1、第3講帶電粒子在復合場中的運動知識點知識點 1 1 帶電粒子在復合場中的運動帶電粒子在復合場中的運動【思維激活【思維激活1 1】(2014(2014江西七校聯考江西七校聯考) )在在豎直放置的光滑絕緣圓環上，套有一個帶豎直放置的光滑絕緣圓環上，套有一個帶電荷量為電荷量為-q-q、質量為、質量為m m的小環，整個裝置的小環，整個裝置放在如圖所示的正交電磁場中，電場強度放在如圖所示的正交電磁場中，電場強度E= E= 。當小環從大環頂無初速度下滑時，在滑過多少弧度時。當小環從大環頂無初速度下滑時，在滑過多少弧度時所受洛倫茲力最大（所受洛倫茲力最大（ ）mgq3A.B.C.D.424【解析【解析】選選

2、C C。帶電小環從大環頂端下滑過。帶電小環從大環頂端下滑過程中，在復合場中受到重力、電場力、洛程中，在復合場中受到重力、電場力、洛倫茲力。根據洛倫茲力公式倫茲力。根據洛倫茲力公式f=Bqvf=Bqv，當小環，當小環的速度最大時，所受洛倫茲力最大。當小環滑下過程中，由的速度最大時，所受洛倫茲力最大。當小環滑下過程中，由于重力和電場力大小、方向都不變，我們可以將這兩個力合于重力和電場力大小、方向都不變，我們可以將這兩個力合成，用一個力來替代重力和電場力，電場力成，用一個力來替代重力和電場力，電場力F=EqF=Eq=mg=mg，重力和，重力和電場力的合力電場力的合力F F合合= mg= mg，方向在

3、電場力方向與重力方向之，方向在電場力方向與重力方向之間，與電場力方向夾角間，與電場力方向夾角4545，如圖所示。因此當小環下滑到，如圖所示。因此當小環下滑到 弧度時速度最大，所受洛倫茲力最大。選項弧度時速度最大，所受洛倫茲力最大。選項C C正確。正確。234【知識梳理【知識梳理】帶電粒子在復合場中運動情況分類帶電粒子在復合場中運動情況分類1.1.靜止或勻速直線運動：當帶電粒子在復合場中所受靜止或勻速直線運動：當帶電粒子在復合場中所受_時，將處于靜止狀態或勻速直線運動狀態。時，將處于靜止狀態或勻速直線運動狀態。2.2.勻速圓周運動：當帶電粒子所受的重力與電場力大小勻速圓周運動：當帶電粒子所受的重

4、力與電場力大小_，方向，方向_時，帶電粒子在洛倫茲力的作用下，時，帶電粒子在洛倫茲力的作用下，在垂直于勻強磁場的平面內做勻速圓周運動。在垂直于勻強磁場的平面內做勻速圓周運動。合外力為零合外力為零相等相等相反相反3.3.較復雜的曲線運動：當帶電粒子所受合外力的大小和方向較復雜的曲線運動：當帶電粒子所受合外力的大小和方向均變化，且與初速度方向不在均變化，且與初速度方向不在_上時，粒子做非上時，粒子做非勻變速曲線運動，這時粒子的運動軌跡既不是圓弧，也不是勻變速曲線運動，這時粒子的運動軌跡既不是圓弧，也不是拋物線。拋物線。4.4.分階段運動：帶電粒子可能依次通過幾個情況不同的復合場分階段運動：帶電粒子

5、可能依次通過幾個情況不同的復合場區域，其運動情況隨區域發生變化，其運動過程由幾種不同的區域，其運動情況隨區域發生變化，其運動過程由幾種不同的運動階段組成。運動階段組成。同一條直線同一條直線知識點知識點 2 2 帶電粒子在復合場中運動的應用實例帶電粒子在復合場中運動的應用實例【思維激活【思維激活2 2】( (多選多選) )某制藥廠的污水處理站的管道中安裝了某制藥廠的污水處理站的管道中安裝了如圖所示的流量計，該裝置由絕緣材料制成，長、寬、高分別如圖所示的流量計，該裝置由絕緣材料制成，長、寬、高分別為為a a、b b、c c，左右兩端開口，在垂直于上下底面方向加磁感應，左右兩端開口，在垂直于上下底面

6、方向加磁感應強度為強度為B B的勻強磁場，在前后兩表面的內側固定有金屬板作為的勻強磁場，在前后兩表面的內側固定有金屬板作為電極，當含有大量正負離子電極，當含有大量正負離子( (其重力不計其重力不計) )的污水充滿管口從左的污水充滿管口從左向右流經該裝置時，利用電壓表所顯示的兩個電極間的電壓向右流經該裝置時，利用電壓表所顯示的兩個電極間的電壓U U，就可測出污水流量就可測出污水流量Q(Q(單位時間內流出的污水體積單位時間內流出的污水體積) )，則下列說，則下列說法正確的是（法正確的是（ ）A.A.后表面的電勢一定高于前表面的電勢，與正、負哪種離子多后表面的電勢一定高于前表面的電勢，與正、負哪種離

7、子多少無關少無關B.B.若污水中正負離子數相同，則前、后表面的電勢差為零若污水中正負離子數相同，則前、后表面的電勢差為零C.C.流量流量Q Q越大，兩個電極間的電壓越大，兩個電極間的電壓U U越大越大D.D.污水中離子數越多，兩個電極間的電壓污水中離子數越多，兩個電極間的電壓U U越大越大【解析【解析】選選A A、C C。由左手定則可知，正、負離子從左向右流經。由左手定則可知，正、負離子從左向右流經該裝置時，正離子向后表面偏轉，負離子向前表面偏轉，故該裝置時，正離子向后表面偏轉，負離子向前表面偏轉，故A A正確，正確，B B錯誤；在一定范圍內，由法拉第電磁感應定律得錯誤；在一定范圍內，由法拉第

