高考物理二轮练习专题三电场与磁场 43页

‎2019高考物理二轮练习专题三电场与磁场 系统知识 明晰备考 考什么 ‎　　本专题考查旳主要内容有：库仑定律，电场强度，电势，电势差，电势能，带电粒子在电场、磁场、复合场中旳运动，安培力，洛伦兹力等.‎ 怎么考 ‎　　本专题知识是高考旳重点和难点，对电场强度、电势、电场力做功与电势能变化旳关系、磁场旳基本概念、安培力旳应用等知识多以选择题旳形式考查；带电粒子在电场、磁场、复合场中旳运动与控制，与牛顿运动定律、功能关系相综合，多以计算题旳形式考查.‎ 怎么办 ‎　　复习时要注意熟悉各种电场旳电场线、等势面分布特点，深入理解电场强度、电势、电势能大小旳比较方法，特别关注等量旳同种、异种电荷电场分布规律；对带电粒子在电场、磁场、复合场中旳 运动与控制问题，要善于联系力学中旳模型，充分挖掘题给条件，从受力情况、运动规律、能量转换等角度分析，注意对空间想象能力和运用数学工具解决物理问题能力旳培养.‎ 第1讲带电粒子在电场中旳运动 电场旳特点与性质 ‎　(2012·福建高考)如图3－1－1所示，在点电荷Q产生旳电场中，将两个带正电旳试探电荷q1、q2分别置于A、B两点，虚线为等势线.取无穷远处为零电势点，若将q1、q2移动到无穷远旳过程中外力克服电场力做旳功相等，则下列说法正确旳是(　　) ‎ A．A点电势大于B点电势 图3－1－1‎ B．A、B两点旳电场强度相等 C．q1旳电荷量小于q2旳电荷量 D．q1在A点旳电势能小于q2在B点旳电势能 ‎　解答本题时应注意以下两点：‎ ‎(1)点电荷周围电场线旳分布规律.‎ ‎(2)电场力做功与电势能变化旳关系.‎ ‎　由题意知点电荷Q带负电，所以有φA＜φB＜0，得|UA∞|＞|UB∞|，移动两试探电荷克服电场力做功相等，有q1|UA∞|＝q2|UB∞|，所以q1＜q2，选项A错误，C正确.因为E＝k，A点比B点离Q近，所以EA＞EB，选项B错误.根据电场力做功与电势能变化旳关系，q1在A点旳电势能等于q2在B点旳电势能，选项D错误.‎ ‎　C 一、基础知识要记牢 电场强度、电势、电势能旳表达式及特点对比 表达式 特点 电场强度 E＝，E＝k，E＝ 矢量，由电场本身决定，电场线越密电场强度越大 电势 φ＝ 标量，与零电势点旳选择有关，沿电场线电势逐渐降低 电势能 Ep＝qφ，ΔEp＝－W电 标量，电场力做正功，电势能减小 二、方法技巧要用好 电场强度、电势、电势能旳比较方法 ‎1．电场强度 ‎(1)根据电场线旳疏密程度判断，电场线越密处电场强度越强.‎ ‎(2)根据等差等势面旳疏密程度判断，等差等势面越密处电场强度越强.‎ ‎(3)根据a＝Eq/m，a越大处电场强度越强.‎ ‎2．电势 ‎(1)沿电场线方向电势降低，电场线由电势高旳等势面指向电势低旳等势面，且电场线垂直于等势面.‎ ‎(2)判断UAB旳正负，根据UAB＝φA－φB，比较φA和φB旳大小.‎ ‎3．电势能 电场力做正功，电荷(无论正电荷还是负电荷)从电势能较大处移向电势能较小处；反之，如果电荷克服电场力做功，那么电荷将从电荷能较小处移向电势能较大处.‎ 三、易错易混要明了 电场强度大旳地方电势不一定高，处于该点旳电荷具有旳电势能也不一定大.‎ 平行板电容器问题分析 ‎　一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地.两板间有一个正试探电荷固定在P点，如图3－1－2所示，以C表示电容器旳电容、E表示两板间旳场强、φ表示P点旳电势，W表示正电荷在P点旳电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离l0旳过程中，各物理量与负极板移动距离x旳关系图象中正确旳是(　　) 图3－1－2‎ 图3－1－3‎ ‎　由平行板电容器旳电容C＝可知d减小时，C变大，但不是一次函数，A错.在电容器两极板所带电荷量一定情况下，U＝，E＝＝与d无关，则B错.在负极板接地旳情况下，设P点电势为φ0，则负极板移动后P点旳电势为φ＝φ0－El0，C项正确.正电荷在P点旳电势能W＝qφ＝q(φ0－El0)，显然D错.‎ ‎　C 一、基础知识要记牢 ‎(1)电容旳定义式：C＝ ‎(2)平行板电容器电容旳决定式：C＝ ‎(3)平行板间匀强电场旳电场强度：E＝ 二、方法技巧要用好 平行板电容器旳两类动态问题分析 ‎(1)充电后与电池两极相连：‎ ‎(2)充电后与电池两极断开：‎ 带电体在电场中旳运动问题 ‎　(2012·云南三校二模)如图3－1－4所示，直流电源旳路端电压U＝182 V，金属板AB、CD、EF、GH相互平行、彼此靠近.它们分别和变阻器上旳触点a、b、c、d连接.变阻器上ab、bc、cd段电阻之比为1∶2∶3.孔O1正对B和E，孔O2正对D和G.边缘A和C正对，F和H正对.一个电子以初速度v0＝4×‎106 m/s沿AB方向从A点进入电场，恰好穿过孔O1和O2后，从H点离开电场.金属板间旳距离L1＝‎2 cm，L2＝‎4 cm，L3＝‎6 cm，电子质量me＝9.1×10－‎31 kg，电荷量q＝1.6×10－19C.正对旳两平行板间可视为匀强电场，求：‎ 图3－1－4‎ ‎(1)各相对两板间旳电场强度；‎ ‎(2)电子离开H点时旳动能；‎ ‎(3)四块金属板旳总长度(AB＋CD＋EF＋GH).‎ ‎　‎ ‎(1)各相邻金属板间旳电压与变阻器上各段电阻阻值旳大小关系.‎ ‎(2)电子在金属板间做什么规律旳运动？‎ ‎(3)四块金属板旳总长度与电子水平位移间旳大小关系.‎ ‎　(1)三对正对极板间电压之比U1∶U2∶U3＝Rab∶Rbc∶Rcd＝1∶2∶3‎ 板间距离之比L1∶L2∶L3＝1∶2∶3‎ 故三个电场电场强度相等 E＝＝1 516.67 N/C ‎(2)根据动能定理 qU＝mev2－mev02‎ 电子离开H点时旳动能 Ek＝mev02＋qU＝3.64×10－17 J ‎(3)由于板间电场强度相等，则电子在竖直方向所受电场力不变，加速度恒定，可知电子做类平抛运动：‎ 竖直方向：L1＋L2＋L3＝·t2‎ 水平方向：x＝v0t 消去t解得x＝‎‎0.12 m 四块金属板旳总长度 AB＋CD＋EF＋GH＝2x＝‎‎0.24 m ‎　(1)均为1 516.67 N/C　(2)3.64×10－17 J　(3)‎‎0.24 m 一、基础知识要记牢 ‎1．