2020版高考物理总复习第十章专题探究七第10章练习（含解析）.docx

专题探究七带电粒子在复合场中的运动考点研析 核心探究重难突破考点一带电粒子在复合场中的运动实例分析 装置原理图规律质谱仪粒子由静止被加速电场加速:qU=mv2,在磁场中做匀速圆周运动,qvB=,则比荷=.回旋加速器交流电的周期和粒子做圆周运动的周期相等,粒子在圆周运动过程中每次经过D形盒缝隙都会被加速.由qvB=得Ekm=速度选择器若qv0B=Eq,即v0=,则粒子做匀速直线运动磁流体发电机等离子体射入,受洛伦兹力偏转,使两极板带正、负电荷,两极电压为U时稳定,q=qv0B,U=v0Bd电磁流量计q=qvB,所以v=,所以Q=vS=霍尔元件当磁场方向与电流方向垂直时,导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现电势差角度1:质谱仪的原理和分析【典例1】 (2017江苏卷,15)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.(1)求甲种离子打在底片上的位置到N点的最小距离x;(2)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.解析:(1)设甲种离子在磁场中的运动半径为r1在电场加速时qU0=2mv2且qvB=2m解得r1=根据几何关系x=2r1-L解得x=-L.(2)如图所示最窄处位于过两虚线交点的垂线上d=r1-解得d=-.答案:见解析方法技巧解决实际问题的一般过程角度2:回旋加速器的原理和分析【典例2】 (2018河北衡水三模)如图(甲)所示为回旋加速器的工作原理示意图.置于真空中的“D”形金属盒半径为R,两盒间的狭缝间距为d,匀强磁场B垂直盒面向下,加速电压U按如图(乙)所示的规律变化.若被加速粒子的质量为m、电荷量为+q,粒子从A点飘入时的速度可忽略不计,且加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响.(1)求粒子第n次被加速前、后的轨道半径之比;(2)要使前半个周期飘入的粒子中有超过90%的能射出,求狭缝间距d应满足的条件.解析:(1)设粒子第n-1次经过狭缝后的速度为v1,半径为r1,q(n-1)U=m,qv1B=m解得r1=同理,粒子第n次经过狭缝后的半径r1=,则=.(2)设只有在0到(-t)时间内,飘入的粒子才能每次均被加速,则所占的比例为=,由于90%,解得t,由d=at2得d.答案:(1)(2)d方法技巧回旋加速器的特点(1)带电粒子在缝隙的电场中加速、交变电流的周期与磁场周期相等,每经过磁场一次,粒子加速一次.(2)带电粒子在磁场中偏转、半径不断增大,周期不变,最大动能与D形盒的半径有关.角度3:霍尔效应的原理和分析【典例3】(2018吉林长春三模)随着电子技术的发展,霍尔传感器被广泛应用在汽车的各个系统中.其中霍尔转速传感器在测量发动机转速时,情景简化如图(a)所示,被测量转子的轮齿(具有磁性)每次经过霍尔元件时,都会使霍尔电压发生变化,传感器的内置电路会将霍尔电压调整放大,输出一个脉冲信号,霍尔元件的原理如图(b)所示.下列说法正确的是(B)A.霍尔电压是由于元件中定向移动的载流子受到电场力作用发生偏转而产生的B.若霍尔元件的前端电势比后端低,则元件中的载流子为负电荷C.在其他条件不变的情况下,霍尔元件的厚度c越大,产生的霍尔电压越高D.若转速表显示1 800 r/min,转子上齿数为150个,则霍尔传感器每分钟输出12个脉冲信号解析:霍尔电压是由于元件中定向移动的载流子受磁场力而偏转产生的,故A错误;由左手定则可判断出载流子受力向前端偏转,若前端电势变低,意味着载流子带负电,故B正确;霍尔电压UH=,c越大,UH越小,故C错误;每个轮齿经过,都会引发一次脉冲,则每分钟脉冲数量为2.7105个,故D错误.角度4:速度选择器、磁流体发电机【典例4】 (2018北京卷,18)某空间存在匀强磁场和匀强电场.