2019届高考物理总复习第28课带电粒子在复合场中的运动练习.docx

1、第28课带电粒子在复合场中的运动1带电粒子在组合场中的运动a带电粒子在匀强电场中加速后进入磁场中做圆周运动(1)(2017天津理综，18分)平面直角坐标系xOy中，第象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第象限存在沿y轴负方向的匀强电场，如图所示。一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0沿x轴正方向开始运动，Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍。粒子从坐标原点O离开电场进入磁场，最终从x轴上的P点射出磁场，P点到y轴距离与Q点到y轴距离相等。不计粒子重力，问：粒子到达O点时速度的大小和方向；电场强度和磁感应强度的大小之比。答案：v0，方向与x轴正方向的夹角为45角斜向上(8分)(10分)解析：粒子在电

2、场中由Q点到O点做类平抛运动，设O点速度v与x方向夹角为，Q点到x轴的距离为L，到y轴的距离为2L，粒子的加速度为a，运动时间为t，根据类平抛运动的规律，有x方向2Lv0t (1分)y方向Lat2(1分)粒子到达O点时沿y轴方向的分速度为vyat(2分)又tan 解得tan 1，即45(2分)粒子到达O点时速度方向与x轴正方向的夹角为45角斜向上，粒子到达O点时的速度大小为vv0(2分)设电场强度为E，粒子电荷量为q，质量为m，粒子在电场中受到的电场力为F，粒子在电场中运动的加速度a(1分)根据匀变速直线运动规律有v2aL(1分)解得E(2分)设磁感应强度大小为B，粒子做匀速圆周运动的半径为R

3、，洛伦兹力提供向心力，有qvBm(1分)根据几何关系可知RL(2分)解得B(2分)整理可得(1分)b带电粒子在磁场中做圆周运动后以一定角度射入匀强电场(2)(2017浙江选考，10分)如图所示，在xOy平面内，有一电子源持续不断地沿x正方向每秒发射出N个速率均为v的电子，形成宽为2b、在y轴方向均匀分布且关于x轴对称的电子流。电子流沿x方向射入一个半径为R、中心位于原点O的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直xOy平面向里，电子经过磁场偏转后均从P点射出。在磁场区域的正下方有一对平行于x轴的金属平行板K和A，其中K板与P点的距离为d，中间开有宽度为2l且关于y轴对称的小孔。K板接地，A与K两板间加有

4、正负、大小均可调的电压UAK。穿过K板小孔到达A板的所有电子被收集且导出，从而形成电流。已知bR，dl，电子质量为m，电荷量为e，忽略电子间相互作用。求磁感应强度B的大小；求电子从P点射出时与负y轴方向的夹角的范围；当UAK0时，每秒经过极板K上的小孔到达极板A的电子数。答案： (3分)6060 (2分) N (5分)解析：电子均从P点射出，根据图(a)可知电子做圆周运动的轨道半径为rR(1分)图(a)电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有evBm(1分)解得B(1分)设上端电子从P点射出时与负y轴夹角为m如图(b)所示，由几何关系可得sin m解得m60(1分)图(b)同理，如图

5、(c)所示，下端电子从P点射出时与负y轴夹角也为60，故的范围是6060(1分)图(c)电子恰好进入小孔，根据几何关系可知，进入小孔的电子偏角正切值tan (1分)解得45故电子到达P点时与y轴负方向的夹角45(1分)如图(d)所示，根据几何关系，可知进入金属平行板的粒子所占比例为 (2分)图(d)则当UAK0时，每秒到达A板的电子数nN(1分)c带电粒子先后经过多个匀强电场和磁场(3)(2015天津理综，20分)现代科学仪器常利用电场、磁场控制带电粒子的运动。在真空中存在着如图所示的多层紧密相邻的匀强电场和匀强磁场，电场和磁场的宽度均为d。电场强度为E，方向水平向右；磁感应强度为B，方向垂直

