22（提升題me，加速電場電壓為U0。偏轉電場可看作勻ULd。利用下列數據分析說明其原因。已知U2.0102Vd4.0102mm9.11031kg，e1.61019Cg10m/s2極板間既有靜電場也有重力場。電勢反映了靜電場各點的能的性質，請寫出電勢的定義式。類比電勢的定義方法，在重力場中建立“重力勢”G的概念，并簡要說明電勢和“重力勢”的共同特點。

不需要考慮電子所受的重力（3）q

電勢和重力勢G【解析】（1）根據功和能的關系，有

1m電子射入偏轉電場的初速度vm

m在偏轉電場中，電子的運動時間tLm

y

1a(t)2 4U0【考點定位】帶電粒子在電場中的偏轉2【2016卷20分磁緩器是應車輛上以高運行全性的助制動置其作原理是利用電磁阻尼作用減緩車輛的速度。電磁阻尼作用可以借助如下模型討論：如圖所示，將形狀相同θmddg。b'>bv進入鋁條間，【答案】

mgsin

mgsin2B2d2b

2B2d式可得

2B2d⑩F'>F=mgsnθ，磁鐵所受到的合力方向沿斜面向上，獲得與運動方向相反的加速度，磁鐵將減F'速度與所受到的合力成正比，磁鐵的加速度逐漸減小綜上所述磁鐵做加速度逐漸減小的運動。直到'=mgnθ【考點定位】安培力、物體的平衡、電阻定律、歐姆定【2016·卷】（19分）如圖所示，圖面內有豎直線DD＇，過DD＇且垂直于圖面的平面將空I、IIIB（圖中未畫出）；區II有固定在水平面上高h2l、傾角π/4DD＇距離s4l，區域II可加豎直方向的大小不同的勻強電場（圖中未畫出）；CDDH3lmqPK點具有大小v0、方向與水平面夾角π/3I內做半徑r3lπCIIA由斜面頂端靜止釋的影響。l已知，gA、PAlA、P在時刻tl

（β為常數）IIgll （2322）（3）場強極小值為 0場強極大值為gll

，

【解析】（1）P在區域Ⅰ內做勻速圓周運動，有mr

qv0B 代入數據解得 sv(tt)1a(tt)2cos 2 mgqEmaPHh1a(tt)2sin1a(t

)22 2 E

q(1)P的所有運動情形討論可得3 0；場強極大值為

7mg

過程，然后各個擊破；此題是有一定難度的；考查學生綜合分析問題，解決問題的能力.【2016·浙江卷（20分設計的電磁器的簡化裝置如圖所示兩根平行金屬導軌相距l=0.50mθ=53°R=0.05Ωd=0.56m的區域內，存在方向垂B=2.0Tm=4.0kgCD水平置于導軌上，用絕緣繩索通過定滑輪與拉桿GH相連。CD棒的初始位置與磁場區域的下邊界相距s=0.24m。一位者用恒力F=80NGH桿，CDCDCD棒到達磁場上邊界時者松手，觸發恢復裝置使CD棒回到初始位置（重力加速度g=10m/s2，sin53°=0.8，不計其他CDv在拉升CD棒的過程中，者所做的功W和電阻產生的焦Q【答案】（1）2.4 （2）48 （3）64 26.88

aFmgsinm

12m/s2進入磁場時的速度v 2.4m/sEBlv感應電流 RFAIBl (Bl)2 代入得 48NR者做功WF(sd64JFmgsinFA0dCD棒在磁場區做勻速運動在磁場中運動時間t dv焦QI2Rt26.88J【名師點睛】此題是關于電磁感應現象中的力及能量的問題。解題時要認真分析物理過程，搞清物體的受力情況及運動情況，并能選擇合適的物理規律列出方程解答；此題難度中等，意在考查學生綜合運用【2016·浙江卷】（22分）為了進一步提高回旋的能量，科學家建造了“扇形聚焦回旋加O的圓形區域等分成六個扇形區域，其中三個為峰區，mqv旋轉，其閉合平衡軌道如圖中虛線所示。'22