一个带电粒子(不计重力)以一定初速度射入该空间后,做匀速直线运动;若仅撤除电场,则该粒子做匀速圆周运动.下列因素与完成上述两类运动无关的是(C)A.磁场和电场的方向B.磁场和电场的强弱C.粒子的电性和电量D.粒子入射时的速度解析:在匀强磁场和匀强电场的叠加区域内,带电粒子做匀速直线运动,则速度方向与电场方向和磁场方向均垂直,qvB=qE,故v=.因此粒子是否做匀速直线运动,与粒子的电性、电量均无关.而与磁场和电场的方向、强弱及速度大小均有关.撤去电场时,粒子速度方向仍与磁场垂直,满足做匀速圆周运动的条件,选项C正确.题组训练1.回旋加速器(2019四川成都模拟)如图所示为一种改进后的回旋加速器的示意图,宽度忽略不计的窄缝A,C间的加速电场场强大小恒定,电场被限制在A,C间,与A,C平行的两虚线之间无电场.带电粒子从P0处以速度v0沿电场线方向射入加速电场,经加速后再进入D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动.对这种改进后的回旋加速器,下列说法正确的是(C)A.加速电场的方向需要做周期性的变化B.加速粒子的最大速度与D形盒的半径无关C.带电粒子每运动一周被加速一次D.带电粒子每运动一周直径的变化量相等,即P1P2等于P2P3解析:带电粒子只有经过AC板间时被加速,即带电粒子每运动一周被加速一次,电场的方向没有改变,故C正确,A错误;当粒子从D形盒中出来时,速度最大,根据r=得,v=,加速粒子的最大速度与D形盒的半径有关,故B错误;根据r=,则P1P2=2(r2-r1)=,每转一圈被加速一次,由v2=v1+at得v2-v1=at,每转一圈速度的变化量不等,且v3-v2P2P3,故D错误.2.霍尔元件(2018福建厦门二模)(多选)在一次南极科考中,科考人员使用磁强计测定地磁场的磁感应强度.其原理如图所示,电路中有一段长方体的金属导体,它长、宽、高分别为a,b,c,放在沿y轴正方向的匀强磁场中,导体中电流沿x轴正方向,大小为I.已知金属导体单位体积中的自由电子数为n,电子电荷量为e,自由电子做定向移动可视为匀速运动,测出金属导体前后两个侧面间电压为U,则(AD)A.金属导体的前侧面电势较低B.金属导体的电阻为C.自由电子定向移动的速度大小为D.磁感应强度的大小为解析:根据左手定则(注意电子带负电)可知电子打在前侧面,即前侧面带负电,电势较低,A正确;电流方向为从左向右,而题中U表示的是导体前后两个侧面的电压,故导体的电阻不等于,B错误;由I=neSv=nebcv得v=,C错误;因为当金属导体中自由电子定向移动时受洛伦兹力作用向前侧面偏转,使得前后两侧面间产生电势差,当电子所受的电场力与洛伦兹力平衡时,前后两侧面间产生恒定的电势差,因而可得=Bev,解得B=,D正确.3.磁流体发电机(多选)如图是磁流体发电机的示意图,在间距为d的平行金属板A,C间,存在磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场,两金属板通过导线与滑动变阻器相连,变阻器接入电路的电阻为R.等离子体连续以速度v平行于两金属板垂直射入磁场,理想电流表A的读数为I,则(BD)A.发电机的电动势E=IRB.发电机的内电阻为r=-RC.发电机的效率=D.变阻器触头P向上滑动时,单位时间内到达金属板A,C的等离子体数目增多解析:根据qvB=q得,E=Bdv,根据闭合电路欧姆定律,E=I(R+r),解得发电机的内电阻为r=-R,故A错误,B正确;发电机的效率=,故C错误;变阻器触头P向上滑动时,总电阻减小,则总电流增大,单位时间内流过的电荷量增多,单位时间内到达金属板A,C的等离子数目增多,故D正确.考点二带电粒子在组合场中的运动带电粒子在组合场中的运动,实际上是几个典型运动过程的组合(如:电场中的加速直线运动、类平抛运动、磁场中的匀速圆周运动),因此解决此类问题要分段处理,找出各段之间的衔接点和相关物理量.角度1:先电场后磁场(1)先在电场中做加速直线运动,然后进入磁场做圆周运动.如图(甲)、(乙)所示,在电场中利用动能定理或运动学公式求粒子刚进入磁场时的速度.