甲不穿钉鞋和乙穿钉鞋赛跑60米，成绩是乙比甲快半步，哪个有实力_百度知道
甲不穿钉鞋和乙穿钉鞋赛跑60米，成绩是乙比甲快半步，哪个有实力
9秒之间，没有具体的时间数据是无法判定的，要的指定的环境条件下才有公平性可言。对于成绩的快慢.5秒到0，对于非专业人士来说成绩振幅在0使用钉鞋跑一百米
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一般情况下短跑穿钉鞋应该跑得更快才对，如果不是专业选手有可能穿钉鞋跑的更慢。还是乙比较强的。
甲比较有实力。
甲比较有实力
不能说谁有实力
穿钉鞋肯定比不穿有力
只有在相同条件下才能比较
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出门在外也不愁我是初二的一名学生，经过训练后，没有穿钉鞋在沙道上跑400M的成绩为1分钟，到了少锦赛（乙组）能拿第几？_百度知道
我是初二的一名学生，经过训练后，没有穿钉鞋在沙道上跑400M的成绩为1分钟，到了少锦赛（乙组）能拿第几？
少锦赛的跑道是塑胶跑道而且是电子计时
提问者采纳
光想着比赛的成绩而忽视平常的训练，很多人都是这样，比赛的那种紧张气氛能让你成绩还提升不少，既然自己有目标。
你上初二时400米 能跑六十秒 已经不错了，就应该付出行动比加紧训练才是真不到的，到时因带着平常心去
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60秒，400M。至于第几这个不好说。拿到成绩是应该可以的。一般的成绩。穿上跑鞋在塑胶跑道上应该会提高2~3秒（因个人体质适应情况不同有轻微改变）再加上临场的兴奋度提高你的成绩跑55秒没有问题初二
我晕！这个要问问你的对手的成绩了！但是你的成绩不错！
乙组是有九年级的吧= = ，而且比赛成绩和平时的水平差的还是挺多的。。。
你决定不了别人的成绩，你只能把握自己的成绩啊
这个成绩，估计什么都拿不到。我当时没穿鞋跑都跑了一分钟
这个是说不定的，还的看你这次不赛出去遇到的对手强弱。
还有问个问题你是女的还男的女子的话这个成绩还算不错，有可能进前前3的。
如果是男的就不好说了，因为对男生的成绩我不太清楚。
比赛注重的不是名次，而是你真正跑完的时间，体育用秒来衡量成绩，只要不紧张成绩也许会提高
这种情况谁都不敢一定能拿第一
因为其中的可变参数太多了
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出门在外也不愁2012届高考物理一轮复习学案：带电粒子在复合场中的运动(人教版)_文档资料库
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2012届高考物理一轮复习学案：带电粒子在复合场中的运动(人教版)
金太阳新课标资源网带电粒子在复合场中的运动 【考纲知识梳理】 一、复合场 复合场是指电场、磁场和重力场并存，或其中某两场并存，或其中某两场并存，或分区 域存在。 二、带电粒子在复合场中的运动分类 1、当带电粒子在复合场中所受的合外力为 0 时，粒子将做匀速直线运动或静止． 2、当带电粒子所受的合外力与运动方向在同一条直线
上时，粒子将做变速直线运动． 3、当带电粒子所受的合外力充当向心力时，粒子将做匀速圆周运动． 4、当带电粒子所受的合外力的大小、方向均是不断变化的时，粒子将做变加速运动，这类 问题一般只能用能量关系处理． 三、带电粒子在复合场中运动的应用实例 1、粒子速度选择器 速度选择器是近代物理学研究中常用的一种实验工具， 其功能是为了选择某种速度的带电 粒子 （1） ．结构： ①平行金属板 M、N，将 M 接电源正极，N 板接电源负极，M、N 间形成匀强电场，设场强 为 E； ②在两板之间的空间加上垂直纸面向里的匀强磁场，设磁感应强度为 B； ③在极板两端加垂直极板的档板，档板中心开孔 S1、S2，孔 S1、S2 水平正对。 （2） ．原理 工作原理。设一束质量、电性、带电量、速度均不同的粒子束（重力不计） ，从 S1 孔垂直磁 场和电场方向进入两板间， 当带电粒子进入电场和磁场共存空间时， 同时受到电场力和洛伦 兹力作用F电 ? Eq, F洛 ? Bq?若F电 ? F洛Eq ? Bq?。第 1 页 共 34 页金太阳新课标资源网
金太阳新课标资源网即：当粒子的速度时，粒子匀速运动，不发生偏转，可以从 S2 孔飞出。由此可见，尽管有一束速度不同的粒子从 S1 孔进入，但能从 S2 孔飞出的粒子只有一种速度， 而与粒子的质量、电性、电量无关 （3） ．几个问题 ①粒子受力特点――电场力 F 与洛仑兹力 f 方向相反 ②粒子匀速通过速度选择器的条件――带电粒子从小孔 S1 水平射入， 匀速通过叠加场， 并 从小孔 S2 水平射出，电场力与洛仑兹力平衡， 即 Eq ? Bq? ;即; ③使粒子匀速通过选择器的两种途径: 当v0 一定时――调节 E 和 B 的大小;2当 E 和 B 一定时――调节加速电压 U 的大小; 根据匀速运动的条件和功能关系， 有， 所以，1 m? E? U? ? ? 2 q ?B? 。 加速电压应为④如何保证 F 和 f 的方向始终相反――将v0 、E、B 三者中任意两个量的方向同时改变， 但不能同时改变三个或者其中任意一个的方向， 否则将破坏速度选择器的功能。 ⑤如果粒子从 S2 孔进入时，粒子受电场力和洛伦兹力的方向相同，所以无论粒子多大的速 度，所有粒子都将发生偏转 ⑥两个重要的功能关系――当粒子进入速度选择器时速度， 粒子将因侧移而不能通过选择 器。 如图， 设在电场方向侧移后粒子速度为 v，当v0 ?E B 时: 粒子向 f 方向侧移， F 做负功――粒子动能减少， 电势能增加， 有1 2 1 mv 0 ? qE?d ? mv 2 2 2当v0 ?E B 时:粒子向 F 方向侧移， F 做正功――粒子动能增加， 电势能减少， 有;2、磁流体发电机 磁流体发电就是利用等离子体来发电。第 2 页 共 34 页金太阳新课标资源网
金太阳新课标资源网（1） ．等离子体的产生：在高温条件下（例如 2000K）气体发生电离，电离后的气体中含有 离子、电子和部分未电离的中性粒子，因为正负电荷的密度几乎相等，从整体看呈电中性， 这种高度电离的气体就称为等离子体，也有人称它为“物质的第四态”。 （2） ．工作原理:磁流体发电机结构原理如图（1）所示，其平面图如图（2）所示。M、N 为平行板电极，极 板间有垂直于纸面向里的匀强磁场， 让等离子体平行于极板从左向右高速射入极板间， 由于 洛伦兹力的作用， 正离子将向 M 板偏转， 负离子将向 N 板偏转， 于是在 M 板上积累正电荷， 在 N 板上积累负电荷。这样在两极板间就产生电势差，形成了电场，场强方向从 M 指向 N， 以后进入极板间的带电粒子除受到洛伦兹力F洛 之外，还受到电场力 F电 的作用，只要F洛 ? F电 ，带电粒子就继续偏转，极板上就继续积累电荷，使极板间的场强增加，直到带电粒子所受的电场力F电 与洛伦兹力 F洛 大小相等为止。 此后带电粒子进入极板间不再偏转， F洛 ? F电 ，即极板上也就不再积累电荷而形成稳定的电势差 （3）电动势的计算: 设两极板间距为 d， 根据两极电势差达到最大值的条件 ．v?E ? ? B dB ， 则磁流体发电机的电动势。3、电磁流量计 电磁流量计是利用霍尔效应来测量管道中液体流量 （单位时间内通过管内横截面的液体的体 积）的一种设备。其原理为： 如图所示F 电adVVF b 洛圆形管道直径为 d（用非磁性材料制成） ，管道内有向左匀速流动的导电液体，在管道所在 空间加一垂直管道向里的匀强磁场，设磁感应强度为 B；管道内随液体一起流动的自由电荷 （正、负离子）在洛伦兹力作用下垂直磁场方向偏转，使管道上 ab 两点间有电势差，管道 内形成电场；当自由电荷受电场力和洛伦兹力平衡时，ab 间电势差就保持稳定，测出 ab 间 电势差的大小 U，则有：Bq ? ?U U q ?? d Bd ， ?故管道内液体的流量第 3 页 共 34 页金太阳新课标资源网
