1、帶電粒子在場中的運動 一、 在電場中的運動不計重力的帶電粒子在電場中的運動1帶電粒子在電場中加速當電荷量為q、質量為m、初速度為v0的帶電粒子經電壓U加速后，速度變為vt，由動能定理得：qUmvt2mv02若v00，則有vt，這個關系式對任意靜電場都是適用的對于帶電粒子在電場中的加速問題，應突出動能定理的應用2帶電粒子在勻強電場中的偏轉電荷量為q、質量為m的帶電粒子由靜止開始經電壓U1加速后，以速度v1垂直進入由兩帶電平行金屬板產生的勻強電場中，則帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動，其軌跡是一條拋物線(如圖1所示)qU1mv12設兩平行金屬板間的電壓為U2，板間距離為d，板長為L(1)帶電粒子進

2、入兩板間后粒子在垂直于電場的方向上做勻速直線運動，有：vxv1，Lv1t粒子在平行于電場的方向上做初速度為零的勻加速直線運動，有：vyat，yat2，a(2)帶電粒子離開極板時側移距離yat2軌跡方程為：y(與m、q無關)偏轉角度的正切值tan 若在偏轉極板右側D距離處有一豎立的屏，在求電子射到屏上的側移距離時有一個很有用的推論，即：所有離開偏轉電場的運動電荷好像都是從極板的中心沿中心與射出點的連線射出的這樣很容易得到電荷在屏上的側移距離y以上公式要求在能夠證明的前提下熟記，并能通過以上式子分析、討論側移距離和偏轉角度與帶電粒子的速度、動能、比荷等物理量的關系培優練習1.一帶正電荷的質點，在電

3、場力作用下沿曲線abc從a運動到c，已知質點的速率是遞減的。關于b點電場強度E的方向，下列圖示中可能正確的是（虛線是曲線在b點的切線）2. 圖中虛線為勻強電場中與場強方向垂直的等間距平行直線。兩粒子M、N質量相等，所帶電荷的絕對值也相等。現將M、N從虛線上的O點以相同速率射出，兩粒子在電場中運動的軌跡分別如圖中兩條實線所示。點a、b、c為實線與虛線的交點，已知O點電勢高于c 點。若不計重力，則 A. M帶負電荷，N帶正電荷B. N在a點的速度與M在c點的速度大小相同C. N在從O點運動至a點的過程中克服電場力做功D. M在從O點運動至b點的過程中，電場力對它做的功等于零3. 空間某一靜電場的電

4、勢在軸上分布如圖所示，軸上兩點B、C點電場強度在方向上的分量分別是、，下列說法中正確的有A的大小小于的大小 B的方向沿軸正方向C電荷在點受到的電場力在方向上的分量最大D負電荷沿軸從移到的過程中，電場力先做正功，后做負功4. 圖中的實線表示電場線，虛線表示只受電場力作用的帶正電粒子的運動軌跡粒子先經過M點，再經過N點，可以判定AM點的電勢小于N點的電勢 B粒子在M點的動能小于在N點的動能C粒子在M點受到的電場力大于在N點受到的電場力 D粒子在M點的電勢能小于在N點的電勢能5.如圖所示，圖中K、L、M為靜電場中的3個相距較近的等勢面.一帶電粒子射入此靜電場中后，沿abcde軌跡運動.已知KLM,且

5、粒子在ab段做減速運動.下列判斷中正確的是A.粒子帶負電 B.粒子在a點的加速度大于在b點的加速度C.粒子在a點與e點的速度大小相等 D.粒子在a點的電勢能大于在d點的電勢能6. 如圖所示，一個帶電荷量為Q 的點電荷甲固定在絕緣平面上的O點；另一個帶電荷量為q、質量為m的點電荷乙，從A點以初速度v0沿它們的連線向甲滑行運動，運動到B點靜止已知靜電力常量為k，點電荷乙與水平面的動摩擦因數為，A、B間的距離為s下列說法正確的是AO、B間的距離為B點電荷乙從A運動到B的運動過程中，中間時刻的速度大于C點電荷乙從A運動到B的過程中，產生的內能為mv02D在點電荷甲產生的電場中，A、B兩點間的電勢差UA