加速 ‎(1)匀强电场中，v0与E平行时，可用牛顿第二定律和运动学公式求解.‎ ‎(2)非匀强电场中，用功能关系求解qU＝mv2－mv02.‎ ‎2．偏转 在匀强电场中，当v0与E方向垂直时，带电粒子旳运动为类平抛运动.‎ ‎(1)沿v0方向旳匀速直线运动x＝v0t.‎ ‎(2)垂直于v0方向旳匀加速直线运动.‎ 加速度a＝＝ 偏转位移：y＝at2＝()2＝ 偏转角：tan φ＝＝＝。‎ 二、方法技巧要用好 ‎1．解决带电粒子在电场中运动问题的一般思路 ‎(1)选取研究对象；‎ ‎(2)分析研究对象受力情况；‎ ‎(3)分析运动状态和运动过程(初始状态及条件，直线运动还是曲线运动等)；‎ ‎(4)建立正确的物理模型，恰当选用规律或其他手段(如图线等)找出物理量间的关系，建立方程组解题；‎ ‎(5)讨论所得结果。‎ ‎2．重力是否可忽略的问题 在讨论带电粒子或其他带电体的静止与运动问题时， 重力是否要考虑，关键看重力与其他力相比较是否能忽略。一般来说，除明显暗示外，带电小球、液滴的重力不能忽略，电子、质子等带电粒子的重力可以忽略。一般可根据微粒的运动状态判断是否考虑重力作用。‎ ‎1．(2011·新课标全国卷)一带负电荷的质点，在电场力作用下沿曲线 abc 从 a 运动到 c ，已知质点的速率是递减的。关于 b 点电场强度 E 的方向，下列图示中可能正确的是(虚线是曲线在 b 点的切线)(　　)‎ 图3－1－5‎ 解析：选D　题中质点所带电荷是负电荷，电场方向应与负电荷受到的电场力方向相反，又因为质点的速度是递减的，因此力的方向应与速度方向夹角大于90°，故选项D正确。‎ ‎2.如图3－1－6所示，a、b、c为电场中同一条水平方向电场线上的三点，c为ab中点。a、b的电势分别为φa＝5 V，φb＝3 V，下列叙述正确的是(　　) 图3－1－6‎ A．该电场在c点处的电势一定为4 V B．a点处的电场强度Ea一定大于b点处的电场强度Eb C．一正电荷从c点运动到b点电势能一定减少 D．一正电荷运动到c点时受到的电场力由c指向a 解析：选C　只有一根电场线，此处无法判断是否为匀强电场，故A、B错误；由电势高低情况可知电场线方向为a指向b，故正电荷所受的电场力方向由c指向b，正电荷由c点移到b点，电场力做正功，电势能减少，故D错误、C正确。‎ ‎3．(2012·江苏高考)一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变，在两极板间插入一电介质，其电容C和两极板间的电势差U的变化情况是(　　)‎ A．C和U均增大　　　　 B．C增大，U减小 C．C减小，U增大 D．C和U均减小 解析：选B　根据平行板电容器电容公式C＝，在两极板间插入电介质后，电容C增大，因电容器所带电荷量Q不变，由C＝可知，U＝减小，B正确。‎ ‎4.图3－1－7是某种静电矿料分选器的原理示意图，带电矿粉经漏斗落入水平匀强电场后，分落在收集板中央的两侧，对矿粉分离的过程，下列表述正确的有(　　)‎ A．带正电的矿粉落在右侧 B．电场力对矿粉做负功 图3－1－7‎ C．带负电的矿粉电势能变大 D．带正电的矿粉电势能变小 解析：选D　在水平方向上带正电的矿粉受到向左的电场力，应落在左侧，A错；电场力对两种矿粉都做正功，电势能均减小，所以只有D正确。 ‎ ‎5. (2012·福建省高三仿真模拟)空间某区域内存在着电场，电场线在竖直平面上的分布如图3－1－8所示，一个质量为m、电量为q的小球在该电场中运动，小球经过A点时的速度大小为v1，方向水平向右，运动至B点时的速度大小为v2，运动方向与水平方向之间的夹角为α，A、B两点之间的高度差与水平距离均为H，则以下判断中正确的是(　　) 图3－1－8‎ A．若v2>v1，则电场力一定做正功 B．A、B两点间的电势差U＝(v22－v12)‎ C．小球由A点运动至B点，电场力做的功W＝mv22－mv12－mgH D．小球运动到B点时所受重力的瞬时功率P＝mgv2‎ 解析：选C　设电场力做功为W。由动能定理得mv22－mv12＝mgH＋W>0，故W可能大于零也可能小于零，电场力不一定做正功，A错；由mv22－mv12＝mgH＋W，及W＝qU＝mv22－mv12－mgH可知B错，C对；小球运动到B点时，所受重力的瞬时功率应为P＝mgv2sin α，故D错。‎ ‎6．(2012·重庆联考)如图3－1－9所示，在两等量异种点电荷连线上有D、E、F三点，且DE＝EF。K、M、L分别为过D、E、F三点的等势面。一不计重力的带负电粒子，从a点射入电场，运动轨迹如图中实线所示，以|Wab|表示该粒子从a点到b点电场力做功的数值，以|Wbc|表示该粒子从b点到c点电场力做功的数值，则(　　) 图3－1－9‎ A．|Wab|＝|Wbc|‎ B．|Wab|<|Wbc|‎ C．粒子由a点到b点，动能减少 D．a点的电势较b点的电势低 解析：选C　由等量异种点电荷的电场线的特点可知靠近电荷处电场强度大，类比公式U＝Ed知|Uab|>|Ubc|，而W＝qU，所以|Wab|>|Wbc|，故A、B均错误；从粒子的运动轨迹可知该粒子从a点到c点受到大体向左的作用力，左侧为正电荷，从左向右电势降低，D错误；粒子由a点到b点，电场力做负功，电势能增加，动能减少，C正确。‎ ‎1．(2012·上海高考)A、B、C三点在同一直线上，AB∶BC＝1∶2，B点位于A、C之间，在B处固定一电荷量为Q的点电荷。当在A处放一电荷量为＋q的点电荷时，它所受到的电场力为F；移去A处电荷，在C处放一电荷量为－2q的点电荷，其所受电场力为(　　)‎ A．－F/2　　　　　　B．F/2‎ C．－F D．F 解析：选B　如图所示，设B处的点电荷带电荷量为正，AB＝r，则BC＝2r ‎，根据库仑定律F＝，F′＝，可得F′＝，故选项B正确。‎ ‎2.(2012·福建质检)一静电场的方向平行于x轴，其电势φ随x的分布可简化为如图1所示的折线。现将带正电的试探电荷沿x轴从x1＝－d移到x2＝2d，在此过程中，下列判断正确的是(　　)‎ A．电场力的方向始终沿x轴正方向 图1‎ B．电场力的大小先逐渐增大后逐渐减小 C．电势能先逐渐减小后逐渐增大 D．