旋轉方向為逆時針方向（2）3

T （3）B(2π(2π3

312【解析】（1）封區內圓弧半徑rmv（3）谷區內的圓心角1209030谷區內的軌道圓弧半徑rmv 由幾何關系r 由三角關系sin30sin

6 ?代入得B

31B2 【名師點睛】此題是關于帶電粒子在勻強磁場中的運動問題。解題時要分析粒子受到的洛倫茲力的情【2016·新課標Ⅲ卷】如圖，兩條相距l的光滑平行金屬導軌位于同一水平面（紙面）內，其kMN（虛線）與導軌垂直，磁場的磁感應強度大在時刻t（t>t0）穿過回路的總磁通量和金屬棒所受外加水平恒力的大小【答案】（1）qkt0S（2）R

R當tt0MNMN

Ff是外加水平恒力，FI，FFB0Il⑧MN之間的距離為sv0(tt0⑨勻強磁場穿過回路的磁通量為ΦB0ls回路的總磁通量為Φ1ΦΦΦ1B0lv0(tt0)kStt到tt的時間間隔內，總磁通量的改變Φt為ΦtB0lv0kSt I

RfB

R0R合表達式，即可求解；根據磁通量的概念，BS，結合磁場方向，即可求解穿過回路的總磁通量；根據【2014·浙江·25】（22分）離子推進器是太空飛行器常用的動力系統，某種推進器設計的簡化原1R的圓柱腔分為兩個工作區。I1II為加速L，兩端加有電壓，形成軸向的勻強電場。I0II區，被加vM從右側噴出。IBR/2C點持續射OCα角（0<α<90?）I區注入稀薄的氙氣。v0I區內不與器壁相碰且能到達的區域越大，電離效果越好。已知離Mme。（電子碰到器壁即被吸收，不考慮電子間的碰撞）。I區中的磁場方向（2說明是“垂直紙面向里”或“垂直紙面M

e

（2 2 2

4m2sin 解得：

42sin 4m2sin【2014·山東·24】（20分）如圖甲所示，間距為d、垂直于紙面的兩平行板P、Q間存在勻強磁帶電荷量為+q的粒子（不計重力），以初速度v0由Q板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁場且平行于板面的方向射入磁場區。當B0和TB取某些特定值時，可使t0時刻入射的粒子經t時間恰能垂直打在P板上 （不考慮粒子反彈）。上述m、q、d、v0為已知量。 （1）若t1TB2 （2）若t3

2B4mv0P板上，求T

BB【答案】（1）B 0（2）a0BB

或T arcsin

4R2，加速度大小為aa 3R2 a dR，周期為TT mvqv0

0 Rd

4mv0⑨O1、O2O1、O2連線與水平方向夾角為，在每個TBAB兩個位置才有可能垂 P板，且均要求0 ，由題意可知2 TTB 設經歷完整TN的個數為n（n0，1，2，3．．．．．．）若在A點P板，據題意由幾何關系得R2(RRsin)n 當n=0時，無 n=1時聯立911或（sin1 791013TB 當n2時，不滿足0900的要 R2Rsin2(RRsin)n

當n0時無 n1時，聯立916

1或（sin 1 1791018 T arcsin 4

當n2時，不滿足0900的要 【2014··36】如圖所示，足夠大的平行擋板A1、A2豎直放置，間距6L。兩板間存在兩個方A1、A2S1、S2MNLm、電荷量為+q的粒子經PA1Lk倍。不計重力，碰到擋板的粒子不予考慮。若2k3S2vk的關系式和Ⅱ區Bk的關系式。【答案】（1）E

（2）v2qB0(1k)

B3PA1k2<k<3S2v2qB0(1k)kL KB

3NSTMB和2B，KLNSMTKL高hP、Q兩點，NSMT間距為1.8h.質量為m、帶電量為qPNS邊界射入該區域，在兩邊界之間做圓周運動，重g.學-科-網]QMT邊界飛出，求粒子入射速度的所有可能值。【答案】（1）Emg，方向豎直向上（2）

=(9

6q

v ；v ；v 【解析】（1）E。由題意有mgqEEmgqNSvmin，對應的粒子在上下區域運動的半徑為r1r2NS的夾角為由r r

mvmin,

=1

2由(r1+r2)sin= vmin

6

時距離K點為 由題意有3nx=1.8h 3x

9- 2 2r2r2-(h-r110.36

, n=1v

0.68qBh；n=2vm

0.545qBh；n=3vm

；m【2014·江蘇·14】（16分）某裝置用磁場控制帶電粒子的運動，工作原理如圖所示。裝置的長為d。裝置右端有一收集板，M、N、P為板上的三點，MOO′上，N、P分別位于下方磁場（1）h＝（2L

