高三物理總復(fù)習(xí)復(fù)合場專題練習(xí)及答案參照答案與試題分析一、選擇題1．（3分）如下圖，空間存在著由勻強磁場B和勻強電場E構(gòu)成的正交電磁場，電場方向水平向左，磁場方向垂直紙面向里．有一帶負(fù)電荷的小球P，從正交電磁場上方的某處自由落下，那么帶電小球在通過正交電磁場時（）A．必定作曲線運動B．不行能作曲線運動C．可能作勻速直線運動D．可能作勻加快直線運動考點：帶電粒子在混淆場中的運動．專題：共點力作用下物體均衡專題．剖析：對小球受力剖析后，獲取協(xié)力的方向，依據(jù)曲線運動的條件進(jìn)行判斷．解答：解：小球進(jìn)入兩個極板之間時，遇到向下的重力，水平向右的電場力和水平向左的洛倫茲力，若電場力與洛倫茲力受力均衡，因為重力的作用，小球向下加快，速度變大，洛倫茲力變大，洛倫茲力不會向來與電場力均衡，故協(xié)力必定會與速度不共線，故小球必定做曲線運動；故A正確，B錯誤；在著落過程中，重力與電場力不變，但洛倫茲力變化，致使協(xié)力也變化，則做變加快曲線運動．故CD均錯誤；應(yīng)選A．評論：此題重點要明確洛倫茲力會隨速度的變化而變化，故協(xié)力會與速度方向不共線，粒子必定做曲線運動．2．（3分）如下圖，在某空間同時存在著相互正交的勻強電場E勻強磁場B電場方向豎直向下，有質(zhì)量分別為m12的a，b兩帶負(fù)電的微粒，a12，m電量為q，恰能靜止于場中空間的c點，b電量為q，在過C點的豎直平面內(nèi)做半徑為r勻速圓周運動，在c點a、b相碰并粘在一同后做勻速圓周運動，則（）A．a(chǎn)、b粘在一同后在豎直平面內(nèi)以速率做勻速圓周運動B．a(chǎn)、b粘在一同后仍在豎直平面內(nèi)做半徑為r勻速圓周運動C．a(chǎn)、b粘在一同后在豎直平面內(nèi)做半徑大于r勻速圓周運動D．a(chǎn)、b粘在一同后在豎直平面內(nèi)做半徑為的勻速圓周運動考點：帶電粒子在混淆場中的運動；牛頓第二定律；向心力．專題：帶電粒子在復(fù)合場中的運動專題．1/22剖析：粒子a、b遇到的電場力都與其遇到的重力均衡；碰撞后整體遇到的重力依舊和電場力均衡，洛倫茲力供給向心力，依據(jù)牛頓第二定律列式，再聯(lián)合動量守恒定律列式求解．解答：解：粒子b遇到的洛倫茲力供給向心力，有解得兩個電荷碰撞過程，系統(tǒng)總動量守恒，有m2v=（m1+m2）v′解得整體做勻速圓周運動，有應(yīng)選D．評論：此題重點是明確兩個粒子的運動狀況，依據(jù)動量守恒定律和牛頓第二定律列式剖析計算．3．（3分）設(shè)空間存在豎直向下的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，如下圖，已知一離子在電場力和洛侖茲力的作用下，從靜止開始自A點沿曲線ACB運動，抵達(dá)B點時速度為零，C點是運動的最低點，忽視重力，以下說法正確的選項是（）A．這離子必帶正電荷B．A點和B點位于同一高度C．離子在C點時速度最大D．離子抵達(dá)B點時，將沿原曲線返回A點考點：帶電粒子在混淆場中的運動．專題：帶電粒子在復(fù)合場中的運動專題．剖析：（1）由離子從靜止開始運動的方向可知離子必帶正電荷；（2）在運動過程中，洛倫茲力永不做功，只有電場力做功依據(jù)動能定理即可判斷BC；（3）達(dá)B點時速度為零，將重復(fù)方才ACB的運動．解答：解：A．離子從靜止開始運動的方向向下，電場強度方向也向下，所以離子必帶正電荷，A正確；B．因為洛倫茲力不做功，只有靜電力做功，A、B兩點速度都為0，依據(jù)動能定理可知，離子從A到B運動過程中，電場力不做功，故A、B位于同一高度，B正確；C．C點是最低點，從A到C運動過程中電場力做正功做大，依據(jù)動能定理可知離子在C點時速度最大，C正確；D．抵達(dá)B點時速度為零，將重復(fù)方才ACB的運動，向右運動，不會返回，故D錯誤．應(yīng)選：ABC．評論：此題主要考察了帶電粒子在混淆場中運動的問題，要求同學(xué)們能正確剖析粒子的受力狀況，再經(jīng)過受力狀況剖析粒子的運動狀況，要注意洛倫茲力永不做功，難度適中．4．（3分）盤旋加快器是用來加快帶電粒子的裝置，如下圖．假如用同一盤旋加快器分別加快氚核（）和α粒子（）比較它們所加的高頻溝通電源的周期和獲取的最大動能的大小，有（）2/22A．加快氚核的溝通電源的周期較大，氚核獲取的最大動能也較大B．加快氚核的溝通電源的周期較大，氚核獲取的最大動能較小C．加快氚核的溝通電源的周期較小，氚核獲取的最大動能也較小D．加快氚核的溝通電源的周期較小，氚核獲取的最大動能較大考點：質(zhì)譜儀和盤旋加快器的工作原理．專題：帶電粒子在磁場中的運動專題．剖析：盤旋加快器是經(jīng)過電場進(jìn)行加快，磁場進(jìn)行偏轉(zhuǎn)來加快帶電粒子．