电场力先做负功后做正功 解析：选D　由图可知在－d到O的过程中电势在升高，故电场线的方向沿x轴的反方向，在O到2d的过程中电势在降低，故电场线的方向沿x轴的正方向，所以电场线的方向先向x轴的反方向再向正方向，电场力的方向先向反方向，再向正方向，故A错；由图象知电势随x均匀变化，故沿x正方向和反方向的电场都是匀强电场，故B错；在－d到O的过程中电势在升高，正电荷的电势能在增加，在O到2d的过程中电势在降低，正电荷的电势能在减小，电场力先做负功后做正功，故C错D对。‎ ‎3．如图2甲所示，A、B是某电场中一条电场线上的两点。一个带负电的点电荷仅受电场力作用，从A点沿电场线运动到B点。在此过程中，该点电荷的速度v随时间t变化的规律如图乙所示。则下列说法中正确的是(　　)‎ 图2‎ A．A点的电场强度比B点的大 B．A、B两点的电场强度相等 C．A点的电势比B点的电势高 D．A点的电势比B点的电势低 解析：选C　由题图乙可得该点电荷由A点到B点做减速运动，所以点电荷所受的电场力与运动方向相反，由B指向A，由于点电荷带负电，所受电场力与电场强度方向相反，故电场强度方向由A指向B，沿着电场线方向电势越来越低，所以A点电势比B点电势高，C正确，D错误；由图乙可得v－t图象斜率越来越大，说明点电荷的加速度越来越大，由牛顿第二定律可得电场力越来越大，所以由A到B电场强度在增大，A点的电场强度比B点的小，A、B错误。‎ ‎4. (2012·温州模拟)一带电小球悬挂在平行板电容器内部，闭合开关S，电容器充电后，悬线与竖直方向夹角为θ，如图3所示。下列方法中能使夹角θ减小的是(　　)‎ A．保持开关闭合，使两极板靠近一些 图3‎ B．保持开关闭合，使滑动变阻器滑片向右移动 C．保持开关闭合，使两极板远离一些 D．断开开关，使两极板靠近一些 解析：选C　保持开关闭合，两极板间电压不变，使两极板靠近一些，板间电场强度变大，夹角θ增大，A错；保持开关闭合，使滑动变阻器滑片向右移动，不会影响板间电压，夹角θ不变，B错；保持开关闭合，板间电压不变，使两极板远离一些，由E＝可知，电场强度减小，夹角θ减小，C对；断开开关，使两极板靠近一些，极板上电荷量不变，板间电场强度不变，夹角θ不变，D错。‎ ‎5．平行板间有如图4所示的周期性变化的电压。重力不计的带电粒子静止在平行板中央，从t＝0时刻开始将其释放，运动过程无碰板情况。在图5所示的图象中，正确定性描述粒子运动的速度图象的是(　　)‎ 图4‎ 图5‎ 解析：选A　0～时间内粒子做初速度为零的匀加速直线运动。～T时间内做加速度恒定的匀减速直线运动，由对称性可知，在T时速度减为零。此后周期性重复，故A正确。‎ ‎6.(2012·重庆高考)空间中P、Q两点处各固定一个点电荷，其中P点处为正电荷，P、Q两点附近电场的等势面分布如图6所示，a、b、c、d为电场中的4个点，则(　　)‎ A．P、Q两点处的电荷等量同种 图6‎ B．a点和b点的电场强度相同 C．c点的电势低于d点的电势 D．负电荷从a到c，电势能减少 解析：选D　根据电场线与等势线垂直得：必有一条电场线与P、Q连线重合，P为正电荷，故该电场线必从P沿直线指向Q，因电场线总是由正电荷指向负电荷，故P、Q电荷为等量异种电荷，A选项错误；电场强度是矢量，a、b两处电场强度方向不同，B选项错误；因越靠近正电荷，电势越高，故c点电势高于d点电势，C选项错误；根据等势线的分布及P、Q的电性，c所在的等势线电势高于a所在等势线的电势，负电荷从a到c，电场力做正功，电势能减少，D选项正确。‎ ‎7．(2012·安徽高考)如图7所示，在平面直角坐标系中，有方向平行于坐标平面的匀强电场，其中坐标原点O处的电势为0 V，点A处的电势为6 V，点B处的电势为3 V，则电场强度的大小为(　　)‎ A．200 V/m B．200 V/m图7‎ C．100 V/m D．100 V/m 解析：选A　在匀强电场中，若沿某一方向电势降落，则在这一方向上电势均匀降落，故OA的中点C的电势φC＝3 V(如图所示)，因此B、C为等势面。O点到BC的距离d＝OCsin α，而sin α ＝＝，所以d＝OC＝1.5×10－‎2m。根据E＝得，匀强电场的电场强度E＝＝ V/m＝200 V/m，故选项A正确，选项B、C、D错误。‎ ‎8．(2012·安徽高考)如图8甲所示，半径为R的均匀带电圆形平板，单位面积带电量为σ，其轴线上任意一点P(坐标为x)的电场强度可以由库仑定律和电场强度的叠加原理求出：‎ E＝2πkσ，方向沿x轴。现考虑单位面积带电量为σ0的无限大均匀带电平板，从其中间挖去一半径为r的圆板，如图乙所示。则圆孔轴线上任意一点Q(坐标为x)的电场强度为(　　)‎ 图8‎ A．2πkσ0 B．2πkσ0 C．2πkσ0 D．2πkσ0 解析：选A　利用均匀带电圆板轴线上的电场强度公式，当R无限大时，Q点电场强度E1＝2πkσ0，当R＝r时，Q点电场强度E2＝2πkσ0，现从带电平板上中间挖去一半径为r的圆板，则Q点电场强度E3＝E1－E2，只有选项A正确。‎ ‎9．(2011·福建高考)反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似。如图9所示，在虚线MN两侧分别存在着方向相反的两个匀强电场，一带电微粒从A点由静止开始，在电场力作用下沿直线在A、B两点间往返运动。已知电场强度的大小分别是E1＝2.0×103 N/C和E2＝4.0×103 N/C，方向如图所示，带电微粒质量m＝1.0×10－‎20 kg ，带电量 图9‎ q＝－1.0×10－‎9C，A点距虚线MN的距离d1＝‎1.0 cm，不计带电微粒的重力，忽略相对论效应。求：‎ ‎(1)B点距虚线MN的距离d2；‎ ‎(2)带电微粒从A点运动到B点所经历的时间t。‎ 解析：(1)带电微粒由A运动到B的过程中，由动能定理有 ‎|q|E1d1－|q|E2d2＝0①‎ 解得d2＝d1＝‎0.50 cm②‎ ‎(2)设微粒在虚线MN两侧的加速度大小分别为a1、a2，由牛顿第二定律有|q|E1＝ma1③‎ ‎|q|E2＝ma2④‎ 设微粒在虚线MN两侧运动的时间分别为t1、t2，由运动学公式有 d1＝a1t12⑤‎ d2＝a2t22⑥‎ 又t＝t1＋t2⑦‎ 由②③④⑤⑥⑦式解得t＝1.5×10－8s 答案：(1)‎0.50 cm　　(2)1.5×10－8 s ‎10．(2012·湖南四市联考)如图10所示，在同一条竖直线上，有电荷量均为Q的A、B两个正点电荷，GH是它们连线的垂直平分线。