(2)先在电场中做类平抛运动,然后进入磁场做圆周运动.如图(丙)、(丁)所示,在电场中利用平抛运动知识求粒子进入磁场时的速度.【典例5】 (2018全国卷,25) 如图,在y0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场,场强大小为E;在y0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场.一个氕核H和一个氘核H先后从y轴上y=h点以相同的动能射出,速度方向沿x轴正方向.已知H进入磁场时,速度方向与x轴正方向的夹角为60,并从坐标原点O处第一次射出磁场,H的质量为m,电荷量为q.不计重力.求(1)H第一次进入磁场的位置到原点O的距离;(2)磁场的磁感应强度大小;(3)H第一次离开磁场的位置到原点O的距离.审题图示解析:(1)H在电场中做类平抛运动,在磁场中做匀速圆周运动,运动轨迹如图所示.设H在电场中的加速度大小为a1,初速度大小为v1,它在电场中的运动时间为t1,第一次进入磁场的位置到原点O的距离为s1.由运动学公式有s1=v1t1 h=a1 由题给条件,H进入磁场时速度的方向与x轴正方向夹角1=60,H进入磁场时速度的y分量的大小为a1t1=v1tan 1 联立以上各式得s1=h. (2)H在电场中运动时,由牛顿第二定律有qE=ma1 设H进入磁场时速度的大小为v1,由速度合成法则有v1= 设磁感应强度大小为B,H在磁场中运动的圆轨道半径为R1,由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qv1B= 由几何关系得s1=2R1sin 1 联立以上各式得B=. (3)设H在电场中沿x轴正方向射出的速度大小为v2,在电场中的加速度大小为a2,由题给条件得(2m)=m 由牛顿第二定律有qE=2ma2 设H第一次射入磁场时的速度大小为v2,速度的方向与x轴正方向夹角为2,入射点到原点的距离为s2,在电场中运动的时间为t2.由运动学公式有s2=v2t2 h=a2 v2= sin 2= 联立以上各式得s2=s1,2=1,v2=v1 设H在磁场中做圆周运动的半径为R2,由式及粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公式得R2=R1 所以出射点在原点左侧.设H进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点的距离为s2,由几何关系有s2=2R2sin 2 联立式得,H第一次离开磁场时的位置到原点O的距离为s2-s2=(-1)h.答案:(1)h(2 (3)(-1)h反思总结(1)带电粒子在电场中加速,一般应用动能定理,即可求出加速后进入磁场前的速度.(2)带电粒子进入磁场,在有界磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,再结合几何关系即可求解运动半径、周期等物理量.(3)在有界磁场中运动时,要根据不同的边界确定临界条件,还要注意多解问题.角度2:先磁场后电场(或磁场)【典例6】 (2018江苏卷,15)如图所示,真空中四个相同的矩形匀强磁场区域,高为4d,宽为d,中间两个磁场区域间隔为2d,中轴线与磁场区域两侧相交于O,O点,各区域磁感应强度大小相等.某粒子质量为m、电荷量为+q,从O沿轴线射入磁场.当入射速度为v0时,粒子从O上方处射出磁场.取sin 53=0.8,cos 53=0.6.(1)求磁感应强度大小B;(2)入射速度为5v0时,求粒子从O运动到O的时间t;(3)入射速度仍为5v0,通过沿轴线OO平移中间两个磁场(磁场不重叠),可使粒子从O运动到O的时间增加t,求t的最大值.审题图示 解析:(1)粒子做圆周运动,洛伦兹力提供向心力,qv0B=m由题意知r0=,解得B=.(2)粒子运动轨迹如图,设粒子在矩形磁场中的偏转角为.由几何关系d=rsin ,得sin =,即=53在一个矩形磁场中的运动时间t1=解得t1=粒子做直线运动的时间t2=解得t2=则t=4t1+t2=().