帶電粒子在磁場中運動的周期與溝通電源的周期相同，依據(jù)T=比較周期．當(dāng)粒子最后走開盤旋加快器時的速度最大，依據(jù)qvB=m求出粒子的最大速度，進(jìn)而得出最大動能的大小關(guān)系．解答：解：帶電粒子在磁場中運動的周期與溝通電源的周期相同，依據(jù)T=，知氚核（13H）的質(zhì)量與電量的比值大于α粒子（24He），所以氚核在磁場中運動的周期大，則加快氚核的溝通電源的周期較大．依據(jù)qvB=m得，最大速度v=，則最大動能2，EKm=mv=氚核的質(zhì)量是α粒子的倍，氚核的電量是倍，則氚核的最大動能是α粒子的倍，即氚核的最大動能較小．故B正確，A、C、D錯誤．應(yīng)選：B．評論：解決此題的重點知道帶電粒子在磁場中運動的周期與溝通電源的周期相同，以及會依據(jù)qvB=m求出粒子的最大速度．5．（3分）（2013?重慶）如下圖，一段長方體形導(dǎo)電資料，左右兩頭面的邊長都為a和b，內(nèi)有帶電量為q的某種自由運動電荷．導(dǎo)電資料置于方向垂直于其前表面向里的勻強磁場中，內(nèi)部磁感覺強度大小為B．當(dāng)通以從左到右的穩(wěn)恒電流I時，測得導(dǎo)電資料上、下表面之間的電壓為U，且上表面的電勢比下表面的低．由此可得該導(dǎo)電資料單位體積內(nèi)自由運動電荷數(shù)及自由運動電荷的正負(fù)分別為（）A．，負(fù)B．，正C．，負(fù)D．，正考點：霍爾效應(yīng)及其應(yīng)用．專題：壓軸題．剖析：上表面的電勢比下表面的低．知上表面帶負(fù)電，下表面帶正電，依據(jù)左手定章判斷自由運動電荷的電性．抓住電荷所受的洛倫茲力和電場力均衡求出電荷的挪動速度，進(jìn)而得出單位體積內(nèi)自由運動的電荷數(shù)．3/22解答：解：因為上表面的電勢比下表面的低，依據(jù)左手定章，知道挪動的電荷為負(fù)電荷．因為qvB=q，解得v=，因為電流I=nqvs=nqvab，解得n=．故C正確，A、B、D錯誤．應(yīng)選C．評論：解決此題的重點掌握左手定章判斷洛倫茲力的方向，以及知道最后電荷在電場力和洛倫茲力作用下處于均衡．二、解答題6．在同時存在勻強電場和勻強磁場的空間中，取正交坐標(biāo)系O﹣xyz（z軸正方向豎直向上）如下圖，已知電場方向沿z軸正方向，大小為E；磁場方向沿y軸正方向，磁感覺強度大小為B．重力加快度為g，問：一質(zhì)量為m、帶電量為+q的質(zhì)點從原點出發(fā)可否在座標(biāo)軸（x、y、z）上以速度v做勻速運動？若能，m、q、E、B、v及g應(yīng)滿什么關(guān)系？若不可以，說明原因．考點：帶電粒子在混淆場中的運動．專題：帶電粒子在復(fù)合場中的運動專題．剖析：依據(jù)正電荷遇到的電場力與電場線方向相同，遇到洛倫茲力與磁場方向相垂直，聯(lián)合受力均衡條件，即可求解．解答：解：已知帶電質(zhì)點受電場力的方向沿z軸正方向，大小為qE；質(zhì)點受重力的方向沿z軸負(fù)方向，大小為mg1）若質(zhì)點在x軸上做勻速運動，則它遇到的洛侖茲力必沿x軸正方向或負(fù)方向，即有：qvB+qE=mg或qE=mg+qvB（2）若質(zhì)點在y軸上做勻速運動，則它遇到的洛侖茲力必為零，即有：qE=mg（3）若質(zhì)點在z軸上做勻速運動，則它遇到的洛侖茲力必平行于x軸，而電場力和重力都平行于z軸，三力的協(xié)力不行能為零，即質(zhì)點不行能在z軸上做勻速運動．答：原因如上．評論：考察正電荷遇到的電場力與洛倫茲力的方向，掌握左手定章的應(yīng)用，注意與右手定章的差別．同時理解受力均衡條件的應(yīng)用．7．如圖（甲）所示為電視機中顯像管的原理表示圖，電子槍中的燈絲加熱陰極而逸出電子，這些電子再經(jīng)加快電場加快后，從O點進(jìn)入偏轉(zhuǎn)磁場中，經(jīng)過偏轉(zhuǎn)磁場后打到熒光屏MN上，使熒光屏發(fā)出熒光形成圖象，不計逸出電子的初速度和重力．已知電子的質(zhì)量為m、電荷量為e，加快電場的電壓為U，偏轉(zhuǎn)線圈產(chǎn)生的磁場散布在邊長為l的正方形abcd地區(qū)內(nèi)，磁場方向垂直紙面，且磁感覺強度隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示．在每個周期內(nèi)磁感覺強度都是從﹣B0平均變化到B0．磁場地區(qū)的左界限的中點與O點重合，ab邊與OO′平行，右界限bc與熒光屏之間的距離為s．因為磁場地區(qū)較小，且電子運動的速度很大，所以在每個電子經(jīng)過磁場地區(qū)的過程中，可以為磁感覺強度不變，即為勻強磁場，不計電子之間的相互作用．4/22（1）求電子射出加快電場時的速度大?。?）