6、纸面向里。电场、磁场的边界互相平行且与电场方向垂直，一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子在第1层电场左侧边界某处由静止释放，粒子始终在电场、磁场中运动，不计粒子重力及运动时的电磁辐射。求粒子在第2层磁场中运动时速度v2的大小与轨迹半径r2；粒子从第n层磁场右侧边界穿出时，速度的方向与水平方向的夹角为n，试求sin n；若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出，试问在其他条件不变的情况下，也进入第n层磁场，但比荷较该粒子大的粒子能否穿出该层磁场右侧边界，请简要推理说明之。答案：2 (3分)(3分)B(9分)比荷较该粒子大的粒子不能穿出该层磁场右侧边界(5分)解析：粒子在进入第2层磁场时，经过两次电

7、场加速，中间穿过磁场时洛伦兹力不做功。由动能定理，有2qEdmv(2分)解得v22(1分)粒子在第2层磁场中受到的洛伦兹力充当向心力，有qv2Bm(2分)由式解得r2(1分)设粒子在第n层磁场中运动的速度为vn，轨迹半径为rn(各量的下标均代表粒子所在层数，下同)。nqEdmv(1分)qvnBm(1分)粒子进入第n层磁场时，速度的方向与水平方向的夹角为n，从第n层磁场右侧边界穿出时速度方向与水平方向的夹角为n，粒子在电场中运动时，垂直于电场线方向的速度分量不变，有vn1sinn1vnsinn(2分)由图(a)可知rnsin nrnsin nd(2分)图(a)由式得rnsin nrn1sin n

8、1d由式看出r1sin 1，r2sin 2，rnsinn为一等差数列，公差为d，可得rnsin nr1sin 1(n1)d(2分)当n1时，由图(b)看出r1sin 1d由式得sin nB(1分)图(b)若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出，则nsin n1在其他条件不变的情况下，换用比荷更大的粒子，设其比荷为，假设能穿出第n层磁场右侧边界，粒子穿出时速度方向与水平方向的夹角为n，由于 (2分)则导致sin n1(2分)说明n不存在，即原假设不成立。所以比荷较该粒子大的粒子不能穿出该层磁场右侧边界。(1分)2带电粒子在交变电场和磁场中的运动a带电粒子在交变磁场中运动(4)(经典题，10分)图

9、(a)所示的xOy平面处于匀强磁场中，磁场方向与xOy平面(纸面)垂直，磁感应强度B随时间t变化的周期为T，变化图线如图(b)所示。当B为B0时，磁感应强度方向指向纸外。在坐标原点O有一带正电的粒子P，其比荷为。不计重力。设P在某时刻t0以某一初速度沿y轴正方向自O点开始运动，将它经过时间T到达的点记为A。图(a)图(b)若t00，则直线OA与x轴的夹角是多少？若t0，则直线OA与x轴的夹角是多少？为了使直线OA与x轴的夹角为，在0t0的范围内，t0应取何值？答案：0(3分)(3分)(4分)解析：设粒子P的质量、电荷量与初速度分别为m、q与v，粒子P在洛伦兹力作用下，在xOy平面内做圆周运动，

10、分别用R和T表示圆周的半径和运动周期，则有qvB0mR(1分)v(1分)联立式与已知条件得TT粒子P在t0到t时间内，沿顺时针方向运动半个圆周，到达x轴上B点，此时磁场方向反转；继而，在t到tT时间内，沿逆时针方向运动半个圆周，到达x轴上A点，如图(a)所示，故OA与x轴的夹角0(1分)图(a)粒子P在t0时刻开始运动，在t到t时间内，沿顺时针方向运动个圆周，到达C点，(1分)此时磁场方向反转，在t到tT时间内，沿逆时针方向运动半个圆周，到达B点，(1分)此时磁场方向再次反转，在tT到t时间内，沿顺时针方向运动个圆周，到达A点，如图(b)所示，由几何关系可知，A点在y轴上，即OA与x轴的夹角(

11、1分)图(b)若在任意时刻tt0(0t00)的粒子由S1静止释放，粒子在电场力的作用下向右运动，在t时刻通过S2垂直于边界进入右侧磁场区。(不计粒子重力，不考虑极板外的电场)图(a)图(b)求粒子到达S2时的速度大小v和极板间距d；为使粒子不与极板相撞，求磁感应强度的大小应满足的条件；若已保证了粒子未与极板相撞，为使粒子在t3T0时刻再次到达S2，且速度恰好为零，求该过程中粒子在磁场内运动的时间和磁感应强度的大小。答案：(3分) (4分) B(1分)联立式得B(1分)设粒子在两边界之间无场区向左匀速运动的过程用时为t1，有dvt1(1分)联立式得t1若粒子再次到达S2时速度恰好为零，则粒子回到