6、B7. 如圖所示，A、B兩導體板平行放置，在t0時將電子從A板附近由靜止釋放(電子的重力忽略不計)。分別在A、B兩板間加四種電壓，它們的UABt圖線如圖中的四圖所示。其中可能使電子到不了B板的是8. 圖1 (a)為示波管的原理圖。如果在電極YY之間所加的電壓圖按圖( b)所示的規律變化，在電極XX之間所加的電壓按圖(c)所示的規律變化，則在熒光屏上會看到的圖形是圖2中的 圖1 圖29. 如圖所示，有三個質量相等，分別帶正電、負電和不帶電的質點，由兩水平極板正中，以相同的初速度v0，先后垂直勻強電場射入，并分別落在負極板上甲、乙、丙三處，可以判定A甲處質點帶負電，乙處質點不帶電，丙處質點帶正電B

7、三個質點在電場中的運動時間相等C三個質點在電場中的加速度a甲a乙a丙D三個質點到達負極的動能E丙E乙E甲10. 如圖所示為說明示波器工作原理的示意圖，已知兩平行板間的距離為d、板長為l電子經電壓為U1的電場加速后從兩平行板間的中央處垂直進入偏轉電場設電子質量為me、電荷量為e（1）求經電場加速后電子速度v的大小；（2）要使電子離開偏轉電場時的偏轉角度最大，兩平行板間的電壓U2應是多少？電子動能多大？lU1d二、 在磁場中的運動 不計重力的帶電粒子在磁場中的運動1勻速直線運動：若帶電粒子的速度方向與勻強磁場的方向平行，則粒子做勻速直線運動2勻速圓周運動：若帶電粒子的速度方向與勻強磁場的方向垂直，

8、則粒子做勻速圓周運動質量為m、電荷量為q的帶電粒子以初速度v垂直進入勻強磁場B中做勻速圓周運動，其角速度為，軌道半徑為R，運動的周期為T，則有：qvBmmR2mvmR()2mR(2f)2RT(與v、R無關)，f3對于帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的問題，應注意把握以下幾點(1)粒子圓軌跡的圓心的確定若已知粒子在圓周運動中的兩個具體位置及通過某一位置時的速度方向，可在已知的速度方向的位置作速度的垂線，同時作兩位置連線的中垂線，兩垂線的交點為圓軌跡的圓心，如圖42 所示若已知做圓周運動的粒子通過某兩個具體位置的速度方向，可在兩位置上分別作兩速度的垂線，兩垂線的交點為圓軌跡的圓心，如圖43所示若

9、已知做圓周運動的粒子通過某一具體位置的速度方向及圓軌跡的半徑R，可在該位置上作速度的垂線，垂線上距該位置R處的點為圓軌跡的圓心(利用左手定則判斷圓心在已知位置的哪一側)，如圖44所示圖42圖43圖44(2)粒子圓軌跡的半徑的確定可直接運用公式R 來確定畫出幾何圖形，利用半徑R與題中已知長度的幾何關系來確定在利用幾何關系時，要注意一個重要的幾何特點，即：粒子速度的偏向角等于對應軌跡圓弧的圓心角，并等于弦切角的2倍，如圖45所示圖45(3)粒子做圓周運動的周期的確定可直接運用公式T 來確定利用周期T與題中已知時間t的關系來確定若粒子在時間t內通過的圓弧所對應的圓心角為，則有：t·T(或t

10、·T)(4)圓周運動中有關對稱的規律從磁場的直邊界射入的粒子，若再從此邊界射出，則速度方向與邊界的夾角相等，如圖46所示在圓形磁場區域內，沿徑向射入的粒子必沿徑向射出，如圖47所示圖46圖47(5)帶電粒子在有界磁場中運動的極值問題剛好穿出磁場邊界的條件通常是帶電粒子在磁場中運動的軌跡與邊界相切培優練習1. 空間存在方向垂直于紙面向里的勻強磁場，圖中的圓形為其邊界。一細束由兩種粒子組成的粒子流沿垂直于磁場的方向從O點沿半徑方向入射。這兩種粒子帶同種電荷，它們的電荷量、質量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子。不計重力。下列說法錯誤的是A. 入射速度相同的粒子在磁場中的運動軌跡