為使全部的電子都能從磁場的bc邊射出，求偏轉(zhuǎn)線圈產(chǎn)生磁場的磁感覺強度的最大值B0（3）熒光屏上亮線的最大長度是多少．考點：帶電粒子在勻強電場中的運動；動能定理的應(yīng)用．專題：壓軸題；帶電粒子在電場中的運動專題．剖析：（1）依據(jù)動能定理求出電子射出加快電場時的速度大?。?）依據(jù)幾何關(guān)系求出臨界狀態(tài)下的半徑的大小，聯(lián)合洛倫茲力供給向心力爭出磁感覺強度的最大值．3）粒子在磁場中做勻速圓周運動，出磁場做勻速直線運動，經(jīng)過最大的偏轉(zhuǎn)角，聯(lián)合幾何關(guān)系求出熒光屏上亮線的最大長度．解答：解：（1）設(shè)電子射出電場的速度為v，則依據(jù)動能定理，對電子加快過程有解得（2）當(dāng)磁感覺強度為B0或﹣B0時（垂直于紙面向外為正方向），電子恰巧從b點或c點射出，設(shè)此時圓周的半徑為R1．如下圖，依據(jù)幾何關(guān)系有：222R=l+（R﹣）解得R=電子在磁場中運動，洛侖茲力供給向心力，所以有：，解得（3）依據(jù)幾何關(guān)系可知，設(shè)電子打在熒光屏上離O′點的最大距離為d，則因為偏轉(zhuǎn)磁場的方向隨時間變化，依據(jù)對稱性可知，熒光屏上的亮線最大長度為答：（1）電子射出加快電場時的速度大小為．（2）偏轉(zhuǎn)線圈產(chǎn)生磁場的磁感覺強度的最大值．（3）熒光屏上亮線的最大長度是．5/22評論：考察電子受電場力做功，應(yīng)用動能定理；電子在磁場中，做勻速圓周運動，運用牛頓第二定律求出半徑表達(dá)式；同時運用幾何關(guān)系來確立半徑與已知長度的關(guān)系．8．（2009?重慶）如圖，離子源A產(chǎn)生的初速為零、帶電量均為e、質(zhì)量不一樣的正離子被電壓為U0的加速電場加快后勻速經(jīng)過準(zhǔn)直管，垂直射入勻強偏轉(zhuǎn)電場，偏轉(zhuǎn)后經(jīng)過極板HM上的小孔S走開電場，經(jīng)過一段勻速直線運動，垂直于界限MN進(jìn)入磁感覺強度為B的勻強磁場．已知HO=d，HS=2d，∠MNQ=90°．（忽視粒子所受重力）1）求偏轉(zhuǎn)電場場強E0的大小以及HM與MN的夾角φ；2）求質(zhì)量為m的離子在磁場中做圓周運動的半徑；（3）若質(zhì)量為4m的離子垂直打在NQ的中點S1處，質(zhì)量為16m的離子打在212之間的距NQ上的正離子的質(zhì)量范圍．S處．求S和S離以及能打在考點：動能定理的應(yīng)用；平拋運動；運動的合成和分解；帶電粒子在勻強磁場中的運動．專題：壓軸題．剖析：（1）正離子被電壓為U0的加快電場加快后的速度能夠經(jīng)過動能定理求出，而正離子垂直射入勻強偏轉(zhuǎn)電場后，作類平拋運動，最后過極板HM上的小孔S走開電場，依據(jù)平拋運動的公式及幾何關(guān)系即可求出電場場強E0，φ能夠經(jīng)過末速度沿場強方向和垂直電場方向的速度比求得正切值求解；2）正離子進(jìn)入磁場后在勻強磁場中作勻速圓周運動，由洛侖茲力供給向心力，依據(jù)向心力公式即可求得半徑；（3）依據(jù)離子垂直打在NQ的地點及向心力公式分別求出運動的半徑R1、R2，再依據(jù)幾何關(guān)系求出S1和S2之間的距離，能打在NQ上的臨界條件是，半徑最大時打在Q上，最小時打在N點上，依據(jù)向心力公式和幾何關(guān)系即可求出正離子的質(zhì)量范圍．解答：解：（1）正離子被電壓為U0的加快電場加快后速度設(shè)為V1，則對正離子，應(yīng)用動能定理有eU0=mV12，正離子垂直射入勻強偏轉(zhuǎn)電場，作類平拋運動遇到電場力F=qE0、產(chǎn)生的加快度為a=，即a=，垂直電場方向勻速運動，有2d=V1t，沿場強方向：Y=at2，6/22聯(lián)立解得E0=tanφ=，解得φ=45°；2）正離子進(jìn)入磁場時的速度大小為V2，解得V2=正離子在勻強磁場中作勻速圓周運動，由洛侖茲力供給向心力，qV2B=，解得離子在磁場中做圓周運動的半徑R=2；（3）依據(jù)R=2可知，質(zhì)量為4m的離子在磁場中的運動打在S1，運動半徑為R1=2，質(zhì)量為16m的離子在磁場中的運動打在S2，運動半徑為R2=2，ON=R2﹣R1，由幾何關(guān)系可知S1和S2之間的距離△S=﹣R1，聯(lián)立解得△S=4（﹣1）；2212解得R′=R1由R′1=（2R）+（R′﹣R），再依據(jù)R1＜R＜R1，解得m＜mx＜25m．答：（1）偏轉(zhuǎn)電場場強E0的大小為，HM與MN的夾角φ為45°；（2）質(zhì)量為m的離子在磁場中做圓周運動的半徑為2；（3）S1和S2之間的距離為4（﹣1），能打在NQ上的正離子的質(zhì)量范圍為m＜mx＜25m．