12、极板间应做匀减速运动，设匀减速运动的时间为t2，根据运动学公式得dt2(1分)联立式得t2(1分)设粒子在磁场中运动的时间为tt3T0t1t2(1分)联立式得t(1分)设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T，则由式结合运动学公式得T(1分)由题意可知Tt联立式得B(1分)c带电粒子在交变磁场和恒定电场中运动(6)(2015浙江学业考试模拟，19分)如图(a)所示，水平直线MN下方有竖直向上的匀强电场，先将一重力不计、比荷106 C/kg的正电荷置于电场中的O点由静止释放，经过105 s后，电荷以v01.5104 m/s的速度通过MN进入其上方的匀强磁场，磁场与纸面垂直，磁感应强度B按图(b

13、)所示规律周期性变化，图(b)中磁场以垂直纸面向外为正，以电荷第一次通过MN时为t0时刻。求：图(a)图(b)匀强电场的电场强度E；带电粒子第一次进入磁场，粒子的运动半径和运动时间各为多少；图(b)中t105 s时刻电荷与O点的水平距离；如果在O点右方d68 cm处有一垂直于MN足够大的挡板，求电荷从O点出发运动到挡板所需的时间。(sin 370.6，cos 370.8)答案：7.2103 N/C(3分)5 cm(5分) 105 s(2分)4 cm(4分)3.86104 s(5分)解析：电荷在电场中做匀加速直线运动，设其在电场中运动的时间为t1根据运动学公式有v0at1(1分)根据牛顿第二定律

14、有qEma(1分)联立以上二式，解得E7.2103 N/C(1分)粒子第一次进入磁场时，磁场垂直于纸面向外，电荷在磁场中做圆周运动，根据牛顿第二定律有qv0B1m(2分)电荷在磁场中做圆周运动的周期T1(2分)联立以上二式，解得r15 cm(1分) T1105 s(1分)以电荷第一次通过MN时为t0时刻，粒子在磁场中匀速转动半圈后返回电场，所以带电粒子第一次进入磁场运动的时间为105 s(1分)磁场垂直于纸面向里时，电荷运动的半径为r23 cm(1分) 周期T2105 s(1分)故电荷从t0时刻开始做周期性运动，其运动轨迹如图(a)所示。图(a)t105 s时刻电荷与O点水平距离d2(r1r2

15、)4 cm(2分)电荷从第一次通过MN开始，其运动的周期为T105s，根据电荷的运动情况可知，电荷达到挡板前运动的完整周期数为15个，此时电荷沿MN运动的距离s15d60 cm(1分)则最后8 cm的距离如图(b)所示。图(b)根据几何关系有r1r1cos 8 cm(1分)解得cos 0.6，即53(1分)故电荷运动的总时间t总t115TT1T13.86104 s(2分)3组合场的应用a质谱仪(7)(2017江苏单科，16分)一台质谱仪的工作原理如图所示。大量的甲、乙两种离子飘入电压为U0的加速电场，其初速度几乎为0，经过加速后，通过宽为L的狭缝MN沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强

16、磁场中，最后打到照相底片上。已知甲、乙两种离子的电荷量均为q，质量分别为2m和m，图中虚线为经过狭缝左、右边界M、N的甲种离子的运动轨迹。不考虑离子间的相互作用。求甲种离子打在底片上的位置到N点的最小距离x；在图中用斜线标出磁场中甲种离子经过的区域，并求该区域最窄处的宽度d；若考虑加速电压有波动，在(U0U)到(U0U)之间变化，要使甲、乙两种离子在底片上没有重叠，求狭缝宽度L满足的条件。答案：L(6分) (5分)LL(2分)解得L2(1分)b回旋加速器(8)(2016江苏单科，16分)回旋加速器的工作原理如图(a)所示，置于真空中的D形金属盒半径为R，两盒间狭缝的间距为d，磁感应强度为B的匀

