2019年高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專題訓(xùn)練三 第2課時(shí) 電場(chǎng)和磁場(chǎng)中的曲線運(yùn)動(dòng).doc

2019年高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專題訓(xùn)練三 第2課時(shí) 電場(chǎng)和磁場(chǎng)中的曲線運(yùn)動(dòng)1帶電粒子在電場(chǎng)中受到電場(chǎng)力，如果電場(chǎng)力的方向與速度方向不共線，粒子將會(huì)做曲線運(yùn)動(dòng)；如果帶電粒子垂直進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)，將會(huì)做類平拋運(yùn)動(dòng)，由于加速度恒定且與速度方向不共線，因此是勻變速曲線運(yùn)動(dòng)2研究帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的類平拋運(yùn)動(dòng)的方法與平拋運(yùn)動(dòng)相同，可將運(yùn)動(dòng)分解為垂直電場(chǎng)方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)和沿電場(chǎng)方向的勻加速直線運(yùn)動(dòng)；若場(chǎng)強(qiáng)為E，其加速度的大小可以表示為a.3帶電粒子垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)時(shí)將做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，向心力由洛倫茲力提供，洛倫茲力始終垂直于運(yùn)動(dòng)方向，它不做功其半徑R，周期T.1帶電粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)的組合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，一般是類平拋運(yùn)動(dòng)和勻速圓周運(yùn)動(dòng)的組合，可以先分別研究這兩種運(yùn)動(dòng)，而類平拋運(yùn)動(dòng)的末速度往往是勻速圓周運(yùn)動(dòng)的線速度，分析運(yùn)動(dòng)過程中轉(zhuǎn)折點(diǎn)的速度是解決此類問題的關(guān)鍵2本部分內(nèi)容通常應(yīng)用運(yùn)動(dòng)的合成與分解的方法、功能關(guān)系和圓周運(yùn)動(dòng)的知識(shí)解決問題.考向1帶電粒子在電場(chǎng)中的曲線運(yùn)動(dòng)問題例1(xx山東18)如圖1所示，場(chǎng)強(qiáng)大小為E、方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中有一矩形區(qū)域abcd，水平邊ab長為s，豎直邊ad長為h.質(zhì)量均為m、帶電量分別為q和q的兩粒子，由a、c兩點(diǎn)先后沿ab和cd方向以速率v0進(jìn)入矩形區(qū)域(兩粒子不同時(shí)出現(xiàn)在電場(chǎng)中)不計(jì)重力，若兩粒子軌跡恰好相切，則v0等于()圖1A. B. C. D. 審題突破正負(fù)粒子在電場(chǎng)中做什么運(yùn)動(dòng)？?jī)闪Ｗ榆壽E恰好相切說明什么？解析根據(jù)對(duì)稱性，兩粒子軌跡的切點(diǎn)位于矩形區(qū)域abcd的中心，則在水平方向有sv0t，在豎直方向有ht2，解得v0 .故選項(xiàng)B正確，選項(xiàng)A、C、D錯(cuò)誤答案B以題說法1.帶電粒子在電場(chǎng)中的一般曲線運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)是運(yùn)動(dòng)軌跡一定在合力和速度的夾角范圍內(nèi)，且向著力的方向彎曲，這是我們畫軌跡或者分析受力的依據(jù).2.對(duì)于類平拋運(yùn)動(dòng)模型通常采用運(yùn)動(dòng)的合成與分解方法處理 一對(duì)平行金屬板長為L，兩板間距為d，質(zhì)量為m，電荷量為e的電子從平行板左側(cè)以速度v0沿兩板的中線不斷進(jìn)入平行板之間，兩板間所加交變電壓uAB如圖2所示，交變電壓的周期T，已知所有電子都能穿過平行板，且偏距最大的粒子剛好從極板的邊緣飛出，不計(jì)重力作用，則()圖2A所有電子都從右側(cè)的同一點(diǎn)離開電場(chǎng)B所有電子離開電場(chǎng)時(shí)速度都是v0Ct0時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)的電子，離開電場(chǎng)時(shí)動(dòng)能最大Dt時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)的電子，在兩板間運(yùn)動(dòng)時(shí)最大側(cè)位移為答案BD