人教物高中物理高考专题复习试题汇编（4） .doc

第4课时(小专题)带电粒子在复合场中的运动1.复合场与组合场(1)复合场：电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存。(2)组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，或在同一区域，电场、磁场分时间段或分区域交替出现。2三种场的比较名称力的特点功和能的特点重力场大小：gmg方向：竖直向下重力做功与路径无关重力做功改变物体的重力势能静电场大小：fqe方向：正电荷受力方向与场强方向相同；负电荷受力方向与场强方向相反电场力做功与路径无关wqu电场力做功改变电势能磁场洛伦兹力fqvb方向可用左手定则判断洛伦兹力不做功，不改变带电粒子的动能3.带电粒子在复合场中的运动分类(1)静止或匀速直线运动：当带电粒子在复合场中所受合外力为零时，将处于静止状态或做匀速直线运动。(2)匀速圆周运动：当带电粒子所受的重力与电场力大小相等，方向相反时，带电粒子在洛伦兹力的作用下，在垂直于匀强磁场的平面内做匀速圆周运动。(3)一般的曲线运动：当带电粒子所受合外力的大小和方向均变化，且与初速度方向不在同一条直线上，粒子做非匀变速曲线运动，这时粒子运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线。(4)分阶段运动：带电粒子可能依次通过几个情况不同的复合场区域，其运动情况随区域发生变化，其运动过程由几种不同的运动阶段组成。=突破一带电粒子在组合场中的运动“磁偏转”和“电偏转”的差别电偏转磁偏转偏转条件带电粒子以ve进入匀强电场带电粒子以vb进入匀强磁场受力情况只受恒定的电场力只受大小恒定的洛伦兹力运动情况类平抛运动匀速圆周运动运动轨迹抛物线圆弧物理规律类平抛知识、牛顿第二定律牛顿第二定律、向心力公式基本公式lvt，yat2，a，tan r，t，t【典例1】 (2014海南卷，14)如图1所示，在x轴上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为b，方向垂直于纸面向外；在x轴下方存在匀强电场，电场方向与xoy平面平行，且与x轴成45夹角。一质量为m、电荷量为q(q0)的粒子以速度v0从y轴上p点沿y轴正方向射出，一段时间后进入电场，进入电场时的速度方向与电场方向相反；又经过一段时间t0，磁场方向变为垂直纸面向里，大小不变，不计重力。图1(1)求粒子从p点出发至第一次到达x轴时所需的时间；(2)若要使粒子能够回到p点，求电场强度的最大值。解析(1)带电粒子在磁场中做圆周运动，设运动半径为r，运动周期为t，根据洛伦兹力公式及圆周运动规律，有qv0bm，t依题意，粒子第一次到达x轴时，运动转过的角度为，所需时间为t1t，求得t1(2)粒子进入电场后，先做匀减速运动，直到速度减小为0，然后沿原路返回做匀加速运动，到达x轴时速度大小仍为v0，设粒子在电场中运动的总时间为t2，加速度大小为a，电场强度大小为e，有qema，v0at2，得t2根据题意，要使粒子能够回到p点，必须满足t2t0得电场强度最大值e答案(1)(2) 1.求解策略：“各个击破”2抓住联系两个场的纽带速度。【变式训练】1如图2所示，在坐标系xoy的第一象限内斜线oc的上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为b，第四象限内存在磁感应强度大小未知、方向垂直纸面向里的匀强磁场，第三象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，在x轴负半轴上有一接收屏gd，gd2odd，现有一带电粒子(不计重力)从y轴上的a点，以初速度v0水平向右垂直射入匀强磁场，恰好垂直oc射出，并从x轴上的p点(未画出)进入第四象限内的匀强磁场，粒子经磁场偏转后又垂直y轴进入匀强电场并被接收屏接收，已知oc与x轴的夹角为37，oad，求：图2(1)粒子的电性及比荷；(2)第四象限内匀强磁场的磁感应强度b的大小；(3)第三象限内匀强电场的电场强度e的大小范围。