金太阳新课标资源网Q ? S ?? ??d 2 U4 ? Bd??dU4B4. 霍尔效应 （1） ．霍尔效应。金属导体板放在垂直于它的匀强磁场中，当导体板中通过电流时，在平行 于磁场且平行于电流的两个侧面间会产生电势差，这种现象叫霍尔效应。（2） ．霍尔效应的解释。如图，截面为矩形的金属导体，在ｘ方向通以电流Ｉ，在ｚ方向加 磁场Ｂ，导体中自由电子逆着电流方向运动。由左手定则可以判断，运动的电子在洛伦兹力 作用下向下表面聚集，在导体的上表面 A 就会出现多余的正电荷，形成上表面电势高，下 表面电势低的电势差，导体内部出现电场，电场方向由 A 指向 A’，以后运动的电子将同时 受洛伦兹力F洛 和电场力 F电 作用，随着表面电荷聚集，电场强度增加， F电 也增加，最终会使运动的电子达到受力平衡（F洛 ? F电 ）而匀速运动，此时导体上下两表面间就出现稳定的电势差。 （3） ．霍尔效应中的结论。 设导体板厚度为 h(y 轴方向)、宽度为 d、通入的电流为 I，匀强磁场的磁感应强度为 B，导 体中单位体积内自由电子数为 n，电子的电量为 e，定向移动速度大小为 v，上下表面间的 电势差为 U；Bq ? ?①由Uq h ? U ? Bh? ① 。 U ?k IB d ② 为霍尔系数。又由电流的微观 ，k 1 ne 。由此可通过霍尔系数的测定来确②实验研究表明，U、I、B 的关系还可表达为表达式有： I ? nes ? ? nehd ? ③ 。联立①③ ②式可得 定导体内部单位体积内自由电子数。k?③考察两表面间的电势差 U ? Bh? ，相当于长度为 h 的直导体垂直匀强磁场 B 以速度 v 切 割磁感线所产生的感应电动势E感 ? Bh?【要点名师透析】 一、带电粒子在复合场中的运动分析 1.带电粒子在复合场中运动的分析方法 (1)弄清复合场的组成.如磁场、电场的复合,磁场、重力场的复合,磁场、电场、重力场三者的第 4 页 共 34 页金太阳新课标资源网
金太阳新课标资源网复合等. (2)正确受力分析,除重力、弹力、摩擦力外要特别注意静电力和磁场力的分析. (3)确定带电粒子的运动状态,注意运动情况和受力情况的结合. (4)对于粒子连续通过几个不同种类的场时,要分阶段进行处理. (5)画出粒子运动轨迹,灵活选择不同的运动规律. ①当带电粒子在复合场中做匀速直线运动时,根据受力平衡列方程求解. ②当带电粒子在复合场中做匀速圆周运动时,应用牛顿定律结合圆周运动规律求解. ③当带电粒子做复杂曲线运动时,一般用动能定理或能量守恒定律求解. ④对于临界问题,注意挖掘隐含条件. 2.复合场中粒子重力是否考虑的三种情况 (1)对于微观粒子，如电子、质子、离子等，因为其重力一般情况下与电场力或磁场力相比 太小，可以忽略；而对于一些实际物体，如带电小球、液滴、金属块等一般应当考虑其重力. (2)在题目中有明确说明是否要考虑重力的，这种情况按题目要求处理比较正规，也比较简 单. (3)不能直接判断是否要考虑重力的，在进行受力分析与运动分析时，要结合运动状态确定 是否要考虑重力. 【例 1】(16 分)如图所示, 在水平地面上方有一范围足够大的互相正交的匀强电场和匀强磁 场区域.磁场的磁感应强度为 B,方向垂直纸面向里.一质量为 m、带电荷量为 q 的带正电微粒 在此区域内沿竖直平面(垂直于磁场方向的平面)做速度大小为 v 的匀速圆周运动,重力加速 度为 g.(1)求此区域内电场强度的大小和方向. (2)若某时刻微粒在场中运动到 P 点时,速度与水平方向的夹角为 60°,且已知 P 点与水平地面 间的距离等于其做圆周运动的半径.求该微粒运动到最高点时与水平地面间的距离. (3)当带电微粒运动至最高点时,将电场强度的大小变为原来的 (方向不变,且不计电场变化对原磁场的影响),且带电微粒能落至地面,求带电微粒落至地面时的速度大小. 【详解】(1)由于带电微粒可以在电场、磁场和重力场共存的区域内沿竖直平面做匀速圆周 运动,表明带电微粒所受的电场力和重力大小相等、 方向相反,因此电场强度的方向竖直向上. (1 分) 设电场强度为 E,则有 mg=qE (2 分) 即 (1 分)(2)设带电微粒做匀速圆周运动的轨道半径为 R,根据牛顿第二定律和洛伦兹力公式有(1 分)解得(1 分)依题意可画出带电微粒做匀速圆周运动的轨迹如图所示,由几何关系可知,该微粒运动至最高点时与水平地面间的距离第 5 页 共 34 页(4 分)金太阳新课标资源网
金太阳新课标资源网(3)将电场强度的大小变为原来的则电场力 F 电=带电微粒运动过程中,洛伦兹力不做功,所以在它从最高点运动至地面的过程中,只有重力和电场力做功,设带电微粒落地时的速度大小为 v1,根据动能定理有(4 分) 解得：二、带电粒子在复合场中运动的分类 1.带电粒子在复合场中无约束情况下的运动 (1)磁场力、重力并存 ①若重力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动. ②若重力和洛伦兹力不平衡， 则带电体将做复杂的曲线运动， F 洛不做功， 因 故机械能守恒， 由此可求解问题. (2)电场力、磁场力并存(不计重力的微观粒子) ①若电场力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动. ②若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电体做复杂的曲线运动，因 F 洛不做功，可用动能定理 求解问题. (3)电场力、磁场力、重力并存 ①若三力平衡，一定做匀速直线运动. ②若重力与电场力平衡，一定做匀速圆周运动. ③若合力不为零且与速度方向不垂直，做复杂的曲线运动，因 F 洛不做功，可用能量守恒或 动能定理求解问题. 2.带电粒子在复合场中有约束情况下的运动 带电体在复合场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道等约束的情况下，常见的运动形式有直线运动 和圆周运动，此时解题要通过受力分析明确变力、恒力做功情况，并注意洛伦兹力不做功的 特点，运用动能定理、能量守恒定律结合牛顿运动定律求出结果. 3.带电粒子在复合场中运动的临界值问题 由于带电粒子在复合场中受力情况复杂、运动情况多变，往往出现临界问题，这时应以题目 中的“最大”“最高”“至少”等词语为突破口，挖掘隐含条件，根据临界条件列出辅助方 、 、 程，再与其他方程联立求解. 【例 2】(14 分)如图所示,足够长的光滑绝缘斜面与水平面的夹角为α (sinα =0.6)，放在匀强 电场和匀强磁场中，电场强度 E=50 V/m，方向水平向左，磁场方向垂直纸面向外.一个电荷 量为 q=4×10-2C，质量 m=0.40 kg 的光滑小球，以初速度 v0=20 m/s 从斜面底端向上滑，然 后又下滑，共经过 3 s 脱离斜面，求磁场的磁感应强度.(g 取 10 m/s2)第 6 页 共 34 页金太阳新课标资源网