17、强磁场与盒面垂直，被加速粒子的质量为m，电荷量为q，加在狭缝间的交变电压如图(b)所示，电压值的大小为U0、周期T。一束该粒子在t0时间内从A处均匀地飘入狭缝，其初速度视为零。现考虑粒子在狭缝中的运动时间，假设能够出射的粒子每次经过狭缝均做加速运动，不考虑粒子间的相互作用。求：图(a)图(b)出射粒子的动能Em；粒子从飘入狭缝至动能达到Em所需的总时间t总；要使飘入狭缝的粒子中有超过99%能射出，d应满足的条件。答案： (4分)(8分)d99%，解得d0)的粒子从坐标原点O沿xOy平面以不同的初速度大小和方向入射到该磁场中。不计重力和粒子间的影响。图(a) 图(b)若粒子以初速度v1沿y轴正方

18、向入射，恰好能经过x轴上的A(a，0)点，求v1的大小；已知一粒子的初速度大小为v(vv1)，为使该粒子能经过A(a，0)点，其入射角(粒子初速度与x轴正向的夹角)有几个？并求出对应的sin 值；如图(b)，若在此空间再加入沿y轴正向、大小为E的匀强电场，一粒子从O点以初速度v0沿y轴正向发射。研究表明：粒子在xOy平面内做周期性运动，且在任一时刻，粒子速度的x分量vx与其所在位置的y坐标成正比，比例系数与场强大小E无关。求该粒子运动过程中的最大速度值vm。答案：(6分)2个(2分)(4分) (8分)解析：带电粒子以速率v在匀强磁场B中做匀速圆周运动，半径为R，根据牛顿第二定律有qvBm(2分

19、)当粒子以初速度v1沿y轴正向入射，转过半个圆周至A点，该圆周半径为R1，根据几何关系有R1(2分)联立式，解得v1(2分)粒子运动轨迹的圆心到O、A两点的距离相等，则圆心在x的直线上，半径为R。当给定一个初速率v时，有2个入射角(2分)分别在第1、2象限，如图所示，根据几何关系有sin (2分)联立式，解得sin (2分)粒子在运动过程中仅电场力做功，因而在轨道的最高点处速率最大，用ym表示其y坐标根据动能定理有qEymmvmv(2分)根据题意可知vmkym若E0时，粒子以初速度v0沿y轴正向入射，有qv0Bm(2分)v0kR0(2分)联立式，解得vm(2分)5磁场与重力场共存aqvBmg时

20、带电粒子做匀速直线运动(11)(多选)(经典题，6分)如图所示，一质量为m、电荷量为q的圆环可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中，不计空气阻力，现给圆环向右的初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的速度图像是()答案：ACD解析：根据左手定则可知，圆环所受洛伦兹力竖直向上，如果恰好qv0Bmg，圆环与杆间无弹力，圆环不受摩擦力的作用，将以v0做匀速直线运动，故A项正确。若qv0Bmg，则a，随着v的减小，a减小，直到qvBmg，圆环将做匀速直线运动，故D项正确，B项错误。b利用机械能守恒定律求解qvBmg时带电粒子做复杂曲线运动问题(12)(多选)(201

21、7广东一模，6分)如图所示，ABC为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB为倾斜直轨道，BC为与AB相切的圆形轨道，并且圆形轨道处在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。质量相同的甲、乙、丙三个小球中，甲球带正电、乙球带负电、丙球不带电。现将三个小球在轨道上分别从不同高度处由静止释放，都恰好通过圆形轨道的最高点，则()A甲球的释放位置比乙球的高B运动过程中三个小球的机械能均保持不变C经过最高点时，三个小球的速度相等D经过最高点时，甲球的速度最小答案：AB解析：在最高点时，甲球受到的洛伦兹力向下，乙球受到的洛伦兹力向上，而丙球不受洛伦兹力，故三个小球在最高点受到的合力不同，根据牛顿第二定律有F甲qv甲B