解析(1)粒子运动轨迹如图所示，由左手定则可知粒子带负电由图知粒子在第一象限内运动的轨道半径rd由洛伦兹力提供向心力得bqv0m联立得(2)由图知opd，所以粒子在第四象限内做圆周运动的半径为r同理bqv0，联立得b(3)粒子在匀强电场中做类平抛运动，由图知oqrrsin 372d当电场强度e较大时，粒子击中d点，由类平抛运动规律知v0t2dt2联立得emax当电场强度e较小时，粒子击中g点，由类平抛运动规律知v0t2dt2联立得emin所以e答案(1)负(2)(3)e突破二带电粒子在叠加复合场中的运动处理带电粒子在复合场中的运动时，要做到“三个分析”：(1)正确分析受力情况，重点明确重力是否不计和洛伦兹力的方向。(2)正确分析运动情况，常见的运动形式有：匀速直线运动、匀速圆周运动和一般变速曲线运动。(3)正确分析各力的做功情况，主要分析电场力和重力的功，洛伦兹力一定不做功。【典例2】(2014四川卷，10)在如图3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。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：图3(1)小物体p1在水平轨道cd上运动速度v的大小；(2)倾斜轨道gh的长度s。第一步：仔细读题抓好“三个分析”第二步：抓住关键点挖掘隐含信息规范解答(1)设小物体p1在匀强磁场中运动的速度为v，受到向上的洛伦兹力为f1，受到的摩擦力为f，则f1qvbf(mgf1)由题意，水平方向合力为零ff0联立式，代入数据解得v4 m/s(2)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qersin mgr(1cos )mvmv2p1在gh上运动，受到重力、电场力和摩擦力的作用，设加速度为a1，根据牛顿第二定律qecos mgsin (mgcos qesin )ma1p1与p2在gh上相遇时，设p1在gh上运动的距离为s1，则s1vgta1t2设p2质量为m2，在gh上运动的加速度为a2，则m2gsin m2gcos m2a2p1与p2在gh上相遇时，设p2在gh上运动的距离为s2，则s2a2t2联立式，代入数据得ss1s2s0.56 m答案(1)4 m/s(2)0.56 m【变式训练】2一束硼离子以不同的初速度，沿水平方向经过速度选择器，从o点进入方向垂直纸面向外的匀强偏转磁场区域，分两束垂直打在o点正下方的硼离子探测板上p1和p2点，测得op1op223，如图4甲所示。速度选择器中匀强电场的电场强度为e，匀强磁场的磁感应强度为b1，偏转磁场的磁感应强度为b2，若撤去探测板，在o点右侧的磁场区域中放置云雾室，硼离子运动轨迹如图乙所示。设硼离子在云雾室中运动时受到的阻力ffkq，式中k为常数，q为硼离子的电荷量。不计硼离子重力。求：图4(1)硼离子从o点射出时的速度大小；(2)两束硼离子的电荷量之比；(3)两种硼离子在云雾室里运动的路程之比。解析(1)只有竖直方向受力平衡的离子，才能沿水平方向运动离开速度选择器，故有qeqvb1解得v。(2)设到达p1点的硼离子的电荷量为q1，到达p2点的硼离子的电荷量为q2进入磁场后有qvb2m解得r根据题意有进入偏转磁场的硼离子的质量相同、速度相同，可得。(3)设电荷量为q1的硼离子运动路程为s1，电荷量为q2的硼离子运动路程为s2，在云雾室内硼离子受到的阻力始终与速度方向相反，阻力一直做负功，洛伦兹力不做功，则有wffsekffkq可得：。答案(1)(2)32(3)23突破三带电粒子在交变电磁场中的运动带电粒子在交变电磁场中运动的处理方法：(1)弄清复合场的组成特点及场的变化情况。(2)正确分析带电粒子的受力及运动特点。(3)画出粒子的运动轨迹，灵活选择不同的运动规律。【典例3】如图5甲所示，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(如图乙所示)，电场强度的大小为e0，e0表示电场方向竖直向上。t0时，一带正电、质量为m的微粒从左边界上的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，再沿直线运动到右边界上的n2点。q为线段n1n2的中点，重力加速度为g。上述d、e0、m、v、g为已知量。图5(1)求微粒所带电荷量q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。