金太阳新课标资源网【详解】小球沿斜面向上运动过程中受力分析如图所示，由牛顿第二定律，得qEcosα +mgsinα =ma1，(3 分)故(1 分)代入数据得 a1=10 m/s2， (1 分)上行时间(1 分)小球沿斜面下滑过程中受力分析如图所示，小球在离开斜面前做匀加速直线运动，a2=10 m/s2 (1 分)运动时间 t2=1 s (1 分) 脱离斜面时的速度 v=a2t2=10 m/s (1 分) 在垂直斜面方向上小球脱离斜面受力条件有： qvB+qEsinα =mgcosα ，(3 分)故(2 分)【感悟高考真题】 1.（2011? 新课标全国卷? T25）如图，在区域 I（0≤x≤d）和区域 II（d≤x≤ 2d）内分别存在匀强磁场，磁感应强度大小分别为 B 和 2B，方向相反，且 都垂直于 Oxy 平面。一质量为 m、带电荷量 q（q＞0）的粒子 a 于某时刻 从 y 轴上的 P 点射入区域 I，其速度方向沿 x 轴正向。已知 a 在离开区域 I 时，速度方向与 x 轴正方向的夹角为 30°；此时，另一质量和电荷量均与 a 相同的粒子 b 也从 p 点沿 x 轴正向射入区域 I，其速度大小是 a 的 1/3。不 计重力和两粒子之间的相互作用力。求 （1）粒子 a 射入区域 I 时速度的大小； （2）当 a 离开区域 II 时，a、b 两粒子的 y 坐标之差。第 7 页 共 34 页金太阳新课标资源网
金太阳新课标资源网【详解】 （1）设粒子 a 在 I 内做匀速圆周运动的圆心为 C（在 y 轴上） ， 半径为 Ra1，粒子速率为 va,运动轨迹与两磁场区域边界的交点为 P′ ， 如图，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有， va2 qvaB=mRa1 由几何关系有∠PCP′ =θ d Ra1= sinθ 2dqB va= m ① ② ③式中θ =30°，由上面三式可得 ④（2） 设粒子 a 在 II 内做圆周运动的圆心为 Oa， 半径为 Ra2， 射出点为 Pa （图中未画出轨迹） ， ∠P′ OaPa=θ′ ，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有， va2 q va（2B）=mRa2 Ra1 由①⑤式得 Ra2= 2 3 x=2 d ⑤ ⑥C、P′ 、Oa 三点共线，且由⑥式知 Oa 点必位于 ⑦的平面上，由对称性知，Pa 点与 P′ 的纵坐标相同，即 yPa=Ra1cosθ＋h ⑧ 式中，h 是 C 点的纵坐标。 设 b 在 I 中运动的轨道半径为 Rb1，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律有， va m va q（ 3 ）B= Rb1 （ 3 ）2 t θ′ Ta2 =2π t α Tb1 =2π 2πRa2 Ta2= va 2πRb1 Tb1= va/3 ⑾ ⑨设 a 到达 Pa 点时，b 位于 Pb 点，转过的角度为 α，如果 b 没有飞出 I，则 ⑩式中，t 是 a 在区域 II 中运动的时间，而 ⑿ ⒀由⑤⑨⑩⑾⑿⒀式得 α=30° ⒁ 由①③⑨⒁式可见，b 没有飞出 I。Pb 点的 y 坐标为 yP2=Rb1（2+cosα）+h ⒂ 由①③⑧⑨⒁⒂式及题给条件得，a、b 两粒子的 y 坐标差为 2 yP2－yPa=3 （ 3 －2）d 2.（2011? 安徽高考? T23）如图所示，在以坐标原点 O 为圆心、半径为 R 的半圆形区域内，有第 8 页 共 34 页金太阳新课标资源网
金太阳新课标资源网相互垂直的匀强电场和匀强磁场，磁感应强度为 B，磁场方向垂直于 xOy 平面向里。一带正 电的粒子（不计重力）从 O 点沿 y 轴正方向以某一速度射入，带电粒子恰好做匀速直线运 动，经t 0 时间从 p 点射出。（1）求电场强度的大小和方向。 （2）若仅撤去磁场，带电粒子仍从 O 点以相同的速度射t0 入，经 2 时间恰从半圆形区域的边界射出。求粒子运动加速度的大小。 （3）若仅撤去电场，带电粒子仍从 O 点射入，且速度为 原来的 4 倍，求粒子在磁场中运动的时间。BR t 【答案】(1) 0(2)4 3R t 20(3)3? t0 18【详解】 （1）设带电粒子质量为 m，电荷量为 q，初速度为 v,电场强度为 E，可判断出粒子 受到的洛伦兹力沿 x 轴负方向， 由于粒子的重力不计且粒子受力平衡， 故粒子受到的电场力 和洛伦兹力大小相等方向相反，电场强度沿沿 x 轴正方向， qE ? qvB ①R ? vt0E?② 得BR t0（2）仅有电场时，带电粒子在匀强电场中作类平抛运动在 y 方向作匀速直线运动，位移为y?vt0 2③y?由②③式得R 3R x? 2 ，设在水平方向位移为 x，因射出位置在半圆线边界上，于是 2 ,x?又因为粒子在水平方向上做匀速直线运动，则1 ? t0 ? a? ? 2 ?2?2④a?得4 3R 2 t0⑤（3）仅有磁场时入射速度 v? ? 4v ，带电粒子在匀强磁场中作匀速圆周运动，设轨道半径为r ，由牛顿第二定律有又有 qE ? qvB ? m aqv?B ? mv?2 r⑥，⑦，r?由②⑤⑥⑦得第 9 页 共 34 页3R 3金太阳新课标资源网
金太阳新课标资源网sin ? ?带电粒子偏转情况如图由几何知识R 3 ? sin ? ? ,? ? 2r ， 2 3 ,则带电粒子在磁场中运2 3 ?? R 2? r 3 3? R 3? 3 t磁 ? ? ? ? ? t0 v? 4v 18 v 18 动时间3.（2011?北京高考?T23）利用电场和磁场，可以将比荷不同的离子分开，这种方法在化 学分析和原子核技术等领域有重要的应用。 如图所示的矩形区域 ACDG（AC 边足够长）中存在垂直于纸面的匀强磁场，A 处有一狭缝。 离子源产生的离子，经静电场加速后穿过狭缝沿垂直于 GA 边且垂于磁场的方向射入磁场， 运动到 GA 边，被相应的收集器收集，整个装置内部为真空。 已知被加速度的两种正离子的质量分别是 m1 和 m2 (m1 ? m 2) ，电荷量均为 q 。加速电场的 电势差为 U，离子进入电场时的初速度可以忽略，不计重力，也不考虑离子间的相互作用。 （1）求质量为 m1 的离子进入磁场时的速率v1 ；（2）当磁感应强度的大小为 B 时，求两种离子在 GA 边落点的间距 s； （3）在前面的讨论中忽略了狭缝宽度的影响，实际装置中狭缝具有一定宽度。若狭缝过宽， 可能使两束离子在 GA 边上的落点区域交叠，导致两种离子无法完全分离。 设磁感应强度大小可调，GA 边长为定值 L，狭缝宽度为 d，狭缝右边缘在 A 处；离子可 以从狭缝各处射入磁场，入射方向仍垂直于 GA 边且垂直于磁场。为保证上述两种离子能落 在 GA 边上并被完全分离，求狭缝的最大宽度。【答案】?2 qU m1?8U ( m1 ? m 2 ) qB 2qU ? 1 m1v12 2 ，dm ??m1 ? m2 2 m1 ? m2l【详解】?由动能定理，v1 ?所以2qU m1……………①qvB ? m?在磁场中作圆周运动，第 10 页 共 34 页v2 R ? m v qB ，利用①得 R，金太阳新课标资源网金太阳新课标资源网R1 ? 2m1U qB 2R2 ?，2m2U qB 2 ……………② s ? 2 R1 ? 2 R2 ? 8U ( m1 ? m2 ) qB2 ………③求两种离子在 GA 边落点的间距 ?质量为的粒子，在 GA 边上的落点都在其入射点左侧 2R1 处，由于狭缝的宽度为 d，落 的粒子在 GA 边上落点区域宽度也是 d。