma 則粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)沿+y方向的分速度為vy=at1=v0 因tan α=vyv0=1,所以α=45° 即帶電粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度方向與x軸成45°角斜向上 粒子在磁場(chǎng)中的速度為v=2v0。 (2)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí),由牛頓第二定律得Bqv=mv2r 由幾何關(guān)系得r=2l 解得B=mv0ql 由(1)中各式可得E=mv022ql 則EB=v02。 (3)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期T=2πrv=2πl(wèi)v0 則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2=14T=πl(wèi)2v0 由(1)可得粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1=2lv0 則t2t1=π4。 一、選擇題(第1~3題為單選題,第4~6題為多選題) 1.一質(zhì)子進(jìn)入一個(gè)互相垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)的區(qū)域,進(jìn)入場(chǎng)區(qū)時(shí),質(zhì)子的速度v與電場(chǎng)和磁場(chǎng)垂直,結(jié)果此質(zhì)子恰好不偏轉(zhuǎn),而做勻速直線運(yùn)動(dòng),如圖所示(電場(chǎng)和磁場(chǎng)未畫出),已知A板帶正電,B板帶負(fù)電,在不考慮帶電粒子的重力的情況下,下列說法不正確的是(　　) A.若質(zhì)子的速度v'μmg。靜止釋放帶電圓環(huán),則(　　) A.帶電圓環(huán)將做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng),最后做勻速運(yùn)動(dòng) B.帶電圓環(huán)加速度先減小后增大 C.帶電圓環(huán)的最大加速度為am=qEm D.最大速度為vm=EμB 答案 C 解析 當(dāng)圓環(huán)的速度vmgqB時(shí),受到的洛倫茲力F洛=qvB>G=mg,圓環(huán)水平方向受到向右的靜電力F=qE和向左的摩擦力Ff=μ(qvB-mg),由牛頓第二定律得加速度a=F-Ffm,洛倫茲力F洛=qvB繼續(xù)增大,則摩擦力Ff=μ(qvB-mg)逐漸增大,加速度a=F-Ffm逐漸減小,這一階段圓環(huán)做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng),直到F=qE=Ff=μ(qvB-mg)時(shí),加速度減為0,速度達(dá)到最大值,之后圓環(huán)以這個(gè)速度做勻速直線運(yùn)動(dòng),最大速度為vm=qE+μmgμqB=EμB+mgqB,選項(xiàng)D錯(cuò)誤;綜合以上分析,可知帶電圓環(huán)將先做加速度增大的加速運(yùn)動(dòng),再做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng),最后做勻速運(yùn)動(dòng),選項(xiàng)A錯(cuò)誤;帶電圓環(huán)加速度先增大,增大到am=qEm后,加速度開始減小,最后減為0,選項(xiàng)B錯(cuò)誤。 4.如圖所示,磁控管內(nèi)局部區(qū)域分布有水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。電子從M點(diǎn)由靜止釋放,沿圖中所示軌跡依次經(jīng)過N、P兩點(diǎn)。已知M、P在同一等勢(shì)面上,下列說法正確的是(　　) A.電子從N到P,靜電力做正功 B.N點(diǎn)的電勢(shì)高于P點(diǎn)的電勢(shì) C.電子從M到N,洛倫茲力不做功 D.電子在M點(diǎn)所受的合力大于在P點(diǎn)所受的合力 答案 BC 解析 電子所受靜電力水平向左,電子從N到P的過程中靜電力做負(fù)功,選項(xiàng)A錯(cuò)誤。勻強(qiáng)電場(chǎng)方向水平向右,N點(diǎn)的電勢(shì)高于P點(diǎn)的電勢(shì),選項(xiàng)B正確。由于洛倫茲力一直與速度方向垂直,故電子從M到N,洛倫茲力不做功,選項(xiàng)C正確。由于M點(diǎn)和P點(diǎn)在同一等勢(shì)面上,故從M到P靜電力做功為0,而洛倫茲力不做功,M點(diǎn)速度為0,根據(jù)動(dòng)能定理可知電子在P點(diǎn)速度也為0,則電子在M點(diǎn)和P點(diǎn)都只受靜電力作用,在勻強(qiáng)電場(chǎng)中電子在這兩點(diǎn)靜電力相等,即合力相等,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 5.如圖所示,實(shí)線表示處在豎直平面內(nèi)的水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)線,勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直紙面(圖中未畫出),有一帶電液滴沿與水平方向成37°角斜向上方向做直線運(yùn)動(dòng),已知液滴的質(zhì)量為m,電荷量為+q,下列說法正確的是(重力加速度為g)(　　) A.