第一步：抓住关键点获取信息第二步：抓好过程分析构建运动模型理清思路第一个过程：微粒做匀速直线运动e0qmgqvbvt1第二个过程：微粒做匀速圆周运动e0qmgqvb2rvt2规范解答(1)微粒做直线运动，则mgqe0qvb微粒做圆周运动，则mgqe0联立得qb(2)设微粒从n1运动到q的时间为t1，做圆周运动的周期为t2，则vt1qvbm2rvt2联立得t1，t2电场变化的周期tt1t2(3)若微粒能完成题述的运动过程，要求d2r联立得r设在n1q段直线运动的最短时间为t1min，由得t1min因t2不变，t的最小值tmint1mint2。答案(1)(2)(3)带电粒子在复合场中运动的解题模板【变式训练】3如图6甲所示，水平直线mn下方有竖直向上的匀强电场，其变化规律如图乙所示，电场强度e0 v/m，现将一重力不计、比荷106 c/kg的带电粒子从电场中的c点由静止释放，经t1105 s的时间粒子通过mn上的d点进入匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度b按图丙所示规律变化。(计算结果均可保留)图6(1)求粒子到达d点时的速率；(2)求磁感应强度b10.3 t时粒子做圆周运动的周期和半径；(3)若在距d点左侧d21 cm处有一垂直于mn的足够大的挡板ab，求粒子从c点运动到挡板所用的时间。解析(1)粒子在电场中做匀加速直线运动，则qema，v0at1解得v01.5104 m/s(2)设磁感应强度b10.3 t时，粒子运动的半径为r1，运动周期为t1，则b1qv0m，t1解得r15 cm，t1105 s(3)设磁感应强度b20.5 t时，粒子运动半径为r2，运动周期为t2，则b2qv0m，t2解得r23 cm，t2105 s由以上计算可知，粒子的运动轨迹为如图所示的周期运动，每一个周期运动的水平距离为s2(r1r2)16 cm所以，粒子运动1个整数周期后余下的距离为dds5 cmr1粒子从c点出发运动到挡板的时间为t5t1解得t105 s答案(1)1.5104 m/s(2)105 s5 cm(3)105 s1(多选)(2014高考冲刺卷六)如图7所示，空间中存在正交的匀强电场e(方向水平向右)和匀强磁场b(方向垂直纸面向外)，在竖直平面内从a点沿ab、ac方向抛出两带电小球(不考虑两带电小球的相互作用，两小球电荷量始终不变)，关于小球的运动，下列说法正确的是()图7a沿ab、ac方向抛出的带电小球都可能做直线运动b只有沿ab方向抛出的带电小球才可能做直线运动c若沿ac方向抛出的小球做直线运动则小球带负电，且小球一定是做匀速运动d两小球在运动过程中机械能均守恒解析两个带电小球的电性未知，可假设电性再判断电场力和洛伦兹力的方向，由于在电场力、洛伦兹力和重力作用下小球的直线运动必为匀速运动，只要三力能平衡，小球即可做直线运动，由假设判断可知沿ab方向做直线运动的小球带正电、沿ac方向做直线运动的小球带负电，所以选项a、c正确，选项b错误；除重力做功外，洛伦兹力不做功，电场力做功，机械能不守恒，选项d错误。答案ac2.如图8所示装置为速度选择器，平行金属板间有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上，磁场方向垂直纸面向外，带电粒子均以垂直电场和磁场的速度射入且都能从另一侧射出，不计粒子重力，以下说法正确的有()图8a若带正电粒子以速度v从o点射入能沿直线oo射出，则带负电粒子以速度v从o点射入能沿直线oo射出b若带正电粒子以速度v从o点射入，离开时动能增加，则带负电粒子以速度v从o点射入，离开时动能减少c若氘核(h)和氦核(he)以相同速度从o点射入，则一定能以相同速度从同一位置射出d若氘核(h)和氦核(he)以相同速度从o点射入，则一定能以相同速度从不同位置射出解析带负电粒子以速度v从o点射入时，电场力和洛伦兹力方向均向下，进入复合场后向下做曲线运动，不可能沿直线oo射出，选项a错误；若带正电粒子以速度v从o点射入，离开时动能增加，说明正粒子在o点处竖直向下的洛伦兹力小于竖直向上的电场力，粒子向虚线上方做曲线运动，射出时，电场力做正功，洛伦兹力不做功，动能增加，带负电粒子以速度v从o点射入时，电场力竖直向下，洛伦兹力竖直向上，但是电场力大于洛伦兹力，粒子向下做曲线运动，射出时，电场力做正功，洛伦兹力不做功，动能增加，选项b错误；带正电粒子从o点以速度v射入时，f电eq，f洛bvq，取电场力方向为正方向，则加速度a，氘核(h)和氦核(he)的比荷相等，所以选项c正确，d错误。答案c3. (多选)利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域。