3d

3d

3L，n取整數

v2r′，帶電粒子的運動軌跡如下圖所示。

2tan30 根據牛頓第二定律和洛倫茲力大小公式有：qv1B＝m1，qv2B＝m 聯立以上各式解得：Δv＝qB（L－3d v2v茲力大小公式有：qvnB＝mr

tan解得：vn＝qB（L

3d MMn＜Ltan30＝ 所以：vn＝qB（L－3d）（2≤n＜3Ln為整數 【2014··12】（20分）同步在粒子物理研究中有重要的應用，其基本原理簡化為如N板時，兩板的電荷量均立即變為零。兩板外部存在垂直紙面向里的勻強磁場，AR的圓周運動，R遠大于板間距離，AR保持不變，磁場必須相應地變（1）A1B1AnPnm、電荷量為+kq（k1的整數）B（不計重力）AM板小孔飄入板間，A、B初速度均可視為零，不計兩者間的相互作用，除此之外，其他條件均不變，下圖中A、B的運動軌跡，并經推導說明理由。【答案】（1）

；（3）AA、B qU1mv2 qv1B1m R

B1 （2）A nqU1mv2 AnTnT vnvnAnWnWn TnP Tnn

Pn （3）A B

Tn nT

k由上可知，Tn是TkA1周，BkAB僅A同時進入電場時才被加速。n次加速后，A、B的速度分別為vn、vnmvnmm mTnvnBR

RRkRk【考點定位】帶電粒子在電場、磁場中的運動、動能定理、平均功【201·浙江·5】使回旋的實需把離子束引出，子束引的方法有磁通法和靜偏轉法等量為m速度為v離子在回旋轉旋轉道時徑為r的，圓心在O點，軌在垂直面向外勻強磁中，感應強度為B。為出離子，使用通法設O'點（O'點圖中未畫出PQQ。OQ與P的夾角為，P點進入，QBBBP點進入，Q點射出，求通道內引出軌跡處電場強度

mv(2r2Lcos

mv2(2r2Lcos【答案】（1）qBr，正電荷（2）q(r2L22rRcos)（3）EBvq(r2L22rRcos2【解析】（1）離子做圓周運動Bqvm 2r解得q ，正電 O'QR，OQL，O'OR

2R2R

④B'R

r2L22rR⑤2r2LBmv

mv(2r2Lcos⑥ q(r2L22rRcos 2 2REBv

mv2(2r2Lcosq(r2L22rRcos【考點定位】回旋，帶電粒子在電磁場中的運【201·山東·4D和DO為大圓的水平直徑。兩圓之間的環形區域（Ⅰ區）和小圓內部（區）均存在垂直圓面向里的勻強磁場。間距為dmq2v【答案】

或

（3）若ⅠB2mv

mvD；Ⅱ1112B4mvR2

mvD

2設粒子在Ⅰ區和Ⅱ區做圓周運動的周期分別為T1、T2，由運動公式可得1v2T2R1；1v2

2所對的圓心角相同，設為1，Ⅱ區內圓弧所對圓心角為2O設為，由幾何關系可得：120o；180o；

t1

oT1；t2

s，由運動公式可知：s=v(t1+t2）q1層電場左側邊界某處由靜止釋放，粒子始終在電場、磁場中運動，不計粒子重力2層磁場中運動時速度v2的大小與軌跡半徑n層磁場右側邊界穿出時，速度的方向與水平方向的夾角為n，試求 【答案】

；（2）sinn

；（3）nqEd1 vrnqvBmrnnnn,n層磁場右側邊界突出時速度方向與水平方向的夾角為n，粒子在電場中運動時，垂直于電場線方向的速度分量不變，有：vn1sinn1vnsinrnsinnrnsinn

rnsinnrn1sinn1由此可看出r1sin1r2sin2rnsinndrnsinnr1sin1nn=1sinn，sin

q

qm

sinnn說明不存在，即原假設不成立，所以比荷較該粒子大的粒子不能穿出該層磁場右側邊界。nnα，N、QMN垂直，M、PRNCQD在同一水平面內，與NQ的夾角都為銳角θ。均勻金屬棒ab和ef質量均為m，長均為L，ab棒初始位置在水平導軌和ab棒的電阻，ef棒的阻值為R，最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，忽略感應電生的磁場，重力g。滑行一段距離后停止，efef