勻強(qiáng)磁場(chǎng)一定垂直紙面向外 B.液滴一定做勻速直線運(yùn)動(dòng) C.勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小一定為mgtan37°q D.勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小一定為mgcos37° 答案 BC 解析 若勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直紙面向外,由左手定則可知,液滴所受合力方向在運(yùn)動(dòng)方向的右下方,液滴將做曲線運(yùn)動(dòng),選項(xiàng)A錯(cuò)誤。液滴做直線運(yùn)動(dòng)的條件為其所受合力與速度在一條直線上或合力為零;液滴在靜電力、洛倫茲力、重力的共同作用下做直線運(yùn)動(dòng),靜電力、重力為恒力,則三者合力必為零,否則洛倫茲力將發(fā)生變化,故液滴必定做勻速直線運(yùn)動(dòng),選項(xiàng)B正確。如圖所示,根據(jù)受力平衡有tan 37°=qEmg,則E=mgtan37°q,同理mgcos37°=qvB,則B=mgqvcos37°,選項(xiàng)C正確,D錯(cuò)誤。 6.如圖所示,空間中存在有界正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E,在電磁場(chǎng)上方某處有一個(gè)電荷量為+q,質(zhì)量為m的小球,現(xiàn)將小球由靜止釋放,結(jié)果小球恰能沿直線通過電磁場(chǎng)區(qū)域,已知重力加速度為g,空氣阻力不計(jì),則(　　) A.小球穿過電磁場(chǎng)區(qū)域的過程中動(dòng)能不變 B.小球穿過電磁場(chǎng)區(qū)域的過程中電勢(shì)能減小 C.小球在電磁場(chǎng)區(qū)域受到的靜電力大于重力 D.小球進(jìn)入電磁場(chǎng)區(qū)域前自由下落的高度為q2E2-m2g22gq2B2 答案 ACD 解析 由于小球進(jìn)入電磁場(chǎng)區(qū)域后沿直線運(yùn)動(dòng),則一定做勻速直線運(yùn)動(dòng),動(dòng)能不變,選項(xiàng)A正確;小球在電磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)動(dòng)能不變,重力做正功,靜電力做負(fù)功,所以小球穿過電磁區(qū)域的過程中電勢(shì)能增大,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;對(duì)小球進(jìn)行受力分析可知,小球受到的洛倫茲力與重力垂直,且兩個(gè)力的合力與靜電力等大反向,因此靜電力大于重力,選項(xiàng)C正確;設(shè)小球進(jìn)入電磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)的速度為v,由受力平衡可得qvB=(qE)2-(mg)2,解得v=(qE)2-(mg)2qB,小球進(jìn)入電磁場(chǎng)區(qū)域前做自由落體運(yùn)動(dòng),根據(jù)速度位移關(guān)系v2=2gh,解得h=v22g=q2E2-m2g22gq2B2,選項(xiàng)D正確。 二、非選擇題 7.(2023·遼寧卷)如圖所示,水平放置的兩平行金屬板間存在勻強(qiáng)電場(chǎng),板長是板間距離的3倍。金屬板外有一圓心為O的圓形區(qū)域,其內(nèi)部存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子沿中線以速度v0水平向右射入兩板間,恰好從下板邊緣P點(diǎn)飛出電場(chǎng),并沿PO方向從圖中O'點(diǎn)射入磁場(chǎng)。已知圓形磁場(chǎng)區(qū)域半徑為2mv03qB,不計(jì)粒子重力。 (1)求金屬板間電勢(shì)差U。 (2)求粒子射出磁場(chǎng)時(shí)與射入磁場(chǎng)時(shí)運(yùn)動(dòng)方向間的夾角θ。 (3)僅改變圓形磁場(chǎng)區(qū)域的位置,使粒子仍從圖中O'點(diǎn)射入磁場(chǎng),且在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長。定性畫出粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡及相應(yīng)的弦,標(biāo)出改變后的圓形磁場(chǎng)區(qū)域的圓心M。 答案 (1)mv023q　(2)60°　(3)見解析 解析 (1)粒子在金屬板間的運(yùn)動(dòng)為類平拋運(yùn)動(dòng),設(shè)粒子在金屬板間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t,板間距離為d,板長為3d,則 在水平方向有3d=v0t 在豎直方向有12d=12at2 粒子的加速度a=Uqmd 聯(lián)立解得U=mv023q。 (2)如圖甲所示,設(shè)粒子射出金屬板時(shí)的速度方向與水平方向的夾角為θ0。 則tan θ0=d232d=33,所以θ0=30° 粒子射出金屬板時(shí)的速度v=v0cos30°=233v0 粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)半徑r=mvBq=23mv03qB=3R 由幾何關(guān)系可得,粒子射出磁場(chǎng)時(shí)與射入磁場(chǎng)時(shí)運(yùn)動(dòng)方向間的夾角θ=60°。 