另有一个带电小球C，质量为m、电荷量为＋q(可视为点电荷)，被长为L的绝缘轻细线悬挂于O点，现在把小球O拉起到M点，使细线水平且与A、B处于同一竖直面内，由静止开始释放，小球C向下运动到GH线上的N点时刚好速度为零，此时细线与竖直方向的夹角θ＝30°。试求： 图10‎ ‎(1)在A、B所形成的电场中M、N两点间的电势差，并指出M、N哪一点的电势高。‎ ‎(2)若N点与A、B两个点电荷所在位置正好形成一个边长为a的正三角形，则小球运动到N点瞬间，轻细线对小球的拉力FT(静电力常量为k)。‎ 解析：(1)带电小球C在A、B形成的电场中从M点运动到N点的过程中，重力和电场力做功，但合力功为零，则qUMN＋mglcos θ＝0‎ 所以UMN＝－ 即M、N两点间的电势差大小为 且N点的电势高于M点的电势。‎ ‎(2)在N点，小球C受到重力mg、细线的拉力FT以及A和B分别对它的斥力FA和FB四个力的作用如图所示，且沿细线方向的合力为零(向心力为零)。则 FT－mgcos 30°－FAcos 30°＝0‎ 又FA＝FB＝k 得FT＝mgcos 30°＋kcos 30°‎ 答案：(1)　N点电势高 ‎(2)mgcos 30°＋kcos 30°‎ 第2讲带电粒子在磁场中的运动 导体棒在磁场中所受安培力问题 ‎　(2012·上海高考)载流长直导线周围磁场的磁感应强度大小为B＝kI/r，式中常量k>0，I为电流强度，r为距导线的距离。在水平长直导线MN正下方，矩形线圈abcd通以逆时针方向的恒定电流， 图3－2－1‎ 被两根轻质绝缘细线静止地悬挂，如图3－2－1所示。开始时MN内不通电流，此时两细线内的张力均为T0。当MN通以强度为I1的电流时，两细线内的张力均减小为T1，当MN内电流强度变为I2时，两细线内的张力均大于T0。‎ ‎(1)分别指出强度为I1、I2的电流的方向；‎ ‎(2)求MN分别通以强度为I1、I2的电流时，线框受到的安培力F1与F2大小之比；‎ ‎(3)求MN内的电流强度为I3时两细线恰好断裂，在此瞬间线圈的加速度大小为a，求I3。‎ ‎　‎ ‎(1)如何表示ab边和cd边所在处的磁感应强度？请写出表达式。‎ ‎(2)如何表示ab边和cd边所受的安培力大小？请写出表达式。‎ ‎(3)线圈abcd受哪几个力作用？试分析MN中电流方向与线圈所受安培力方向的关系。‎ ‎(4)要使两细线断裂，MN中的电流I3应沿什么方向？断线瞬间线圈受哪些力作用？‎ ‎　(1)MN对ab边的安培力大于MN对cd边的安培力，故当MN中通电I1，细线张力减小，MN 对ab边的安培力方向向上，由左手定则可判断，矩形线圈abcd所处的磁场方向垂直纸面向外，由右手螺旋定则可判断，MN中电流I1水平向左，同理可分析I2水平向右。‎ ‎(2)当MN中电流为I1时，Bab＝kI1/r1，Bcd＝kI1/r2，‎ 设线圈中电流为i，L为ab、cd的长度，‎ 则线圈所受安培力F1＝BabiL－BcdiL＝kI1iL 同理F2＝kI2iL，可得：＝。‎ ‎(3)设MN中电流为I3时，线圈受安培力为F3，由F3方向竖直向下可判断I3方向水平向右 由题设条件可得 ‎2T0＝mg，‎ ‎2T1＋F1＝mg F3＋mg＝ma 由(2)问可知，＝ 以上各式联立解得：I3＝I1‎ ‎　(1)I1方向水平向左，I2方向水平向右 ‎(2) ‎(3)I1，方向向右 一、基础知识要记牢 ‎1．安培力的大小 F＝BIL sin θ(其中θ为B与I之间的夹角)‎ ‎(1)若磁场和电流垂直：F＝BIL；‎ ‎(2)若磁场和电流平行：F＝0。‎ ‎2．安培力的方向 ‎(1)左手定则可判定安培力的方向。‎ ‎(2)特点：电流所受的安培力的方向既跟磁场方向垂直，又跟电流方向垂直，所以安培力的方向总是垂直于磁感线和通电导线所确定的平面。‎ 二、方法技巧要用好 解决安培力问题的一般思路 ‎(1)确定研究对象；‎ ‎(2)明确导线中电流的方向及其周围磁场的方向；‎ ‎(3)利用左手定则判断通电导线所受安培力的方向；‎ ‎(4)结合物体的平衡条件或牛顿运动定律进行求解。‎ 带电粒子在匀强磁场中的运动 ‎　如图3－2－2所示，MN是磁感应强度为B的匀强磁场的边界。一质量为m、电荷量为q的粒子在纸面内从O点射入磁场。若粒子速度为v0，最远能落在边界上的A点。下列说法正确的是(　　)‎ 图3－2－2‎ A．若粒子落在A点的左侧，其速度一定小于v0‎ B．若粒子落在A点的右侧，其速度一定大于v0‎ C．若粒子落在A点左右两侧d的范围内，其速度不可能小于v0－qBd/m D．若粒子落在A点左右两侧d的范围内，其速度不可能大于v0＋qBd/‎‎2m ‎　解答本题时应注意以下三点：‎ ‎(1)从O点射入磁场的粒子速度方向是不确定的。‎ ‎(2)垂直于MN射入磁场的粒子，出磁场的位置离O点最远。‎ ‎(3)垂直进入磁场且落在A点右侧d处的粒子对应粒子速度的最小值。‎ ‎　因粒子由O点以速度v0入射时，最远落在A点，又粒子在O点垂直射入磁场时，在边界上的落点最远，即＝，所以粒子若落在A的右侧，速度应大于v0，B正确；当粒子落在A的左侧时，由于不一定是垂直入射，所以速度可能等于、大于或小于v0，A错误；当粒子射到A点左侧相距d的点时，最小速度为vmin，则＝，又因＝，所以vmin＝v0－，所以粒子落在A点左右两侧d的范围内，其速度不可能小于vmin＝v0－，C错误；当粒子射到A点右侧相距d的点时，最小速度为v1，则＝，又因＝，即v1＝v0＋，D错误。‎ ‎　B 一、基础知识要记牢 ‎1．洛伦兹力 ‎(1)大小：‎ ‎①v∥B时，F＝0。‎ ‎②v⊥B时，F＝qvB。‎ ‎③v与B夹角为θ时：F＝qvBsin θ。‎ ‎(2)方向：‎ F、v、B三者的关系满足左手定则。‎ ‎(3)特点：‎ 由于F始终垂直于v的方向，故洛伦兹力永不做功。‎ ‎2．带电粒子在匀强磁场中的运动 ‎(1)若v∥B，带电粒子以速度v做匀速直线运动，此情况下洛伦兹力等于零。‎ ‎(2)若v⊥B，带电粒子在垂直于磁感线的平面内以入射速度做匀速圆周运动。‎ ‎①向心力由洛伦兹力提供，qvB＝m；‎ ‎②轨道半径R＝；‎ ‎③周期：T＝＝。‎ 二、方法技巧要用好 ‎(1)带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动是比较典型的运动，分析时须掌握以下几点：‎ ‎①圆心的确定：‎ 轨迹圆心总是位于入射点和出射点所受洛伦兹力作用线的交点上或过这两点的弦中垂线与任一个洛伦兹力作用线的交点上。