如图9是霍尔元件的工作原理示意图，磁感应强度b垂直于霍尔元件的工作面向下，通入图示方向的电流i，c、d两侧面会形成电势差ucd，下列说法中正确的是()图9a电势差ucd仅与材料有关b若霍尔元件的载流子是自由电子，则电势差ucd0c仅增大磁感应强度时，电势差ucd变大d在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持水平解析电势差ucd与磁感应强度b、材料及电流强度有关，选项a错误；若霍尔元件的载流子是自由电子，由左手定则可知，电子向侧面c偏转，则电势差ucd0，选项b正确；仅增大磁感应强度时，电势差ucd变大，选项c正确；在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持竖直且东西放置，选项d错误。答案bc4.如图10所示的真空环境中，匀强磁场方向水平、垂直纸面向外，磁感应强度b2.5 t；匀强电场方向水平向左，场强e n/c。一个带负电的小颗粒质量m3.0107 kg，带电荷量q3.0106 c，带电小颗粒在这个区域中刚好做匀速直线运动。(g取10 m/s2)。则()图10a这个带电小颗粒一定沿与水平方向成30向右下方做匀速直线运动b这个带电小颗粒做匀速直线运动的速度大小为0.4 m/sc若小颗粒运动到图中p点时，把磁场突然撤去，小颗粒将做匀加速直线运动d撤去磁场后，小颗粒通过与p点在同一电场线上的q点，那么从p点运动到q点所需时间为0.08 s解析带电小颗粒受力如图：tan ，所以30，由左手定则可知带负电小颗粒运动方向应与水平方向成60角斜向右上方，由平衡条件可得qvb，解得v0.8 m/s，选项a、b错误；撤去磁场后，小颗粒受到的重力和电场力的合力与速度方向垂直，故小颗粒将做匀变速曲线运动(类平抛运动)，选项c错误；加速度大小为a2g20 m/s2，方向与水平方向成30角斜向右下方，在竖直方向上，小颗粒做初速度为vsin 60、加速度为g的竖直上抛运动，从p点运动到q点所需时间为t0.08 s，选项d正确。答案d1. (2014全国大纲卷，25)如图1所示，在第一象限存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面(xoy平面)向外；在第四象限存在匀强电场，方向沿x轴负向。在y轴正半轴上某点以与x轴正向平行、大小为v0的速度发射出一带正电荷的粒子，该粒子在(d,0)点沿垂直于x轴的方向进入电场。不计重力。若该粒子离开电场时速度方向与y轴负方向的夹角为，求：图1(1)电场强度大小与磁感应强度大小的比值； (2)该粒子在电场中运动的时间。解析(1)如图，粒子进入磁场后做匀速圆周运动。设磁感应强度的大小为b，粒子质量与所带电荷量分别为m和q，圆周运动的半径为r0。由洛伦兹力公式及牛顿第二定律得qv0bm由题给条件和几何关系可知r0d设电场强度大小为e，粒子进入电场后沿x轴负方向的加速度大小为ax，在电场中运动的时间为t，离开电场时沿x轴负方向的速度大小为vx。由牛顿第二定律及运动学公式得eqmaxvxaxttd由于粒子在电场中做类平抛运动(如图)，有tan 联立式得v0tan2 (2)联立式得t答案(1)v0tan2 (2)(2014杭州市第二次质量检测)如图所示，粒子源能放出初速度为0，比荷均为1.6104 c/kg的带负电粒子，进入水平方向的加速电场中，加速后的粒子正好能沿圆心方向垂直进入一个半径为r0.1 m的圆形磁场区域，磁感应强度随时间变化的关系为b0.5sin t(t)，在圆形磁场区域右边有一屏，屏的高度为h0.6 m，屏距磁场右侧距离为l0.2 m，且屏中心与圆形磁场圆心位于同一水平线上。现要使进入磁场中的带电粒子能全部打在屏上，试求加速电压的最小值。解析如图所示，根据洛伦兹力公式fqvb可知，磁感应强度一定时，粒子进入磁场的速度越大，在磁场中偏转量越小。故当磁感应强度取最大值时，若粒子恰好不飞离屏，则加速电压有最小值。设此时粒子刚好打在屏的最下端b点，根据带电粒子在磁场中运动特点可知：粒子偏离方向的夹角正切值为tan 代入数据得tan 即粒子偏离方向的夹角为60由几何关系可知：此时粒子在磁场中对应的回旋半径为rrtan 代入数据得r0.1 m带电粒子在电场中加速时由动能定理得qumv2带电粒子在磁场中偏转时，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可得qvb联立得ur2b2代入数据得u60 v故加速电压的最小值为60 v。