点区域的宽度也为 d，同理，质量为为保证两束粒子能完全分离，两个区域应无交叠，条件为2( R1 ? R2 ) ? d ………④2 R1 (1 ?利用②式代入④式，得 R1 最大值满足m2 )?d m12R1m ? L ? dm2 )?d m1( L ? d )(1 ?得dm ?求得最大值m1 ? m2 2 m1 ? m2l4.(2011?山东高考?T25)（18 分）扭摆器是同步辐射装置中的插入件，能使粒子的运动轨 迹发生扭摆。其简化模型如图Ⅰ、Ⅱ两处的条形匀强磁场区边界竖直，相距为 L,磁场方向相 反且垂直于纸面。一质量为 m、电量为-q、重力不计的粒子，从靠近平行板电容器 MN 板处 由静止释放，极板间电压为 U,粒子经电场加速后平行于纸面射入Ⅰ区，射入时速度与水平 方向夹角 ? ? 30? （1）当Ⅰ区宽度 L1=L、磁感应强度大小 B1=B0 时，粒子从Ⅰ区右边界射出时速度与水平方 向夹角也为 30? ，求 B0 及粒子在Ⅰ区运动的时间 t0 （2）若Ⅱ区宽度 L2=L1=L 磁感应强度大小 B2=B1=B0，求粒子在Ⅰ区的最高点与Ⅱ区的最低 点之间的高度差 h （3）若 L2=L1=L、B1=B0，为使粒子能返回Ⅰ区，求 B2 应满足的条件 （4）若B1 ? B2 ,L1 ? L2 ，且已保证了粒子能从Ⅱ区右边界射出。为使粒子从Ⅱ区右边界射出的方向与从Ⅰ区左边界射入的方向总相同，求 B1、B2、L1、 、L2、之间应满足的关系式。B1 L m 3 mU 3 mU ２ ? ２ B》 B ? ( ? ２ 3) L ２ ２ B 3 ２qU （2） L ２q （4） ２ L1 L ２q 或 3 【答案】 （1） （3） 【详解】 （1）如图 1 所思，设粒子射入磁场Ⅰ区的速度为 v ，在磁场Ⅰ区中做圆周运动的半第 11 页 共 34 页?L金太阳新课标资源网金太阳新课标资源网径为R1 ，由动能定理和牛顿第二定律得1 qU ? mv２ ２①qvB1 ? mv２ R1②由几何知识得L ?２R1 sin ?联立①②③式，代入数据得③B0 ?1 ２mU L q④设粒子在磁场Ⅰ区中做圆周运动的周期为 T，运动的时间为 tT?２? R1 v⑤t?２? T ２?⑥联立②④⑤⑥式，代入数据得t??L3m ２qU⑦（2）设粒子在磁场Ⅱ区做圆周运动的半径为R ，由牛顿第二定律得 ２qvB ? m ２v２ R ２⑧由几何知识可得h ? ( R1 ? R )(1 ? cos? ) ? L tan ? ２⑨第 12 页 共 34 页金太阳新课标资源网金太阳新课标资源网联立②③⑧⑨式，代入数据得? ２ ? h ? ?２? 3?L ? 3 ?⑩（3）如图 2 所示，为使粒子能再次回到Ⅰ区，应满足R (1 ? sin ? ) ? L[或R (1 ? sin ? ) ? L] ２ ２联立①⑧⑾式，代入数据得⑾B ２?3 mU 3 mU (或B ２? ) L ２q L ２q（12）（4）如图 3（或图 4）所示，设粒子射出磁场Ⅰ区时速度与水平方向的夹角为 ? ，由几何 知识可得L1 ? R1 (sin ? ? sin ?（或L1 ? R1 (sin ? ? sin ? )） ) L ? R (sin ? ? sin ?（或L ? R (sin ? ? sin ? )） ) ２ ２ ２ ２联立②⑧式得（13） （14） (15)B1R1 ? B R ２ ２联立（13） （14） （15）式得B1L1 ? B L ２ ２（16）B1 L ? ２ B L1 ２第 13 页 共 34 页金太阳新课标资源网金太阳新课标资源网5.（2011?广东理综?T35）如图 19（a）所示，在以 O 为圆心，内外半径分别为R1 和 R2 的圆环区域内，存在辐射状电场和垂直纸面的匀强磁场，内外圆间的电势差 U 为常量，R1 ? R0 , R2 ? 3R0 ,一电荷量为+q， 质量为 m 的粒子从内圆上的 A 点进入该区域， 不计重力。（1）已知粒子从外圆上以速度v1 射出，求粒子在 A 点的初速度 v0 的大小 v2 射出，方（2）若撤去电场，如图 19（b）,已知粒子从 OA 延长线与外圆的交点 C 以速度 向与 OA 延长线成 45°角，求磁感应强度的大小及粒子在磁场中运动的时间 （3）在图 19（b）中，若粒子从 A 点进入磁场，速度大小为 定能够从外圆射出，磁感应强度应小于多少？v3 ，方向不确定，要使粒子一【答案】 （1）v0 ? v12 ?m v2 2R0? mv3 2Uq B? t? 2 qR0 2v2 ； 2qR0 ， m ， （2） （3）【详解】 （1）带电粒子在复合场中受到电场力和洛伦兹力的作用，因为洛伦兹力不做功，故Uq ?只要有电场力做功，由动能定理得: （2）做出粒子运动的轨迹如图所示，则第 14 页 共 34 页1 2 1 2 2Uq m v1 ? m v0 .解得v0 ? v12 ? 2 2 m .(3R0 ? R0 ) ? 2r ，得粒子的运动半径为 r ? 2R0金太阳新课标资源网金太阳新课标资源网m v2 2 v2 B? qv2 B ? m 2qR0 r ，联立解得： 洛伦兹力提供向心力： 2R0? 1 1 2?m t? T? ? ? 4 4 Bq 2v2 在磁场中的运动时间为：（3）若粒子能够从 AO 延长线与外圆的交点射出，则有所有粒子均射出，此时粒子在 A 点 的射入方向是垂直 AC 向下的，粒子轨迹的半径为r1 ? 2R0 ，此时对应磁感应强度是最大的qv3 Bm ? m2 mv3 v3 Bm ? 2qR0 r1 所以设为 Bm， 要使粒子能从外圆射出， 由洛伦兹力提供向心力得： 6.（2010?全国卷 1）26． （21 分）如下图，在 0 ? x ?3a 区域内存在与 xy 平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为 B.在 t=0 时刻，一位于坐标原点的粒子源在 xy 平面内发射出 大量同种带电粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向与 y 轴正方向的夹角分布在 0～180° 范围内。已知沿 y 轴正方向发射的粒子在 场。求：t ? t0 时刻刚好从磁场边界上 P( 3a, a) 点离开磁粒子在磁场中做圆周运动的半径 R 及粒子的比荷 q／m； 此时刻仍在磁场中的粒子的初速度方向与 y 轴正方向夹角的取值范围； 从粒子发射到全部粒子离开磁场所用的时间。R?【答案】?2 3 a 3q 2? ? m 3Bt0? 速度与 y 轴的正方向的夹角范围是 60°到 120° ? 从粒子发射到全部离开所用 时间 为2t 0【解析】 ? 粒子沿 y 轴的正方向进入磁场，从 P 点经过做 OP 的垂直平分线 与 x 轴的交点为圆心，根据直角三角形有 R ? a ? ( 3a ? R)2 2 2R?解得2 3 a 3第 15 页 共 34 页金太阳新课标资源网金太阳新课标资源网sin ? ?a 3 ? R 2 ，则粒子做圆周运动的的圆心角为 120°，周期为 T ? 3t 0 q 2? 2? 2 2?R ? ) R v? T T ，化简得 m 3Bt0 ，粒子做圆周运动的向心力由洛仑兹力提供，根据牛顿第二定律得Bqv ? m(? 仍在磁场中的粒子其圆心角一定大于 120°，这样粒子角度最小时从磁场右边界穿出；角度 最大时从磁场左边界穿出。 角度最小时从磁场右边界穿出圆心角 120°，所经过圆弧的弦与? 