11、一定相同 B. 入射速度不同的粒子在磁場中的運動時間一定相同C.在磁場中運動時間相同的粒子，其運動軌跡一定相同D.在磁場中運動時間越長的粒子，其軌跡所對的圓心角一定越大2.如圖所示，在x0，y0的空間中有恒定的勻強磁場，磁感應強度的方向垂直于xoy平面向里，大小為B，現有四個質量為m，電荷量為q的帶電粒子，由x軸上的P點以不同初速度平行于y軸射入此磁場，其出射方向如圖所示，不計重力影響，則A初速度最大的粒子是沿方向出射的粒子B初速度最大的粒子是沿方向出射的粒子C在磁場中運動經歷時間最長的是沿方向出射的粒子D. 在磁場中運動經歷時間最長的是沿方向出射的粒子3. 利用如圖所示裝置可以選擇一定速度范

12、圍內的帶電粒子。圖中板MN上方是磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場，板上有兩條寬度分別為2d和d的縫，兩縫近端相距為L，一群質量為m、電荷量為q，具有不同速度的粒子從寬度為2d的縫垂直于板MN進入磁場，對于能夠從寬度為d的縫射出的粒子，下列說法正確的是A粒子帶正電B射出粒子的最大速度為C保持d和L不變，增大B，射出粒子的最大速度與最小速度之差減小D保持d和B不變，增大L，射出粒子的最大速度與最小速度之差增大4. 電視機的顯像管中，電子束的偏轉是用磁偏轉技術實現的。電子束經過加速電場后，進入一圓形勻強磁場區，磁場方向垂直于圓面。不加磁場時，電子束將通過磁場中心O點而打到屏幕上的中心M

13、，加磁場后電子束偏轉到P點外側。現要使電子束偏轉回到P點，可行的辦法是A減小加速電壓 B增加偏轉磁場的磁感應強度C將圓形磁場區域向屏幕靠近些 D將圓形磁場的半徑增大些5. 如圖所示，有一個正方形的勻強磁場區域abcd，e是ad的中點，f是cd的中點，如果在a點沿對角線方向以速度v射入一帶負電的帶電粒子，恰好從e點射出，則 A如果粒子的速度增大為原來的二倍，將從d點射出B如果粒子的速度增大為原來的三倍，將從f點射出C如果粒子的速度不變，磁場的磁感應強度變為原來的二倍，也將從d點射出D只改變粒子的速度使其分別從e、d、f點射出時，從f點射出所用時間最長6. 如圖所示，一足夠長的矩形區域abcd內充

14、滿方向垂直紙面向里的、磁感應強度為B的勻強磁場，在ad邊中點O，方向垂直磁場向里射入一速度方向跟ad邊夾角 = 30°、大小為v0的帶正電粒子，已知粒子質量為m，電量為q，ad邊長為L，ab邊足夠長，粒子重力不計，求：（1）粒子能從ab邊上射出磁場的v0大小范圍。（2）如果帶電粒子不受上述v0大小范圍的限制，求粒子在磁場中運動的最長時間。7. 如圖所示，有一垂直于紙面向外的磁感應強度為B的有界勻強磁場（邊界上有磁場），其邊界為一邊長為L的三角形，A、B、C為三角形的頂點。今有一質量為m、電荷量為q的粒子（不計重力），以速度v從AB邊上某點P既垂直于AB邊又垂直于磁場的方向射入磁場，然

15、后從BC邊上某點Q射出。若從P點射入的該粒子能從Q點射出，則 A|PB|L B|PB|LC|QB|L D|QB|L8.在以坐標原點O為圓心、半徑為r的圓形區域內，存在磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場。如圖所示。一個不計重力的帶電粒子從磁場邊界與x軸的交點A處以v沿x方向射入磁場，它恰好從磁場邊界與y軸的交點C處沿y方向飛出。請判斷該粒子帶何種電荷，并求出其比荷q/m。若磁場的方向和所在空間范圍不變，而磁感應強度的大小變為B，該粒子從A處以相同的速度射入磁場，但飛出磁場時的速度方向相對于入射方向改變了600，求磁感應強度為多大？此次粒子在磁場中運動所用時間t是多少？oyxBCA&