8、電磁感應定律得U=BbvU=Bbv，因此流量因此流量Q Q越大，離子運動速度越大，兩個電極間的電壓越大，離子運動速度越大，兩個電極間的電壓U U也就也就越大，越大，C C正確，正確，D D錯誤。錯誤。【知識梳理【知識梳理】 裝置裝置原理圖原理圖規律規律速度速度選擇器選擇器若若qvqv0 0B=qEB=qE，即，即v v0 0=_=_，粒子做，粒子做_運動運動 磁流體磁流體發電機發電機等離子體射入，受洛倫茲力偏等離子體射入，受洛倫茲力偏轉，使兩極帶電，當轉，使兩極帶電，當q =qvq =qv0 0B B時，兩極板間能達到最大電勢時，兩極板間能達到最大電勢差差U=_U=_EB勻速直線勻速直線UdB

9、vBv0 0d d裝置裝置原理圖原理圖規律規律電磁電磁流量計流量計霍爾霍爾效應效應在勻強磁場中放置一個矩形截面的在勻強磁場中放置一個矩形截面的載流導體，當載流導體，當_與電流方與電流方向垂直時，導體在與磁場、電流方向垂直時，導體在與磁場、電流方向都垂直的方向上出現了向都垂直的方向上出現了_，這種現象稱為霍爾效應這種現象稱為霍爾效應UqqvBv_dQSv_當時，有，流量UBd2dU2Bd（ ）磁場方向磁場方向電勢差電勢差【微點撥【微點撥】1.1.處理帶電粒子在復合場中的運動時，要做到處理帶電粒子在復合場中的運動時，要做到“三個分析三個分析”：(1)(1)正確分析受力情況，重點明確重力是否不計和洛

10、倫茲力的正確分析受力情況，重點明確重力是否不計和洛倫茲力的方向。方向。(2)(2)正確分析運動情況，常見的運動形式有：勻速直線運動、正確分析運動情況，常見的運動形式有：勻速直線運動、勻速圓周運動和一般變速曲線運動。勻速圓周運動和一般變速曲線運動。(3)(3)正確分析各力的做功情況，主要分析電場力和重力的功，正確分析各力的做功情況，主要分析電場力和重力的功，洛倫茲力一定不做功。洛倫茲力一定不做功。2.2.常見的三個易錯易混點：常見的三個易錯易混點：(1)(1)等離子體是一種正、負電荷幾乎相等，對外呈電中性的高等離子體是一種正、負電荷幾乎相等，對外呈電中性的高度電離的氣體。度電離的氣體。(2)(2

11、)流量是單位時間內流過某一截面液體的體積，而不是某段流量是單位時間內流過某一截面液體的體積，而不是某段時間內的總體積。時間內的總體積。(3)(3)帶電離子在速度選擇器中的曲線運動，不是帶電離子在速度選擇器中的曲線運動，不是“類平拋類平拋”運運動，而是復雜的曲線運動。動，而是復雜的曲線運動。考點考點1 1 帶電粒子在組合場中的運動帶電粒子在組合場中的運動“電偏轉電偏轉”和和“磁偏轉磁偏轉”的比較：的比較：對比對比分析分析垂直電場線進入勻強電場垂直電場線進入勻強電場( (不計重力不計重力) )垂直磁感線進入勻強磁場垂直磁感線進入勻強磁場( (不計重力不計重力) )受力受力情況情況電場力電場力F F

12、E E=qE=qE，其大小、方，其大小、方向不變，與速度向不變，與速度v v無關，無關，F FE E是恒力是恒力洛倫茲力洛倫茲力F FB B=qvB=qvB，其大小，其大小不變，方向隨不變，方向隨v v而改變，而改變，F FB B是變力是變力軌跡軌跡拋物線拋物線圓或圓的一部分圓或圓的一部分垂直電場線進入勻強電場垂直電場線進入勻強電場( (不計重力不計重力) )垂直磁感線進入勻強磁場垂直磁感線進入勻強磁場( (不計重力不計重力) )運動運動軌跡軌跡垂直電場線進入勻強電場垂直電場線進入勻強電場( (不計重力不計重力) )垂直磁感線進入勻強磁場垂直磁感線進入勻強磁場( (不計重力不計重力) )求解求

13、解方法方法偏移距離偏移距離y y和偏轉角和偏轉角要要結合圓的幾何關系利用圓結合圓的幾何關系利用圓周運動規律討論求解周運動規律討論求解x00y2yx0vvxv tqEvtm1 qEyt2 mvqEttanvmv 利用類似平拋運動的規律求解：，偏轉角 ：mvrqB2 mTqB半徑：周期：垂直電場線進入勻強電場垂直電場線進入勻強電場( (不計重力不計重力) )垂直磁感線進入勻強磁場垂直磁感線進入勻強磁場( (不計重力不計重力) )運動運動時間時間動能動能變化變化不變不變0LtvmtT2Bq【題組通關方案【題組通關方案】【典題【典題1 1】(13(13分分)(2013)(2013安徽高考安徽高考) )

14、如圖所示的平面直角坐標系如圖所示的平面直角坐標系xOyxOy，在第，在第象限內有平行于象限內有平行于y y軸的勻強電場，方向沿軸的勻強電場，方向沿y y軸正方向；軸正方向；在第在第象限的正三角形象限的正三角形abcabc區域內有勻強磁場，方向垂直于區域內有勻強磁場，方向垂直于xOyxOy平平面向里，正三角形邊長為面向里，正三角形邊長為L L，且，且abab邊與邊與y y軸平行。一質量為軸平行。一質量為m m、電、電荷量為荷量為q q的粒子，從的粒子，從y y軸上的軸上的P(0P(0，h)h)點，以大小為點，以大小為v v0 0的速度沿的速度沿x x軸軸正方向射入電場，通過電場后從正方向射入電場