中相等穿出点如图， 根据弦与半径、x 轴的夹角都是 30°，所以此时速度与 y 轴的正方向的夹角是 60°。 角度最大时从磁场左边界穿出， 半径与 y 轴的的夹角是 60°， 则此时速度与 y 轴的正方 向的夹角是 120°。 所以速度与 y 轴的正方向的夹角范围是 60°到 120° ? 在磁场中运动时间最长的粒子的轨迹应该与磁场的右边界相切， 在三角形中两个相等R?的腰为2 3 a 3 ，而它的高是 2 3 3 a? a 3 3 ，半径与 y 轴的的夹角是 30°，这种粒子的圆心角是 240°。所R R Rh ? 3a ?用 时间 为2t 0 。 2t 0 。所以从粒子发射到全部离开所用 时间 为7. (2010?全国卷 2)26（21 分）图中左边有一对平行金属板，两板相距为 d，电压为 V;两板 之间有匀强磁场，磁场应强度大小为 B0，方向平行于板面并垂直于纸面朝里。图中右边有 一边长为 a 的正三角形区域 EFG(EF 边与金属板垂直)， 在此区域内及其边界上也有匀强磁场， 磁感应强度大小为 B，方向垂直于纸面朝里。假设一系列电荷量为 q 的正离子沿平行于金属 板面，垂直于磁场的方向射入金属板之间，沿同一方向射出金属板之间的区域，并经 EF 边 中点 H 射入磁场区域。不计重力（1）已知这些离子中的离子甲到达磁场边界 EG 后，从边界 EF 穿出磁场，求离子甲的质量。3 a （2）已知这些离子中的离子乙从 EG 边上的 I 点（图中未画出）穿出磁场，且 GI 长为 4 ，第 16 页 共 34 页金太阳新课标资源网金太阳新课标资源网求离子乙的质量。 （3）若这些离子中的最轻离子的质量等于离子甲质量的一半，而离子乙的质量是最大的， 问磁场边界上什么区域内可能有离子到达。 解析： （1）在粒子进入正交的电磁场做匀速直线运动，设粒子的速度为 v，电场的场强为 E0，根 据平衡条件得E0q ? B0qvE0 ? V d①②由①②化简得v?V B0 d③粒子甲垂直边界 EF 进入磁场，又垂直边界 EF 穿出磁场，则轨迹圆心在 EF 上。粒子运 动中经过 EG，说明圆轨迹与 EG 相切，在如图的三角形中半径为R=acos30°tan15°④1 ? cos 30? ? 2? 3 tan15°= sin 30?联立④⑤化简得⑤3 R ? ( 3 ? )a 2⑥在磁场中粒子所需向心力由洛伦磁力提供，根据牛顿第二定律得mv 2 B0 qv ? 3 ( 3 ? )a 2联立③⑦化简得⑦m?qadBB0 3 ( 3? ) V 2⑧第 17 页 共 34 页金太阳新课标资源网金太阳新课标资源网（2）由于 1 点将 EG 边按 1 比 3 等分，根据三角形的性质说明此轨迹的弦与 EG 垂直，在如 图的三角形中，有R?同理a cos30? sin 30?? cos30?1 2?a 4⑨m?qadBB0 4V（10）R?（3）最轻离子的质量是甲的一半，根据半径公式mv Bq 离子的轨迹半径与离子质量呈正比，所以质量在甲和最轻离子之间的所有离子都垂直边界 EF 穿出磁场，甲最远离 H 的距离 为 (2 3 ? 3)a ，最轻离子最近离 H 的距离为3 ( 3 ? )a 2 ，所以在离 H 的距离为 (2 3 ? 3)a3 ( 3 ? )a 2 之间的 EF 边界上有离子穿出磁场。 到比甲质量大的离子都从 EG 穿出磁场，期中甲运动中经过 EG 上的点最近，质量最大的乙穿 出磁场的 1 位置是最远点，所以在 EG 上穿出磁场的粒子都在这两点之间。 8、 （2010?上海物理）13. 如图，长为 2l 的直导线拆成边长相等，夹角为 60 的 V 形， 并置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为 B ，当在该导线中通以电流强度 为 I 的电流时，该 V 形通电导线受到的安培力大小为o（A）0（B）0.5 BIl（C） BIl（D） 2BIl第 18 页 共 34 页金太阳新课标资源网金太阳新课标资源网答案：C解析：导线有效长度为 2lsin30°=l，所以该 V 形通电导线收到的安培力大小为 BIl 。选 C。 本题考查安培力大小的计算。 难度：易。 9、 （2010?福建卷）21、 （19 分）如图所示，两条平行的光滑金属导轨固定在倾角为 ? 的 绝缘斜面上，导轨上端连接一个定值电阻。导体棒 a 和 b 放在导轨上，与导轨垂直并良好接 触。斜面上水平虚线 PQ 以下区域内，存在着垂直穿过斜面向上的匀强磁场。现对 a 棒施以 平行导轨斜向上的拉力，使它沿导轨匀速向上运动，此时放在导轨下端的 b 棒恰好静止。当 a 棒运动到磁场的上边界 PQ 处时，撤去拉力，a 棒将继续沿导轨向上运动一小段距离后再 向下滑动，此时 b 棒已滑离导轨。当 a 棒再次滑回到磁场边界 PQ 处时，又恰能沿导轨匀速 向下运动。已知 a 棒、b 棒和定值电阻的阻值均为 R,b 棒的质量为 m，重力加速度为 g，导 轨电阻不计。求（1）a 棒在磁场中沿导轨向上运动的过程中，a 棒中的电流强度 I，与定值电阻 R 中的电流 强度 IR 之比； （2）a 棒质量 ma； （3）a 棒在磁场中沿导轨向上运动时所受的拉力 F。 解析： （1）a 棒沿导轨向上运动时，a 棒、b 棒及电阻 R 中的电流分别为 Ia、Ib、IR，有I R R ? Ib Rb I a ? Ib ? I RIa 2 ? Ib 1 解得：（2）由于 a 棒在 PQ 上方滑动过程中机械能守恒，因而 a 棒在磁场中向上滑动的速度大小 v1 与在磁场中向下滑动的速度大小 v2 相等，即 v1=v2=v 设磁场的磁感应强度为 B，导体棒长为 L 乙，a 棒在磁场中运动时产生的感应电动势为 E=Blv 当 a 棒沿斜面向上运动时Ib ?E 3R 2? 2第 19 页 共 34 页金太阳新课标资源网金太阳新课标资源网BIb L ? mA g sin ?向下匀速运动时，a 棒中的电流为 Ia’、则Ia ' ?E 2RBI a ' L ? mA g sin ?ma ? 3 m 2由以上各式联立解得：（3）由题可知导体棒 a 沿斜面向上运动时，所受拉力F ? BI a L ? mg sin ? ?7 mg sin ? 210、 （2010?山东卷）25． （18 分）如图所示，以两虚线为边界，中间存在平行纸面且与 边界垂直的水平电场， 宽度为 d， 两侧为相同的匀强磁场， 方向垂直纸面向里。 一质量为 m 、 带电量+q、重力不计的带电粒子，以初速度v1 垂直边界射入磁场做匀速圆周运动，后进入电场做匀加速运动，然后第二次进入磁场中运动，此后粒子在电场和磁场中交替运动。已知 粒子第二次在磁场中运动的半径是第一次的二倍，第三次是第一次的三倍，以此类推。求?粒子第一次经过电场子的过程中电场力所做的功 ?粒子第 n 次经过电场时电场强度的大小 ?粒子第 n 次经过电场子所用的时间W1 。En 。tn 。?假设粒子在磁场中运动时， 电场区域场强为零。 请画出从粒子第一次射入磁场至第三次离 开电场的过程中，电场强度随时间变化的关系图线（不要求写出推导过程，不要求标明坐标 明坐标刻度值） 。 解析：r?（1）根据mv 1 1 W ? mv 2 ? mv 2 qB ，因为 r2 ? 2r1 ，所以 v2 ? 2v1 ，所以 1 2 2 2 1 ,1 2 1 2 1 1 mv n ? mv n ?1 m(nv1 ) 2 ? m(( n ? 1)v1 ) 2 W ? En qd ， 所 以 2 2 2 = 2 ， n（ 2 ）Wn ?第 20 页 共 34 页金太阳新课标资源网金太阳新课标资源网En ? (2n ? 