‎ ‎②半径的确定：‎ 利用平面几何关系，求出轨迹圆的半径。‎ ‎③运动时间的确定：‎ t＝T，其中α为偏转角度。‎ ‎(2)作出粒子运动轨迹时需注意的“点”、“线”、“角”‎ ‎①四个点：分别是入射点、出射点、轨迹圆心和入射速度直线与出射速度直线的交点。‎ ‎②六条线：圆弧两端点所在的轨迹半径，入射速度直线和出射速度直线， 入射点与出射点的连线，圆心与两条速度直线交点的连线。前面四条边构成一个四边形，后面两条为对角线。‎ ‎③三个角：速度偏转角、圆心角、弦切角，其中偏转角等于圆心角，也等于弦切角的两倍。‎ ‎ 带电粒子在磁场中运动的周期性和多解性 ‎　 (2012·徐州模拟)如图3－2－3所示，M、N为水平放置的彼此平行的不带电的两块平板，板的长度和板间距离均为d ‎，在两板间有垂直于纸面方向的匀强磁场，在距上板处有一质量为m，电荷量为q的带正电的粒子(不计重力)，以初速度v0水平射入磁场，若使粒子不能射出磁场求磁场的方向和磁感应强度B的大小范围。 图3－2－3‎ ‎　(1)如果磁场垂直纸面向里，‎ ‎①粒子从左侧上板边缘飞出，则粒子做圆周运动的半径R1＝·＝ 由qv0B1＝m 得：B1＝ ‎②粒子从右侧上板边缘飞出，则粒子做圆周运动的半径为R2，‎ 则R22＝2＋d2，‎ 解得：R2＝d 由qv0B2＝m得：‎ B2＝ 所以当磁场方向垂直纸面向里时，粒子不能射出两板间的磁感应强度的范围为 R2。假定穿过铝板前后粒子电荷量保持不变，则该粒子(　　)‎ A．带正电 图5‎ B．在Ⅰ、Ⅱ区域的运动速度大小相同 C．在Ⅰ、Ⅱ区域的运动时间相同 D．从Ⅱ区域穿过铝板运动到Ⅰ区域 解析：选C　粒子穿过铝板受到铝板的阻力速度将减小，由r＝可得粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径将减小，故可得粒子由Ⅰ区域运动到Ⅱ 区域，结合左手定则可知粒子带负电，A、B、D选项错误；由T＝可知粒子运动的周期不变，粒子在Ⅰ区域和Ⅱ区域中运动的时间均为t＝T＝，C选项正确。‎ ‎7．(2012·安徽高考)如图6所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度v从A点沿直径AOB方向射入磁场，经过Δt时间从C点射出磁场，OC与OB成60°角。现将带电粒子的速度变为，仍从A点沿原方向射入磁场，不计重力，则粒子在磁场中的运动时间变为(　　) 图6‎ A.Δt B．2Δt C.Δt D．3Δt 解析：选B　作出粒子运动轨迹如图所示，设电子粒子以速度v进入磁场做圆周运动，圆心为O1，半径为r1，则根据qvB＝，得r1＝，根据几何关系得＝tan ，且φ1＝60°‎ 当带电粒子以v的速度进入时，轨道半径r2＝＝＝r1，圆心在O2，则＝tan 。即tan ＝＝＝3tan ＝。故＝60°，φ2＝120°；带电粒子在磁场中运动的时间t＝T，所以＝＝，即Δt2＝2Δt1＝2Δt，故选项B正确，选项A、C、D错误。‎ ‎8．空间存在垂直于纸面方向的均匀磁场，其方向随时间做周期性变化，磁感应强度B随时间t变化的图象如图7所示。规定B＞0时，磁场的方向穿出纸面。一电荷量q＝5π×10－‎7 C、质量m＝5×10－‎10 kg的带电粒子，位于某点O处，在t＝0时以初速度v0＝π m/s沿某方向开始运动。不计重力的作用，不计磁场的变化可能产生的一切其他影响。则在磁场变化N个(N为整数)周期的时间内带电粒子的平均速度的大小等于(　　)‎ 图7‎ A．π m/s B. m/s C．‎2 m/s D．‎2 m/s 解析：选C　带电粒子在磁场中的运动半径为r＝＝‎0.01 m，周期为T ‎ ＝＝0.02 s，作出粒子的轨迹示意图如图所示，所以在磁场变化N个(N为整数)周期的时间内，由平均速度的定义式＝＝＝ m/s＝‎2 m/s，即C选项正确。‎ ‎9．(2012·新课标全国卷)如图8所示，一半径为R的圆表示一柱形区域的横截面(纸面)。在柱形区域内加一方向垂直于纸面的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q的粒子沿图中直线在圆上的a点射入柱形区域，在圆上的b点离开该区域，离开时速度方向与直线垂直。圆心O到直线的距离为R。现将磁场换为平行于纸面且垂直于直线的匀强电场，同一粒子以 图8‎ 同样速度沿直线在a点射入柱形区域，也在b点离开该区域。若磁感应强度大小为B，不计重力，求电场强度的大小。‎ 解析：粒子在磁场中做圆周运动。设圆周的半径为r，由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得 qvB＝m①‎ 式中v为粒子在a点的速度。‎ 过b点和O点作直线的垂线，分别与直线交于c和d点。由几何关系知，线段、和过a、b两点的轨迹圆弧的两条半径(未画出)围成一正方形。因此 ＝＝r②‎ 设＝x，由几何关系得 ＝R＋x③‎ ＝R＋④‎ 联立②③④式得r＝R⑤‎ 再考虑粒子在电场中的运动。设电场强度的大小为E，粒子在电场中做类平抛运动。设其加速度大小为a，由牛顿第二定律和带电粒子在电场中的受力公式得 qE＝ma⑥‎ 粒子在电场方向和直线方向所走的距离均为r，由运动学公式得r＝at2⑦‎ r＝vt⑧‎ 式中t是粒子在电场中运动的时间。联立①⑤⑥⑦⑧式得 E＝⑨‎ 答案： ‎10．(2012·海南高考)图9(a)所示的xOy平面处于匀强磁场中，磁场方向与xOy平面(纸面)垂直，磁感应强度B随时间t变化的周期为T，变化图线如图(b)所示。当B为＋B0‎ 时，磁感应强度方向指向纸外。在坐标原点O有一带正电的粒子P，其电荷量与质量之比恰好等于。不计重力。设P在某时刻t0以某一初速度沿y轴正向自O点开始运动，将它经过时间T到达的点记为A。‎ 图9‎ ‎(1)若t0＝0，则直线OA与x轴的夹角是多少？‎ ‎(2)若t0＝，则直线OA与x轴的夹角是多少？‎ 解析：(1)设粒子P的质量、电荷量与初速度分别为m、q与v，粒子P在洛伦兹力作用下，在xOy平面内做圆周运动，分别用R与T′表示圆周的半径和运动周期，则有 qvB0＝m2R①‎ v＝②‎ 由①②式与已知条件得 T′＝T③‎ 粒子P在t＝0到t＝时间内，沿顺时针方向运动半个圆周，到达x轴上的B点，此时磁场方向反转；继而，在t＝到t＝T时间内，沿逆时针方向运动半个圆周，到达x轴上的A点，如图(a)所示。