(3)设将中间两磁场分别向中央移动距离x.粒子向上的偏移量y=2r(1-cos )+xtan 由y2d,解得xd则当xm=d时,t有最大值粒子直线运动路程的最大值sm=+(2d-2xm)=3d增加路程的最大值sm=sm-2d=d增加时间的最大值tm=.答案:(1)(2)()(3)方法技巧关注两段圆弧轨迹的衔接点磁场与磁场的组合问题实质就是两个有界磁场中的圆周运动问题,带电粒子在两个磁场中的速度大小相同,但轨迹半径和运动周期往往不同.解题时要充分利用两段圆弧轨迹的衔接点与两圆心共线的特点,进一步寻找边角关系.角度3:先后多个电、磁场带电粒子在电场和磁场的组合场中运动,实际上是将粒子在电场中的加速与偏转,跟在磁场中偏转两种运动有效组合在一起,有效区别电偏转和磁偏转,寻找两种运动的联系和几何关系是解题的关键.当带电粒子连续通过几个不同的场区时,粒子的受力情况和运动情况也发生相应的变化,其运动过程则由几种不同的运动阶段组成.【典例7】 (2018全国卷,25)一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场,其在xOy平面内的截面如图所示:中间是磁场区域,其边界与y轴垂直,宽度为l,磁感应强度的大小为B,方向垂直于xOy平面;磁场的上、下两侧为电场区域,宽度均为l,电场强度的大小均为E,方向均沿x轴正方向;M,N为条状区域边界上的两点,它们的连线与y轴平行.一带正电的粒子以某一速度从M点沿y轴正方向射入电场,经过一段时间后恰好以从M点入射的速度从N点沿y轴正方向射出.不计重力.(1)定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹;(2)求该粒子从M点入射时速度的大小;(3)若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x轴正方向的夹角为,求该粒子的比荷及其从M点运动到N点的时间.审题图示解析:(1)粒子运动的轨迹如图(甲)所示.(粒子在电场中的轨迹为抛物线,在磁场中为圆弧,上下对称)(2)粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动.设粒子从M点射入时速度的大小为v0,在下侧电场中运动的时间为t,加速度的大小为a;粒子进入磁场的速度大小为v,方向与电场方向的夹角为见图(乙),速度沿电场方向的分量为v1.根据牛顿第二定律有qE=ma 式中q和m分别为粒子的电荷量和质量.由运动学公式有v1=at l=v0t v1=vcos 粒子在磁场中做匀速圆周运动,设其运动轨道半径为R,由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得qvB= 由几何关系得l=2Rcos 联立式得v0=. (3)由运动学公式和题给数据得v1= 联立式得= 设粒子由M点运动到N点所用的时间为t,则t=2t+T 式中T是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期,T= 由得t=(1+).答案:(1)图见解析(2)(3) (1+)反思总结带电粒子在不同场中的运动性质一般不同,所以组合场问题才显得复杂.而联系各个场中运动的关键物理量是速度,所以分析组合场问题的突破口就是分析各个场分界处的速度,包括其大小和方向.题组训练1.磁电组合场(2019广东深圳模拟)如图所示,在坐标系xOy平面内,在x=0和x=L范围内分布着匀强磁场和匀强电场,磁场的下边界AP与y轴负方向成45角,其磁感应强度为B,电场上边界为x轴,其电场强度为E.现有一束包含着各种速率的同种带负电粒子由A点垂直y轴射入磁场,带电粒子的比荷为.粒子重力不计,一部分粒子通过磁场偏转后由边界AP射出并进入电场区域.求:(1)能够由AP边界射出的粒子的最大速率;(2)粒子在电场中运动一段时间后由y轴射出电场,射出点与原点的最大距离.解析:(1)粒子在磁场中做圆周运动,速度越大,半径越大.