解析電子進(jìn)入電場(chǎng)后做類平拋運(yùn)動(dòng)，不同時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)的電子垂直電場(chǎng)方向分速度圖象如圖，可知，各個(gè)電子在垂直電場(chǎng)方向的位移不全相同，故所有電子從右側(cè)離開電場(chǎng)的位置不全相同，故A錯(cuò)誤；由圖看出，所有電子離開電場(chǎng)時(shí)，垂直電場(chǎng)方向分速度vy0，速度都等于v0，故B正確；由上分析可知，電子離開電場(chǎng)時(shí)的速度都相同，動(dòng)能都相同，故C錯(cuò)誤；t時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)的電子，在t時(shí)刻側(cè)位移最大，最大側(cè)位移為ym2a()2，在t0時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)的電子側(cè)位移最大為，則有4a()2，解得ym，故D正確考向2帶電體在電場(chǎng)中的曲線運(yùn)動(dòng)問題例2如圖3所示，MPQO為有界的豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E，ACB為光滑固定的半圓形絕緣軌道，圓軌道半徑為R，圓心為O，A、B為圓水平直徑的兩個(gè)端點(diǎn)，OC豎直一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電小球，從A點(diǎn)正上方高為H處由靜止釋放，并從A點(diǎn)沿切線進(jìn)入半圓軌道不計(jì)空氣阻力及一切能量損失，關(guān)于帶電小球的運(yùn)動(dòng)情況，下列說法正確的是()圖3A小球一定能從B點(diǎn)離開軌道B小球在AC部分可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)C若小球能從B點(diǎn)離開，上升的高度一定小于HD小球到達(dá)C點(diǎn)的速度可能為零審題突破小球在運(yùn)動(dòng)過程中有哪幾個(gè)力做功，是正功還是負(fù)功？小球在AC部分做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的條件是什么？如果小球到達(dá)C點(diǎn)的速度為零，小球還能不能沿AC半圓軌道運(yùn)動(dòng)？解析由于題中沒有給出H與R、E的關(guān)系，所以小球不一定能從B點(diǎn)離開軌道；若重力大小等于電場(chǎng)力，小球在AC部分做勻速圓周運(yùn)動(dòng)由于小球在AC部分運(yùn)動(dòng)時(shí)電場(chǎng)力做負(fù)功，所以若小球能從B點(diǎn)離開，上升的高度一定小于H；若小球到達(dá)C點(diǎn)的速度為零，則電場(chǎng)力大于重力，則小球不可能沿半圓軌道運(yùn)動(dòng)，所以小球到達(dá)C點(diǎn)的速度不可能為零答案BC以題說法1.帶電體一般要考慮重力，而且電場(chǎng)力對(duì)帶電體做功的特點(diǎn)與重力相同，即都與路徑無關(guān)2帶電體在電場(chǎng)中做曲線運(yùn)動(dòng)(主要是類平拋、圓周運(yùn)動(dòng))的分析方法與力學(xué)中的方法相同，只是對(duì)電場(chǎng)力的分析要更謹(jǐn)慎 如圖4所示，在豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，從傾角為的斜面上的M點(diǎn)水平拋出一個(gè)帶負(fù)電小球，小球的初速度為v0，最后小球落在斜面上的N點(diǎn)在已知、v0和小球所受的電場(chǎng)力大小F及重力加速度g的條件下，不計(jì)空氣阻力，則下列判斷正確的是()圖4A可求出小球落到N點(diǎn)時(shí)重力的功率B由圖可知小球所受的重力大小可能等于電場(chǎng)力C可求出小球從M點(diǎn)到N點(diǎn)的過程中電勢(shì)能的變化量D可求出小球落到N點(diǎn)時(shí)速度的大小和方向答案BD解析質(zhì)量未知，故無法求重力功率，故A錯(cuò)誤；小球做類平拋運(yùn)動(dòng)，重力與電場(chǎng)力的大小不確定，可能兩者相等，故B正確；小球從M點(diǎn)到N點(diǎn)的過程中電勢(shì)能的變化量EpFyF，由于加速度a無法求出，所以電勢(shì)能的變化量不能求出，故C錯(cuò)誤；利用平拋知識(shí)有tan ，速度偏向角設(shè)為，則tan 2tan ，則得：vy2v0tan ，故vNv0，D正確考向3帶電粒子在磁場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)問題例3如圖5所示，在xOy平面內(nèi)，有一個(gè)圓形區(qū)域的直徑AB與x軸重合，圓心O的坐標(biāo)為(2a,0)，其半徑為a，該區(qū)域內(nèi)無磁場(chǎng)在y軸和直線x3a之間的其他區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子從y軸上某點(diǎn)射入磁場(chǎng)不計(jì)粒子重力圖5(1)若粒子的初速度方向與y軸正向的夾角為60，且粒子不經(jīng)過圓形區(qū)域就能到達(dá)B點(diǎn)，求粒子的初速度大小v1；(2)若粒子的初速度方向與y軸正向的夾角為60，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為tm/3Bq，且粒子也能到達(dá)B點(diǎn)，求粒子的初速度大小v2；(3)若粒子的初速度方向與y軸垂直，且粒子從O點(diǎn)第一次經(jīng)過x軸，求粒子的最小初速度vmin.