【物理】2019届一轮复习人教版电场、磁场中的曲线运动教案 22页

个性化教学辅导教案 学生姓名 年 级 高三 物理 上课时间 教师姓名 课 题 电场、磁场中的曲线运动 教学目标 1、掌握带电粒子在匀强电场、匀强磁场中的偏转问题 2、会解决带电粒子在有界磁场中的极值问题 教学过程 教师活动 2015 卷ⅠT14：带电粒子在磁场中的运动 卷ⅡT19：带电粒子在磁场中的运动 卷ⅡT24：带电粒子在电场中的运动 2016 卷ⅠT20：带电粒子在电场中的曲线运动 卷ⅡT18：带电粒子在圆形磁场中的运动 卷ⅢT18：带电粒子在有界磁场中的运动 2017 卷ⅠT25：带电粒子在电场中的运动 卷ⅡT18：带电粒子在圆形磁场中的运动 1．(2017·全国卷Ⅱ)如图，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P 为磁场边界上的一 点．大量相同的带电粒子以相同的速率经过 P 点，在纸面内沿不同方向射入磁场．若粒子射入速率为 v1， 这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为 v2，相应 的出射 点分布在三分之一圆周上．不计重力及带电粒子之间的相互作用．则 v2∶v1 为 (　　) A. 3∶2　　　　　　 B. 2∶1 C. 3∶1 D．3∶ 2 【解答】C　相同的带电粒子垂直匀强磁场入射均做匀速圆周运动． 粒子以 v1 入射，一端为入射点 P，对应圆心角为 60°(对应六分之一圆周)的弦 PP′必为垂直该弦入射 粒子运动轨迹的直径 2r1，如图甲所示，设圆形区域的半径为 R， 由几何关系知 r1＝1 2R.其他不同方向以 v1 入射的粒子的出射点 在 PP′对应的圆弧内． 同理可知，粒子以 v2 入射及出射情况，如图乙所示．由几 何关系知 r2＝ R2－(R 2 )2＝ 3 2 R， 可得 r2∶r1＝ 3∶1. 因为 m、q、B 均相同，由公式 r＝mv qB可得 v∝r， 所以 v2∶v1＝ 3∶1.故选 C. 2．(2016·全国卷Ⅱ)一圆筒处于磁感应强度大小为 B 的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横 截面如图所示．图中直径 MN 的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度 ω 顺时针转动．在该截面内， 一带电粒子从小孔 M 射入筒内，射入时的运动方向与 MN 成 30°角．当筒转过 90°时，该粒子恰好从小孔 N 飞出圆筒．不计重力．若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为(　　) A. ω 3B B. ω 2B C.ω B D.2ω B 【解答】A　画出粒子的运动轨迹如图所示，由洛伦兹力提供向心力得，qvB＝m v2 r ，又 T＝2πr v ，联立得 T＝2πm qB 由几何知识可得，轨迹的圆心角为 θ＝π 6，在磁场中运 动时间 t＝ θ 2πT，粒子运动和圆筒运动具有等时性，则 θ 2πT＝ π 2 ω，解得q m＝ ω 3B，故选项 A 正确． 3．(2016·全国卷Ⅲ)平面 OM 和平面 ON 之间的夹角为 30°，其横截面(纸面)如图所示，平面 OM 上方存在 匀强磁场，磁感应强度大小为 B，方向垂直于纸面向外．一带电粒子的质量为 m，电荷量为 q(q>0)．粒子沿纸面 以大小为 v 的速度从 OM 的某点向左上方射入磁场，速度与 OM 成 30°角．已知该粒子在 磁场中的运动轨迹与 ON 只有一个交点，并从 OM 上另一点射出磁场．不 计重力．