15、，通過電場后從x x軸上的軸上的a(2ha(2h，0)0)點進入第點進入第象象限，又經過磁場從限，又經過磁場從y y軸上的某點進入第軸上的某點進入第象限，且速度與象限，且速度與y y軸負方軸負方向成向成4545角，不計粒子所受的重力。求：角，不計粒子所受的重力。求：(1)(1)電場強度電場強度E E的大小；的大小；(2)(2)粒子到達粒子到達a a點時速度的大小和方向；點時速度的大小和方向；(3)abc(3)abc區域內磁場的磁感應強度區域內磁場的磁感應強度B B的最小值。的最小值。【解題探究【解題探究】(1)(1)帶電粒子在第帶電粒子在第象限只受象限只受_作用，其運動性質是作用，其運動性質是

16、_。在在x x方向做方向做_運動，故運動，故2h=_2h=_。在在y y方向做方向做_運動，故運動，故h=_h=_。電場力電場力勻變速曲線運動勻變速曲線運動( (類平拋運動類平拋運動) )勻速直線勻速直線v v0 0t t勻加速直線勻加速直線21at2（2 2）如何求帶電粒子進入磁場的速度方向？）如何求帶電粒子進入磁場的速度方向？提示：提示：設該速度與設該速度與x x軸正向成軸正向成角，則角，則tantan= =故故=45=45。yx0vat1vv ，【典題解析【典題解析】（1 1）設粒子在電場中的運動）設粒子在電場中的運動時間為時間為t t，則有，則有x=vx=v0 0t=2h y= att

17、=2h y= at2 2=h (2=h (2分分) )qEqE=ma (1=ma (1分分) )聯立以上三式可得聯立以上三式可得E= (1E= (1分分) )1220mv2qh(2)(2)粒子到達粒子到達a a點時，沿負點時，沿負y y方向的分速度方向的分速度v vy y=at=v=at=v0 0 (2(2分分) )粒子到達粒子到達a a點時速度的大小點時速度的大小v= v= 方向指向方向指向第第象限，與象限，與x x軸正方向成軸正方向成4545角。角。 (2(2分分) )22xy0vv 2v，（3 3）粒子在磁場中運動時，洛倫茲力提供向心力）粒子在磁場中運動時，洛倫茲力提供向心力qvBqvB

18、= (2= (2分分) )當粒子從當粒子從b b點射出時，磁場的磁感應強度為最小值，此時有點射出時，磁場的磁感應強度為最小值，此時有r= (1r= (1分分) )所以磁感應強度所以磁感應強度B B的最小值的最小值B= (2B= (2分分) )答案：答案：（1 1） （2 2） 方向指向第方向指向第象限，與象限，與x x軸正方軸正方向成向成4545角角 （3 3）2vmr2L2，02mvmvqrqL20mv2qh02v02mvqL【通關【通關1+11+1】1.(1.(拓展延伸）結拓展延伸）結合【典題合【典題1 1】試】試求下列問題：求下列問題：（1 1）帶電粒子從）帶電粒子從P P點出發，到再次

19、經過點出發，到再次經過y y軸，一共用了多長時軸，一共用了多長時間？間？（2 2）帶電粒子從）帶電粒子從P P點到再次經過點到再次經過y y軸的位置相距多遠？軸的位置相距多遠？提示：提示：（1 1）帶電粒子在電場中用時）帶電粒子在電場中用時t=t=在磁場中用時在磁場中用時t=t=從從b b處到處到y y軸用時：軸用時：t=t=所以總時間所以總時間t t總總=t+t+t=t+t+t=（2 2）設離開）設離開y y軸的位置為軸的位置為PP點，點，則則OP= r+2h=L+2hOP= r+2h=L+2h故故PP=PO+OP=L+3hPP=PO+OP=L+3h答案：答案：（1 1） (2)L+3h(2

20、)L+3h02hv，00112 rLT444v2v，02 2h2hvv004hLv4v2004hLv4v2.(20142.(2014南京模擬南京模擬) )如圖所示，直角三角形如圖所示，直角三角形OAC(OAC(=30=30) )區區域內有域內有B=0.5TB=0.5T的勻強磁場，方向如圖所示。兩平行極板的勻強磁場，方向如圖所示。兩平行極板M M、N N接在電壓為接在電壓為U U的直流電源上，左板為高電勢。一帶正電的粒子的直流電源上，左板為高電勢。一帶正電的粒子從靠近從靠近M M板由靜止開始加速，從板由靜止開始加速，從N N板的小孔射出電場后，垂直板的小孔射出電場后，垂直OAOA的方向從的方向從

21、P P點進入磁場中。帶電粒子的比荷為點進入磁場中。帶電粒子的比荷為 =10=105 5C/kgC/kg，OPOP間距離為間距離為L=0.3mL=0.3m。全過程不計粒子所受的重力，則：。全過程不計粒子所受的重力，則：qm(1)(1)若加速電壓若加速電壓U=120VU=120V，通過計算說明粒子從三角形，通過計算說明粒子從三角形OACOAC的哪一的哪一邊離開磁場邊離開磁場? ?(2)(2)求粒子分別從求粒子分別從OAOA、OCOC邊離開磁場時粒子在磁場中運動的時邊離開磁場時粒子在磁場中運動的時間。間。【解析【解析】(1)(1)如圖所示，當帶電粒子的軌跡如圖所示，當帶電粒子的軌跡與與OCOC邊相切