審題突破粒子不經(jīng)過圓形區(qū)域到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度有何特點(diǎn)？畫出運(yùn)動(dòng)軌跡，如何根據(jù)幾何關(guān)系求半徑？解析(1)粒子不經(jīng)過圓形區(qū)域就能達(dá)到B點(diǎn)，故粒子到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度豎直向下，圓心必在x軸正半軸上，設(shè)粒子圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r1，由幾何關(guān)系得：r1sin 303ar1又qv1Bm，解得：v1.(2)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期T，故粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡的圓心角為36060粒子到達(dá)B點(diǎn)的速度與x軸夾角30設(shè)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r2，由幾何關(guān)系得：3a2r2sin 302acos 230又qv2Bm，解得：v2.(3)設(shè)粒子從C點(diǎn)進(jìn)入圓形區(qū)域，OC與OA夾角為，軌跡圓對(duì)應(yīng)的半徑為r，由幾何關(guān)系得：2arsin acos 故當(dāng)60時(shí)，半徑最小為rmina又qvminBm，解得vmin.答案(1)(2)(3)以題說法1.對(duì)于帶電粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的問題，基本思路是：根據(jù)進(jìn)場(chǎng)點(diǎn)和出場(chǎng)點(diǎn)的速度方向，確定洛倫茲力的方向，其交點(diǎn)為圓心，利用幾何關(guān)系求半徑2帶電粒子在常見邊界磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)規(guī)律(1)直線邊界：對(duì)稱性：若帶電粒子以與邊界成角的速度進(jìn)入磁場(chǎng)，則一定以與邊界成角的速度離開磁場(chǎng)完整性：正、負(fù)帶電粒子以相同的速度進(jìn)入同一勻強(qiáng)磁場(chǎng)時(shí)，兩帶電粒子軌跡圓弧對(duì)應(yīng)的圓心角之和等于2.(2)圓形邊界：沿徑向射入的粒子，必沿徑向射出 如圖6所示，在屏蔽裝置底部中心位置O點(diǎn)放一醫(yī)用放射源，可通過細(xì)縫沿扇形區(qū)域向外輻射速率為v3.2106 m的粒子已知屏蔽裝置寬AB9 cm、縫長AD18 cm，粒子的質(zhì)量m6.641027 kg，電量q3.21019 C若在屏蔽裝置右側(cè)條形區(qū)域內(nèi)加一勻強(qiáng)磁場(chǎng)來隔離輻射，磁感應(yīng)強(qiáng)度B0.332 T，方向垂直于紙面向里，整個(gè)裝置放于真空環(huán)境中圖6(1)若所有的粒子均不能從條形磁場(chǎng)隔離區(qū)的右側(cè)穿出，則磁場(chǎng)的寬度d至少是多少？(2)若條形磁場(chǎng)的寬度d20 cm，則射出屏蔽裝置的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長時(shí)間和最短時(shí)間各是多少？(結(jié)果保留2位有效數(shù)字)答案(1)0.34 m(2)2.0107 s6.5108 s解析(1)由題意：AB9 cm，AD18 cm，可得：BAOODC45所有粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑相同，設(shè)為R，根據(jù)牛頓第二定律有：Bqv解得R0.2 m20 cm由題意及幾何關(guān)系可知：若條形磁場(chǎng)區(qū)域的右邊界與沿OD方向進(jìn)入磁場(chǎng)的粒子的圓周軌跡相切，則所有粒子均不能從條形磁場(chǎng)隔離區(qū)右側(cè)穿出，如圖(1)所示(1)設(shè)此時(shí)磁場(chǎng)寬度為d0，由幾何關(guān)系得：d0RRcos 45(2010) cm0.34 