評論：此題第（1）問考察了帶電粒子在電場中加快和偏轉(zhuǎn)的知識（即電偏轉(zhuǎn)問題），加快過程用動能定7/22理求解，偏轉(zhuǎn)過程用運動的合成與分解知識聯(lián)合牛頓第二定律和運動學(xué)公式求解；第（2）問考察磁偏轉(zhuǎn)知識，先求進(jìn)入磁場時的合速度v，再由洛倫茲力供給向心力爭解R；第（3）問考察用幾何知識解決物理問題的能力．該題綜合性強，難度大．9．（2009?中山市模擬）如下圖，虛線上方有場強為E的勻強電場，方向豎直向下，虛線上下有磁感覺強度相同的勻強磁場，方向垂直紙面向外，ab是一根長為l的絕緣細(xì)桿，沿電場線擱置在虛線上方的場中，b端在虛線上，將一套在桿上的帶正電的小球從a端由靜止開釋后，小球先作加快運動，后作勻速運動抵達(dá)b端，已知小球與絕緣桿間的動摩擦系數(shù)μ=0.3，小球重力忽視不計，當(dāng)小球離開桿進(jìn)入虛線下方后，運動軌跡是半圓，圓的半徑是，求帶電小球從a到b運動過程中戰(zhàn)勝摩擦力所做的功與電場力所做功的比值．考點：帶電粒子在勻強磁場中的運動；牛頓第二定律；向心力；帶電粒子在勻強電場中的運動；帶電粒子在混淆場中的運動．專題：帶電粒子在磁場中的運動專題．剖析：依據(jù)對研究對象的受力剖析，聯(lián)合受力均衡條件，再依據(jù)牛頓第二定律，由洛倫茲力供給向心力，及幾何關(guān)系，可求出小球在b處的速度，并由動能定理，即可求解．解答：解：小球在沿桿向下運動時，受力狀況如圖，向左的洛侖茲力F，向右的彈力N，向下的電場力qE，向上的摩擦力fF=Bqv，N=F=Bqvf=μN=μBqv當(dāng)小球作勻速運動時，qE=f=μBqVb小球在磁場中作勻速圓周運動時R=，vb=小球從a運動到b過程中，由動能定理得所以答：帶電小球從a到b運動過程中戰(zhàn)勝摩擦力所做的功與電場力所做功的比值為．8/22評論：考察牛頓第二定律、動能定理等規(guī)律的應(yīng)用，學(xué)會受力剖析，理解洛倫茲力供給向心力．10．（2009?武漢模擬）如圖，兩個共軸的圓筒形金屬電極，外電極接地，其上平均散布著平行于軸線的四條狹縫a、b、c和d，外筒的外半徑為r．在圓筒以外的足夠大地區(qū)中有平行于軸線方向的平均磁場，磁感覺強度的大小為B．在兩極間加上電壓，使兩圓筒之間的地區(qū)內(nèi)有沿半徑向外的電場．一質(zhì)量為m、帶電量為+q的粒子，從緊靠內(nèi)筒且正對狹縫a的S點出發(fā)，初速為零．假如該粒子經(jīng)過一段時間的運動以后恰巧又回到出發(fā)點S，則兩電極之間的電壓U應(yīng)是多少？（不計重力，整個裝置在真空中）考點：帶電粒子在勻強磁場中的運動；帶電粒子在勻強電場中的運動．專題：帶電粒子在磁場中的運動專題．剖析：帶電粒子從S點出發(fā)，在兩筒之間的電場作用下加快，沿徑向穿過狹縫a而進(jìn)入磁場區(qū)，在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動．粒子再回到S點的條件是能沿徑向穿過狹縫d．只需穿過了d，粒子就會在電場力作用下先減速，再反向加快，經(jīng)d從頭進(jìn)入磁場區(qū)，而后粒子以相同方式經(jīng)過c、b，再回到S點．解答：解：如下圖，設(shè)粒子進(jìn)入磁場區(qū)的速度大小為V，依據(jù)動能定理，有Uq=mv2；設(shè)粒子做勻速圓周運動的半徑為R，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律，有：Bqv=m由上面剖析可知，要回到S點，粒子從a到d必經(jīng)過圓周，所以半徑R必然等于筒的外半徑r，即R=r．由以上各式解得：U=；答：兩極間的電壓為．評論：此題看似較為復(fù)雜，實則簡單；帶電粒子在磁場運動解決的重點在于要先明確粒子可能的運動軌跡，只需能確立圓心和半徑即可由牛頓第二定律及向心力公式求得結(jié)果．11．（2004?江蘇）湯姆生用來測定電子的比荷（電子的電荷量與質(zhì)量之比）的實驗裝置如下圖，真空管內(nèi)的陰極K發(fā)出的電子（不計初速、重力和電子間的相互作用）經(jīng)加快電壓加快后，穿過A′中心的小孔沿中心軸O1O的方向進(jìn)入到兩塊水公正對擱置的平行極板P和P′間的地區(qū)．當(dāng)極板間不加偏轉(zhuǎn)電壓9/22時，電子束打在熒光屏的中心O點處，形成了一個亮點；加上偏轉(zhuǎn)電壓U后，亮點偏離到O′點，（O′與O點的豎直間距為d，水平間距可忽視不計．此時，在P和P′間的地區(qū)，再加上一個方向垂直于紙面向里的勻強磁場．調(diào)理磁場的強弱，當(dāng)磁感覺強度的大小為B時，亮點從頭回到O點．已知極板水平方向的長度為L1，極板間距為b，極板右端到熒光屏的距離為L2（如下圖）．