1)m v12 2qd 。（3） (4)vn ? vn?1 ? an t n ，an ?2d qEn tn ? (2n ? 1)v1 。 m ，所以11、 （2010?北京卷）23.（18 分）利用霍尔效应制作的霍尔元件以及传感器，广泛应用 于测量和自动控制等领域。 如图 1，将一金属或半导体薄片垂直至于磁场 B 中，在薄片的两个侧面 a 、 b 间通以电流 I 时，另外两侧 c 、 f 间产生电势差，这一现象称霍尔效应。其原因是薄片中的移动电荷受洛 伦兹力的作用相一侧偏转和积累， 于是 c 、 f 间建立起电场ＥＨ， 同时产生霍尔电势差ＵＨ。 当电荷所受的电场力与洛伦兹力处处相等时， ＥＨ和ＵＨ达到稳定值， ＵＨ的大小与 I 和 B以及霍尔元件厚度 d 之间满足关系式 材料性质有关。U H ? RHIB d ，其中比例系数ＲＨ称为霍尔系数，仅与（1）设半导体薄片的宽度（ c 、 f 间距）为 l ，请写出ＵＨ和ＥＨ的关系式；若半导体材 料是电子导电的，请判断图１中 c 、 f 哪端的电势高； （2）已知半导体薄片内单位体积中导电的电子数为ｎ，电子的电荷量为ｅ，请导出霍尔系第 21 页 共 34 页金太阳新课标资源网金太阳新课标资源网数ＲＨ的表达式。 （通过横截面积Ｓ的电流 I ? nevS ，其中 v 是导电电子定向移动的平均速 率） ； （3）图 2 是霍尔测速仪的示意图，将非磁性圆盘固定在转轴上，圆盘的周边等距离地嵌装 着ｍ个永磁体，相邻永磁体的极性相反。霍尔元件置于被测圆盘的边缘附近。当圆盘匀速转 动时，霍尔元件输出的电压脉冲信号图像如图３所示。 ａ.若在时间ｔ内，霍尔元件输出的脉冲数目为 P ，请导出圆盘转速 N 的表达式。 ｂ.利用霍尔测速仪可以测量汽车行驶的里程。除除此之外，请你展开“智慧的翅膀”，提出 另一个实例或设想。 解析：（1）由 得U H ? RHIB d① ②当电场力与洛伦兹力相等时 得 将 ③ 代入② 、④ ，eEH ? evB EH ? vB③ ④得RH ? vBld d ld 1 ? vl ? ? IB nevS neS ne（2） a.由于在时间 t 内，霍尔元件输出的脉冲数目为 P，则 P=mNtN?圆盘转速为 N=P mtb.提出的实例或设想 12、 （2010?天津卷）12.（20 分）质谱分析技术已广泛应用于各前沿科学领域。汤姆孙 发现电子的质谱装置示意如图，M、N 为两块水平放置的平行金属极板，板长为 L，板右端 到屏的距离为 D，且 D 远大于 L，O’O 为垂直于屏的中心轴线，不计离子重力和离子在板间 偏离 O’O 的距离。以屏中心 O 为原点建立 xOy 直角坐标系，其中 x 轴沿水平方向，y 轴沿竖 直方向。（1）设一个质量为 m0、电荷量为 q0 的正离子以速度 v0 沿 O’O 的方向从 O’点射入，板间第 22 页 共 34 页金太阳新课标资源网金太阳新课标资源网不加电场和磁场时，离子打在屏上 O 点。若在两极板间加一沿+y 方向场强为 E 的匀强电场， 求离子射到屏上时偏离 O 点的距离 y0; (2)假设你利用该装置探究未知离子，试依照以下实验结果计算未知离子的质量数。 上述装置中，保留原电场，再在板间加沿-y 方向的匀强磁场。现有电荷量相同的两种正离子 组成的离子流，仍从 O’点沿 O’O 方向射入，屏上出现两条亮线。在两线上取 y 坐标相同的 两个光点，对应的 x 坐标分别为 3.24mm 和 3.00mm，其中 x 坐标大的光点是碳 12 离子击中 屏产生的， 另一光点是未知离子产生的。 尽管入射离子速度不完全相同， 但入射速度都很大， 且在板间运动时 O’O 方向的分速度总是远大于 x 方向和 y 方向的分速度。 解析： （1）离子在电场中受到的电场力Fy ? q0 E离子获得的加速度①ay ?Fy m0②离子在板间运动的时间t0 ?L v0③到达极板右边缘时，离子在 ? y 方向的分速度vy ? ayt0离子从板右端到达屏上所需时间④t0 ' ?D v0⑤离子射到屏上时偏离 O 点的距离y0 ? vyt0 '由上述各式，得y0 ?q0 ELD m0 v0 2q⑥（2）设离子电荷量为 ，质量为 m ，入射时速度为 v ，磁场的磁感应强度为 B ，磁场对离 子的洛伦兹力Fx ? qvB⑦已知离子的入射速度都很大， 因而离子在磁场中运动时间甚短， 所经过的圆弧与圆周相比甚 小，且在板间运动时， O ' O 方向的分速度总是远大于在 x 方向和第 23 页 共 34 页y 方向的分速度，洛伦兹金太阳新课标资源网金太阳新课标资源网力变化甚微，故可作恒力处理，洛伦兹力产生的加速度ax ?qvB m⑧ax 是离子在 x 方向的加速度，离子在 x 方向的运动可视为初速度为零的匀加速直线运动，到达极板右端时，离子在 x 方向的分速度vx ? a x t ?qvB L qBL ( )? m v m⑨离子飞出极板到达屏时，在 x 方向上偏离 O 点的距离x ? vx t 'qBL D qBLD ( )? m v mv⑩当离子的初速度为任意值时，离子到达屏上时的位置在 虑到⑥式，得y 方向上偏离 O 点的距离为 y ，考y?由⑩、⑾两式得qELD mv 2⑾x2 ?k y m⑿qB 2 LD k? E 其中上式表明，k 是与离子进入板间初速度无关的定值， 对两种离子均相同， 由题设条件知，x 坐标 3.24mm 的光点对应的是碳 12 离子，其质量为 m1 ? 12u ， x 坐标 3.00mm 的光点对应的是未知离子，设其质量为m2 ，由⑿式代入数据可得⒀m2 ? 14u故该未知离子的质量数为 14。13、 （2010?四川卷）24.（19 分）如图所示，电源电动势 阻E0 ? 15V 。内阻 r0 ? 1? ，电R1 ? 30?, R2 ? 60? 。间距 d ? 0.2m 的两平行金属板水平放置，板间分布有垂直于纸面向里、磁感应强度 B ? 1T 的匀强磁场。闭合开关 S ，板间电场视为匀强电场，将一带正电第 24 页 共 34 页金太阳新课标资源网金太阳新课标资源网的小球以初速度 ? ? 0.1m / s 沿两板间中线水平射入板间。设滑动变阻器接入电路的阻值为 Rx，忽略空气对小球的作用，取 g ? 10m / s 。2（1）当 Rx=29Ω 时，电阻R2 消耗的电功率是多大？（2）若小球进入板间做匀速圆周运动并与板相碰，碰时速度与初速度的夹角为 60? ，则 Rx 是多少？ 【答案】?0.6W；?54Ω 。 【解析】?闭合电路的外电阻为R ? Rx ?R1 R2 30 ? 60 ? 29 ? ? 49 R1 ? R2 30 ? 60 Ω①根据闭合电路的欧姆定律I?E 15 ? ? 0.3 R ? r 49 ? 1 A②R2 两端的电压为U 2 ? E ? I ( Rx ? r ) ? 15 ? 0.3 ? 30 ? 6 VR2 消耗的功率为2 U 2 62 ? ? 0.6 R2 60 W③P2 ?④?小球进入电磁场做匀速圆周运动，说明重力和电场力等大反向，洛仑兹力提供向心力，根 据牛顿第二定律Bqv ? mv2 R⑤U2 q ? mg d连立⑤⑥化简得⑥U2 ?BRdg v⑦小球做匀速圆周运动的初末速的夹角等于圆心角为 60°，根据几何关系得第 25 页 共 34 页金太阳新课标资源网金太阳新课标资源网R?d连立⑦⑧带入数据⑧U2 ?Bd 2 g 1 ? 0.04 ? 10 ? ?4 v 0.1 V干路电流为I?U2 4 ? ? 0.2 R12 20 AE ?U2 15 ? 4 ?r ? ? 