答案60 v2. (2014贵州省六校联盟第一次联考)传送带和水平面的夹角为37，完全相同的两轮和传送带的切点a、b间的距离为24 m，b点右侧(b点在场的边缘)有一上下无限宽、左右边界间距为d的正交匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上，匀强磁场垂直于纸面向里，磁感应强度b103 t。传送带在电机带动下，以4 m/s速度顺时针匀速运转，现将质量为m0.1 kg，电荷量q102 c的物体(可视为质点)轻放于传送带的a点，已知物体和传送带间的动摩擦因数为0.8，物体在运动过程中电荷量不变，重力加速度取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8。图2(1)求物体从a点传送到b点的时间；(2)若物体从b点进入复合场后做匀速圆周运动，则所加的电场强度e大小应为多少？若物体仍然从复合场的左边界出复合场，则场的右边界距b点的水平距离d至少等于多少？解析(1)设物体在传送带上加速度大小为a，则agcos 37gsin 37解得a0.4 m/s2物体达到与传送带速度相同所用时间设为t1，速度相同后经t2达到b点，则vat1，t110 sxat，x20 mlabxvt2，所以t21 s到达b点总时间tt1t211 s(2)物体在复合场中做匀速圆周运动，则qemg则e100 n/c物体做圆周运动，向心力由洛伦兹力提供qvbm轨迹半径为r0.04 m当物体运动轨迹与右边界恰好相切时，d有最小值，由几何关系得sin 37解得d0.016 m答案(1)11 s(2)0.016 m3(2014山东菏泽市二模)如图3所示，相距为d的平行金属板m、n间存在匀强电场和垂直纸面向里、磁感应强度为b0的匀强磁场；在xoy直角坐标平面内，第一象限有沿y轴负方向场强为e的匀强电场，第四象限有垂直坐标平面向里、磁感应强度为b的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的正离子(不计重力)以初速度v0沿平行于金属板方向射入两板间并做匀速直线运动，从p点垂直y轴进入第一象限，经过x轴上的a点射出电场进入磁场。已知离子过a点时的速度方向与x轴成45角。求：图3(1)金属板m、n间的电压u；(2)离子运动到a点时速度v的大小和由p点运动到a点所需时间t；(3)离子第一次离开第四象限磁场区域的位置c(图中未画出)与坐标原点的距离oc。解析(1)设平行金属板m、n间匀强电场的场强为e0，则有ue0d因为离子在金属板方向射入两板间并做匀速直线运动有qe0qv0b0解得金属板m、n间的电压ub0v0d(2)在第一象限的电场中离子做类平抛运动，有cos 45故离子运动到a点时的速度vv0又qema，vyat，tan 45解得离子在电场e中运动到a点所需时间t(3)在磁场中洛伦兹力提供向心力有qvbm得r如图所示，由几何知识可得2rcos 45r又v0t因此离子第一次离开第四象限磁场区域的位置c与坐标原点的距离：答案(1)b0v0d(2)v0(3)章末质量检测(八) (时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本题共9小题，每小题6分，共54分。在每小题给出的四个选项中，第16题只有一项符合题目要求，第79题有多项符合题目要求。)1. (2014广东江门一模)如图1所示，带负电的金属环绕轴oo以角速度匀速旋转，在环左侧轴线上的小磁针最后静止时()图1an极竖直向上bn极竖直向下cn极沿轴线向左dn极沿轴线向右解析金属环带负电，按题图所示的方向旋转，则金属环的电流方向与旋转方向相反。由右手螺旋定则可知磁极的方向：左端n极，右端s极。因此小磁针n极沿轴线向左。故c正确，a、b、d错误。答案c2.如图2所示，一个边长l、三边电阻相同的正三角形金属框放置在磁感应强度为b的匀强磁场中。若通以图示方向的电流(从a点流入，从c点流出)，电流强度为i，则金属框受到的磁场力为()图2a0 bilb c.ilb d2ilb解析可以把正三角形金属框看做两根导线并联，且两根导线中的总电流等于i，由安培力公式可知，金属框受到的磁场力为ilb，选项b正确。