m(2)設(shè)粒子在磁場(chǎng)內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T，則T106 s設(shè)速度方向垂直于AD進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域的粒子的入射點(diǎn)為E，如圖(2)所示(2)因磁場(chǎng)寬度d20 cm<d0，且R20 cm，則在EOD間出射進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域的粒子均能穿出磁場(chǎng)右邊界，在EOA間出射進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域的粒子均不能穿出磁場(chǎng)右邊界，所以沿OE方向進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域的粒子運(yùn)動(dòng)軌跡與磁場(chǎng)右邊界相切，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長設(shè)在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長為tmax，則tmax106 s2.0107 s若粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)對(duì)應(yīng)的圓弧軌跡的弦最短，則粒子穿過磁場(chǎng)時(shí)間最短最短的弦長為磁場(chǎng)寬度d.設(shè)在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間為tmin，軌跡如圖(2)所示因Rd，則圓弧對(duì)應(yīng)圓心角為60，故tmin106 s6.5108 s5帶電粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的綜合問題例4 (16分)如圖7所示，坐標(biāo)系xOy在豎直平面內(nèi)，水平軌道AB和斜面BC均光滑且絕緣，AB和BC的長度均為L，斜面BC與水平地面間的夾角60，有一質(zhì)量為m、電量為q的帶電小球(可看成質(zhì)點(diǎn))被放在A點(diǎn)已知在第一象限分布著互相垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)方向豎直向上，場(chǎng)強(qiáng)大小E2，磁場(chǎng)為水平方向(圖中垂直紙面向外)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B；在第二象限分布著沿x軸正向的水平勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小E1.現(xiàn)將放在A點(diǎn)的帶電小球由靜止釋放，則小球需經(jīng)多少時(shí)間才能落到地面(小球所帶的電量不變)?圖7思維導(dǎo)圖解析設(shè)帶電小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度為vB，則由功能關(guān)系：E1qLmv，解得：vB(2分)設(shè)帶電小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)用時(shí)為t1，則由vBt1，解得t1(2分)當(dāng)帶電小球進(jìn)入第一象限后所受電場(chǎng)力為F電E2qmg(2分)所以帶電小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)BqvBm(1分)則帶電小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑RL(1分)則其圓周運(yùn)動(dòng)的圓心為如圖所示的O點(diǎn)，cos 30L，RL，cos 60L(2分)假設(shè)小球直接落在水平面上的C點(diǎn)，則L(2分)所以C與C重合，小球正好打在C點(diǎn)BOC120(1分)所以帶電小球從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)時(shí)間t2T(1分)所以小球從A點(diǎn)出發(fā)到落地的過程中所用時(shí)間tt1t2.(2分)答案(限時(shí)：15分鐘，滿分：20分)(xx全國大綱25)如圖8所示，在第一象限存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直于紙面(xy平面)向外；在第四象限存在勻強(qiáng)電場(chǎng)，方向沿x軸負(fù)向在y軸正半軸上某點(diǎn)以與x軸正向平行、大小為v0的速度發(fā)射出一帶正電荷的粒子，該粒子在(d,0)點(diǎn)沿垂直于x軸的方向進(jìn)入電場(chǎng)不計(jì)粒子重力若該粒子離開電場(chǎng)時(shí)速度方向與y軸負(fù)方向的夾角為，求：圖8(1)電場(chǎng)強(qiáng)度大小與磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的比值；(2)該粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間答案(1)v0tan2(2)解析(1)如圖，粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，粒子質(zhì)量與所帶電荷量分別為m和q，圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R0.