粒子离开磁场的出射点到两平面交线 O 的距离为(　　) A. mv 2qB B. 3mv qB C.2mv qB D.4mv qB 【解答】 D　粒子进入磁场做顺时针方向的匀速圆周运动，轨迹 如图所示， 根据洛伦兹力提供向心力，有 qvB＝mv2 R 解得 R＝mv qB 根据轨迹图知 PQ＝2R＝2mv qB，∠OPQ＝60° 粒子离开磁场的出射点到两平面交线 O 的距离为 OP＝2PQ＝4mv qB，D 正确，ABC 错误．故选 D. 4．(2015·全国卷Ⅰ，14)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 【解答】D　由于速度方向与磁场方向垂直，粒子受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，即 qvB＝mv2 r ，轨 道半径 r＝mv qB，从较强磁场进入较弱磁场后，磁感应强度变小，速度大小不变，轨道半径 r 变大，根据角 速度 ω＝v r＝qB m 可知角速度变小，选项 D 正确。 5．(2015·全国卷Ⅱ·24)如图，一质量为 m、电荷量为 q(q＞0)的粒子 在匀强电 场中运动，A、B 为其运动轨迹上的两点。已知该粒子在 A 点的速度大小为 v0，方向与电场方向的夹角为 60°；它运动到 B 点时速度方向与电场方向的夹角为 30°。不 计重力。求 A、B 两点间的电势差。 【解答】　设带电粒子在 B 点的速度大小为 vB。粒子在垂直于电场方向的速度分量不变，即 vBsin 30° ＝v0sin 60°① 由此得 vB＝ 3v0② 设 A、B 两点间的电势差为 UAB，由动能定理有 qUAB＝1 2m(v2B－v20)③ 联立②③式得 UAB＝mv20 q 答案　mv20 q 涉及的知识点： 一、带电粒子在匀强电场中的偏转问题 二、带电粒子在匀强磁场中的运动 三、带电粒子在有界磁场中的临界极值问题 　　　　　 带电粒子在匀强电场中的偏转问题 [解题方略] “两个分运动”、“三个一”求解粒子偏转问题 (1)两个独立的分运动 平行极板的匀速直线运动：L＝v0t； 垂直极板的匀加速直线运动： y＝1 2at2，vy＝at，a＝qU md. (2)“三个一” 一个偏转角： tan θ＝vy v0＝qU2L mv20d ＝ U2L 2U1d 一个几何关系：y＝L 2tan θ； 一个功能关系：ΔEk＝qU2y d . [题组预测] 1．(多选)(2017·承德模拟)如图所示，一带电荷量为 q 的带电粒子以一定的初速度由 P 点射入匀强电场， 入射方向与电场线垂直．粒子从 Q 点射出电场时，其速度方向与电场线成 30°角．已知匀强电场的宽度为 d，P、Q 两点的电势差为 U，不计重力作用，设 P 点的电势为零．则下列 说法正确的是(　　) A．带电粒子在 Q 点的电势能为－Uq B．带电粒子带负电 C．此匀强电场的电场强度大小为 E＝2 3U 3d D．此匀强电场的电场强度大小为 E＝ 3U 3d 【解答】AC　由图看出粒子的轨迹向上，则所受的电场力向上，与电场方向相同，所以该粒子带正 电．粒子从 P 到 Q，电场力做正功，为 W＝qU，则粒子的电势能减少了 qU，P 点的电势为零，则知带电 粒子在 Q 点的电势能为－Uq，故 A 正确，B 错误．设带电粒子在 P 点时的速度为 v0，在 Q 点建立直角坐 标系，垂直于电场线为 x 轴，平行于电场线为 y 轴，由平抛运动的规律和几何知识求得粒子在 y 轴方向的 分速度为：vy ＝ 3v0 ，粒子在 y 轴方向上的平均速度为：vy ＝ 3v0 2 . 设粒子在 y 轴方向上的位移为 y0 ，粒子在电 场中的运动时间为 t，则： 竖直方向有：y0＝vyt＝ 3v0t 2 水平方向有：d＝v0t 可得：y0＝ 3d 2 ，所以场强为：E＝U y0 联立得 E＝ 2U 3d ＝2 3U 3d ，故 C 正确，D 错误． 