22、mgm、F乙mgqv乙Bm、F丙mgm，则甲球的速度最大，故C项、D项均错误。洛伦兹力不做功，三个小球机械能守恒，则甲释放的位置最高，故A项、B项均正确。6电场、磁场与重力场共存a带电粒子受力平衡做匀速直线运动(13)(2016天津理综，12分)如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小为E5 N/C，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B0.5 T。有一带正电的小球，质量m1.0106 kg，电荷量q2106 C，正以速度v在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象)，取g10 m/s2，求：小球做匀速直线

23、运动的速度v的大小和方向；从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间t。答案：20 m/s速度v的方向与水平方向的夹角为60(6分)2 s(6分)解析：小球做匀速直线运动时对小球受力分析，如图所示。小球做匀速直线运动，受力平衡，合力为零。则有qvB(2分)解得v20 m/s(1分)设速度与水平方向的夹角为则有tan (2分)解得60(1分)撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，对竖直方向的分运动没有影响，以P点为坐标原点，竖直向上为正方向，小球在竖直方向上做匀减速运动初速度vyvsin (2分)若使小球再次穿过P点所在的电场线，仅需小球的竖直方向上的位移为零则有vytgt20(2分

24、)联立以上二式，解得t2 s(2分)bqEmg时带电粒子在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动(14)(2016四川理综，19分)如图所示，图面内有竖直线DD，过DD且垂直于图面的平面将空间分成、两区域。区域有方向竖直向上的匀强电场和方向垂直于图面的匀强磁场B(图中未画出)；区域有固定在水平地面上高h2l、倾角的光滑绝缘斜面，斜面顶端与直线DD距离s4l，区域可加竖直方向的大小不同的匀强电场(图中未画出)；C点在DD上，距地面高H3l。零时刻，质量为m、带电量为q的小球P在K点具有大小v0、方向与水平面夹角的速度，在区域内做半径r的匀速圆周运动，经C点水平进入区域。某时刻，不带电的绝缘小球A由斜面顶

25、端静止释放，在某处与刚运动到斜面的小球P相遇。小球视为质点。不计空气阻力及小球P所带电量对空间电磁场的影响。(l已知，g为重力加速度)求匀强磁场的磁感应强度B的大小；若小球A、P在斜面底端相遇，求释放小球A的时刻tA；若小球A、P在时刻t(为常数)相遇于斜面某处，求此情况下区域的匀强电场的电场强度E，并讨论电场强度E的极大值和极小值及相应的方向。答案：(3分)(32)(7分)(6分) 极大值(1分)竖直向上(1分)极小值0(1分)解析：小球P在区做匀速圆周运动，则小球P必定带正电且所受电场力与重力大小相等。设区磁感应强度大小为B，由洛伦兹力提供向心力得qv0Bm(2分) 解得B(1分)小球P先

26、在I区以D为圆心做匀速圆周运动，由小球初速度和水平方向夹角为可得，小球将偏转角后自C点水平进入区做类平抛运动到斜面底端B点，如图(a)所示。图(a)设做匀速圆周运动的时间为t1，类平抛运动的时间为t2则：t1(1分)rt2(1分)BDs2lcot (1分)小球A自斜面顶端释放后将沿斜面向下做匀加速直线运动，设加速度的大小为a1，释放后在斜面上运动时间为t3。对小球A受力分析，设小球质量为m，斜面对小球的支持力为N，如图(b)所示。图(b)根据牛顿第二定律有mgsin ma1(1分)a1t(1分)小球A的释放时刻tA满足tAt1t2t3(1分)联立式，解得tA(32)(1分)如图(c)所示，设所

27、求电场方向向下，在tA时刻释放小球A，小球P在区域的加速度为aP，图(c)小球A、P相遇时，根据运动学公式及几何关系有sv0(tt1)a1(ttA)2cos (2分)HaP(tt1)2ha1(ttA)2sin (2分)根据牛顿第二定律有mgqEmaP(1分)联立式，解得E(1分)由第问可知，当小球A和P在底端相遇时，相遇的时间为3，同理当小球A与P在顶端相遇，相遇的时间为5。则35则当时，电场强度有极小值，E极小0(1分)当5时，E，即电场强度有极大值，E极大(1分)方向竖直向上(1分)c利用能量守恒定律(动能定理)求解带电粒子做复杂曲线运动问题(15)(经典题，10分)如图所示，一对竖直放置