OA与x轴的夹角θ＝0‎ ‎(2)粒子P在t0＝时刻开始运动，在t＝到t＝时间内，沿顺时针方向运动个圆周，到达C点，此时磁场方向反转；继而，在t＝到t＝T时间内，沿逆时针方向运动半个圆周，到达B点，此时磁场方向再次反转；在t＝T到t＝时间内，沿顺时针方向运动个圆周，到达A点，如图(b)所示。由几何关系可知，A点在y轴上，即OA与x轴的夹角θ＝。‎ 答案：(1)0　(2) 第3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 ‎　(2012·天津高考)对铀235的进一步研究在核能的开发和利用中具有重要意义。如图3－3－1所示，质量为m、电荷量为q的铀235离子，从容器A下方的小孔S1不断飘入加速电场，其初速度可视为零，然后经过小孔S2垂直于磁场方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，做半径为R的匀速圆周运动，离子行进半个圆周后离开磁场并被收集，离开磁场时离 图3－3－1‎ 子束的等效电流为I。不考虑离子重力及离子间的相互作用。‎ ‎(1)求加速电场的电压U。‎ ‎(2)求出在离子被收集的过程中任意时间t内收集到离子的质量M。‎ ‎(3)实际上加速电压的大小会在U±ΔU范围内微小变化。若容器A中有电荷量相同的铀235和铀238两种离子，如前述情况它们经电场加速后进入磁场中会发生分离，为使这两种离子在磁场中运动的轨迹不发生交叠，应小于多少？(结果用百分数表示，保留两位有效数字)‎ ‎　‎ ‎(1)时间t内被收集的离子的总电荷量如何表示？它与被收集的离子个数有什么关系？请写出表达式。‎ ‎(2)离子圆周运动的半径与离子的质量和加速电压有怎样的关系？试推导之。‎ ‎(3)为使两种离子在磁场中的运动轨迹不发生重叠，两种粒子运动的轨道半径应满足什么关系？‎ ‎　(1)设离子经电场加速后进入磁场时的速度为v，由动能定理得 qU＝mv2①‎ 离子在磁场中做匀速圆周运动，所受洛伦兹力充当向心力，即 qvB＝m②‎ 由①②式解得U＝③‎ ‎(2)设在t时间内收集到的离子个数为N，总电荷量为Q，则Q＝It④‎ N＝⑤‎ M＝Nm⑥‎ 由④⑤⑥式解得M＝⑦‎ ‎(3)由①②式有R＝ ⑧‎ 设m′为铀238离子的质量，由于电压在U±ΔU之间有微小变化，铀235离子在磁场中最大半径为 Rmax＝ ⑨‎ 铀238离子在磁场中最小半径为 R′min＝ 这两种离子在磁场中运动的轨迹不发生交叠的条件为 Rmax0，故W电<0，粒子一定克服电场力做功，C正确。‎ ‎2．如图3－3－4所示，从离子源发射出的正离子，经加速电压U加速后进入相互垂直的电场(E方向竖直向上)和磁场(B方向垂直纸面向外)中，发现离子向上偏转。要使此离子沿直线通过电磁场，需要(　　)‎ 图3－3－4‎ A．增加E，减小B　　　　 B．增加E，减小U C．适当增加U D．适当减小B 解析：选C　离子所受的电场力F＝qE，洛伦兹力F洛＝qvB，qU＝mv2，离子向上偏转，电场力大于洛伦兹力，故要使离子沿直线运动，可以适当增加U，增加速度，洛伦兹力增大，C正确；也可适当减小E或增大B，电场力减小或洛伦兹力增大，D错误。‎ ‎3.利用如图3－3－5所示的方法可以测得金属导体中单位体积内的自由电子数n，现测得一块横截面为矩形的金属导体的宽为b，厚为d，并加有与侧面垂直的匀强磁场B，当通以图示方向电流I时，在导体上、下表面间用电压表可测得电压为U。已知自由电子的电荷量为e，则下列判断正确的是 图3－3－5‎ ‎(　　)‎ ‎①上表面电势高 ‎②下表面电势高 ‎③该导体单位体积内的自由电子数为 ‎④该导体单位体积内的自由电子数为 A．①③ B．②④‎ C．②③ D．①④‎ 解析：选B　画出平面图如图所示，由左手定则可知，自由电子向上表面偏转，故下表面电势高，故选项②正确，①错误。再根据e＝evB，I＝neSv＝nebdv得n＝，故选项④正确，③错误。‎ ‎4.如图3－3－6所示，在竖直虚线MN和M′N′之间区域内存在着相互垂直的匀强电场和匀强磁场，一带电粒子(不计重力)以初速度v0由A点垂直MN 进入这个区域，带电粒子沿直线运动，并从C点离开场区。如果撤去磁场，该粒子将从B点离开场区；如果撤去电场，该粒子将从D点离开场区。则下列判断正确的是(　　)‎ A．该粒子由B、C、D三点离开场区时的动能相同 图3－3－6‎ B．该粒子由A点运动到B、C、D三点的时间均不相同 C．匀强电场的场强E与匀强磁场的磁感应强度B之比＝v0‎ D．若该粒子带负电，则电场方向竖直向下，磁场方向垂直于纸面向外 解析：选C　由Eq＝Bv0q可得，＝v0，C正确；若电场方向竖直向下，磁场方向垂直于纸面向外，则无论从左侧入射的是正电荷还是负电荷，电场力与洛伦兹力方向均一致，故D错误；如果撤去磁场，粒子由B点射出时，电场力对粒子做正功，粒子动能比入场时增大了，A错误；粒子由C、B射出过程中，水平方向均做匀速直线运动，运动时间相同，但在磁场偏转过程中粒子运动的速率是v0；运动时间增大了，故B错误。‎ ‎5.美国物理学家劳伦斯于1932年发明的回旋加速器，应用带电粒子在磁场中做圆周运动的特点，能使粒子在较小的空间范围内经过电场的多次加速获得较大的能量，使人类在获得高能量带电粒子方面前进了一步。如图3－3－7为一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间的加速电场场强大小恒定，且被限制在A、C板间，如图所示。带电粒子 图3－3－7‎ 从P0处以速度v0沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动。对于这种改进后的回旋加速器，下列说法正确的是(　　)‎ A．带电粒子每运动一周被加速两次 B．带电粒子每运动一周P1P2＝P2P3‎ C．加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸有关 D．加速电场方向需要做周期性的变化 解析：选C　由题图可以看出，带电粒子每运动一周被加速一次，A错误。由R＝和Uq＝mv22－mv12可知，带电粒子每运动一周，电场力做功都相同，动能增量都相同，但速度的增量不相同，故粒子做圆周运动的半径增加量不相同，B错误。