2．如图所示为利用静电除烟尘的通道示意图，前、后两面为绝缘板，上、下两面为分别与高压电源 的负极和正极相连的金属板，在上、下两面间产生的电场可视为匀强电场，通道长 L＝1 m，进烟尘口的截 面为边长 d＝0.5 m 的正方形，分布均匀的带负电烟尘颗粒均以水平速度 v0＝2 m/s 连续进入通道，碰到下 金属板后其所带电荷会被中和并被收集，但不影响电场分布．已知每立方米体积内颗粒数 n＝1×1013 个， 每个烟尘颗粒带电荷量为 q＝－1.0×10－17 C，质量为 m＝2.0×10－15 kg，忽略颗粒的重力、颗粒之间的相 互作用力和空气阻力． (1)高压电源电压 U0＝300 V 时，求被除去的烟尘颗粒数与总进入烟尘颗粒数的比值； (2)若烟尘颗粒恰好能全部被除去，求高压电源电压 U1； (3)装置在(2)中电压 U1 作用下稳定工作时，1 s 内进入的烟尘颗粒从刚进入通道到被全部除去的过程中， 求电场对这些烟尘颗粒所做的总功． 【解答】　(1)由牛顿第二定律得，|U0q| d ＝ma 烟尘颗粒在电场中做类平抛运动，飞出电场时，有： 位移 L＝v0t 竖直位移 y＝1 2at2 解得：y＝0.375 m 所求比值为 η＝y d＝3 4 (2)由类平抛运动规律和牛顿第二定律得 d＝1 2a1t2 |U1q| d ＝ma1 解得：U1＝400 V (3)t1＝1 s 内进入烟尘通道的烟尘颗粒总个数：学 ] N＝nd2v0t1 电场力对每个颗粒所做的功与其到下金属板的偏移量 y 成正比，则对所有颗粒做功的平均值等于电 场对距离下金属板d 2处的颗粒所做的功( 其他类似表达也给分) 所以 W＝N|U1q| d ·d 2＝0.01 J 答案　(1)3 4　(2)400 V　(3)0.01 J 带电粒子在匀强磁场中的运动 [解题方略] 1．模型：带电粒子运动方向与磁场方向垂直时，粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力：qvB＝m v2 r . 2．结论：半径 r＝mv qB＝ 2mEk qB ，周期 T＝2πm qB (与粒子速率无关)． 3．圆心的确定(几何方法) (1)两点速度的垂线的交点； (2)某点速度的垂线与弦的中垂线的交点． 4．记住下列图形中轨迹的结论 5．一般解题思路 [题组预测] 1. (多选)(2017·烟台市期末)如图所示，在直径为 d 的圆形区域内存在垂直 纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为 B1，一个带电粒子以速率 v 从 A 点沿与直 径 AC 成 30°角的方向射入磁场，经时间 t1 从 C 点射出磁场，现调整磁场的磁感 应强度大小为 B2，让同一粒子沿与直径 AC 成 60°角的方向仍以速率 v 射入磁场， 经时间 t2 仍从 C 点射出磁场，则下列说法中正确的是(　　) A．B1∶B2＝ 3∶1　　 B．B1∶B2＝ 3∶3 C．t1∶t2＝2∶ 3 D．t1∶t2＝ 3∶2 【解答】BD　粒子运动轨迹如图所示，由图知粒子运行的轨道半径为 r＝ d 2sin θ，由牛顿第二定律知 Bqv＝mv2 r ，即 B＝mv qr ，联立得 B＝2mvsin θ qd ，所以B1 B2＝ sin 30° sin 60°＝ 3 3 ，选项 A 错误、B 正确；粒子运行周期 T＝2πm Bq ，粒子在磁场中运行的时 间为 t＝ 2θ 360°T＝2mθ Bq ，所以t1 t2＝ 3 2 ，选项 C 错误、D 正确． 2．(多选)(2017·江西上饶模拟)如图所示，在 0≤x≤b、0≤y≤a 的长方形区域中有一磁感应强度大小为 B 的匀 强磁场，磁场的方向垂直于 xOy 平面向外．