1）求打在熒光屏O點的電子速度的大?。?）推導(dǎo)出電子的比荷的表達(dá)式．考點：帶電粒子在混淆場中的運動；牛頓第二定律；向心力；帶電粒子在勻強電場中的運動．專題：計算題；壓軸題；帶電粒子在電場中的運動專題．剖析：當(dāng)電子遇到電場力與洛倫茲力均衡時，做勻速直線運動，所以由電壓、磁感覺強度可求出運動速度．電子在電場中做類平拋運動，將運動分解成沿電場強度方向與垂直電場強度方向，而后由運動學(xué)公式求解．電子走開電場后，做勻速直線運動，進(jìn)而能夠求出偏轉(zhuǎn)距離．解答：（1）當(dāng)電子遇到的電場力與洛淪茲力均衡時，電子做勻速直線運動，亮點從頭答復(fù)到中心O點，設(shè)電子的速度為v，則evB=eE得即2）當(dāng)極板間僅有偏轉(zhuǎn)電場時，電子以速度v進(jìn)入后，豎直方向作勻加快運動，加快度為電子在水平方向作勻速運動，在電場內(nèi)的運動時間為這樣，電子在電場中，豎直向上偏轉(zhuǎn)的距離為走開電場時豎直向上的分速度為電子走開電場后做勻速直線運動，經(jīng)t2時間抵達(dá)熒光屏t2時間內(nèi)向上運動的距離為這樣，電子向上的總偏轉(zhuǎn)距離為可解得．評論：考察平拋運動辦理規(guī)律：將運動分解成相互垂直的雙方向運動，所以將一個復(fù)雜的曲線運動分解成兩個簡單的直線運動，并用運動學(xué)公式來求解．12．如下圖，M、N為兩塊帶等量異種電荷的平行金屬板，S、S為板上正對的小孔，N板右邊有兩個12寬度均為d的勻強磁場地區(qū)，磁感覺強度大小均為B，方向分別垂直于紙面向里和向外，磁場地區(qū)右邊有一個熒光屏，取屏上與S1、S2共線的O點為原點，向下為正方向成立x軸．板左邊電子槍發(fā)射出的熱電10/22子經(jīng)小孔S1進(jìn)入兩板間，電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，初速度能夠忽略．求：（1）當(dāng)兩板間電勢差為U0時，求從小孔S2射出的電子的速度v0；2）兩金屬板間電勢差U在什么范圍內(nèi)，電子不可以穿過磁場地區(qū)而打到熒光屏上；3）電子打到熒光屏上的地點坐標(biāo)x和金屬板間電勢差U的函數(shù)關(guān)系．考點：帶電粒子在勻強磁場中的運動；電勢差；帶電粒子在勻強電場中的運動．專題：帶電粒子在磁場中的運動專題．剖析：帶電粒子在電場中被直線加快，由動能定理可求出粒子被加快后的速度大小，當(dāng)進(jìn)入勻強磁場中在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，要使粒子能打在熒光屏上離O點最遠(yuǎn)，則粒子一定從磁場中垂直射出，因為粒子已經(jīng)是垂直射入磁場，所以由磁感覺強度大小相等，方向相反且寬度相同得粒子在兩種磁場中運動軌跡是對稱的，在磁場中正好達(dá)成半個周期，則運動圓弧的半徑等于磁場寬度．若不可以打到熒光屏，則半徑須小于磁場寬度，粒子就不行能經(jīng)過左邊的磁場，也就不會打到熒光屏．所以運動圓弧的半徑大于或等于磁場寬度是粒子打到熒光屏的前提條件．可設(shè)任一圓弧軌道半徑，由幾何關(guān)系可列出與磁場寬度的關(guān)系式，再由半徑公式與加快公式可得出打到熒光屏上的地點坐標(biāo)x和金屬板間電勢差U的函數(shù)關(guān)系．解答：解：（1）依據(jù)動能定理，得：解得：（2）欲使電子不可以穿過磁場地區(qū)而打在熒光屏上，應(yīng)有r＜d而：，由此即可解得：（3）若電子在磁場地區(qū)做圓周運動的軌道半徑為r，穿過磁場地區(qū)打在熒光屏上的地點坐標(biāo)為x，則由軌跡圖可得：，注意到：和：所以，電子打到熒光屏上的地點坐標(biāo)x和金屬板間電勢差U的函數(shù)關(guān)系為：答：（1）當(dāng)兩板間電勢差為U0時，求從小孔S2射出的電子的速度v0為；（2）兩金屬板間電勢差U在范圍內(nèi)，電子不可以穿過磁場地區(qū)而打到熒光屏上；（3）電子打到熒光屏上的地點坐標(biāo)x和金屬板間電勢差U的函數(shù)關(guān)系為．11/22評論：題中隱含條件是：粒子能打到熒光屏離O點最遠(yuǎn)的即為圓弧軌道半徑與磁場寬度相等時的粒子．13．如下圖，在地面鄰近有一范圍足夠大的相互正交的勻強電場和勻強磁場．勻強磁場的磁感覺強度為B，方向水平并垂直紙面向外，電場沿水平方向，一個質(zhì)量為m、帶電量為﹣q的帶電微粒在此地區(qū)沿與水平方向成45°斜向上做勻速直線運動，如下圖（重力加快度為g）．求：1）電場強度的大小和方向及帶電微粒的速度大??；2）若某時刻微粒運動出席中距地面高度為H的P點時，將電場方向改成豎直向下，微粒起碼須經(jīng)多長時間運動到距地面最高點？