22、時為臨界狀態，設臨界半徑為邊相切時為臨界狀態，設臨界半徑為R R，加速電壓為加速電壓為U U0 0，則有：，則有：R R L L，解得，解得R R0.1 m0.1 m，qUqU0 0 mvmv2 2，qvBqvB U U0 0125 V125 V，UUUU0 0，則，則rRr0)0)的粒子由的粒子由S S1 1靜止釋放，粒子在電場力的作用下向右靜止釋放，粒子在電場力的作用下向右運動，在運動，在t= t= 時刻通過時刻通過S S2 2垂直于邊界進入右側磁場區。垂直于邊界進入右側磁場區。( (不計不計粒子重力，不考慮極板外的電場粒子重力，不考慮極板外的電場) )0T2(1)(1)求粒子到達求粒子到

23、達S S2 2時的速度大小時的速度大小v v和極板間距和極板間距d d。(2)(2)為使粒子不與極板相撞，求磁感應強度的大小應滿足的條件。為使粒子不與極板相撞，求磁感應強度的大小應滿足的條件。(3)(3)若已保證了粒子未與極板相撞，為使粒子在若已保證了粒子未與極板相撞，為使粒子在t=3Tt=3T0 0時刻再次到時刻再次到達達S S2 2，且速度恰好為零，求該過程中粒子在磁場內運動的時間和，且速度恰好為零，求該過程中粒子在磁場內運動的時間和磁感應強度的大小。磁感應強度的大小。【解析【解析】（1 1）粒子由）粒子由S S1 1至至S S2 2的過程，根據動能定理得的過程，根據動能定理得qUqU0

24、0= mv= mv2 2 由由式得式得v= v= 設粒子的加速度大小為設粒子的加速度大小為a a，由牛頓第二定律得，由牛頓第二定律得 =ma =ma 由運動學公式得由運動學公式得d= d= 聯立聯立式得式得d= d= 1202qUm0Uqd20T1a22（）00T2qU4m（2 2）設磁感應強度大小為）設磁感應強度大小為B B，粒子在磁場中做勻速圓周運動的，粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為半徑為R R，由牛頓第二定律得，由牛頓第二定律得qvBqvB= = 要使粒子在磁場中運動時不與極板相撞，必須滿足要使粒子在磁場中運動時不與極板相撞，必須滿足2R 2R 聯立聯立式得式得B B0)0)的粒子從

25、坐標原點的粒子從坐標原點O O沿沿xOyxOy平面以不平面以不同的初速度大小和方向入射到該磁場中。不計重力和粒子間的同的初速度大小和方向入射到該磁場中。不計重力和粒子間的影響。影響。(1)(1)若粒子以初速度若粒子以初速度v v1 1沿沿y y軸正向入射，恰好能經過軸正向入射，恰好能經過x x軸上的軸上的A(aA(a，0)0)點，求點，求v v1 1的大小；的大小；(2)(2)已知一粒子的初速度大小為已知一粒子的初速度大小為v(vv(vvv1 1) )，為使該粒子能經過，為使該粒子能經過A(aA(a，0)0)點，其入射角點，其入射角(粒子初速度與粒子初速度與x x軸正向的夾角軸正向的夾角) )

26、有幾個有幾個? ?并求出對應的并求出對應的sinsin值；值；(3)(3)如圖乙，若在此空間再加入沿如圖乙，若在此空間再加入沿y y軸正向、大小為軸正向、大小為E E的勻強電的勻強電場，一粒子從場，一粒子從O O點以初速度點以初速度v v0 0沿沿y y軸正向發射。研究表明：粒子軸正向發射。研究表明：粒子在在xOyxOy平面內做周期性運動，且在任一時刻，粒子速度的平面內做周期性運動，且在任一時刻，粒子速度的x x分量分量v vx x與其所在位置的與其所在位置的y y坐標成正比，比例系數與場強大小坐標成正比，比例系數與場強大小E E無關。無關。求該粒子運動過程中的最大速度值求該粒子運動過程中的最

27、大速度值v vm m。【解題探究【解題探究】(1)(1)無電場時，若以無電場時，若以v v1 1沿沿y y軸正向入射，恰從軸正向入射，恰從A(aA(a，0)0)點離點離開，則粒子做圓周運動的半徑開，則粒子做圓周運動的半徑R R1 1=_=_。(2)(2)無電場時，若以無電場時，若以vvvv1 1，與，與x x軸正向夾角軸正向夾角入射，也從入射，也從A A點點離開，則離開，則_的長度為一條弦的長度。的長度為一條弦的長度。a2OAOA（3 3）加上電場后，粒子做的是圓周運動嗎？在哪里動能最大？）加上電場后，粒子做的是圓周運動嗎？在哪里動能最大？提示：提示：粒子做的是復雜曲線運動，不是圓周運動，粒子

28、在曲線粒子做的是復雜曲線運動，不是圓周運動，粒子在曲線運動的最高處動能最大。運動的最高處動能最大。【典題解析【典題解析】（1 1）帶電粒子以速率）帶電粒子以速率v v在磁場中做半徑為在磁場中做半徑為R R的的勻速圓周運動，有勻速圓周運動，有qvBqvB= = （2 2分）分）當粒子以初速度當粒子以初速度v v1 1沿沿y y軸正方向入射時，轉過半個圓周至軸正方向入射時，轉過半個圓周至A A點，點，據幾何關系有據幾何關系有a=2Ra=2R1 1 （2 2分）分）聯立聯立式解得式解得v v1 1= (2= (2分分) )2vmRqBa2m（2 2）如圖，）如圖，O O、A A兩點處于同一圓周上，兩