O 处有一个粒子源，在某时刻发射大量质量为 m、电荷量为 q 的带正电粒子，它们的速度 大小相同，速度方向均在 xOy 平面内的第一象限内．已知粒子在磁场中做圆周运动 的周期为 T，最先从磁场上边界飞出的粒子在磁场运动的时间为T 12，最后从磁场飞 出的粒子在磁场中运动的时间为T 4.不计粒子的重力及粒子间的相互作用．则(　　) A．粒子做圆周运动的半径 R＝2a B．粒子射入磁场的速度大小 v＝qBa m C．长方形区域的边长满足关系 b＝2a D．长方形区域的边长满足关系 b＝( 3＋1)a 【解答】AD　最先从磁场上边界中飞出的粒子在磁场中的偏转角最小，对应的圆弧最短，可以判断出 是沿 y 轴方向入射的粒子，其运动的轨迹如图甲，则由题意知偏转角： θ＝t T×360°＝ 1 12×360°＝30° 由几何关系得：R＝ a sin 30°＝2a 带电粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，得：qvB＝mv2 R 学 所以：v＝2qBa m ，故 A 正确，B 错误； 在磁场中运动时间最长的粒子，其轨迹是圆心为 C 的圆弧，圆弧与磁场的边界相切，如图乙所示， 设该粒子在磁场中运动的时间为 t′，依题意，t′＝T 4，偏转角度为∠OCA＝π 2.设最后离开磁场的粒子 的发射方向与 y 轴正方向的夹角为 α，由几何关系得：Rsin α＝R－a，解得：sin α＝1 2，α＝30°.由图可得：b ＝Rsin α＋Rcos α＝( 3＋1)a，故 C 错误，D 正确． 学, , ,X,X,K] 带电粒子在有界磁场中的临界极值问题 [解题策略] 1．处理带电粒子在有界磁场中运动的临界问题的技巧 (1)从关键词语找突破口：审题时一定要抓住题干中的关键字眼，如“恰好”、“最大”、“最高”、“至 少”等词语，挖掘其隐含的信息． (2)数学方法与物理方法相结合：借助半径 R 和速度大小 v(或磁感应强度大小 B)之间的关系进行动态 轨迹分析，确定轨迹圆和有界磁场边界之间的关系，找出临界点，然后利用数学方法求极值． | ] 2．磁场区域最小面积的求解方法 在粒子运动过程分析(正确画出运动轨迹示意图)的基础上借助几何关系先确定最小区域示意图，再利 用几何关系求有界磁场区域的最小面积． [题组预测] 1．如图所示，O 为三个半圆的共同圆心，半圆Ⅰ和Ⅱ间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度 B1＝ 1.0 T，Ⅱ和Ⅲ间有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小未知，半圆Ⅰ的半径 R1＝0.5 m，半圆Ⅲ的 半径 R3＝1.5 m．一比荷为 4.0×107 C/kg 的带正电粒子从 O 点沿与水平方向成 θ＝30°角的半径 OC 方向以 速率 v＝1.5×107 m/s 垂直射入磁场 B1 中，恰好能穿过半圆Ⅱ的边界而进入Ⅱ、Ⅲ间的磁场中，粒子再也不 能穿出磁场，不计粒子重力，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.求： (1)半圆Ⅱ的半径 R2； (2)粒子在半圆Ⅰ、Ⅱ间的磁场中的运行时间 t； (3)半圆Ⅱ、Ⅲ间磁场的磁感应强度 B2 应满足的条件． 