3）微粒運動P點時，忽然撤去磁場，電場強度不變，則該微粒運動中距地面的最大高度是多少？考點：帶電粒子在勻強磁場中的運動．專題：帶電粒子在磁場中的運動專題．剖析：（1）帶電粒子在電場和磁場及重力場能做勻速直線運動，則有三力協(xié)力為零，進(jìn)而依據(jù)均衡條件可確立電場強度的大小與方向；2）由粒子所受洛倫茲力供給向心力，進(jìn)而求出運動圓弧的半徑與周期，再依據(jù)幾何關(guān)系來確立圓弧最高點與地面的高度及運動時間；3）當(dāng)撤去磁場時，粒子遇到重力與電場力作用，進(jìn)而做曲線運動．所以此運動可當(dāng)作豎直方向與水平方向兩個分運動，運用動能定理可求出豎直的高度，最后可算出結(jié)果．解答：解：（1）微粒受力剖析如圖，依據(jù)均衡條件可知電場力方向向右，電場力大小為：qE=mg則E=，方向水平向左；qvB=mg則有：v=；若某時刻微粒運動出席中距地面高度為H的P點時，將電場方向改成豎直向下，則電場力豎直向上，大小為mg，與重力協(xié)力為零，微粒做勻速圓周運動，軌道半徑為R，12/22qvB=m依據(jù)幾何關(guān)系可確立，最高點與地面的距離為：Hm=H+R（1+cos45°）解得：Hm=H+（1+2）該微粒運動周期為：T=依據(jù)運動圓弧對應(yīng)的圓心角，可得粒子運動至最高點所用時間為：t=T=．3）設(shè)粒子上漲高度為h，由動能定理得：﹣mgh﹣qEhcot45°=0﹣mv2解得：h==．微粒離地面最大高度為H+．答：（1）此地區(qū)內(nèi)電場強度的大小，方向為水平向左；（2）該微粒起碼須經(jīng)時間運動到距地面最高點；最高點距地面高度為Hm=H+（1+2）；（3）該微粒運動中距地面的最大高度是H+．評論：運用共點力均衡條件、牛頓第二定律、動能定理等規(guī)律，及由洛倫茲力供給向心力來確立線速度大小與周期．同時借助于數(shù)學(xué)的幾何關(guān)系來確立已知長度與圓弧半徑的關(guān)系．14．（2009?福建）圖為可測定比荷的某裝置的簡化表示圖，在第一象限地區(qū)內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感覺強度大小B=2.0×10﹣3T，在x軸上距坐標(biāo)原點L=0.50m的P處為離子的入射口，在y上安置接收器．現(xiàn)將一帶正電荷的粒子以v=3.5×104m/s的速率從P處射入磁場，若粒子在y軸上距坐標(biāo)原點L=0.50m的M處被觀察到，且運動軌跡半徑恰巧最小，設(shè)帶電粒子的質(zhì)量為m，電量為q，不計其重力．（1）求上述粒子的比荷；（2）假如在上述粒子運動過程中的某個時刻，在第一象限內(nèi)再加一個勻強電場，就能夠使其沿y軸正方向做勻速直線運動，求該勻強電場的場強盛小和方向，并求出從粒子射入磁場開始計時經(jīng)過多長時間加這個勻強電場；3）為了在M處觀察到按題設(shè)條件運動的上述粒子，在第一象限內(nèi)的磁場能夠限制在一個矩形地區(qū)內(nèi)，求此矩形磁場地區(qū)的最小面積，并在圖中畫出該矩形．考點：帶電粒子在勻強磁場中的運動．專題：壓軸題；帶電粒子在磁場中的運動專題．剖析：（1）依據(jù)粒子的入射點P和出射點M，以及運動軌跡半徑恰巧最小的條件，能夠判斷出，以MP為直徑的圓軌跡的半徑最小，而后由洛倫茲力供給粒子在磁場中作勻速圓周運動的向心力，求出13/22粒子的比荷．（2）加入沿x軸正方向的勻強電場，電場力與此時洛倫茲力均衡．解答：解：（1）設(shè)粒子在磁場中的運動半徑為r，依題意MP連線即為該粒子在磁場中作勻速圓周運動的直徑，由幾何關(guān)系得，由洛倫茲力供給粒子在磁場中作勻速圓周運動的向心力，可得，聯(lián)立解得：=4.9×107C/kg（2）此時加入沿x軸正方向的勻強電場，電場力與此時洛倫茲力均衡，qE=qvB，代入數(shù)據(jù)得：E=70V/m．所加電場的場強方向沿x軸正方向．設(shè)帶點粒子做勻速圓周運動的周期為T，所求時間為t=T/8，而，解得t=7.9×10﹣6s（3）該地區(qū)面積S=2r2=0.25m2，矩形如下圖．答：（1）上述粒子的比荷為4.9×107C/kg；7.9×10﹣6s加這個勻強（2）該勻強電場的場強盛小為70V/m方向，從粒子射入磁場開始計時經(jīng)過電場；0.25m2，矩形框如圖．．（3）此矩形磁場地區(qū)的最小面積為評論：該題考察帶電粒子在勻強磁場中的運動，重點在于判斷出運動軌跡半徑恰巧最小的條件是以MP為直徑的圓軌跡的半徑最?。畬儆谥袡n題．15．（2011?懷寧縣模擬）如下圖，在x軸上方有垂直于xy平面向里的勻強磁場，磁場的磁感覺強度為B．在x軸下方有沿y軸負(fù)方向的勻強電場，場強為E．一質(zhì)量為m、電量為﹣q的粒子從坐標(biāo)原點O沿著y軸正方向射出，射出以后，第三次抵達(dá)x軸時，它與點O的距離為L，求此粒子射出時的速度v和運動的總行程s（重力不計）．