由洛倫茲力公式及牛頓第二定律得qv0Bm由題給條件和幾何關(guān)系可知R0d設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，粒子進(jìn)入電場(chǎng)后沿x軸負(fù)方向的加速度大小為ax，在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，離開電場(chǎng)時(shí)沿x軸負(fù)方向的速度大小為vx.由牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得Eqmaxvxaxttd由于粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)(如圖)，有tan 聯(lián)立式得v0tan2(2)聯(lián)立式得t.(限時(shí)：45分鐘)題組1帶電粒子在電場(chǎng)中的曲線運(yùn)動(dòng)問題1如圖1所示，圖中MN是由負(fù)點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)中的一條電場(chǎng)線一帶正電粒子q飛入電場(chǎng)后，只在電場(chǎng)力作用下沿圖中虛線運(yùn)動(dòng)，a、b是該曲線上的兩點(diǎn)，則下列說法正確是()圖1Aa點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度小于b點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度Ba點(diǎn)的電勢(shì)低于b點(diǎn)的電勢(shì)C粒子在a點(diǎn)的動(dòng)能小于在b點(diǎn)的動(dòng)能D粒子在a點(diǎn)的電勢(shì)能小于在b點(diǎn)的電勢(shì)能答案AC解析由只受電場(chǎng)力作用且做曲線運(yùn)動(dòng)物體受力指向軌跡內(nèi)側(cè)知，場(chǎng)源電荷在左側(cè)，根據(jù)負(fù)電荷周圍電場(chǎng)分布特點(diǎn)可知：a點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度小于b點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度，a點(diǎn)的電勢(shì)高于b點(diǎn)的電勢(shì)，故A正確，B錯(cuò)誤；粒子從a運(yùn)動(dòng)到b的過程中，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，動(dòng)能增加，故C正確，D錯(cuò)誤故選A、C.2如圖2所示，虛線表示某電場(chǎng)的等勢(shì)面一帶電粒子僅在電場(chǎng)力作用下由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的徑跡如圖中實(shí)線所示粒子在A點(diǎn)的速度為vA、電勢(shì)能為EpA；在B點(diǎn)的速度為vB、電勢(shì)能為EpB.則下列結(jié)論正確的是()圖2A粒子帶正電，vA>vB，EpA>EpBB粒子帶負(fù)電，vA>vB，EpA<EpBC粒子帶正電，vA<vB，EpA<EpBD粒子帶負(fù)電，vA<vB，EpA>EpB答案B解析根據(jù)電場(chǎng)力與等勢(shì)面垂直，又要指向軌跡彎曲的內(nèi)側(cè)，又電場(chǎng)線垂直于等勢(shì)面由高電勢(shì)指向低電勢(shì)，故可判斷電場(chǎng)力與電場(chǎng)方向相反，即該粒子帶負(fù)電，由題圖知UAB5 V，粒子從A運(yùn)動(dòng)到B的過程中，電場(chǎng)力做功WqUAB，做負(fù)功，故動(dòng)能減小，電勢(shì)能增大，所以vA>vB，EpA<EpB，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤3如圖3所示，真空中有A、B兩個(gè)等量異種點(diǎn)電荷，O、M、N是AB連線的垂線上的三個(gè)點(diǎn)，且AO>OB.