1 ? 54 I 0.2 Ω⑨Rx ?⑩14、（2010? 安徽卷） 23.(16 分)如图 1 所示， 宽度为 d 的竖直狭长区域内 （边界为L1、L2 ） ，存在垂直纸面向里的匀强磁场和竖直方向上的周期性变化的电场（如图 2 所示） ，电场强度 的大小为 界上的E0 ， E＞0 表示电场方向竖直向上。 t ? 0 时，一带正电、质量为 m 的微粒从左边N1 点以水平速度 v 射入该区域，沿直线运动到 Q 点后，做一次完整的圆周运动，再 N 2 点。 Q 为线段 N1 N 2 的中点，重力加速度为 g。上述 d 、 E0 、沿直线运动到右边界上的m 、 v 、 g 为已知量。(1)求微粒所带电荷量 和磁感应强度 B 的大小； (2)求电场变化的周期 T ； (3)改变宽度 d ，使微粒仍能按上述运动过程通过相应宽度的区域，求 T 的最小值。 解析： （1）微粒作直线运动，则qmg ? qE0 ? qvB第 26 页 共 34 页①金太阳新课标资源网金太阳新课标资源网微粒作圆周运动，则 联立①②得②m g? q 0Eq?mg E02E0 v③B?④（2）设粒子从 N1 运动到 Q 的时间为 t1，作圆周运动的周期为 t2，则d ? vt1 2⑤qvB ? mv2 R⑥ ⑦2? R ? vt2联立③④⑤⑥⑦得t1 ?d ? t2 ? 2v g⑧电场变化的周期T ? t1 ? t2 ??d ?v ? 2v g⑨ (10)（3）若粒子能完成题述的运动过程，要求 d≥2R 联立③④⑥得R?v2 2g（11）设 N1Q 段直线运动的最短时间为 tmin，由⑤（10） （11）得tmin ?因 t2 不变，T 的最小值v 2gTmin ? tmin ? t2 ?(2? ? 1)v 2g【考点模拟演练】 1.(2011?南昌模拟)如图为一“滤速器”装置的示意图.a、b 为水平放置的平行金属板，一束 具有各种不同速率的电子沿水平方向经小孔 O 进入 a、 两板之间.为了选取具有某种特定速 b第 27 页 共 34 页金太阳新课标资源网金太阳新课标资源网率的电子，可在 a、b 间加上电压，并沿垂直于纸面的方向加一匀强磁场，使所选电子仍能 沿水平直线 OO′运动，由 O′射出.不计重力作用.可能达到上述目的的办法是( )A.使 a 板电势高于 b 板，磁场方向垂直纸面向里 B.使 a 板电势低于 b 板，磁场方向垂直纸面向里 C.使 a 板电势高于 b 板，磁场方向垂直纸面向外 D.使 a 板电势低于 b 板，磁场方向垂直纸面向外 【答案】选 A、D. 【详解】电子能沿水平直线运动，则电子所受的电场力与洛伦兹力大小相等方向相反，当 a 板电势高于 b 板时，根据左手定则判断，磁场方向应垂直纸面向里，所以 A 正确 C 错误； 当 a 板电势低于 b 板时，根据左手定则判断，磁场方向应垂直纸面向外，所以 D 正确 B 错 误. 2.(2011?黄冈模拟)如图所示，空间存在正交的匀强电场和匀强磁场，匀强电场方向竖直向 上，匀强磁场的方向垂直纸面向里.有一内壁光滑、底部有带正电小球的试管.在水平拉力 F 作用下，试管向右匀速运动，带电小球能从试管口处飞出.已知小球质量为 m，带电量为 q，场强大小为关于带电小球及其在离开试管前的运动，下列说法中正确的是()A.洛伦兹力对小球不做功 B.洛伦兹力对小球做正功 C.小球的运动轨迹是一条抛物线 D.维持试管匀速运动的拉力 F 应逐渐增大 【答案】选 A、C、D. 【详解】洛伦兹力方向始终与小球运动速度方向垂直，不做功，故 A 正确 B 错误；小球在 竖直方向受向上的电场力与向下的重力，二者大小相等，试管向右匀速运动，小球的水平速 度保持不变，则竖直向上的洛伦兹力分量大小不变，小球竖直向上做加速运动，即小球做类 平抛运动，故 C 正确；小球竖直分速度增大，受水平向左的洛伦兹力分量增大，为维持试管 匀速运动拉力 F 应逐渐增大，D 正确. 3.在如图所示的匀强电场和匀强磁场共存的区域内(不计重力),电子可能沿水平方向向右做 直线运动的是( )第 28 页 共 34 页金太阳新课标资源网金太阳新课标资源网【答案】选 B、C. 【详解】若电子水平向右运动,在 A 图中电场力水平向左,洛伦兹力竖直向下,故不可能;在 B 图中,电场力水平向左,洛伦兹力为零,故电子可能水平向右做匀减速直线运动;在 C 图中电场 力竖直向上,洛伦兹力竖直向下,当二者大小相等时,电子向右做匀速直线运动;在 D 图中电场 力竖直向上,洛伦兹力竖直向上,故电子不可能做水平向右的直线运动,因此只有选项 B、C 正 确. 4.如图所示,空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场.一带电粒子在电场力 和洛伦兹力共同作用下,从静止开始自 A 点沿曲线 ACB 运动,到达 B 点时速度为零,C 为运动的 最低点,不计重力,则( )A.该粒子必带正电荷 B.A、B 两点位于同一高度 C.粒子到达 C 点时的速度最大 D.粒子到达 B 点后,将沿原曲线返回 A 点 【答案】选 A、B、C. 【详解】 在不计重力情况下,粒子从 A 点由静止开始向下运动,说明粒子受向下的电场力,带正 电,选项 A 正确.整个过程中只有电场力做功,而 A、B 两点粒子速度都为零,所以 A、B 在同一 等势面上,选项 B 正确.运动到 C 点时粒子在电场力方向上发生的位移最大,电场力做功最多, 粒子速度最大,选项 C 正确.粒子从 B 点向下运动时受向右的洛伦兹力,将向右偏,故选项 D 错. 5.地球大气层外有一层复杂的电离层， 既分布有地磁场， 也分布有电场.假设某时刻在该空间 中有一小区域存在如图所示的电场和磁场； 电场的方向在纸面内斜向左下方， 磁场的方向垂 直纸面向里.此时一带电宇宙粒子恰以速度 v 垂直于电场和磁场射入该区域，不计重力作用， 则在该区域中，有关该带电粒子的运动情况可能的是( )A.仍做直线运动 C.立即向右上方偏转 【答案】选 A、B、C.第 29 页 共 34 页B.立即向左下方偏转 D.可能做匀速圆周运动金太阳新课标资源网金太阳新课标资源网【详解】因 Eq 与 Bqv 二者开始时方向相反，当二者相等时，A 正确；当 Eq&Bqv 时，向电场 力方向偏，当 Eq&Bqv 时，向洛伦兹力方向偏，B、C 正确；有电场力存在，粒子不可能做匀 速圆周运动，D 错. 6.如图所示，表面粗糙的斜面固定于地面上，并处于方向垂直纸面向外、磁感应强度为 B 的 匀强磁场中.质量为 m、 带电量为+Q 的小滑块从斜面顶端由静止下滑， 在滑块下滑的过程中， 下列判断正确的是( )A.滑块受到的摩擦力不变 B.滑块到达地面时的动能与 B 的大小无关 C.滑块受到的洛伦兹力方向垂直斜面向下 D.B 很大时，滑块可能静止于斜面上 【答案】选 C. 【详解】滑块受重力、支持力、垂直于斜面向下的洛伦兹力和沿斜面向上的摩擦力四个力的 作用.初始时刻洛伦兹力为 0，滑块在重力和摩擦力的作用下沿斜面向下运动，随着速度 v 的增大，洛伦兹力 qvB 增大，滑块受到的弹力增大，引起摩擦力增大，故 A、B 均错；当 mgsinθ =μ (mgcosθ +qvB)时，滑块开始做匀速运动，D 错.综上所述，选项 C 正确. 7.空间存在如图所示的匀强电场 E 和匀强磁场 B.下面关于带电粒子在其中运动情况的判断， 正确的是( )A.若不计重力，粒子做匀速运动 的方向可沿 y 轴正方向，也可沿 y 轴负方向 B.若不计重力，粒子可沿 x 轴正方向做匀加速直线运动 C.若重力不能忽略，粒子不可能做匀速直线运动 D.