16、#183;··三、 在組合場中的運動1如圖甲所示，在第象限內有水平向右的勻強電場，電場強度為E，在第、象限內分別存在如圖所示的勻強磁場，磁感應強度大小相等有一個帶電粒子以垂直于x軸的初速度v0從x軸上的P點進入勻強電場中，并且恰好與y軸的正方向成45°角進入磁場，又恰好垂直進入第象限的磁場已知OP之間的距離為d，則帶電粒子在磁場中第二次經過x軸時，在電場和磁場中運動的總時間為AB(25)C(2)D(2)2. 如圖所示，質量為m、電荷量為e的質子以某一初速度從坐標原點O沿x軸正方向進入場區，若場區僅存在平行于y軸向上的勻強電場時，質子通過P（d，d）點時的動能為5E

17、k；若場區僅存在垂直于xOy平面的勻強磁場時，質子也能通過P點。不計質子的重力。設上述勻強電場的電場強度大小為E、勻強磁場的磁感應強度大小為B，則下列說法中正確的是A. B. C. D. 3. 如圖在x軸上方存在垂直紙面向里的磁感應強度為B的勻強磁場，x軸下方存在垂直紙面向外的磁感應強度為B/2的勻強磁場一帶負電的粒子從原點O以與x軸成角斜向上射人磁場，且在上方運動半徑為R（不計重力）。則A粒子經偏轉一定能回到原點0B粒子在軸上方和下方兩磁場中運動的半徑之比為2:1C粒子完成一次周期性運動的時間為D粒子第二次射入軸上方磁場時，沿軸前進3R4. 如圖甲所示，在真空中，有一半徑為R的圓形區域內存在

18、勻強磁場，磁場方向垂直紙面向外在磁場右側有一對平行金屬板M和N，兩板間距為R，板長為2R，板間的中心線O1O2與磁場的圓心O在同一直線上有一電荷量為q、質量為m的帶正電的粒子以速度v0從圓周上的a點沿垂直于半徑OO1并指向圓心O的方向進入磁場，當從圓周上的O1點水平飛出磁場時，給M、N兩板加上如圖410乙所示的電壓，最后粒子剛好以平行于N板的速度從N板的邊緣飛出(不計粒子所受到的重力、兩板正對面之間為勻強電場，邊緣電場不計)(1)求磁場的磁感應強度B(2)求交變電壓的周期T和電壓U0的值(3)當t時，該粒子從M、N板右側沿板的中心線仍以速度v0射入M、N之間，求粒子從磁場中射出的點到a點的距離

19、5. 如圖所示，在直角坐標系的第象限和第象限中的等腰直角三角形區域內，分布著磁感應強度均為的勻強磁場，方向分別垂直紙面向外和向里。質量為m6.64×1027kg、電荷量為q3.2×1019C的帶電粒子（不計重力），由靜止開始經加速電壓為U1205V的電場（圖中未畫出）加速后，從坐標點M（4，）處平行于x軸向右運動，并先后通過兩個勻強磁場區域。（1）求該粒子在磁場中的運動半徑；（2）在圖中畫出該粒子從直線x4到直線x4之間的運動軌跡，并在圖中標明軌跡與直線x4交點的坐標；（3）求該粒子在兩個磁場區域偏轉所用的總時間。6. 如圖所示，在一底邊長為2L，45°的等腰三角

20、形區域內(O為底邊中點)有垂直紙面向外的勻強磁場. 現有一質量為m，電量為q的帶正電粒子從靜止開始經過電勢差為U的電場加速后，從O點垂直于AB進入磁場，不計重力與空氣阻力的影響.(1)粒子經電場加速射入磁場時的速度？(2)磁感應強度B為多少時，粒子能以最大的圓周半徑偏轉后打到OA板？UABOCL(3)增加磁感應強度的大小，可以再延長粒子在磁場中的運動時間，求粒子在磁場中運動的極限時間.(不計粒子與AB板碰撞的作用時間，設粒子與AB板碰撞前后，電量保持不變并以相同的速率反彈) 7. 如圖所示，在xOy坐標系的第象限內，x軸和平行x軸的虛線之間(包括x軸和虛線)有磁感應強度大小為B1=2×