速度最大的粒子刚好由P点射出.由牛顿第二定律得qvB=,由几何关系可知r=L,得v=.(2)粒子从P点离开后,垂直x轴进入电场,在竖直方向做匀速直线运动,在水平方向做匀加速直线运动.由牛顿第二定律得a=,此粒子在电场中运动时有L=at2,d=vt,解得d=BL.答案:(1)(2)BL2.多个电场、磁场(2019四川凉山模拟)如图所示为三个相邻的足够长的匀强电场和匀强磁场区域,边界PP,QQ,MM,NN相互平行.取PP上某点为O点,垂直PP向下建立y轴.竖直方向电场强度大小为E,宽度都为d.垂直纸面向里的磁场磁感应强度大小为B,宽度为2d.带电荷量为-q、质量为m、重力不计的带电粒子,从O点以一水平初速度v0向左进入电场I.(1)求粒子从O点出发后进入磁场区域的速度大小;(2)当E=,B=时,该电荷恰好不能进入电场,求粒子从PP出发到第一次返回到边界PP的这段过程中,粒子的平均速度大小;(3)当粒子的初速度大小为v1(0v1v0)时,分析粒子离开磁场时进入电场还是?解析:(1)在电场中偏转,根据动能定理有qEd=mv2-m,解得v=.(2)电场中,将E=代入(1)结果中得v=2v0在电场中类平抛运动,竖直方向:d=,解得t1=水平位移:x1=v0t1=出区域时,粒子速度方向与QO间夹角为,则有cos =,即=.带电粒子运动部分轨迹如图,磁场中:qvB=m得r=在磁场中运动时间t2=,x2=2rsin 全程:v平=,解上述方程得v平=v0.(3)若磁场不受2d宽度限制,粒子在磁场中纵坐标最大的位置与QQ的距离y=r(1-cos )=(1-)=(v-v1)=(-v1)=可见,v1越小,y越大,轨迹的纵坐标的最大值反而越大.所以,当粒子的初速度大小为v1(0v1v0)时,粒子进入电场.答案:(1)(2)v0(3)电场考点三带电粒子在叠加场中的运动角度1:磁场力、重力并存【典例8】(2019河南郑州质检)(多选)如图所示为一个质量为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可能是下列选项中的(AD)审题图示解析:带电圆环在磁场中受到向上的洛伦兹力,当重力与洛伦兹力相等时,圆环将做匀速直线运动,A正确;当洛伦兹力大于重力时,圆环受到摩擦力的作用,并且随着速度的减小而减小,圆环将做加速度减小的减速运动,最后做匀速直线运动,D正确;如果重力大于洛伦兹力,圆环也受摩擦力作用,且摩擦力越来越大,圆环将做加速度增大的减速运动,最后静止,故B,C错误.角度2:电场力、磁场力并存(不计重力)【典例9】 (2016北京卷,22)如图所示,质量为m、电荷量为q的带电粒子,以初速度v沿垂直磁场方向射入磁感应强度为B的匀强磁场,在磁场中做匀速圆周运动.不计带电粒子所受重力.(1)求粒子做匀速圆周运动的半径R和周期T;(2)为使该粒子做匀速直线运动,还需要同时存在一个与磁场方向垂直的匀强电场,求电场强度E的大小.解析:(1)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力充当向心力,则有qvB=即R=由于v=则R=即T=.(2)根据左手定则,带电粒子射入磁场时受洛伦兹力方向向上,可知粒子带正电,为使该粒子做匀速直线运动,粒子在所加匀强电场中所受电场力方向竖直向下,则有qvB=Eq,即E=vB.答案:(1) (2)vB反思总结(1)带电粒子在电场和磁场叠加场中做直线运动,电场力和洛伦兹力一定相互平衡,因此常用二力平衡方法解题.(2)带电粒子在电场和磁场叠加场中偏转,是电场力和洛伦兹力不平衡造成的.此过程中电场力做功,洛伦兹力不做功,需根据电场力做功的正、负判断动能的变化.角度3:电场力、磁场力、重力并存【典例10】 (2016天津卷,11)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E=5 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B=0.5 T.