29、點處于同一圓周上，且圓心在且圓心在x= x= 的直線上，半徑為的直線上，半徑為R R。當給定一個初速度當給定一個初速度v v時，有時，有2 2個入射角，個入射角，分別在第分別在第1 1、2 2象限，有：象限，有： sin=sinsin=sin= = （2 2分）分）由由兩式得兩式得sinsin= (2= (2分分) )a2a2RaqB2mv（3 3）粒子在運動過程中僅電場力做功，因而在軌道的最高點）粒子在運動過程中僅電場力做功，因而在軌道的最高點處速率最大，其縱坐標為處速率最大，其縱坐標為y ym m據動能定理有據動能定理有qEyqEym m= = （3 3分）分）依題意有依題意有v vm m

30、=ky=kym m （2 2分）分）由于比例系數與場強無關，若由于比例系數與場強無關，若E=0E=0時，粒子以初速度時，粒子以初速度v v0 0沿沿y y軸軸正向入射，有正向入射，有qvqv0 0B= B= （2 2分）分）v v0 0=kR=kR0 0 （2 2分）分）由由式得式得v vm m= (2= (2分分) )答案：答案：（1 1） （2 2）見典題解析）見典題解析 （3 3）22m011mvmv22200vmR220EE()vBBqBa2m220EE()vBB【通關【通關1+11+1】1.(20141.(2014徐州模擬徐州模擬) )為監測某化工廠的污水排放量，技術人員為監測某化工

31、廠的污水排放量，技術人員在該廠的排污管末端安裝了如圖所示的流量計。該裝置由絕緣在該廠的排污管末端安裝了如圖所示的流量計。該裝置由絕緣材料制成，長、寬、高分別為材料制成，長、寬、高分別為a a、b b、c c，左右兩端開口。在垂，左右兩端開口。在垂直于上下底面方向加磁感應強度大小為直于上下底面方向加磁感應強度大小為B B的勻強磁場，在前后的勻強磁場，在前后兩個內側面分別固定有金屬板作為電極。污水充滿管口從左向兩個內側面分別固定有金屬板作為電極。污水充滿管口從左向右流經該裝置時，電壓表將顯示兩個電極間的電壓右流經該裝置時，電壓表將顯示兩個電極間的電壓U U。若用。若用Q Q表表示污水流量示污水流量

32、( (單位時間內排出的污水體積單位時間內排出的污水體積) )，下列說法中正確的，下列說法中正確的是（是（ ）A.A.若污水中正離子較多，則前表面比后表面電勢高若污水中正離子較多，則前表面比后表面電勢高B.B.若污水中負離子較多，則前表面比后表面電勢高若污水中負離子較多，則前表面比后表面電勢高C.C.污水中離子濃度越高，電壓表的示數將越大污水中離子濃度越高，電壓表的示數將越大D.D.污水流量污水流量Q Q與與U U成正比，與成正比，與a a、b b無關無關【解析【解析】選選D D。這個題目主要考查電磁感應知識，與霍爾元件。這個題目主要考查電磁感應知識，與霍爾元件工作原理相似，等效為金屬桿切割類的

33、問題，根據工作原理相似，等效為金屬桿切割類的問題，根據U=BbvU=Bbv，v v為污水的流速，為污水的流速，b b為等效切割的長度。根據左手定則可以判為等效切割的長度。根據左手定則可以判斷出，無論污水中正離子較多還是污水中負離子較多，總是斷出，無論污水中正離子較多還是污水中負離子較多，總是后表面比前表面電勢高，故后表面比前表面電勢高，故A A、B B錯；由錯；由U=BbvU=Bbv可以看出，電壓可以看出，電壓表的示數與污水中離子濃度無關，所以表的示數與污水中離子濃度無關，所以C C錯；由錯；由U=BbvU=Bbv和和Q=bcvQ=bcv可知可知Q= Q= ，污水流量，污水流量Q Q與與U U

34、成正比，與成正比，與a a、b b無關。無關。cUB2.(20122.(2012浙江高考浙江高考) )如圖所示，兩塊水平放置、相距為如圖所示，兩塊水平放置、相距為d d的長的長金屬板接在電壓可調的電源上。兩板之間的右側區域存在方向金屬板接在電壓可調的電源上。兩板之間的右側區域存在方向垂直紙面向里的勻強磁場。將噴墨打印機的噴口靠近上板下表垂直紙面向里的勻強磁場。將噴墨打印機的噴口靠近上板下表面，從噴口連續不斷噴出質量均為面，從噴口連續不斷噴出質量均為m m、水平速度均為、水平速度均為v v0 0、帶相、帶相等電荷量的墨滴。調節電源電壓至等電荷量的墨滴。調節電源電壓至U U，墨滴在電場區域恰能沿，

35、墨滴在電場區域恰能沿水平向右做勻速直線運動；進入電場、磁場共存區域后，最終水平向右做勻速直線運動；進入電場、磁場共存區域后，最終垂直打在下板的垂直打在下板的M M點。點。(1)(1)判斷墨滴所帶電荷的種類，并求其電荷量。判斷墨滴所帶電荷的種類，并求其電荷量。(2)(2)求磁感應強度求磁感應強度B B的值。的值。(3)(3)現保持噴口方向不變，使其豎直下移到兩板中間的位置。現保持噴口方向不變，使其豎直下移到兩板中間的位置。為了使墨滴仍能到達下板為了使墨滴仍能到達下板M M點，應將磁感應強度調至點，應將磁感應強度調至BB，則，則BB的大小為多少的大小為多少? ?【解析【解析】(1)(1)墨滴受重力