21、;102T、方向垂直紙面向里的勻強磁場，虛線過y軸上的P點，OP=1.0m，在xO的區域內有磁感應強度大小為B2、方向垂直紙面向外的勻強磁場。許多質量m=1.6×1025kg、電荷量q=+1.6×1018C的粒子，以相同的速率v=2×105m/s從C點沿紙面內的各個方向射人磁感應強度為B1的區域，OC=0.5 m有一部分粒子只在磁感應強度為B1的區域運動，有一部分粒子在磁感應強度為B1的區域運動之后將進入磁感應強度為B2的區域。設粒子在B1區域運動的最短時間為t1，這部分粒子進入磁感應強度為B2的區域后在B2區域的運動時間為t2，已知t2=4t1。不計粒子重力求：

22、(1)粒子在磁感應強度為B1的區域運動的最長時問t0=?(2)磁感應強度B2的大小?四、 在疊加場中的運動1高中階段所涉及的復合場有四種組合形式，即：電場與磁場的復合場；磁場與重力場的復合場；電場與重力場的復合場；電場、磁場與重力場的復合場2帶電粒子在復合場中的運動性質取決于帶電粒子所受的合外力及初速度，因此應把帶電粒子的運動情況和受力情況結合起來進行分析當帶電粒子在復合場中所受的合外力為零時，帶電粒子做勻速直線運動(如速度選擇器)；當帶電粒子所受的重力與電場力等值、反向，由洛倫茲力提供向心力時，帶電粒子在垂直磁場的平面內做勻速圓周運動；當帶電粒子所受的合外力是變力，且與初速度的方向不在一條直

23、線上時，粒子做非勻變速曲線運動，運動軌跡也隨之不規范地變化因此，要確定粒子的運動情況，必須明確有幾種場，粒子受幾種力，重力是否可以忽略3帶電粒子所受三種場力的特征(1)洛倫茲力的大小跟速度方向與磁場方向的夾角有關當帶電粒子的速度方向與磁場方向平行時，f洛0；當帶電粒子的速度方向與磁場方向垂直時，f洛qvB當洛倫茲力的方向垂直于速度v和磁感應強度B所決定的平面時，無論帶電粒子做什么運動，洛倫茲力都不做功(2)電場力的大小為qE，方向與電場強度E的方向及帶電粒子所帶電荷的性質有關電場力做功與路徑無關，其數值除與帶電粒子的電荷量有關外，還與其始末位置的電勢差有關(3)重力的大小為mg，方向豎直向下重

24、力做功與路徑無關，其數值除與帶電粒子的質量有關外，還與其始末位置的高度差有關注意：微觀粒子(如電子、質子、離子)一般都不計重力；對帶電小球、液滴、金屬塊等實際的物體沒有特殊交代時，應當考慮其重力；對未知名的、題中又未明確交代的帶電粒子，是否考慮其重力，則應根據題給的物理過程及隱含條件具體分析后作出符合實際的決定4帶電粒子在復合場中的運動的分析方法(1)當帶電粒子在復合場中做勻速運動時，應根據平衡條件列方程求解(2)當帶電粒子在復合場中做勻速圓周運動時，往往應用牛頓第二定律和平衡條件列方程聯立求解(3)當帶電粒子在復合場中做非勻速曲線運動時，應選用動能定理或動量守恒定律列方程求解注意：如果涉及兩

25、個帶電粒子的碰撞問題，要根據動量守恒定律列方程，再與其他方程聯立求解由于帶電粒子在復合場中的受力情況復雜，運動情況多變，往往出現臨界問題，這時應以題目中的“恰好”、“最大”、“最高”、“至少”等詞語為突破口，挖掘隱含條件，并根據臨界條件列出輔助方程，再與其他方程聯立求解培優練習1. 如圖所示，粗糙程度均勻的絕緣斜面下方O點處有一負點電荷，帶負電的小物體以初速度V1從M點沿斜面上滑，到達N點時速度為零，然后下滑回到M點，此時速度為V2（V2V1）。若小物體電荷量保持不變，OMON，則 A小物體上升的最大高度為B從N到M的過程中，小物體的電勢能逐漸減小C從M到N的過程中，電場力對小物體先做負功后做

26、正功D從N到M的過程中，小物體受到的摩擦力和電場力均是先減小后增大2如圖所示，在一正交的電場和磁場中，一帶電荷量為q、質量為m的金屬塊沿傾角為的粗糙絕緣斜面由靜止開始下滑已知電場強度為E，方向豎直向下；磁感應強度為B，方向垂直紙面向里；斜面的高度為h金屬塊滑到斜面底端時恰好離開斜面，設此時的速度為v，則A金屬塊從斜面頂端滑到底端的過程中，做的是加速度逐漸減小的加速運動B金屬塊從斜面頂端滑到底端的過程中，機械能增加了qEhC金屬塊從斜面頂端滑到底端的過程中，機械能增加了mv2mghD金屬塊離開斜面后將做勻速圓周運動3. 如圖所示，帶電量為q的金屬圓環質量為m。套在固定的水平長直絕緣圓柱體上，環與