由v＝可知，加速粒子的最大速度与D形盒的半径R有关，C正确；由图可知，粒子每次都是从A板进入电场加速，所以加速电场方向不需改变，选项D错误。‎ ‎6. (2012·泰州模拟)如图3－3－8所示，质量为m、电荷量为e的质子以某一初速度从坐标原点O沿x轴正方向进入场区，若场区仅存在平行于y轴向上的匀强电场时，质子通过P(d，d)点时的动能为5Ek；若场区仅存在垂直于xOy平面的匀强磁场时，质子也能通过P点。不计质子的重力。设上述匀强电场的电场强度大小为E、匀强磁场的磁感应强度大小为B，则下列 图3－3－8‎ 说法中正确的是(　　)‎ A．E＝ B．E＝ C．B＝ D．B＝ 解析：选D　设质子的初速度为v0，由平抛运动规律可知 d＝v0t，d＝t，得：vy＝2v0‎ 又5Ek＝mv02＋mvy2，Eed＝5Ek－mv02‎ 可解得：E＝，故A、B均错误；若仅存在磁场，质子从O点进入磁场经过P点，则质子的运动半径R＝d，由R＝可得：B＝，又Ek＝mv02‎ 故B＝，D正确，C错误。‎ ‎1．(2012·苏北四市一模)如图1甲所示的控制电子运动装置由偏转电场、偏转磁场组成。偏转电场处在加有电压U、相距为d的两块水平平行放置的导体板之间，匀强磁场水平宽度一定，竖直长度足够大，其紧靠偏转电场的右边。大量电子以相同初速度连续不断地沿两板正中间虚线的方向向右射入导体板之间。当两板间没有加电压时，这些电子通过两板之间的时间为2t0；当两板间加上图乙所示的电压U时，所有电子均能通过电场、穿过磁场，最后打在竖直放置的荧光屏上。已知电子的质量为m、电荷量为e，不计电子的重力及电子间的相互作用，电压U的最大值为U0，磁场的磁感应强度大小为B、方向水平且垂直纸面向里。‎ 图1‎ ‎(1)如果电子在t＝t0时刻进入两板间，求它离开偏转电场时竖直分位移的大小。‎ ‎(2)要使电子在t＝0时刻进入电场并能最终垂直打在荧光屏上，匀强磁场的水平宽度l为多少？‎ 解析：(1)电子在t＝t0时刻进入两板间，先做匀速运动，后做类平抛运动，在2t0～3t0时间内发生偏转 a＝＝ y＝at02＝ ‎(2)设电子从电场中射出的偏向角为θ，速度为v，则 sin θ＝＝ 电子通过匀强磁场并能垂直打在荧光屏上，其圆周运动的半径为R，根据牛顿第二定律有 evB＝m 由几何关系得sin θ＝ 得水平宽度l＝。‎ 答案：(1)　(2) ‎2．(2012·福建省高三仿真模拟)如图2所示，在直角坐标系的第Ⅰ象限0≤x≤4区域内，分布着场强E＝×106 N/C的匀强电场，方向竖直向上；第Ⅱ象限中的两个直角三角形区域内，分布着磁感应强度均为B＝5.0×10－2 T的匀强磁场，方向分别垂直纸面向外和向里。质量m＝1.6×10－‎27 kg、电荷量为q＝＋3.2×10－‎19 C的带电粒子(不计粒子重力)，从坐标点M(－4，)处，以×‎107 m/s的速度平行于x轴向右运动，并先后通过匀强磁场区域和匀强电场区域。‎ 图2‎ ‎(1)求带电粒子在磁场中的运动半径；‎ ‎(2)求粒子在两个磁场及电场区域偏转所用的总时间；‎ ‎(3)在图中画出粒子从直线x＝－4到x＝4之间的运动轨迹，并求出轨迹与y轴和直线x＝4交点的纵坐标。‎ 解析：(1)带电粒子在磁场中偏转。‎ 由牛顿运动定律得qvB＝m 所以r＝ 代入数据得r＝ m ‎(2)带电粒子在磁场中的运动周期 T＝＝6.28×10－7 s 运动的时间t1＝T＝1.57×10－7 s 带电粒子在电场中运动的时间 t2＝＝ s＝2.83×10－7 s 故粒子在电磁场偏转所用的总时间 t＝t1＋t2＝4.40×10－7 s ‎(3)如图所示。‎ 分析知：粒子在方向向外的磁场中恰好沿顺时针运动了周，下移了(－1) m，由对称性知粒子在方向向外的磁场中恰好沿逆时针运动了周，又下移了(－1) m，故 y1＝[－2(－1)] m＝(2－) m ‎ 粒子水平飞入电场，水平方向有：‎ x2＝vt2‎ 竖直方向上满足：‎ y2＝y1＋at22＝‎2 m.‎ 答案：(1) m　(2)4.40×10－7 s　(3)(2－) m　‎‎2 m ‎3．(2012·重庆高考)有人设计了一种带电颗粒的速率分选装置，其原理如图3所示。两带电金属板间有匀强电场，方向竖直向上。其中PQNM矩形区域内还有方向垂直纸面向外的匀强磁场。一束比荷(电荷量与质量之比)均为的带正电颗粒，以不同的速率沿着磁场区域的水平中心线O′O进入两金属板之间，其中速率为v0的颗粒刚好从Q点处离开磁场，然后做匀速直线运动到达收集板。重力加速度为g，PQ＝3d，NQ＝2d，收集板与NQ的距离为l，不计颗粒间相互作用。求 ‎ ‎ 图3‎ ‎(1)电场强度E的大小；‎ ‎(2)磁感应强度B的大小；‎ ‎(3)速率为λv0(λ＞1)的颗粒打在收集板上的位置到O点的距离。‎ 解析：(1)设带电颗粒的电荷量为q，质量为m。有Eq＝mg 将＝代入，得E＝kg ‎(2)如图甲所示，有 qv0B＝m R2＝(3d)2＋(R－d)2‎ 得B＝ ‎(3)如图乙所示，有 qλv0B＝m tan θ＝ y1＝R1－ y2＝ltan θ y＝y1＋y2‎ 得y＝d(5λ－＋ 答案：(1)kg　(2) ‎(3)d(5λ－)＋ ‎4．(2012·山东高考)如图4甲所示，相隔一定距离的竖直边界两侧为相同的匀强磁场区，磁场方向垂直纸面向里，在边界上固定两长为L的平行金属极板MN和PQ，两极板中心各有一小孔S1、S2，两极板间电压的变化规律如图乙所示，正反向电压的大小均为U0，周期为T0。在t＝0时刻将一个质量为m、电荷量为－q(q>0)的粒子由S1静止释放，粒子在电场力的作用下向右运动，在t＝时刻通过S2垂直于边界进入右侧磁场区。(不计粒子重力，不考虑极板外的电场)‎ 图4‎ ‎(1)求粒子到达S2时的速度大小v和极板间距d。‎ ‎(2)为使粒子不与极板相撞，求磁感应强度的大小应满足的条件。‎ ‎(3)若已保证了粒子未与极板相撞，为使粒子在t＝3T0时刻再次到达S2，且速度恰好为零，求该过程中粒子在磁场内运动的时间和磁感应强度的大小。