36、和電場力做勻速直線運動，電場力與墨滴受重力和電場力做勻速直線運動，電場力與重力平衡，電場的方向豎直向下，說明墨滴帶負電荷，設其電重力平衡，電場的方向豎直向下，說明墨滴帶負電荷，設其電荷量為荷量為q q，則有則有q =mgq =mg 所以所以q=q= UdmgdU(2)(2)墨滴進入電場和磁場共存區域后，受重力、電場力和洛倫墨滴進入電場和磁場共存區域后，受重力、電場力和洛倫茲力作用，但重力和電場力平衡，合力等于洛倫茲力，墨滴做茲力作用，但重力和電場力平衡，合力等于洛倫茲力，墨滴做勻速圓周運動，設圓周運動半徑為勻速圓周運動，設圓周運動半徑為R R，有有qvqv0 0B= B= 因為墨滴垂直打在下板

37、，墨滴在該區域完成一個四分之一圓周因為墨滴垂直打在下板，墨滴在該區域完成一個四分之一圓周運動，根據幾何關系可知，運動，根據幾何關系可知，半徑半徑R=dR=d 聯立聯立得得B=B= 20vmR02v Ugd(3)(3)根據題設，墨滴運動軌跡如圖所示，設圓周半徑為根據題設，墨滴運動軌跡如圖所示，設圓周半徑為RR，則有則有qvqv0 0B= B= 由圖示幾何關系，得由圖示幾何關系，得RR2 2=d=d2 2+(R- d)+(R- d)2 2 得得R= dR= d 聯立聯立式，得式，得B=B=答案：答案：(1)(1)負電荷負電荷 (2)(2) (3)(3)20vmR125402v Ugd024v U5

38、gdmgdU024v U5gd【加固訓練【加固訓練】1.1.如圖所示，如圖所示，A A、B B間存在與豎直方向成間存在與豎直方向成4545斜向上的勻強電斜向上的勻強電場場E E1 1，B B、C C間存在豎直向上的勻強電場間存在豎直向上的勻強電場E E2 2，A A、B B的間距為的間距為1.25m1.25m，B B、C C的間距為的間距為3m3m，C C為熒光屏。一質量為熒光屏。一質量m=1.0m=1.01010-3-3kgkg，電荷量，電荷量q=+1.0q=+1.01010-2-2C C的帶電粒子由的帶電粒子由a a點靜止釋放，恰點靜止釋放，恰好沿水平方向經過好沿水平方向經過b b點到達熒

39、光屏上的點到達熒光屏上的O O點。若在點。若在B B、C C間再加方間再加方向垂直于紙面向外且大小向垂直于紙面向外且大小B=0.1TB=0.1T的勻強磁場，粒子經的勻強磁場，粒子經b b點偏轉點偏轉到達熒光屏的到達熒光屏的OO點點( (圖中未畫出圖中未畫出) )。g g取取10m/s10m/s2 2，求：，求：(1)E(1)E1 1的大小；的大小；(2)(2)加上磁場后，粒子由加上磁場后，粒子由b b點到點到OO點電勢能的變化量。點電勢能的變化量。【解析【解析】(1)(1)粒子在粒子在A A、B B間做勻加速直線運動，豎直方向受力間做勻加速直線運動，豎直方向受力平衡，則有：平衡，則有：qEqE

40、1 1cos45cos45=mg=mg解得：解得：E E1 1= N/C=1.4 N/C= N/C=1.4 N/C。(2)(2)粒子從粒子從a a到到b b的過程中，由動能定理得：的過程中，由動能定理得：qEqE1 1d dABABsin45sin45= =解得解得v vb b=5m/s=5m/s加磁場前粒子在加磁場前粒子在B B、C C間必做勻速直線運動，則有：間必做勻速直線運動，則有：qEqE2 2=mg=mg22b1mv2加磁場后粒子在加磁場后粒子在B B、C C間必做勻速圓周運動，如圖所示，間必做勻速圓周運動，如圖所示，由動力學知識可得：由動力學知識可得：qvqvb bB B= = 解

41、得：解得：R=5mR=5m設偏轉距離為設偏轉距離為y y，由幾何知識得：由幾何知識得：R R2 2= +(R-y)= +(R-y)2 2代入數據得代入數據得y=1.0my=1.0m2bvmR2BCd粒子在粒子在B B、C C間運動時電場力做的功為間運動時電場力做的功為W=-qEW=-qE2 2y=-mgyy=-mgy=-1.0=-1.01010-2-2J J。由功能關系知，粒子的電勢能增加了由功能關系知，粒子的電勢能增加了1.01.01010-2-2J J。答案：答案：(1)1.4N/C(1)1.4N/C(2)(2)增加了增加了1.01.01010-2-2J J2.2.如圖甲所示，寬度為如圖甲

42、所示，寬度為d d的豎直狹長區域內的豎直狹長區域內( (邊界為邊界為L L1 1、L L2 2) )，存，存在垂直紙面向里的勻強磁場和豎直方向上的周期性變化的電場在垂直紙面向里的勻強磁場和豎直方向上的周期性變化的電場( (如圖乙所示如圖乙所示) )，電場強度的大小為，電場強度的大小為E E0 0，E E0 000表示電場方向豎直表示電場方向豎直向上。向上。t=0t=0時，一帶正電、質量為時，一帶正電、質量為m m的微粒從左邊界上的的微粒從左邊界上的N N1 1點以點以水平速度水平速度v v射入該區域，沿直線運動到射入該區域，沿直線運動到Q Q點后，做一次完整的圓點后，做一次完整的圓周運動，再沿

43、直線運動到右邊界上的周運動，再沿直線運動到右邊界上的N N2 2點。點。Q Q為線段為線段N N1 1N N2 2的中點，的中點，重力加速度為重力加速度為g g。上述。上述d d、E E0 0、m m、v v、g g為已知量。為已知量。(1)(1)求微粒所帶電荷量求微粒所帶電荷量q q和磁感應強度和磁感應強度B B的大小；的大小；(2)(2)求電場變化的周期求電場變化的周期T T；(3)(3)改變寬度改變寬度d d，使微粒仍能按上述運動過程通過相應寬度的區，使微粒仍能按上述運動過程通過相應寬度的區域，求域，求T T的最小值。的最小值。【解析【解析】(1)(1)微粒做直線運動，則微粒做直線運動，