考點：帶電粒子在勻強磁場中的運動；牛頓第二定律；向心力；帶電粒子在勻強電場中的運動．專題：帶電粒子在電場中的運動專題．剖析：粒子在磁場中做圓周運動，轉(zhuǎn)動半周后抵達(dá)電場先減速再反向加快，以大小不變的速度反向進(jìn)入磁場，再次偏轉(zhuǎn)；由題意可知半徑大小，由洛侖茲力充任向心力可求得粒子的速度；粒子的總行程包含電場中的行程和磁場中的行程，求出兩場中的過程即可求出總行程．解答：解：由題意知第3次經(jīng)過x軸的運動如下圖14/22由幾何關(guān)系：L=4R設(shè)粒子初速度為v，則有：qvB=m可得：v=；設(shè)粒子進(jìn)入電場作減速運動的最大行程為L′，加快度為a，則有：2v=2aL′則電場中的行程：L′=粒子運動的總行程：s=2πR+2L′=答：粒子射出的速度為，粒子的總行程為．評論：帶電粒子在磁場中的題目重點在于明確圓心和半徑，注意要依據(jù)題意找出合理的運動過程，進(jìn)而得出正確的結(jié)論．16．（12分）如圖a所示，水平直線MN下方有豎直向上的勻強電場，現(xiàn)將一重力不計、比荷=106C/kg的正電荷置于電場中的O點由靜止開釋，經(jīng)過×10﹣504s后，電荷以v=1.5×l0m/s的速度經(jīng)過MN進(jìn)入其上方的勻強磁場，磁場與紙面垂直，磁感覺強度B按圖b所示規(guī)律周期性變化（圖b中磁場以垂直紙面向外為正，以電荷第一次經(jīng)過MN時為t=0時刻）．求：（1）勻強電場的電場強度E（2）圖b中t=×10﹣5s時刻電荷與O點的水平距離（3）假如在O點右方d=68cm處有一垂直于MN的足夠大的擋板，求電荷從O點出發(fā)運動到擋板所需的時間．（sin37°=0.60，cos37°=0.80）考點：帶電粒子在勻強磁場中的運動；牛頓第二定律；向心力；帶電粒子在勻強電場中的運動．專題：壓軸題；帶電粒子在磁場中的運動專題．剖析：（1）電荷在電場中做勻加快直線運動，依據(jù)運動學(xué)公式和牛頓第二定律聯(lián)合可求出電場強度E．（2）電荷進(jìn)入磁場后做勻速圓周運動，分別求出電荷在磁場中運動的半徑和周期，畫出軌跡，由15/22幾何關(guān)系求出t=×10﹣5s時刻電荷與O點的水平距離．3）電荷在周期性變化的磁場中運動，依據(jù)周期性剖析電荷抵達(dá)檔板前運動的完好周期數(shù)，即可求出荷沿ON運動的距離．依據(jù)電荷擋板前的運動軌跡，求出其運動時間，即得總時間．解答：解：（1）電荷在電場中做勻加快直線運動，設(shè)其在電場中運動的時間為t1，有：v0=at1Eq=ma解得：E==7.2×103N/C（2）當(dāng)磁場垂直紙面向外時，電荷運動的半徑：=5cm周期=當(dāng)磁場垂直紙面向里時，電荷運動的半徑：=3cm周期=故電荷從t=0時刻開始做周期性運動，其運動軌跡如下圖．﹣5×10s時刻電荷與O點的水平距離：△d=2（r1﹣r2）=4cm（3）電荷從第一次經(jīng)過MN開始，其運動的周期為：T=依據(jù)電荷的運動狀況可知，電荷抵達(dá)檔板前運動的完好周期數(shù)為15個，有：電荷沿ON運動的距離：s=15△d=60cm故最后8cm的距離如下圖，有：r1+r1cosα=d﹣s解得：cosα=0.6則α=53°故電荷運動的總時間：=3.86×10﹣4s答：E為7.2×103N/C．（1）勻強電場的電場強度（2）圖b中t=×10﹣5s時刻電荷與O點的水平距離為4cm．（3）電荷從O點出發(fā)運動到擋板所需的時間為3.86×10﹣4s．評論：此題是帶電粒子在電場和磁場中運動的問題，電荷在電場中運動時，由牛頓第二定律和運動學(xué)公式聯(lián)合研究是最常用的方法，也能夠由動量定理辦理．電荷在周期性磁場中運動時，要抓住周期16/22性即重復(fù)性進(jìn)行剖析，依據(jù)軌跡求解時間．17．如下圖，勻強電場的場強E=4V/m，方向水平向左，勻強磁場的磁感覺強度B=2T，方向垂直紙面向里．一個質(zhì)量為m=1g、帶正電的小物塊A，從M點沿絕緣粗拙的豎直壁無初速度下滑，當(dāng)它滑行0.8m到N點時就走開壁做曲線運動．當(dāng)A運動到P點時，恰巧處于均衡狀態(tài)，此時速度方向與水平成45°角，P與M的高度差H為1.6m．求：（1）A沿壁下滑時戰(zhàn)勝摩擦力做的功．（2）P與M的水平距離s是多少？考點：動能定理的應(yīng)用；帶電粒子在混淆場中的運動．專題：動能定理的應(yīng)用專題．剖析：對小球進(jìn)行受力剖析，再依據(jù)各力的變化，能夠找出協(xié)力及加快度的變化；即能夠找出小球最大速度及最大加快度的狀態(tài)．解答：解：（1）小物體A著落至N點時開始走開墻壁，說明這時小物體A與墻壁之間已無擠壓，彈力為零．