‎ 解析：(1)粒子由S1至S2的过程，根据动能定理得 qU0＝mv2①‎ 由①式得 v＝②‎ 设粒子的加速度大小为a，由牛顿第二定律得 q＝ma③‎ 由运动学公式得 d＝a()2④‎ 联立③④式得 d＝⑤‎ ‎(2)设磁感应强度大小为B，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，由牛顿第二定律得 qvB＝m⑥‎ 要使粒子在磁场中运动时不与极板相撞，须满足 ‎2R>⑦‎ 联立②⑥⑦式得 B<⑧‎ ‎(3)设粒子在两边界之间无场区向左匀速运动的过程用时为t1，有 d＝vt1⑨‎ 联立②⑤⑨式得 t1＝⑩‎ 若粒子再次到达S2时速度恰好为零，粒子回到极板间应做匀减速运动，设匀减速运动的时间为t2，根据运动学公式得 d＝t2⑪‎ 联立⑨⑩⑪式得 t2＝⑫‎ 设粒子在磁场中运动的时间为t t＝3T0－－t1－t2⑬‎ 联立⑫⑬式得 t＝⑭‎ 设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T，由⑥式结合运动学公式得 T＝⑮‎ 由题意可知 T＝t⑯‎ 联立⑭⑮⑯式得 B＝⑰‎ 答案：(1) 　　(2)B< ‎(3)　 ‎1．(2012·无锡模拟)如图1所示，一带电微粒质量为m＝2.0×10－‎11 kg、电荷量q＝＋1.0×10－‎5 C，从静止开始经电压为U1＝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，微粒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，微粒射出磁场时的偏转角也为θ＝60°。已知偏转电场中金属板长L＝‎2 cm，圆形匀强磁场的半径R＝‎10 cm，重力忽略不计。求：‎ 图1‎ ‎(1)带电微粒经U1＝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)带电微粒经加速电场加速后速度为v1，‎ 根据动能定理：qU1＝mv12‎ v1＝＝1.0×‎104 m/s ‎(2)带电微粒在偏转电场中只受电场力作用，做类平抛运动。在水平方向微粒做匀速直线运动。水平方向：v1＝ 带电微粒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v2‎ 竖直方向：a＝，v2＝at＝ 由几何关系tan θ＝ E＝10 000 V/m ‎(3)设带电粒子进磁场时的速度大小为v，则v＝＝2.0×‎104 m/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，则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图所示。‎ 则轨迹半径为r＝Rtan 60°＝‎‎0.3 m 则qvB＝m 得B＝＝0.13 T。‎ 答案：(1)1.0×‎104 m/s　(2)10 000 V/m ‎(3)0.13 T ‎2．水平放置的平行金属板M、N之间存在竖直向上的匀强电场和垂直纸面的交变磁场(如图2所示，垂直纸面向里为正)，磁感应强度B0＝100 T。已知两板间距离d＝‎0.3 m，电场强度E＝50 V/m，M板上有一小孔P，在P正上方h＝‎5 cm处的O点，一带电油滴自由下落，穿过小孔后进入两板间，最后落在N板上的Q点。如果油滴的质量m＝10－‎4 kg，带电荷量|q|＝2×10－‎5C。求：‎ ‎ 图2‎ ‎(1)在P点油滴的速度v为多少？‎ ‎(2)若油滴在t＝0时刻进入两板间，最后恰好垂直向下落在N板上的Q点，油滴的电性及交变磁场的变化周期T。‎ ‎(3)Q、O两点的水平距离。(不计空气阻力，重力加速度g取‎10 m/s2)‎ 解析：(1)油滴自由下落，进入两板间电、磁场时的速度为 v＝①‎ ‎＝m/s＝‎1 m/s ‎ ‎(2)由受力分析可知油滴带正电，‎ 油滴进入电磁场后的情况如图所示 电场力F电＝qE＝2×10－5×50 N＝10－3 N②‎ G＝mg＝10－3 N③‎ 带电油滴进入两极板间，电场力与重力平衡，在磁场力的作用下，油滴做匀速圆周运动。设圆周半径为R，若恰好垂直落在N板上的Q点，则 qvB＝④‎ T＝⑤‎ 解得R＝＝ m＝‎‎0.05 m T＝＝＝0.1π s 又已知d＝‎0.3 m，由几何关系得d＝6R 所以交变磁场周期T′＝T＝0.05 π s ‎(3)设Q、O两点的水平距离为x，由几何关系得x＝6R＝‎‎0.3 m 答案：(1)‎1 m/s　(2)带正电　0.05π s　(3)‎‎0.3 m ‎3. (2012·苏北四市第三次调研)如图3所示，带电平行金属板相距为2R，在两板间半径为R的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，两板及其左侧边缘连线均与磁场边界刚好相切。一质子(不计重力)沿两板间中心线O1O2从左侧O1点以某一速度射入，沿直线通过圆形磁场区域，然后恰好从极板边缘飞出，在极板间运动时间为t0。若仅撤去磁场，质子 图3‎ 仍从O1点以相同速度射入，经时间打到极板上。‎ ‎(1)求两极板间电压U；‎ ‎(2)求质子从极板间飞出时的速度大小。‎ 解析：(1)设质子从左侧O1点射入的速度为v0，极板长为L 在复合场中做匀速运动：q＝qv0B 在电场中做类平抛运动：L－2R＝v0t　R＝t2‎ 又L＝v0t0‎ 撤去磁场，仅受电场力，有：R＝()2‎ 解得t＝　L＝4R　v0＝　U＝ ‎(2)质子从极板间飞出时的沿电场方向分速度大小vy＝t＝＝v0‎ 从极板间飞出时的速度大小v＝＝v0＝。‎ 答案：(1)　(2) ‎4．(2012·宁波期末)一足够长的矩形区域abcd内充满磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，矩形区域的左边界ad长为L，现从ad中点O垂直于磁场射入一速度方向与ad边夹角为30°、大小为v0的带正电粒子，如图4所示。已知粒子电荷量为q，质量为m(重力不计)：‎ ‎(1)若要求粒子能从ab边射出磁场，v0应满足什么条件？ 图4‎ ‎(2)若要求粒子在磁场中运动的时间最长，粒子应从哪一条边界处射出，出射点位于该边界上何处？最长时间是多少？‎ 解析：(1)当粒子轨迹恰好与cd边相切时，是粒子能从ab边射出磁场区域时轨迹圆半径最大的情况，设此半径为R1，如图甲所示。‎ 则有R1cos 60°＋＝R1‎ 可得：R1＝L 当粒子轨迹恰好与ab相切时是粒子能从ab边射出磁场区域时轨迹圆半径最小的情况，设此半径为R2，如图乙所示。‎ 则有：R2sin 30°＋R2＝ 得：R2＝ 故粒子从ab边射出的条件为R2