【解答】　(1)由题意可知粒子的轨迹如图所示，设粒子在半圆Ⅰ、Ⅱ间的磁场中的运行半径为 r1，则由洛 伦兹力提供向心力得 B1qv＝mv2 r1 代入数值得 r1＝3 8 m 由图知(R2－r1)2＝R21＋r21 代入数值得 R2＝1.0 m. (2)由图可知 tan α＝R1 r1 ＝4 3 所以 α＝53° 粒子在半圆Ⅰ、Ⅱ间的磁场中运行的周期为 T＝2πr1 v ＝2πm B1q 粒子在半圆Ⅰ、Ⅱ间的磁场中运动时间 t＝180°－53° 360° T≈5.54×10－8 s. (3) 因粒子不能射出磁场，而粒子进入半圆Ⅱ、Ⅲ间的磁场中的速度方向沿半圆Ⅱ的切线方向，若粒子恰好不穿 过半圆Ⅲ边界，则对应的磁场的磁感应强度最小，设粒子在半圆Ⅱ、Ⅲ间的磁场中的运动的轨迹圆的半径为 r2， 则 r2＝R3－R2 2 ＝0.25 m 由 qvB＝mv2 R 得 B2minqv＝mv2 r2 B2min＝mv qr2＝1.5 T 即半圆Ⅱ、Ⅲ间磁场的磁感应强度 B2 应满足 B2≥1.5 T. 答案　(1)1.0 m　(2)5.54×10－8 s　(3)B2≥1.5 T 2．(2017·济南 4 月模拟)如图所示，在无限长的竖直边界 AC 和 DE 间，上、下部分分别充满方向垂 直于 ADEC 平面向外的匀强磁场，上部分区域的磁感应强度大小为 B0，OF 为上、下磁场的水平分界线．质 量为 m、带电荷量为＋q 的粒子从 AC 边界上与 O 点相距为 a 的 P 点垂直于 AC 边界射入上方磁场区域， 经 OF 上的 Q 点第一次进入下方磁场区域，Q 与 O 点的距离为 3a.不考虑粒子重力． (1)求粒子射入时的速度大小； (2)要使粒子不从 AC 边界飞出，求下方磁场区域的磁感应强度应满足的条件； (3) 若下方区域的磁感应强度 B ＝3B0 ，粒子最终垂直 DE 边界飞出，求边界 DE 与 AC 间距离的可能 值． 【解答】　(1)设粒子在 OF 上方做圆周运动的半径为 R，运动轨迹如图甲所 示 由几何关系可知：(R－a)2＋(3a)2＝R2，得 R＝5a 由牛顿第二定律可知：qvB0＝mv2 R 解得：v＝5aqB0 m 图甲 (2)当粒子恰好不从 AC 边界飞出时，运动轨迹与 AC 相切，如图乙所示， 设粒子在 OF 下方做圆周运动的半径为 r1，由几何关系得： r1＋r1cos θ＝3a 由(1)知 cos θ＝3 5 所以 r1＝15a 8 根 据 qvB1 ＝mv2 r1 图乙 解得：B1＝8B0 3 故当 B1>8B0 3 时，粒子不会从 AC 边界飞出 (3)如图丙所示， 当 B＝3B0 时，根据 qvB＝mv2 r 得粒子在 OF 下方的运动半径为 r＝5 3a 图丙 设粒子的速度方向再次与射入磁场时的速度方向一致时的位置为 P1，则 P 与 P1 的连线一定与 OF 平 行，根据几何关系知：PP1＝4a 所以若粒子最终垂直 DE 边界飞出，边界 DE 与 AC 间的距离为 L＝nPP1＝4na(n＝1,2,3…) 答案　(1)5aqB0 m 　(2)B1>8B0 3 　(3)4na(n＝1,2,3…) 1．如图甲所示，两平行金属板 MN、PQ 的板长和板间距离相等，板间存在如图乙所示的随时间周期 性变化的电场，电场方向与两板垂直，在 t＝0 时刻，一不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入 电场，粒子射入电场时的速度为 v0，t＝T 时刻粒子刚好沿 MN 板右边缘射出电场．则(　　) A．该粒子射出电场时的速度方向一定是沿垂直电场方向的 B．在 t＝T 2时刻，该粒子的速度大小为 2v0 C．若该粒子在T 2时刻以速度 v0 进入电场，则粒子会打在板上 D．若该粒子的入射速度变为 2v0，则该粒子仍在 t＝T 时刻射出电场 【解答】A　粒子射入电场在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上前半个周期内先做匀加速直线运 动，在后半个周期内做匀减速直线运动，一个周期末竖直方向上的分速度为零，可知粒子射出电场时的速 度方向一定沿垂直电场方向，故 A 正确；在 t＝T 2时刻，粒子在水平方向上的分速度为 v0，因为两平行金属 板 MN、PQ 的板长和板间距离相等，则有：v0T＝vy 2·T 2×2，解得 vy＝2v0，根据平行四边形定则知，粒子的 速度大小为 v＝ 5v0，故 B 错误．