27、圓柱體間的動摩擦因數為，環的直徑略大于圓柱體的直徑，整個裝置處在垂直于紙面向內的范圍足夠大的勻強磁場中。現給環向右的水平初速度v0，設環在運動過程中帶電量保持不變，則環運動過程中的速度圖像不可能是圖中的 拓展1如圖所示，空間存在相互垂直的勻強電場和勻強磁場，電場的方向豎直向下，磁場方向水平(圖中垂直紙面向里)，一帶電油滴P恰好處于靜止狀態，則下列說法正確的是()A若僅撤去電場，P可能做勻加速直線運動B若僅撤去磁場，P可能做勻加速直線運動 C若給P一初速度，P不可能做勻速直線運動D若給P一初速度，P可能做勻速圓周運動AvBCD圖拓展2. 如圖所示，位于豎直面內的矩形區域內，存在豎直方向的勻強電場

28、，一帶電微粒以某一確定的水平初速度v由A點進入這個區域沿直線運動，從C點離開場區；如果將這個區域內電場的場強大小變為原來的2倍，仍讓該帶電微粒以相同的速度由A點進入，微粒將從B點離開場區；如果保持這個區域內電場的強弱不變，而將方向改變180°，仍讓該帶電微粒以相同的速度由A點進入，微粒將從D點離開場區。設粒子從C點、B點、D點射出時的動能分別為Ek1、Ek2、Ek3，從A點到C點、B點、D點所用的時間分別為t1、t2、t3，不計空氣阻力。則（ ） AEk1=Ek2=Ek3 BEk1<Ek2<Ek3 Ct1<t2=t3 Dt1=t2<t34. 一導體材料的樣品的

29、體積為a×b×c，A、C、A、C為其四個側面，如圖所示已知導體樣品中載流子是自由電子，且單位體積中的自由電子數為n，電阻率為，電子的電荷量為e，沿x方向通有電流I(1)導體樣品A、A兩個側面之間的電壓是_，導體樣品中自由電子定向移動的速率是_(2)將該導體樣品放在勻強磁場中，磁場方向沿z軸正方向，則導體側面C的電勢_(填“高于”、“低于”或“等于”)側面C的電勢(3)在(2)中，達到穩定狀態時，沿x方向的電流仍為I，若測得C、C兩側面的電勢差為U，試計算勻強磁場的磁感應強度B的大小5. 如圖所示，BCDG是光滑絕緣的圓形軌道，位于豎直平面內，軌道半徑為R，下端與水平絕緣軌道

30、在B點平滑連接，整個軌道處在水平向左的勻強電場中現有一質量為m、帶正電的小滑塊(可視為質點)置于水平軌道上，滑塊受到的電場力大小為mg，滑塊與水平軌道間的動摩擦因數為0.5，重力加速度為g.(1)若滑塊從水平軌道上距離B點s3R的A點由靜止釋放，滑塊到達與圓心O等高的C點時速度為多大？(2)在(1)的情況下，求滑塊到達C點時受到軌道的作用力大小；(3)改變s的大小，使滑塊恰好始終沿軌道滑行，且從G點飛出軌道，求滑塊在圓軌道上滑行過程中的最小速度大小E+q6.如圖所示，豎直平面內有一與水平面成=30°的絕緣斜面軌道AB，該軌道和一半徑為R的光滑絕緣圓弧軌道BCD相切于B點。整個軌道處于

31、豎直向下的勻強電場中，現將一質量為m帶正電的滑塊（可視為質點）從斜面上的A點靜止釋放，滑塊能沿軌道運動到圓軌道的最高D點后恰好落到斜面上與圓心O等高的P點，已知帶電滑塊受到的電場力大小為Eq=mg，滑塊與斜面軌道間的動摩擦因數為，空氣阻力忽略不計。求：（1）滑塊經過D點時的速度大小；（2）滑塊經過圓軌道最低C點時，軌道對滑塊的支持力FC ； （3）A、B兩點之間的距離d。7. 如圖所示，一半徑為R的光滑絕緣半球面開口向下，固定在水平面上整個空間存在磁感應強度為B、方向豎直向下的勻強磁場一電荷量為q(q0)、質量為m的小球P在球面上做水平的勻速圓周運動，圓心為O球心O到該圓周上任一點的連線與豎直