有一带正电的小球,质量m=110-6 kg,电荷量q=210-6 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g=10 m/s2,求:(1)小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向;(2)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.审题图示解析:(1)小球匀速直线运动时受力如图,有qvB= 代入数据解得v=20 m/s 速度v的方向与电场E的方向之间的夹角满足tan = 代入数据解得tan =60. (2)法一撤掉磁场,小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动,设其加速度为a,有a= 设撤掉磁场后小球在初速度方向上的分位移为x,有x=vt 设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y,有y=at2 a与mg的夹角和v与E的夹角相同,均为,又tan = 联立式,代入数据解得t=2 s3.5 s. 法二撤掉磁场后,由于电场力垂直于竖直方向,它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,其初速度为vy=vsin 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分位移为零,则有vyt-gt2=0 联立式,代入数据解得t=2 s3.5 s. 答案:(1)20 m/s方向与电场方向成60角斜向上(2)3.5 s方法技巧带电粒子在复合场中运动的分析方法题组训练1.电场力、磁场力并存(2018江苏南京鼓楼区期末)一个带正电荷的微粒(重力不计)穿过如图所示的匀强电场和匀强磁场区域时,恰能沿直线运动,则下列说法不正确的是(C)A.若仅减小入射速度,微粒进入该区域后将向下偏转B.若仅减小电场强度,微粒穿过该区域后动能将减小C.若增大磁感应强度而要使微粒依然能沿直线运动,必须增大微粒的入射速度D.若仅将微粒所带的电荷变为负电荷,微粒依然能沿直线运动解析:微粒恰能做直线运动,所受的电场力向下,洛伦兹力向上,电场力和洛伦兹力平衡,合力为零,故做匀速直线运动,有qE=qvB;若仅减小入射速度,洛伦兹力减小,故合力向下,微粒将向下偏转,故A正确;若仅减小电场强度,电场力减小,合力向上,微粒将向上偏转,电场力做负功,动能减小,故B正确;若增大磁感应强度而要使微粒依然能沿直线运动,根据qE=qvB,可以减小v,或者增加E,故C不正确;若仅将微粒所带的电荷变为负电荷,电场力和洛伦兹力都反向,粒子依然平衡,做匀速直线运动,故D正确.2.电场力、磁场力、重力并存(2019江西八校联考)(多选)如图所示,在水平匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场中,有一竖直足够长固定绝缘杆MN,小球P套在杆上,已知P的质量为m、电荷量为+q,电场强度为E,磁感应强度为B,P与杆间的动摩擦因数为,重力加速度为g.小球由静止开始下滑直到稳定的过程中(CD)A.小球的加速度一直减小B.小球的机械能和电势能的总和保持不变C.下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是v=D.下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是v=解析:对小球受力分析如图所示,则mg-(qE-qvB)=ma,随着v的增加,小球加速度先增大,当qE=qvB时达到最大值,amax=g,继续运动,mg-(qvB-qE)=ma,随着v的增大,a逐渐减小,故A错误;因为有摩擦力做功,机械能与电势能总和在减小,故B错误;若在前半段达到最大加速度的一半,则mg-(qE-qvB)=m,得v=;若在后半段达到最大加速度的一半,则mg-(qvB-qE)=m,得v=,故C,D正确.