44、則mg+qEmg+qE0 0=qvB=qvB 微粒做圓周運動，則微粒做圓周運動，則mg=qEmg=qE0 0 q=q= 聯立聯立得得B=B= 0mgE02Ev(2)(2)設微粒從設微粒從N N1 1點運動到點運動到Q Q點的時間為點的時間為t t1 1，做圓周運動的半徑為，做圓周運動的半徑為R R，周期為周期為t t2 2，則，則 =vt=vt1 1 qvBqvB= = 2R=vt2R=vt2 2 聯立聯立得得t t1 1= = ，t t2 2= = 電場變化的周期電場變化的周期T=tT=t1 1+t+t2 2= = d22vmRd2vvgdv2vg(3)(3)若微粒能完成題述的運動過程，要求

45、若微粒能完成題述的運動過程，要求d2Rd2R 聯立聯立得得R=R= 設微粒在設微粒在N N1 1Q Q段直線運動的最短時間為段直線運動的最短時間為t t1min1min，則，則由由得得t t1min1min= =因因t t2 2不變，所以不變，所以T T的最小值的最小值T Tminmin=t=t1min1min+t+t2 2= =答案：答案：(1)(1) (2) (2) (3)(3)2v2gv2g(21)v2g。002EmgEvdv2vg(21)v2g【學科素養升華【學科素養升華】帶電體在復合場中運動的歸類分析帶電體在復合場中運動的歸類分析(1)(1)磁場力、重力并存。磁場力、重力并存。若重力

46、和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運動。若重力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運動。若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復雜的曲線運動，若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，故機械能守恒。因洛倫茲力不做功，故機械能守恒。(2)(2)電場力、磁場力并存電場力、磁場力并存( (不計重力的微觀粒子不計重力的微觀粒子) )。若電場力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運動。若電場力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運動。若電場力和洛倫茲力不平衡，則帶電體做復雜的曲線運動，若電場力和洛倫茲力不平衡，則帶電體做復雜的曲線運動，可用動能定理求解。可用動能定理求解。(3)(3)

47、電場力、磁場力、重力并存。電場力、磁場力、重力并存。若三力平衡，帶電體做勻速直線運動。若三力平衡，帶電體做勻速直線運動。若重力與電場力平衡，帶電體做勻速圓周運動。若重力與電場力平衡，帶電體做勻速圓周運動。若合力不為零，帶電體可能做復雜的曲線運動，可用能量守若合力不為零，帶電體可能做復雜的曲線運動，可用能量守恒定律或動能定理求解。恒定律或動能定理求解。【資源平臺【資源平臺】帶電體在復合場中受力分析帶電體在復合場中受力分析與運動分析與運動分析如圖所示，粗糙的足夠長的豎直木桿上套如圖所示，粗糙的足夠長的豎直木桿上套有一個帶電的小球，整個裝置處在由水平有一個帶電的小球，整個裝置處在由水平勻強電場和垂直

48、紙面向外的勻強磁場組成的足夠大的復合場中，勻強電場和垂直紙面向外的勻強磁場組成的足夠大的復合場中，小球由靜止開始下滑，在整個運動過程中小球的小球由靜止開始下滑，在整個運動過程中小球的v-tv-t圖像如圖圖像如圖所示，其中正確的是（所示，其中正確的是（ ）【解析【解析】選選C C。該題中，小球的運動性質。該題中，小球的運動性質與電性無關。設小球帶正電，對帶電小球與電性無關。設小球帶正電，對帶電小球進行受力分析如圖所示，剛開始速度進行受力分析如圖所示，剛開始速度v v比比較小，較小，F F洛洛=qvB=qvB比較小，電場力比較小，電場力FFFF洛洛，G-FG-Ff f=ma=ma，即，即ma=G-

49、(F-qvBma=G-(F-qvB) )，隨著速度，隨著速度v v的不斷增大，的不斷增大，a a也不斷增也不斷增大。當大。當F=FF=F洛洛時，時，a a最大，為重力加速度最大，為重力加速度g g。再隨著速度。再隨著速度v v的不斷的不斷增大，增大，FFFF洛洛，即，即ma=G-(qvBma=G-(qvB-F)-F)，加速度，加速度a a不斷減小，當不斷減小，當a a減小減小到零時，到零時，G=FG=Ff f，再往后做勻速運動。，再往后做勻速運動。滿分指導之滿分指導之8 8帶電粒子在組合場中運動問題規范求解帶電粒子在組合場中運動問題規范求解【案例剖析【案例剖析】(18(18分分)(2013)(

50、2013天津高考天津高考) )一圓筒的橫截面如圖所一圓筒的橫截面如圖所示，其圓心為示，其圓心為O O。筒內有垂直于紙面向里的勻強磁場筒內有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應，磁感應強度為強度為B B。圓筒下面有相距為。圓筒下面有相距為d d的平行金屬板的平行金屬板M M、N N，其中，其中M M板帶板帶正電荷，正電荷，N N板帶等量負電荷板帶等量負電荷。質量為。質量為m m、電荷量為、電荷量為q q的帶正電粒的帶正電粒子自子自M M板邊緣的板邊緣的P P處由靜止釋放，經處由靜止釋放，經N N板的小孔板的小孔S S以速度以速度v v沿半徑沿半徑SOSO方向射入磁場中。方向射入磁場中。粒子與圓筒發生