32、方向的夾角為(0)為了使小球能夠在該圓周上運動，求磁感應強度B的最小值及小球P相應的速率(已知重力加速度為g)8. 如圖所示，MN是一段在豎直平面內半徑為1 m的光滑的1/4圓弧軌道，軌道上存在水平向右的勻強電場。軌道的右側有一垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B10.1 T。現有一帶電荷量為1 C、質量為100 g的帶正電小球從M點由靜止開始自由下滑，恰能沿NP方向做直線運動，并進入右側的復合場(NP沿復合場的中心線)。已知AB板間的電壓為UBA2 V，板間距離d2 m，板的長度L3 m，若小球恰能從板的邊沿飛出，g取10 m/s2。求： (1)小球運動到N點時的速度v；(2)水平向右的勻

33、強電場的電場強度E；(3)復合場中的勻強磁場的磁感應強度B2。9. 如下圖，豎直平面坐標系xOy的第一象限，有垂直xOy面向外的水平勻強磁場和豎直向上的勻強電場，大小分別為B和E；第四象限有垂直xOy面向里的水平勻強電場，大小也為E；第三象限內有一絕緣光滑豎直放置的半徑為R的半圓軌道，軌道最高點與坐標原點O相切，最低點與絕緣光滑水平面相切于N。一質量為m的帶電小球從y軸上（y0）的P點沿x軸正方向進入第一象限后做圓周運動，恰好通過坐標原點O，且水平切入半圓軌道并沿軌道內側運動，過N點水平進入第四象限，并在電場中運動（已知重力加速度為g）。（1）判斷小球的帶電性質并求出其所帶電荷量；（2）P點距

34、坐標原點O至少多高；（3）若該小球以滿足（2）中OP最小值的位置和對應速度進入第一象限，通過N點開始計時，經時間小球距坐標原點O的距離s為多遠？10. 在圖所示的坐標系中，x軸水平，y軸垂直，x軸上方空間只存在重力場，第象限存在沿y軸正方向的勻強電場和垂直xy平面向里的勻強磁場，在第象限由沿x軸負方向的勻強電場，場強大小與第象限存在的電場的場強大小相等。一質量為m，帶電荷量大小為q的質點a，從y軸上y=h處的P1點以一定的水平速度沿x軸負方向拋出，它經過x= -2h處的P2點進入第象限，恰好做勻速圓周運動，又經過y軸上方y= -2h的P3點進入第象限，試求：質點到達P2點時速度的大小和方向；第

35、象限中勻強電場的電場強度和勻強磁場的磁感應強度的大小；質點a進入第象限且速度減為零時的位置坐標答案一、1.C 2.B 3.D 4.B 5.C 6.D 7.B 8.B 9.C 二、1.B 2.A 3.B解析：由左手定則可判斷粒子帶負電，故A錯誤；由題意知：粒子的最大半徑、粒子的最小半徑，根據洛倫茲力提供向心力有，可得，所以、，則，所以選項B正確。本題答案為B。4.C 5.A6. 解：（1）若粒子速度為v0，則qv0B =，所以有R =，設圓心在O1處對應圓弧與ab邊相切，相應速度為v01，則R1R1sin =，將R1 =代入上式可得，v01 =類似地，設圓心在O2處對應圓弧與cd邊相切，相應速度

36、為v02，則R2R2sin =，將R2 =代入上式可得，v02 = 所以粒子能從ab邊上射出磁場的v0應滿足v0（2）由t =及T =可知，粒子在磁場中經過的弧所對的圓心角越長，在磁場中運動的時間也越長。由圖可知，在磁場中運動的半徑rR1時，運動時間最長，弧所對圓心角為（22），所以最長時間為t =oyxBCA···r300ORD7. 【解題思路】考查帶電粒子在勻強磁場中的勻速圓周運動。本題粒子的半徑確定，圓心必定在經過AB的直線上，可將粒子的半圓畫出來，然后移動三角形，獲取AC邊的切點以及從BC邊射出的最遠點。由半徑公式可得粒子在磁場中做圓周運動的半徑為RL，如