一個(gè)帶正電的檢驗(yàn)電荷僅在電場(chǎng)力的作用下，從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)，其軌跡如圖中實(shí)線所示下列說法正確的是()圖3AA電荷為正電荷，B電荷為負(fù)電荷BM點(diǎn)的電勢(shì)高于N點(diǎn)的電勢(shì)CM點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大于N點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度D檢驗(yàn)電荷在M點(diǎn)的動(dòng)能大于在N點(diǎn)的動(dòng)能答案BC解析據(jù)帶正電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，粒子受到的電場(chǎng)力指向軌跡彎曲的內(nèi)側(cè)知A為負(fù)電荷，B為正電荷，故A錯(cuò)誤因?yàn)锳OOB，根據(jù)等量異種點(diǎn)電荷電場(chǎng)線及等勢(shì)面分布特點(diǎn)可知M點(diǎn)的電勢(shì)高于N點(diǎn)的電勢(shì)，M點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大于N點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度，故B、C正確正電荷在電勢(shì)高處電勢(shì)能大，M點(diǎn)的電勢(shì)高于N點(diǎn)的電勢(shì)，則正電荷在M點(diǎn)的電勢(shì)能大于在N點(diǎn)的電勢(shì)能，在M點(diǎn)的動(dòng)能小于在N點(diǎn)的動(dòng)能故D錯(cuò)誤4如圖4所示，兩對(duì)金屬板A、B和C、D分別豎直和水平放置，A、B接在電路中，C、D板間電壓為U.A板上O處發(fā)出的電子經(jīng)加速后，水平射入C、D板間，電子最終都能打在光屏M上關(guān)于電子的運(yùn)動(dòng)，下列說法正確的是()圖4AS閉合，只向右移動(dòng)滑片P.P越靠近b端，電子打在M上的位置越高BS閉合，只改變A、B板間的距離改變前后，電子由O至M經(jīng)歷的時(shí)間相同CS閉合，只改變A、B板間的距離，改變前后，電子到達(dá)M前瞬間的動(dòng)能相同DS閉合后再斷開，只向左平移B，B越靠近A板，電子打在M上的位置越高答案CD解析S閉合，只向右移動(dòng)滑片P，極板A、B之間的電壓U1增大，U1越大，電子離開B板時(shí)的速度越大，經(jīng)過C、D極板時(shí)的時(shí)間越短，在豎直方向的位移yat2越小，即高度越低，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；S閉合，若只將A板向B板靠近時(shí)，極板A、B間的電壓不變，電子獲得速度不變，到達(dá)M時(shí)的時(shí)間為t，所以時(shí)間變短；S閉合，若只將B板向A板靠近時(shí)，設(shè)A、B板的間距為d，A板與M的間距為s，極板A、B間的電壓不變，電子獲得速度不變，到達(dá)M時(shí)的時(shí)間為t，所以時(shí)間變短，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；S閉合，只改變A、B板的間距，由動(dòng)能定理得電子獲得動(dòng)能為EkU1qUq，所以動(dòng)能不變，故選項(xiàng)C正確；S閉合后再斷開，極板A、B的電量不變，只向左平移B，B靠近A板，間距減小，由C可知電容C增大，由C可知其電壓減小，所以電子獲得的速度減小，通過極板C、D的時(shí)間變長，在豎直方向的位移yat2增大，即高度增高，故選項(xiàng)D正確題組2帶電體在電場(chǎng)中的曲線運(yùn)動(dòng)問題5如圖5所示，真空中存在一個(gè)水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為E.一根不可伸長的絕緣細(xì)線長度為l，一端拴一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電小球，另一端固定在O點(diǎn)把小球拉到使細(xì)線水平的位置A，由靜止釋放，小球沿圓弧運(yùn)動(dòng)到位置B時(shí)，速度為零圖中角60.以下說法正確的是()圖5A小球在B位置處于平衡狀態(tài)B小球受到重力與電場(chǎng)力的關(guān)系是mgqEC小球在B點(diǎn)的加速度大小為gD小球從A運(yùn)動(dòng)到B的過程中，電場(chǎng)力對(duì)其做的功為qEl答案CD解析小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度為零，但合力不為零，不是平衡狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；小球從A到B的過程中，由mglsin qEl(1cos )0，可解得qEmg，所以B錯(cuò)誤；小球沿切向方向的合力F合qEcos 30mgsin 30ma，ag，故C正確；小球從A到B，沿電場(chǎng)線方向運(yùn)動(dòng)的有效距離：dllcos l，所以電場(chǎng)力做功：WqEdEql，故D正確6如圖6所示，地面上某區(qū)域存在著豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，一個(gè)質(zhì)量為m的帶負(fù)電小球以水平方向的初速度v0由O點(diǎn)射入該區(qū)域，剛好通過豎直平面中的P點(diǎn)，已知連線OP與初速度方向的夾角為45，則此帶電小球通過P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為()圖6AmvB.C2mvD.