51、兩次碰撞后仍從粒子與圓筒發生兩次碰撞后仍從S S孔射出孔射出，設粒子與圓筒碰撞過程中沒有動能損失設粒子與圓筒碰撞過程中沒有動能損失，且電荷量保持不變，且電荷量保持不變，在不計重力的情況下，求：在不計重力的情況下，求：(1)M(1)M、N N間電場強度間電場強度E E的大小；的大小；(2)(2)圓筒的半徑圓筒的半徑R R；(3)(3)保持保持M M、N N間電場強度間電場強度E E不變，僅將不變，僅將M M板向上平移板向上平移 d d，粒子粒子仍從仍從M M板邊緣的板邊緣的P P處由靜止釋放，粒子自進入圓筒至從處由靜止釋放，粒子自進入圓筒至從S S孔射出孔射出期間，與圓筒的碰撞次數期間，與圓筒的

52、碰撞次數n n。23【審題【審題】抓住信息，準確推斷抓住信息，準確推斷關鍵信息關鍵信息信息挖掘信息挖掘題題干干筒內有垂直于紙面向里的筒內有垂直于紙面向里的勻強磁場勻強磁場有界圓形磁場問題有界圓形磁場問題M M板帶正電荷，板帶正電荷，N N板帶等量板帶等量負電荷負電荷M M、N N間有勻強電場間有勻強電場粒子與圓筒發生兩次碰撞粒子與圓筒發生兩次碰撞后仍從后仍從S S孔射出孔射出根據對稱性，每次碰撞速根據對稱性，每次碰撞速度偏度偏向向120120角角粒子與圓筒碰撞過程中沒粒子與圓筒碰撞過程中沒有動能損失有動能損失碰撞前后速度的大小沒變碰撞前后速度的大小沒變問問題題保持保持M M、N N間電場強度間

53、電場強度E E不不變，僅將變，僅將M M板向上平移板向上平移在在E E不變時，極板間距減小，不變時，極板間距減小，則電壓減小則電壓減小2d3【破題【破題】形成思路，快速突破形成思路，快速突破(1)(1)粒子在粒子在M M、N N間勻加速運動，列動能定理方程為間勻加速運動，列動能定理方程為_。21qE dmv02(2)(2)根據對稱性和幾何知識畫出粒子在筒內發生兩次碰撞并從根據對稱性和幾何知識畫出粒子在筒內發生兩次碰撞并從S S孔射出的示意圖。孔射出的示意圖。提示：提示：如圖所示如圖所示(3)M(3)M板上移后，如何分析粒子與圓筒的碰撞次數板上移后，如何分析粒子與圓筒的碰撞次數? ?提示：提示：

54、M M板上移后，板上移后，M M、N N間電壓減小，粒子進入間電壓減小，粒子進入S S孔的速度減小，孔的速度減小，圓周運動的半徑也減小，利用該半徑與圓筒的半徑比較，利用圓周運動的半徑也減小，利用該半徑與圓筒的半徑比較，利用幾何關系確定粒子與圓筒的碰撞次數。幾何關系確定粒子與圓筒的碰撞次數。【解題【解題】規范步驟，水到渠成規范步驟，水到渠成（1 1）設兩板間的電壓為）設兩板間的電壓為U U，由動能定理得，由動能定理得qUqU= mv= mv2 2 （2 2分）分）由勻強電場中電勢差與電場強度的關系得由勻強電場中電勢差與電場強度的關系得U=Ed U=Ed （1 1分）分）聯立以上式子可得聯立以上式

55、子可得E= E= （1 1分）分）122mv2qd（2 2）粒子進入磁場后做勻速圓周運動，運用幾何關系作出）粒子進入磁場后做勻速圓周運動，運用幾何關系作出圓心為圓心為OO，圓半徑為，圓半徑為r r。設第一次碰撞點為。設第一次碰撞點為A A，由于粒子與，由于粒子與圓筒發生兩次碰撞又從圓筒發生兩次碰撞又從S S孔射出，因此，孔射出，因此，SASA弧所對的圓心角弧所對的圓心角AOSAOS等于等于23。由幾何關系得由幾何關系得r=Rtanr=Rtan （3 3分）分）粒子運動過程中洛倫茲力充當向心力，由牛頓第二定律得粒子運動過程中洛倫茲力充當向心力，由牛頓第二定律得qvBqvB= = （2 2分）分）

56、聯立聯立式得式得R= R= （1 1分）分）32vmr3mv3qB（3 3）保持）保持M M、N N間電場強度間電場強度E E不變，不變，M M板向上平移板向上平移 后，后，設板間電壓為設板間電壓為UU，則，則U= U= （1 1分）分）設粒子進入設粒子進入S S孔時的速度為孔時的速度為vv，由由式看出式看出可得可得v= v= （2 2分）分）設粒子做圓周運動的半徑為設粒子做圓周運動的半徑為rr，則則r= r= （1 1分）分）2d3EdU3322UvUv3v33mv3qB設粒子從設粒子從S S到第一次與圓筒碰撞期間的軌跡所對圓心角為到第一次與圓筒碰撞期間的軌跡所對圓心角為，比較比較兩式得到兩式得到r=Rr=R，可見，可見= = （2 2分）分）粒子須經過四個這樣的圓弧才能從粒子須經過四個這樣的圓弧才能從S S孔射出，孔射出，故故n=3 n=3 （2 2分）分）答案：答案：（1 1） （2 2） （3 3）3 3 22mv2qd3mv3qB【加固訓練【加固訓練】如圖甲所示，帶正電粒子以水平速度如圖甲所示，帶正電粒子以水平速度v v0 0從平行金屬板從平行金屬板MNMN間中線間中線OOOO連續射入電場中。連續射入電場中。MNMN板間接有如圖乙所示的隨時間板間接