素养提升 学科素养演练提升核心素养【思维拓展】 用比较的思维掌握“电偏转”和“磁偏转”把“电偏转”和“磁偏转”放在一起,从受力特征、运动性质、轨迹、偏转角、偏转量、能量变化等角度进行比较,使考生更加深入地理解两类偏转、把握两类偏转的实质,从而提高自身的解题能力.匀强电场中的电偏转匀强磁场中的磁偏转偏转产生条件带电粒子以速度v0垂直射入匀强电场带电粒子以速度v0垂直射入匀强磁场受力特征只受恒定的电场力F=Eq,方向与初速度方向垂直只受大小恒定的洛伦兹力F=qv0B,方向始终与速度方向垂直运动性质匀变速曲线运动(类平抛)匀速圆周运动轨迹抛物线圆或圆弧运动轨迹图运动规律vx=v0,vy=t,x=v0t,y=qv0B=,R=,T=动能变化动能增大动能不变运动时间t=t=T=【示例】 (多选)空间中存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B,一带电荷量为+q,质量为m的粒子,在P点以某一初速度开始运动,初速度方向在图中纸面内,如图中P点箭头所示.该粒子运动到图中Q点时的速度方向与P点时速度方向垂直,如图中Q点箭头所示.已知P,Q间的距离为l.若保持粒子在P点时的速度不变,而将匀强磁场换成匀强电场,电场方向与纸面平行且与粒子在P点时速度方向垂直,在此电场作用下粒子也由P点运动到Q点.不计重力,求:(1)电场强度的大小;(2)两种情况中粒子由P运动到Q点所经历的时间之差.解析:(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动,以v表示粒子在P点的初速度,R表示圆周半径,则有qvB=m,由于粒子在Q点的速度垂直于它在P点时的速度,可知粒子由P点到Q点的轨迹是圆周的,故有R=,联立得v=,在电场中粒子做类平抛运动,分别以x,y,E,a,tE表示射程、偏转位移、电场强度、加速度和运动时间,则qE=ma,垂直v方向y=R=at2,沿v方向x=R=vt,联立各式可解得E=.(2)由分析知粒子在磁场中由P运动到Q点所经历的时间tB为周期,故tB=T=,在电场中由P运动到Q点所经历的时间tE=,由P运动到Q点所经历的时间之差tB-tE=(-1).答案:(1)(2) (-1)【即学即练】 如图所示,abcd是一个正方形的盒子,在cd边的中点有一小孔e,盒子中存在着沿ad方向的匀强电场,场强大小为E.某种粒子不断地从a处的小孔沿ab方向射入盒内,粒子的初速度为v0,经电场作用后恰好从e处的小孔射出.若撤去电场,在盒子中加一方向垂直于纸面的匀强磁场(图中未画出),磁感应强度大小为B,粒子仍恰好从e孔射出.求:(1)所加磁场的方向;(2)分别加电场和磁场时,粒子从e孔射出时的速率各多大?(3)电场强度E与磁感应强度B的比值.解析:(1)根据粒子在电场中的偏转方向,结合左手定则可判断磁场方向垂直于纸面向外.(2)设带电粒子的电荷量为q,质量为m,盒子的边长为L,粒子在电场中沿ad方向的位移为L,沿ab方向的位移为,在电场中粒子做类平抛运动,设粒子从孔e射出时的速率为v,则L=at2=,=v0t,由动能定理得EqL=mv2-m,联立解得,E=,v=v0,在磁场中粒子做匀速圆周运动,射出e孔时的速率等于v0.(3)设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径为R,根据牛顿第二定律得qvB=m根据几何关系可得,(L-R)2+()2=R2,联立解得B=,所以,电场强度E与磁感应强度B的比值=5v0.答案:(1)垂直于纸面向外(2)v0v0(3)5v0题组训练1.(2015全国卷,19)(多选)有两个匀强磁场区域和,中的磁感应强度是中的k倍,两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动.与中运动的电子相比,中的电子(AC)A.运动轨迹的半径是中的k倍B.加速度的大小是中的k倍C.做圆周运动的周期是中的k倍D.做圆周运动的角速度与中的相等解析:由题意可知,v1=v2,B1=kB2.