答案D解析由題可知，小球到P點(diǎn)時(shí)，水平位移和豎直位移相等，即v0tt，合速度vPv0，則EkPmvmv.7如圖7所示，半徑為R的光滑圓弧軌道與光滑水平面相切于B點(diǎn)，O為光滑圓弧的圓心，其中OB豎直，OC水平，且ABR，整個(gè)空間存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，質(zhì)量為m的帶正電小球從A點(diǎn)靜止釋放，其所受電場(chǎng)力為重力的倍，重力加速度為g，求：圖7(1)小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大??；(2)小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)過程中最大速度的大小答案(1)mg(2)2解析(1)已知Eqmg，小球從A到C，由動(dòng)能定理得：Eq2RmgRmv0對(duì)小球，在C處由牛頓第二定律得：FNCEqm得小球受軌道的支持力FNCmg由牛頓第三定律小球?qū)壍赖膲毫NCFNCmg.(2)在BC圓弧上某點(diǎn)D，電場(chǎng)力和重力的合力與速度方向垂直時(shí)速度有最大值，此時(shí)小球所在位置D的半徑與水平方向的夾角tan ，小球從A到D，由動(dòng)能定理得Eq(RRcos )mg(RRsin )mv0解得最大速度vD2.題組3帶電粒子在磁場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)問題8(xx新課標(biāo)20)圖8為某磁譜儀部分構(gòu)件的示意圖圖中，永磁鐵提供勻強(qiáng)磁場(chǎng)硅微條徑跡探測(cè)器可以探測(cè)粒子在其中運(yùn)動(dòng)的軌跡宇宙射線中有大量的電子、正電子和質(zhì)子當(dāng)這些粒子從上部垂直進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，下列說法正確的是()圖8A電子與正電子的偏轉(zhuǎn)方向一定不同B電子與正電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑一定相同C僅依據(jù)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡無法判斷該粒子是質(zhì)子還是正電子D粒子的動(dòng)能越大，它在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑越小答案AC解析根據(jù)左手定則，電子、正電子進(jìn)入磁場(chǎng)后所受洛倫茲力的方向相反，故兩者的偏轉(zhuǎn)方向不同，選項(xiàng)A正確；根據(jù)qvB，得r，若電子與正電子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)速度不相等，則軌跡半徑不相同，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；對(duì)于質(zhì)子、正電子，它們?cè)诖艌?chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)不能確定mv的大小，故選項(xiàng)C正確；粒子的mv越大，軌道半徑越大，而mv，粒子的動(dòng)能大，其mv不一定大，選項(xiàng)D錯(cuò)誤9如圖9所示，豎直面內(nèi)有一倒立等邊三角形OMN區(qū)域，邊長為L，MN邊是水平的在該區(qū)域有一垂直紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)在同一豎直面內(nèi)有一束質(zhì)量為m、電荷量為q、速度大小不同的帶正電粒子從N點(diǎn)沿NM方向射入該磁場(chǎng)區(qū)域(可認(rèn)為能發(fā)生偏轉(zhuǎn))過O點(diǎn)作與MN邊平行的直線作為x坐標(biāo)軸，且O點(diǎn)為x坐標(biāo)軸的原點(diǎn)不計(jì)粒子的重力及粒子間的相互作用力，試求：圖9(1)射到x坐標(biāo)軸上的O點(diǎn)的粒子速度大??；(2)垂直O(jiān)M邊射出的粒子與x坐標(biāo)軸的交點(diǎn)位置；(3)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間和速度的關(guān)系答案(1)(2)2(1)L(3)t解析(1)粒子的行進(jìn)路線如圖中弧線的軌跡NO，根據(jù)幾何知識(shí)有R又qvBm，得到射到x坐標(biāo)軸上O點(diǎn)的粒子速度大小v(2)粒子的行進(jìn)路線如圖中的軌跡2，根據(jù)幾何知識(shí)有：R2L另有x，得x2(1)L.