故有：qE=qvNBvN===2m/s對小物體A從M點到N點的過程應(yīng)用動能定理，這一過程電場力和洛侖茲力均不做功，應(yīng)有：mgh﹣Wf克=∴Wf克=mgh﹣﹣3﹣32﹣3（J）=10×10×0.8﹣×10×2=6×l0（2）小物體走開N點做曲線運動抵達(dá)P點時，受力狀況如下圖，因為θ=45°，物體處于均衡狀態(tài)，成立如圖的坐標(biāo)系，可列出均衡方程．qBvpcos45°﹣qE=0（1）qBvpsin45°﹣mg=0（2）由（1）得vp==2m/s由（2）得q==2.5×l0﹣3cN→P過程，由動能定理得mg（H﹣h）﹣qES=代入計算得S=0.6m6×l0﹣3J．答：（1）A沿壁下滑時戰(zhàn)勝摩擦力做的功（2）P與M的水平距離s是0.6m．評論：此題要注意剖析帶電小球的運動過程，屬于牛頓第二定律的動向應(yīng)用與電磁場聯(lián)合的題目，此類問題要求能正確找出物體的運動過程，并能剖析各力的變化，對學(xué)生要求較高．17/2218．如下圖，坐標(biāo)系xOy所在的豎直面內(nèi)，有垂直平面向里的勻強磁場，磁感覺強度大小為B，在x＜0的空間內(nèi)，還有沿x軸負(fù)方向的勻強電場，場強為E．一個帶正電的油滴經(jīng)圖中x軸上的M點沿著與水平方向成α=30°的方向斜向下做直線運動，直到進(jìn)入x＞0的地區(qū)，要使油滴在x＞0的地區(qū)在豎直面內(nèi)做勻速圓周運動，并經(jīng)過x軸上的N點，且=，則1）帶電粒子運動的速率為多少？2）在x＞0的地區(qū)需加何種電場？3）粒子從M點到N點所用的時間為多少？考點：帶電粒子在勻強磁場中的運動；帶電粒子在勻強電場中的運動．專題：帶電粒子在復(fù)合場中的運動專題．剖析：（1）油滴沿著直線MP做勻速運動，協(xié)力為零，作出油滴的受力表示圖，依據(jù)均衡條件和洛倫茲力公式列式，即可求得速率v．2）在x＞0的地區(qū)，油滴要做勻速圓周運動，其所受的電場力必與重力均衡，則可由均衡條件列式求得場強．3）分段求時間，勻速直線運動過程，依據(jù)位移和速率求解；勻速圓周運動過程，畫出軌跡，依據(jù)軌跡的圓心角求時間．解答：解：（1）帶電油滴在x＜0地區(qū)內(nèi)受重力mg，電場力qE和洛侖茲力f，油滴沿直線運動，重力和電場力為恒力，則與運動方向垂直的洛侖茲力f的大小必定不可以變化，所以油滴必定做勻速直線運動．由均衡條件可知：qvB=①mg=qEcotα②由①②兩式代人數(shù)據(jù)得：v=③=④（2）因油滴進(jìn)入x＞0地區(qū)后做勻速圓周運動，所受電場力qE'與重力等大反向，即：qE'=mg⑤由④⑤得：E′=E⑥，方向豎直向上．（3）油滴從P點進(jìn)入x＞0地區(qū)，而后做勻速圓周運動，其軌跡所對應(yīng)的圓心角為120°，油滴從P到N的時間t2==⑦由④⑦得：t2=⑧由幾何關(guān)系可知：圖中MP=R，油滴從M到P的時間t1=⑨18/22又R=⑩又④⑨⑩得：t1=從M到N的總時間為：t=t1+t2=（3+）答：（1）油滴運動的速度是v=；（2）在x＞0地區(qū)內(nèi)所加電場的場強盛小E′=E，方向豎直向上；（3）油滴從M點到N點所用的時間t=（3+）．評論：此題是帶電體在復(fù)合場中運動的種類，剖析受力狀況和運動狀況是基礎(chǔ)，小球做勻速圓周運動時，畫出軌跡，由幾何知識確立圓心角是求解運動時間的重點．19．（16分）（2011?安徽）如下圖，在以坐標(biāo)原點O為圓心，半徑為R的半圓形地區(qū)內(nèi)，有相互垂直的勻強電場和勻強磁場，磁感覺強度為B，磁場方向垂直于xOy平面向里．一帶正電的粒子（不計重力）從O點沿y軸正方向以某一速度射人，帶電粒子恰巧做勻速直線運動，經(jīng)t0時間從P點射出．（1）電場強度的大小和方向．（2）若僅撤去磁場，帶電粒子仍從O點以相同的速度射人，經(jīng)時間恰從半圓形地區(qū)的界限射出，求粒子運動加快度大?。?）若僅撤去電場，帶電粒子仍從O點射入但速度為本來的4倍，求粒子在磁場中運動的時間．考點：帶電粒子在勻強磁場中的運動．專題：壓軸題．剖析：（1）帶電粒子沿y軸做直線運動，說明粒子的受力均衡，即遇到的電場力和磁場力大小相等，從而能夠求得電場強度的大小；（2）僅有電場時，帶電粒子在勻強電場中作類平拋運動，依據(jù)類平拋運動的規(guī)律能夠求得粒子運動加快度大?。唬?）僅有磁場時，入射速度v′=4v，帶電粒子在勻強磁場中作勻速圓周運動，由幾何關(guān)系能夠求得圓周運動的半徑的大小，由周期公式能夠求得粒子的運動的時間．解答：解：（1）設(shè)帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，初速度為v，電場強度為E．可判斷出粒