电子运动的轨迹半径R=,故R2=kR1,选项A正确;加速度大小a=B,故a2=,选项B错误;周期T=,故T2=kT1,选项C正确;角速度=B,故2=,选项D错误.2.(2015全国卷,14)两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行.一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子(不计重力),从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后,粒子的(D)A.轨道半径减小,角速度增大B.轨道半径减小,角速度减小C.轨道半径增大,角速度增大D.轨道半径增大,角速度减小解析:因洛伦兹力不做功,故带电粒子从较强磁场区域进入到较弱的磁场区域后,其速度大小不变,由r=知,轨道半径增大;由角速度=知,角速度减小,选项D正确.3.(2017全国卷,24) 如图,空间存在方向垂直于纸面(xOy平面)向里的磁场.在x0区域,磁感应强度的大小为B0;x1).一质量为m、电荷量为q(q0)的带电粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴正向射入磁场,此时开始计时,当粒子的速度方向再次沿x轴正向时,求(不计重力)(1)粒子运动的时间;(2)粒子与O点间的距离.解析:(1)在匀强磁场中,带电粒子做圆周运动.设在x0区域,圆周半径为R1;在xmbmcB.mbmamcC.mcmambD.mcmbma解析:微粒a做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供,且mag=qE;微粒b的受力关系为mbg=qE+qvbB;微粒c的受力关系为mcg=qE-qvcB,所以mbmamc,选项B正确.第十章 电磁感应高考导航(教师备用)考点内容要求高考(全国卷)三年命题情况对照分析201620172018电磁感应现象卷T24:电磁感应中的平衡问题卷T20:右手定则、旋转切割磁感线与电路卷T24:单杆切割模型卷T21:旋转切割磁感线卷T25:力电综合两等效电源卷T18:电磁感应与阻尼现象卷T24:电磁感应与图像问题卷T25:楞次定律的理解与应用卷T17:电磁感应与电路问题卷T19:楞次定律的理解与应用卷T18:电磁感应与图像问题卷T20:电磁感应与图像问题磁通量法拉第电磁感应定律楞次定律自感、涡流1.考查方式:电磁感应的考查在全国卷中出现的频率很大,考查形式包括选择题和计算题.主要考查内容是感应电流的产生、方向判断和感应电动势的计算;综合考查包括电磁感应与图像、电路、动量和能量的综合问题等,抓住楞次定律和法拉第电磁感应定律,运用动力学观点、动量观点和能量观点解决问题.2.命题趋势:近几年高考题有利用杆+导轨模型、线圈穿越有界磁场、导体旋转切割磁感线等等外,还涉及磁悬浮原理、电磁阻尼、超导技术这些的实际应用问题.第1节电磁感应现象楞次定律基础过关 紧扣教材自主落实基础知识一、磁通量1.概念:在磁感应强度为B的匀强磁场中,与磁场方向垂直的面积S与B的乘积.2.公式:=BS.3.单位:1 Wb=1 Tm2.4.磁通量是标量(选填“矢量”或“标量”),但磁通量有正、负之分.5.物理意义:相当于穿过某一面积的磁感线的条数.如图所示,矩形abcd,abba,abcd的面积分别为S1,S2,S3,匀强磁场的磁感应强度B与平面abcd垂直,则(1)通过矩形abcd的磁通量为BS1cos 或 BS3.(2)通过矩形abcd的磁通量为BS3.(3)通过矩形abba的磁通量为0.二、电磁感应现象1.电磁感应现象当穿过闭合电路的磁通量发生变化时,电路中有感应电流产生的现象.2.产生感应电流的两种情况(1)穿过闭合电路的磁通量发生变化.(2)闭合电路的一部分导体在磁场内做切割磁感线运动.3.产生电磁感应现象的实质实质是产生感应电动势,如果回路闭合则产生感应电流;如果回路不闭合,则只有感应电动势,而无感应电流.4.如图所示,能产生感应电流的是 B .教材解读图1中AB导体棒切割磁感线运动时,AB导体棒、