(3)從ON邊射出的粒子根據(jù)幾何知識(shí)有：在磁場(chǎng)中軌跡圓弧對(duì)應(yīng)的圓心角都是，所以這些粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間與速度無關(guān)，則t.從OM邊射出的粒子行進(jìn)路線可用圖中的軌跡3代表，根據(jù)幾何知識(shí)有：RRcos (LRsin )tan 其中R且角的范圍是(0，)可得arccos()，而t，得t.題組4帶電粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的綜合問題分析10(xx江蘇9)如圖10所示，導(dǎo)電物質(zhì)為電子的霍爾元件位于兩串聯(lián)線圈之間，線圈中電流為I，線圈間產(chǎn)生勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B與I成正比，方向垂直于霍爾元件的兩側(cè)面，此時(shí)通過霍爾元件的電流為IH，與其前后表面相連的電壓表測(cè)出的霍爾電壓UH滿足：UHk，式中k為霍爾系數(shù)，d為霍爾元件兩側(cè)面間的距離電阻R遠(yuǎn)大于RL，霍爾元件的電阻可以忽略，則()圖10A霍爾元件前表面的電勢(shì)低于后表面B若電源的正負(fù)極對(duì)調(diào)，電壓表將反偏CIH與I成正比D電壓表的示數(shù)與RL消耗的電功率成正比答案CD解析當(dāng)霍爾元件通有電流IH時(shí)，根據(jù)左手定則，電子將向霍爾元件的后表面運(yùn)動(dòng)，故霍爾元件的前表面電勢(shì)較高若將電源的正負(fù)極對(duì)調(diào)，則磁感應(yīng)強(qiáng)度B的方向換向，IH方向變化，根據(jù)左手定則，電子仍向霍爾元件的后表面運(yùn)動(dòng)，故仍是霍爾元件的前表面電勢(shì)較高，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤因R與RL并聯(lián)，根據(jù)并聯(lián)分流，得IHI，故IH與I成正比，選項(xiàng)C正確由于B與I成正比，設(shè)BaI，則ILI，PLIRL，故UHkPL，知UHPL，選項(xiàng)D正確11如圖11所示，在以坐標(biāo)原點(diǎn)O為圓心，半徑為R的半圓形區(qū)域(圖中虛線與x軸所圍區(qū)域)內(nèi)，有相互垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E，方向沿x軸負(fù)方向勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直于xOy平面一帶負(fù)電的粒子(不計(jì)重力)從P(0，R)點(diǎn)沿y軸正方向以某一速度射入，帶電粒子恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)時(shí)間t0從O點(diǎn)射出圖11(1)求勻強(qiáng)磁場(chǎng)的大小和方向；(2)若僅撤去磁場(chǎng)，帶電粒子仍從P點(diǎn)以相同的速度射入，經(jīng)時(shí)間恰好從半圓形區(qū)域的邊界射出求粒子的加速度和射出時(shí)的速度大小；(3)在滿足(2)的條件下，若僅撤去電場(chǎng)，帶電粒子從O點(diǎn)沿y軸負(fù)方向射入，且速度為原來的4倍，求粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間答案(1)垂直xOy平面向外(2)RR(3)t0解析(1)設(shè)帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，初速度為v，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.可判斷出粒子受到的電場(chǎng)力沿x軸正方向，則洛倫茲力沿x軸負(fù)方向，于是可知磁感應(yīng)強(qiáng)度垂直xOy平面向外且有qEqvB，Rvt0，則B.(2)僅有電場(chǎng)時(shí)，帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)在y方向位移yv設(shè)在水平方向位移為x，因射出位置在半圓形區(qū)域邊界上，于是xR又有xat2a()2得aR設(shè)出射速度v1，出射時(shí)x方向分速度為vx，則vxR則v1R(3)僅有磁場(chǎng)時(shí)，入射速度v24v，帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，圓心為C，圓心角為2，如圖，設(shè)軌道半徑為r，由牛頓第二定律有qv2B又qv2B4qE，qEma，得rR由幾何關(guān)系知sin ，則帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)周期T則帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間tTt0