37、圖所示。讓半圓向右移動，半圓與弧與BC邊的交點即Q。當圓心處于O1位置時，粒子正好從AC邊切過，并與BC邊切過，因此入射點P1為離開B最遠的點，滿足PBL，A對；當圓心處于O2位置時，粒子從P2射入，打在BC邊的Q點，由于此時Q點距離AB最遠為圓的半徑R，故QB最大，即QBL，D對。【答案】AD8. 解析：由粒子的飛行軌跡，利用左手定則可知，該粒子帶負電荷。粒子由A點射入，由C點飛出，其速度方向改變了900，則粒子軌跡半徑R=r，又，則粒子的比荷粒子從D點飛出磁場，速度方向改變了600角，故AD弧所對圓心角為600，粒子做圓周運動的半徑三、1.D 2.D 3.D4. 【解析】(1)粒子自a點進

38、入磁場，從O1點水平飛出磁場，則其運動的軌道半徑為R由qv0Bm，解得：B(2)粒子自O1點進入電場后恰好從N板的邊緣平行極板飛出，設運動時間為t，根據類平拋運動規律有：2Rv0t 2n·()2又tnT (n1,2,3)解得：T (n1,2,3) U0 (n1,2,3) (3)當t時，粒子以速度v0沿O2O1射入電場，該粒子恰好從M板邊緣以平行于極板的速度射入磁場，進入磁場的速度仍為v0，運動的軌跡半徑為R設進入磁場時的點為b，離開磁場時的點為c，圓心為O3，如圖410丙所示，四邊形ObO3c是菱形，所以OcO3b，故c、O、a三點共線，ca即為圓的直徑，則c、a間的距離d2R5.

39、解析：（1）該粒子在電場中做加速過程，由動能定理 粒子在磁場中偏轉，由牛頓第二定律 聯立解得（2）由題意做作圖像如答圖所示。（3）帶電粒子在磁場中的運動周期 該粒子在兩個磁場中分別偏轉的弧度為，在磁場中的運動總時間 ABOCULR6. 【解析】依題意，粒子經電場加速射入磁場時的速度為v，由動能定理得： 由 得 要使圓周半徑最大，則粒子的圓周軌跡應與AC邊相切，設圓周半徑為R由圖中幾何關系：由洛侖茲力提供向心力： 聯立解得 ABOCLU 設粒子運動圓周半徑為r， ，當r越小，最后一次打到AB板的點越靠近A端點，在磁場中圓周運動累積路程越大，時間越長. 當r為無窮小，經過n個半圓運動，如圖所示，最

40、后一次打到A點. 有： 圓周運動周期： 最長的極限時間 由式得： 7. 解：（1）設粒子在磁感應強度為B1的區域做勻速圓周運動的半徑為r，周期為T1，則r =r=mv/qB1 （1分）,r = 1.0 m （1分）；T1 =2 m /qB1 （1分）由題意可知，OP = r，所以粒子沿垂直x軸的方向進入時，在B1區域運動的時間最長為半個周期，即t0 =T1/ 2 （2分），解得t0 = 1.57×105 s （2分）（2）粒子沿+x軸的方向進入時，在磁感應強度為B1的區域運動的時間最短，這些粒子在B1和B2中運動的軌跡如圖所示，在B1中做圓周運動的圓心是O1，O1點在虛線上，與y軸的

41、交點是A，在B2中做圓周運動的圓心是O2，與y軸的交點是D，O1、A、O2在一條直線上。由于OC =r （1分）；所以AO1C = 30°2分）則t1=T1/12 （2分）設粒子在B2區域做勻速圓周運動的周期為T2，則T2 = （1分）由于PAO1 =OAO2 =ODO2 = 30°（1分）所以AO2D = 120°（2分）則t2 = （2分），由t2 = 4 t1 ，解得B2 = 2B1 （1分）B2 = 4×102 （1分）四、1.AC 2.C 3.C 拓展1.D 2.B4. 【解析】(1)由題意知，樣品的電阻R· 根據歐姆定律：U0I·R分析t時間定向移動通過端面的自由電子，由電流的定義式I可得