28、的平行金属板长为L，板间距离为d，接在电压为U的电源上，板间有一与电场方向垂直的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度为B，有一质量为m，带电量为q的油滴，从离平行板上端h高处由静止开始自由下落，由两板正中央P点处进入电场和磁场空间，油滴在P点所受电场力和磁场力恰好平衡，最后油滴从一块极板的边缘D处离开电场和磁场空间。求：h的大小；油滴在D点时的速度大小。答案：(6分)(4分)解析：油滴做自由落体运动到达P点，设在P点油滴的速度为vP根据动能定理有mghmv(2分)在P点，油滴受到的电场力等于洛伦兹力，即qvPBq(2分)联立以上二式，解得h(2分)对整个过程，根据动能定理有mg(hL)q

29、mv0(2分)解得vD(2分)7带电粒子在有约束的叠加场中运动a带电粒子在叠加场中受到圆环(圆弧)的约束做圆周运动(16)(2014四川理综，17分)在如图所示的竖直平面内，水平轨道CD和倾斜轨道GH与半径r m的光滑圆弧轨道分别相切于D点和G点，GH与水平面的夹角37。过G点、垂直于纸面的竖直平面左侧有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度B1.25 T；过D点、垂直于纸面的竖直平面右侧有匀强电场，电场方向水平向右，电场强度E1104 N/C。小物体P1质量m2103 kg、电荷量q8106 C，受到水平向右的推力F9.98103 N的作用，沿CD向右做匀速直线运动，到达D点后撤去推力

30、。当P1到达倾斜轨道底端G点时，不带电的小物体P2在GH顶端静止释放，经过时间t0.1 s与P1相遇。P1和P2与轨道CD、GH间的动摩擦因数均为0.5，取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，物体电荷量保持不变，不计空气阻力。求：小物体P1在水平轨道CD上运动速度v的大小；倾斜轨道GH的长度s。答案：4 m/s(5分)0.56 m(12分)解析：设小物体P1在匀强磁场中运动的速度为v，小物体P1做匀速直线运动，则P1受力平衡。竖直方向，P1受到向下的重力、向上的洛伦兹力F1和支持力FN则有mgF1FN(1分)水平方向，受到向左的摩擦力f和向右的推力F则有Ff(1分)且F1

31、qvB(1分)fFN(1分)联立式，代入数据解得v4 m/s(1分)设P1在G点的速度大小为vG，由于洛伦兹力不做功，根据动能定理有qErsin mgr(1cos )mvmv2(2分)P1在GH上运动，设加速度为a1，根据牛顿第二定律有qEcos mgsin (mgcos qEsin )ma1(3分)P1与P2在GH上相遇时，设P1在GH上运动的距离为s1，则s1vGta1t2(1分)设P2质量为m2，在GH上运动的加速度为a2，则m2gsin m2gcos m2a2(2分)P1与P2在GH上相遇时，设P2在GH上运动的距离为s2，则s2a2t2(1分)且ss1s2(1分)联立式，代入数据得s

32、0.56 m(2分)b带电粒子在叠加场中受到直轨道的约束做直线运动(17)(2015福建理综，14分)如图所示，绝缘粗糙的竖直平面MN左侧同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，电场强度大小为E，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带正电的小滑块从A点由静止开始沿MN下滑，到达C点时离开MN做曲线运动。A、C两点间距离为h，重力加速度为g。求小滑块运动到C点时的速度大小vC；求小滑块从A点运动到C点过程中克服摩擦力做的功Wf；若D点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中速度最大的位置，当小滑块运动到D点时撤去磁场，此后小滑块继续运动到水平

33、地面上的P点。已知小滑块在D点时的速度大小为vD，从D点运动到P点的时间为t，求小滑块运动到P点时速度的大小vP。答案：(4分)mgh(4分) (6分)解析：小滑块沿MN运动过程，水平方向受力平衡有qvBNqE(2分)设小滑块在C点的速度为vC，小滑块在C点离开MN时有N0解得vC(2分)小滑块从A点运动到C点，根据动能定理有mghWfmv0(2分)解得Wfmgh(2分)如图所示，小滑块速度最大时，速度方向与电场力、重力的合力方向垂直。撤去磁场时小滑块受到的合力方向与速度垂直，则小滑块从D点到P点做类平抛运动。设重力与电场力的合力为F，则F(1分)在F方向小滑块做匀加速运动根据牛顿第二定律有F