若该粒子在T 2时刻以速度 v0 进入电场，粒子在竖直方向上的运动情况与 0 时刻进入时运动的情况相反，运动规律相同，则粒子不会打在板上，故 C 错误．若该粒子的入射速度变为 2v0 ，则粒子射出电场的时间 t ＝ L 2v0＝T 2，故 D 错误． 2．(多选)如图所示，在区域Ⅰ和区域Ⅱ内分别存在与纸面垂直但方向相反的匀强磁场，区域Ⅱ内磁感 应强度是区域Ⅰ内磁感应强度的 2 倍，一带电粒子在区域Ⅰ左侧边界处以垂直边界的速度进入区域Ⅰ，发 现粒子离开区域Ⅰ时速度方向改变了 30°，然后进入区域Ⅱ，测得粒子在 区域Ⅱ内的 运动时间与区域Ⅰ内的运动时间相等，则下列说法正确的是(　　) A．粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的速率之比为 1∶1 B．粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的角速度之比为 2∶1 C．粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的圆心角之比为 1∶2 D．区域Ⅰ和区域Ⅱ中的宽度之比为 1∶1 【解答】ACD　由于洛伦兹力对带电粒子不做功，故粒子在两磁场中的运动速率不 变，故 A 正确；由洛伦兹力 F＝qBv＝ma 和 a＝vω 可知，粒子运动的角速度之比为 ω1∶ω2＝B1∶B2＝1∶2，则 B 错误；由于粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ内在区域Ⅰ和区域 Ⅱ内的运动时间相等，由 t＝θm qB可得 t＝θ1m qB1＝θ2m qB2，且 B2＝2B1，所以可得 θ1∶θ2＝1∶ 2，则 C 正确；由题意可知，粒子在区域Ⅰ中运动的圆心角为 30°，则粒子在区域Ⅱ中运动的圆心角为 60°，由 R＝mv qB可知粒子在区域Ⅰ中的运动半径是在区域Ⅱ中运动半径的 2 倍，设粒子在区域Ⅱ中的运动 半径为 r，作粒子运动的轨迹如图所示，则由图可知，区域Ⅰ的宽度 d1＝2rsin 30°＝r；区域Ⅱ的宽度 d2＝ rsin 30°＋rcos(180°－60°－60°)＝r，故 D 正确. 3．(多选)如图所示，匀强磁场分布在半径为 R 的1 4圆形区域 MON 内，Q 为半径 ON 上的一点且 OQ＝ 2 2 R，P 点为边界上一点，且 PQ 与 OM 平行．现有两个完全相同的带电粒子以相同的速度射入磁场(不计粒 子重力及粒子间的相互作用)，其中粒子 1 从 M 点正对圆心射入，恰从 N 点射出，粒子 2 从 P 点沿 PQ 射 入，下列说法正确的是(　　) A．粒子 2 一定从 N 点射出磁场 B．粒子 2 在 P、N 之间某点射出磁场 C．粒子 1 与粒子 2 在磁场中的运行时间之比为 3∶2 D．粒子 1 与粒子 2 在磁场中的运行时间之比为 2∶1 【解答】AD　如图所示，粒子 1 从 M 点正对圆心射入，恰从 N 点射出，根据洛伦 兹力指向圆心和 MN 的中垂线过圆心，可确定圆心为 O1，半径为 R.两个完全相同的带 电粒子以相同的速度射入磁场，粒子运动的半径相同．粒子 2 从 P 点沿 PQ 射入，根 据洛伦兹力指向圆心，圆心 O2 应在 P 点上方 R 处，连接 O2P、ON、OP、O2N，O2PON 为菱形，O2N 大小为 R，所以粒子 2 一定从 N 点射出磁场．A 正确，B 错误．