若重力不能忽略，粒子仍可能做匀速直线运动 【答案】选 D.【详解】第 30 页 共 34 页金太阳新课标资源网金太阳新课标资源网若不计重力，当正电荷沿 y 轴正方向运动时，所受电场力沿 x 轴正方向，所受洛伦兹力沿 x 轴负方向；当二者满足 qE=qvB 时，粒子做匀速直线运动.当粒子带负电时，电场力与洛伦兹 力均反向，仍可做匀速直线运动.但当粒子沿 y 轴负方向运动时，电场力与洛伦兹力总是同 向的，粒子受力不能平衡，故不能做匀速直线运动，A 错误；粒子沿 x 轴正方向运动时，因 洛伦兹力沿 y 轴方向，粒子一定要偏转，故 B 错；重力不能忽略时，只要粒子运动方向和受 力满足如图所示条件，粒子就可能做匀速直线运动，C 错，D 正确. 8.不计重力的负粒子能够在图所示的正交匀强电场和匀强磁场中匀速直线穿过． 设产生匀强 电场的两极板间电压为 U，距离为 d，匀强磁场的磁感应强度为 B，粒子电荷量为 q，进入 速度为 v，以下说法正确的是 ( ) A．若同时增大 U 和 B，其他条件不变，则粒子一定能够直线穿过 B．若同时减小 d 和增大 v，其他条件不变，则粒子可能直线穿过 C．若粒子向下偏能够飞出极板间，则粒子动能一定减小 D．若粒子向下偏能够飞出极板间，则粒子的动能有可能不变【答案】BC U U 【详解】粒子能够直线穿过则有 q d ＝qvB，即 v＝Bd，若 U、B 增大的倍数不同，粒子不能 沿直线穿过，A 项错，同理 B 正确；粒子向下偏，电场力做负功，又 W 洛＝0，所以 ΔEk＝0， C 项正确． 9.环形对撞机是研究高能离子的重要装置，如图正、负离子由静止经过电压为 U 的直线加速 器加速后， 沿圆环切线方向注入对撞机的真空环状空腔内， 空腔内存在着与圆环平面垂直的 匀强磁场，磁感应强度大小为 B.(两种带电粒子将被局限在环状空腔内，沿相反方向做半径 相等的匀速圆周运动，从而在碰撞区迎面相撞．)为维持带电粒子在环状空腔中的匀速圆周 运动，下列说法正确的是 ( )q A．对于给定的加速电压，带电粒子的比荷m越大，磁感应强度 B 越大 q B．对于给定的加速电压，带电粒子的比荷m越大，磁感应强度 B 越小 C．对于给定的带电粒子，加速电压 U 越大，粒子运动的周期越小 D．对于给定的带电粒子，不管加速电压 U 多大，粒子运动的周期都不变 【答案】BC第 31 页 共 34 页金太阳新课标资源网金太阳新课标资源网1 mv 1 【详解】在加速器中 qU＝2mv2，在环状空腔内做匀速圆周运动的半径 r＝ qB ，即 r＝B 2mU q q ，所以在半径不变的条件下m越大，B 越小，选项 B 正确；粒子在空腔内的周期 T 2πr ＝ v ，故加速电压越大，粒子的速率 v 越大，其周期越小，选项 C 正确． 10．如图所示，空间存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场的方向竖直向下，磁场的方 向垂直纸面向里，一带电油滴 P 恰好处于静止状态，则下列说法正确的是 ( ) A．若撤去电场，P 可能做匀加速直线运动 B．若撤去磁场，P 可能做匀加速直线运动 C．若给 P 一初速度，P 可能做匀速直线运动 D．若给 P 一初速度，P 可能做顺时针方向的匀速圆周运动 【答案】CD 【详解】由 P 处于静止状态则 P 带负电．若撤去电场，只受重力和磁场力 作 用，由于磁场方向与速度垂直必做曲线运动，故 A 错．若撤去磁场，受重力和电场力仍处 于平衡状态，故 B 错．若所给初速度的方向与磁场方向平行，油滴只受重力和电场力处于平 衡状态，做匀速直线运动．若所给初速度的方向向上与磁场方向垂直，合力等于洛伦兹力， 则做顺时针的匀速圆周运动，故 C、D 正确． 11．如图所示的空间分布Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个区域，各边界面相互平行，Ⅰ区域存在匀强电场， 电场强度 E＝1.0×104 V/m，方向垂直边界面向右．Ⅱ、Ⅲ区域存在匀强磁场，磁场的方向分 别为垂直纸面向外和垂直纸面向里，磁感应强度分别为 B1＝2.0 T、B2＝4.0 T．三个区域宽 度分别为 d1＝5 m、d2＝d3＝6.25 m，一质量 m＝1.0×10－8 kg、电荷量 q＝1.6×10－6 C 的 粒子从 O 点由静止释放，粒子的重力忽略不计．求：(1)粒子离开Ⅰ区域时的速度大小 v； (2)粒子在Ⅱ区域内运动时间 t； (3)粒子离开Ⅲ区域时速度与边界面的夹角 α. 【答案】(1)4.0×103 m/s (2)1.6×10－3 s (3)60° 1 【详解】(1)粒子在电场中做匀加速直线运动，由动能定理有 qEd1＝2mv2－0 解得 v＝4.0×103 m/s (2)设粒子在磁场 B1 中做匀速圆周运动的半径为 r，则 mv2 qvB1＝ r 解得 r＝12.5 m第 32 页 共 34 页金太阳新课标资源网金太阳新课标资源网d2 设在Ⅱ区域内圆周运动的圆心角为 θ，则 sin θ＝ r 解得 θ＝30° 2πm 粒子在Ⅱ区域运动周期 T＝ qB1 θ 粒子在Ⅱ区域运动时间 t＝360°T π 解得 t＝1 920 s＝1.6×10－3 s (3)设粒子在Ⅲ区域做圆周运动轨道半径为 R，则 mv2 qvB2＝ R 解得 R＝6.25 m 粒子运动轨迹如答图所示，由几何关系可知△MO2P 为等边三角形，粒子离开Ⅲ区域时速度与边界面的夹角 α＝60°. 12．如图所示，以两虚线为边界，中间存在平行纸面且与边界垂直的水平电场， 宽度为 d，两侧为相同的匀强磁场，方向垂直纸面向里．一质量为 m、带电量 ＋q、重力不计的带电粒子，以初速度 v1 垂直边界射入磁场做匀速圆周运动， 后进入电场做匀加速运动，然后第二次进入磁场中运动，此后粒子在电场和磁 场中交替运动．已知粒子第二次在磁场中运动的半径是第一次的两倍，第三次 是第一次的三倍，以此类推．求 (1)粒子第一次经过电场的过程中电场力所做的功 W1； (2)粒子第 n 次经过电场时电场强度的大小 En； (3)粒子第 n 次经过电场所用的时间 tn； (4)假设粒子在磁场中运动时，电场区域场强为零．请画出从粒子第一次射入磁场至第三次 离开电场的过程中， 电场强度随时间变化的关系图线(不要求写出推导过程，不要求标明坐标刻度值)． ? 2n＋1? mv12 3 2d 【答案】(1)2mv12 (2) (3) 2qd ? 2n＋1? v1 (4)图见解析 v2 mv 【详解】(1)由 qvB＝m r 可得 r＝ qB 因为粒子第二次在磁场中运动的半径是第一次的二倍，第三次是第一次的三倍…第 n 次为第 一次的 n 倍，所以速度也分别是二倍、三倍…n 倍． 由动能定理得第 33 页 共 34 页金太阳新课标资源网金太阳新课标资源网1 1 W1＝2mv22－2mv12 1 1 3 ＝2m(2v1)2－2mv12＝2mv12 (2)由动能定理得 1 1 qEnd＝2m[(n＋1)v1]2－2m(nv1)2 ? 2n＋1? mv12 所以 En＝ 2qd (3)粒子第 n 次经过电场的平均速度 1? ? n＋1? v1＋nv1 ? v＝ ＝ n＋2 v1 2 ? ? 所以粒子第 n 次经过电场所用的时间 tn＝ d v ＝ d 2d ＝ ?n＋1?v1 ? 2n＋1? v1 ? 2?(4)如图所示．第 34 页 共 34 页金太阳新课标资源网
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