34、ma(1分)t时间内在F方向的位移为xat2(1分)根据动能定理有Fxmvmv(2分)联立以上各式，解得vP(1分)8带电粒子在叠加场中运动的应用实例a速度选择器(18)(经典题，12分)如图所示的装置，左半部为速度选择器，右半部为匀强的偏转电场。一束同位素离子流从狭缝S1射入速度选择器，能够沿直线通过速度选择器并从狭缝S2射出的离子，又沿着与电场垂直的方向，立即进入电场强度大小为E的偏转电场，最后打在照相底片D上。已知同位素离子的电荷量为q(q0)，速度选择器内部存在着相互垂直的电场强度大小为E0的匀强电场和磁感应强度大小为B0的匀强磁场，照相底片D与狭缝S1、S2连线平行且距离为L，忽略重

35、力的影响。求从狭缝S2射出的离子速度v0的大小；若打在照相底片上的离子在偏转电场中沿速度v0方向飞行的距离为x，求出x与离子质量m之间的关系式(用E0、B0、E、q、m、L表示)。答案：(4分)x(8分)解析：离子在速度选择器中受到向下的电场力和向上的洛伦兹力的作用，要使离子能从速度选择器射出，则离子在速度选择器中做匀速直线运动，离子受力平衡。根据平衡条件有qE0qv0B0(2分)解得v0(2分)离子进入匀强偏转电场E后，受到向下的电场力的作用，离子做类平抛运动。根据类平抛运动规律有水平方向xv0t(2分)竖直方向Lat2(2分)根据牛顿第二定律有qEma(2分)联立以上各式，解得x(2分)b

36、电磁流量计(19)(多选)(经典题，6分)为了测量某化肥厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的流量计，该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a、b、c，左右两端开口，在垂直于上下表面方向加磁感应强度为B的匀强磁场，在前、后两个内侧面固定有金属板作为电极，污水充满管口从左向右流经该装置时，电压表将显示两个电极间的电压U。若用Q表示污水流量(单位时间内排出的污水体积)，下列说法正确的是()A若污水中正离子较多，则前内表面比后内表面的电势高B前内表面的电势一定低于后内表面的电势，与哪种离子多无关C污水中离子浓度越高，电压表的示数越大D污水流量Q与U成正比，与a、b无关答案：BD解

37、析：正、负离子流动时，根据左手定则可知，正离子在洛伦兹力的作用下向后内表面偏转，所以后内表面上带正电荷，前内表面上带负电荷，前内表面电势比后内表面低，与哪种离子多无关，故A项错误，B项正确。最终正负离子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡状态，有qqvB，流量QvSvbc，则U，与离子浓度无关，故C项错误。由U可知，污水流量Q与电压成正比，与a、b无关，故D项正确。c霍尔效应(20)(多选)(2014江苏单科，4分)如图所示，导电物质为电子的霍尔元件位于两串联线圈之间，线圈中电流为I，线圈间产生匀强磁场，磁感应强度大小B与I成正比，方向垂直于霍尔元件的两侧面，此时通过霍尔元件的电流为IH，与其前后表面相连的电压表测出的霍尔电压UH满足UHk，式中k为霍尔系数，d为霍尔元件两侧面间的距离。电阻R远大于RL，霍尔元件的电阻可以忽略，则()A霍尔元件前表面的电势低于后表面B若电源的正负极对调，电压表将反偏CIH与I成正比D电压表的示数与RL消耗的电功率成正比答案：CD解析：根据左手定则可以判断出霍尔元件中的导电物质所受安培力指向后表面，即将向后表面侧移，又由于该导电物质为电子，带负电，因此后表面的电势将低于前表面的电势，故A项错误。若电源的正、负极对调，磁场方向与图示方向相反，同时由电路结构可知，流经霍尔元件上下面的电流也将反向，