甲 (3)當(dāng)磁場(chǎng)圓的直徑為運(yùn)動(dòng)軌跡圓的弦時(shí),粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長。粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡及相應(yīng)的弦和改變后的圓形磁場(chǎng)區(qū)域的圓心M如圖乙所示。 乙 8. 如圖所示,空間中存在著水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng),電場(chǎng)強(qiáng)度大小E=53 N/C,同時(shí)存在著垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),其方向與電場(chǎng)方向垂直,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=0.5 T。有一帶正電的小球,質(zhì)量m=1×10-6 kg,電荷量q=2×10-6 C,正以速度v在圖示的豎直面內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng),當(dāng)經(jīng)過P點(diǎn)時(shí)撤掉磁場(chǎng)(不考慮磁場(chǎng)消失引起的電磁感應(yīng)現(xiàn)象),g取10 m/s2。求: (1)小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)的速度v的大小和方向; (2)從撤掉磁場(chǎng)到小球再次穿過P點(diǎn)所在的這條電場(chǎng)線經(jīng)歷的時(shí)間t。 答案 (1)20 m/s,方向與電場(chǎng)方向成60°角斜向上 (2)23 s 解析 (1)小球勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)受力如圖所示,其所受的三個(gè)力在同一平面內(nèi),合力為零, 有qvB=q2E2+m2g2 代入數(shù)據(jù)解得v=20 m/s 速度v的方向與電場(chǎng)E的方向之間的夾角θ滿足tan θ=qEmg 代入數(shù)據(jù)解得tan θ=3 θ=60°。 (2)撤去磁場(chǎng)后,由于靜電力垂直于豎直方向,它對(duì)豎直方向的分運(yùn)動(dòng)沒有影響,以P點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn),豎直向上為正方向,小球在豎直方向上做勻減速運(yùn)動(dòng),其初速度為vy=vsin θ若使小球再次穿過P點(diǎn)所在的電場(chǎng)線,僅需小球的豎直方向上分位移為零, 則有vyt-12gt2=0 聯(lián)立解得t=23 s。 9.(2023廣東江門高二月考)在平面直角坐標(biāo)系xOy中,第Ⅰ象限存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng),第Ⅳ象限存在垂直于坐標(biāo)平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子從y軸正半軸上的M點(diǎn)以速度v0垂直于y軸射入電場(chǎng),經(jīng)x軸上的N點(diǎn)與x軸正方向成θ=60°角射入磁場(chǎng),最后從y軸負(fù)半軸上的P點(diǎn)垂直于y軸射出磁場(chǎng),如圖所示。不計(jì)粒子重力,求: (1)M、N兩點(diǎn)間的電勢(shì)差UMN; (2)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑r; (3)粒子從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的總時(shí)間t。 答案 (1)3mv022q　(2)2mv0qB　(3)(33+2π)m3qB 解析 (1)粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng) 設(shè)粒子過N點(diǎn)時(shí)的速度為v,有v0v=cos θ,得v=2v0 粒子從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過程,有 qUMN=12mv2-12mv02 解得UMN=3mv022q。 (2)如圖所示,粒子在磁場(chǎng)中以O(shè)'為圓心做勻速圓周運(yùn)動(dòng),半徑為O'N,有qvB=mv2r,所以r=mvqB=2mv0qB。 (3)由幾何關(guān)系得lON=rsin θ 設(shè)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1,有l(wèi)ON=v0t1 所以t1=lONv0=rsinθv0=3mqB 粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期T=2πmqB 則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為 t2=π-θ2πT=π-π32π·2πmqB=2πm3qB 所以t=t1+t2=(33+2π)m3qB。

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