∠MO1N＝ 90°，∠PO2N＝∠POQ，cos ∠POQ＝ OQ OP，所以∠PO2N＝∠POQ＝45°.两个完全相 同的带电粒子以相同的速度射入磁场，粒子运动的周期相同．粒子运动时间与圆心角成正比，所以粒子 1 与粒子 2 在磁场中的运行时间之比为 2∶1.C 错误，D 正确. 【查缺补漏】 1．如图，在 x 轴上方存在垂直纸面向里的磁感应强度为 B 的匀强磁场，x 轴下方存在垂直纸面向外的 磁感应强度为B 2的匀强磁场．一带负电的粒子从原点 O 以与 x 轴成 60°角的方向斜向上射入磁场，且在上方 运动半径为 R(不计重力)，则(　　) A．粒子经偏转一定能回到原点 O B．粒子在 x 轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为 2∶1 C．粒子再次回到 x 轴上方所需的时间为2πm Bq D．粒子第二次射入 x 轴上方磁场时，沿 x 轴前进了 3R 【解答】C　根据对称性，作出粒子的运动轨迹如图所示，则由图可知 A 选项错误；根据 R＝mv Bq可知粒子在 x 轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为 1∶2，则 B 错误；根据轨迹可知，粒子完成一次周期性运动的时间为 t＝1 3×2πm Bq ＋1 3×2πm B 2q ＝ 2πm Bq ，则 C 选项正确；粒子第二次射入 x 轴上方磁场时，沿 x 轴前进的距离为 x＝2Rcos 30°＋4Rcos 30°＝3 3 R，则 D 选项错误． 2．如图所示，左侧为加速电场，右侧为偏转电场，加速电场的加速电压是偏转电场电压的 k 倍，有一 初速度为零的电荷经加速电场加速后，从偏转电场两板正中间垂直电场方向射入，且正好能从极板下边缘 穿出电场，不计电荷的重力，则偏转电场长、宽之比l d的值为(　　) A. k　　　　　　　　　 B. 2k C. 3k D. 5k 【解答】B　设加速电压为 kU，偏转电压为 U，对直线加速过程，根据动能定理，有：q·kU＝1 2mv2 对类平抛运动过程，有：l＝vt d 2＝1 2·qU mdt2 联立解得：l d＝ 2k. 【举一反三】 3．如图所示，绝缘平台 AB 距离水平地面 CD 的高度为 h，整个空间存在水平向右的匀强电场，一质 量为 m、带正电量为 q 的小物块从 P 点由静止开始运动，PB 之间的距离也为 h.若匀强电场的场强 E＝mg 2q， 物块与平台之间的动摩擦因数为 μ＝0.25.求物块落到水平地面上时的速度大小和方向． 【解答】　物块从 P 到 B 的过程，由动能定理得 qEh－μmgh＝1 2mv2B 又 E＝mg 2q，代入解得 vB＝ 1 2gh 物块离开平台后做匀变速曲线运动，竖直方向做自由落体运动，根据 h＝1 2gt2，可得： 下落时间 t＝ 2h g 落地时竖直分速度大小 vy＝ 2gh 在水平方向上，由牛顿第二定律得 qE＝ma，得 a＝g 2 落地时水平分速度大小 vx＝vB＋at＝ 2gh 故物块落到水平地面上时的速度大小 v＝ v2x＋v2y＝2 gh 速度与水平方向的夹角正切 tan α＝vy vx＝1，得 α＝45°. 答案　2gh　与水平方向的夹角是 45° 1. 如图所示，闭合开关 S 后 A、B 板间产生恒定电压 U0，已知两极板的长度均为 L，带负电的粒子(重 力不计)以恒定的初速度 v0，从上极板左端点正下方 h 处，平行极板射入电场，恰好打在上极板的右端 C 点．若将下极板向上移动距离为极板间距的 19 100倍，带电粒子将打在上极板 的 C′点，则 B 板上移后(　　) A．粒子打在 A 板上的动能将变小 B．粒子在板间的运动时间不变 C．极板间的场强将减弱 D．比原入射点低 19 81h 处的入射粒子恰好能打在上板右端 C 点 【解答】D 　带电粒子在电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向受电场力作用 加速运动．设板间距为 d，则有 L＝v0t，h＝qU0 2mdt2 得：t2＝2mdh qU0 ，故 U0 不变，当 d 减小时，粒子运动时间减小， 故 B 错误；竖直方向分速度：vy＝qU0 md t＝ 2hqU0 md ，d 减小，则 vy 增大，故打在 A 板上的速度 v＝ v2y＋v20增大，故 粒子打在 A 板上的动能增大，故 A 错误；恒定电压 U0 一定，下极板向上移动，极板间的场强将增大， 故 C 错误；由 L＝v0t，h＝qU0 2mdt2 得 h＝ qU0L2 2mv20d ，所以h′ h ＝ d d′＝ d (1－ 19 100 d) ＝100 81 ，故 h′＝100 81 h，即比原 入射点低(100 81 －1) h＝19 81h 处的入射粒子恰好能打在上板右端 C 点，故 D 正确． 2．(多选)如图所示，空间存在匀强电场，方向竖直向下，从绝缘斜面上的 M 点沿水平方向抛出一带 电小球，最后小球落在斜面上的 N 点．已知小球的质量为 m，初速度大小为 v0， 斜面倾角为 θ，电场强度大小未知．则下列说法正确的是(　　) A．可以断定小球一定带正电荷 B．可以求出小球落到 N 点时速度的方向 C．可以求出小球到达 N 点过程中重力和电场力对小球所做的总功 D．可以断定，当小球的速度方向与斜面平行时，小球与斜面间的距离最大 【解答】BCD　小球做类平抛运动，电场力既可向上也可向下，故小球带正电、负电都可以，故 A 错 误；利用平抛知识有：y x＝ vy 2t v0t＝ vy 2v0＝tan θ，速度偏向角设为 α，则 tan α＝vy v0＝2tan θ，可求出小球落到 N 点 时的速度大小和方向，故 B 正确；求出小球到达 N 点的速度，由动能定理可以求出小球到达 N 点过程中 重力和电场力对小球所做的总功，故 C 正确；小球在垂直于斜面方向上做匀减速直线运动，当小球在垂直 于斜面方向的速度为零，即小球速度平行于斜面时，小球与斜面间的距离最大，故 D 正确． 3．(多选)如图甲所示，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 T 3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 2v0 B．末速度沿水平方向 C．重力势能减少了 1 2mgd D．克服电场力做功为 mgd 【解答】BC　0 T 3时间内微粒匀速运动，则有：qE0＝mg，T 3 2 3T 内，微粒做平抛运动，下降的位移 x1＝ 1 2g(T 3)2，2 3T T 时间内，微粒的加速度 a＝2qE0－mg m ＝g，方向竖直向上，微粒在竖直方向上做匀减速运动， T 时刻竖直分速度为零，所以末速度的方向沿水平方向，大小为 v0，故 A 错误，B 正确；微粒在竖直方向 上向下运动，位移大小为 1 2d，则重力势能的减少量为 1 2mgd，故 C 正确；在T 3 2 3T 内和 2 3T T 时间内竖直方 向上的加速度大小相等，方向相反，时间相等，则位移的大小相等，为 1 4d，整个过程中克服电场力做功为 2E0·q· 1 4d＝1 2qE0d＝1 2mgd，故 D 错误． 4．(多选)如图所示的匀强磁场中，从 O 点沿 OA 方向垂直磁场发射两个比荷相同的带电粒子，一粒子 经时间 t1 到达直线 OC 上的 P 点，其速率为 v1；另一粒子经时间 t2 到达直 线 OC 上 的 Q 点，其速率为 v2.不计粒子重力和粒子间的相互作用，则(　　) A．v1>v2 B．v1