答案b3. (2014安徽安庆二模)如图3所示，a、b为竖直正对放置的两平行金属板，其中a板带正电、两板间的电压为u，在金属板下方存在一有界的匀强磁场，磁场的上边界为与两金属板下端重合的水平面pq，pq下方的磁场范围足够大，磁场的磁感应强度大小为b，一比荷为的带正电粒子以速度v0从两板中间位置沿与a、b平行方向射入两板间的偏转电场，不计粒子重力，粒子通过偏转电场后从pq边界上的m点进入磁场，运动一段时间后又从pq边界上的n点射出磁场，设m、n两点距离为x(m、n点在图中未画出)。则以下说法中正确的是()图3a只减小磁感应强度b的大小，则x减小b只增大初速度v0的大小，则x减小c只减小带电粒子的比荷，则x不变d只减小偏转电场的电压u的大小，则x不变解析粒子进入磁场后做匀速圆周运动，设粒子进入磁场时速度方向与磁场边界的夹角为，速度大小为v，轨道半径r ，由几何关系可知x2rsin ， 只减小磁感应强度b、只增大初速度v0或只减小带电粒子的比荷时，都可使x增大，而x与偏转电场的电压u无关，故选项a、b、c错误，d正确。答案d4.两个质量相同、所带电荷量相等的带电粒子a、b，以不同的速率沿着ao方向射入圆形匀强磁场区域，其运动轨迹如图4所示。若不计粒子的重力，则下列说法正确的是()图4aa粒子带正电，b粒子带负电ba粒子在磁场中所受洛伦兹力较大cb粒子的动能较大db粒子在磁场中运动时间较长解析由左手定则可知，a粒子带负电，b粒子带正电，a错误；由qvbm得r，故运动的轨迹半径越大，对应的速率越大，所以b粒子的速率较大，在磁场中所受洛伦兹力较大，b错误；由ekmv2可得b粒子的动能较大，c正确；由t知两者的周期相同，b粒子运动的轨迹对应的圆心角小于a粒子运动的轨迹对应的圆心角，所以b粒子在磁场中运动时间较短，d错误。答案c5.如图5所示，在x轴下方的第、象限中，存在垂直于xoy平面方向的匀强磁场，磁感应强度b12b22b，带电粒子a、b分别从x轴上的p、q两点(图中没有标出)以垂直于x轴方向的速度同时进入匀强磁场b1、b2中，两粒子恰在第一次通过y轴时发生正碰，碰撞前带电粒子a的速度方向与y轴正方向成60角，若两带电粒子的比荷分别为k1、k2，进入磁场时的速度大小分别为v1、v2，不计粒子重力和两粒子间相互作用，则下列关系正确的是()图5ak12k2 b2k1k2 cv12v2 d2v1v2解析两粒子在y轴上发生正碰时粒子a的速度与y轴正方向成60角，则粒子b速度与y轴负方向成60角，轨迹对应的圆心角分别为120和60，如图所示。两粒子同时进入磁场并相撞，则运动时间相等，即t1t2，而t1，t2，将b12b22b代入得k1k2，a、b均错；由于两粒子正碰则轨道半径相等，而r1，r2，解得v12v2，c正确。答案c6. (2014安徽黄山三校联考)如图6所示，在x0，y0的空间中有恒定的匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于xoy平面向里，大小为b。现有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，从x轴上的某点p沿着与x轴成30角的方向射入磁场。不计重力的影响，则下列有关说法正确的是()图6a只要粒子的速率合适，粒子就可能通过坐标原点b粒子在磁场中运动所经历的时间一定为c粒子在磁场中运动所经历的时间可能为d粒子在磁场中运动所经历的时间可能为解析根据同一直线边界上粒子运动的对称性可知，粒子不可能通过坐标原点，a错误；粒子运动的情况有两种，一种是从y轴边界射出，最短时间要大于，故d错；对应轨迹时，t1，c正确；另一种是从x轴边界飞出，如轨迹，时间t3t，此时粒子在磁场中运动时间最长，故b错误。答案c7.磁流体发电是一项新兴技术。如图7所示，平行金属板之间有一个很强的磁场，将一束含有大量正、负带电粒子的等离子体，沿图中所示方向喷入磁场。图中虚线框部分相当于发电机。把两个极板与用电器相连，则()图7a用电器中的电流方向从a到bb用电器中的电流方向从b到ac若只减小磁场，发电机的电动势增大d若只增大喷入粒子的速度，发电机的电动势增大解析等离子体喷入磁场后，受洛伦兹力作用，带正电粒子打在上极板，带负电粒子打在下极板，用电器中电流方向从a到b，a正确，b错误；当等离子体在磁场和电场中满足qeqvb时，电场强度evb，此时电动势最大，最大值embdv，所以若只增强磁场或只增大喷入粒子的速度，发电机的电动势均会增大，c错误，d正确。答案ad8粒子回旋加速器的工作原理如图8所示，置于真空中的d形金属盒的半径为r，两金属盒间的狭缝很小，磁感应强度为b的匀强磁场与金属盒盒面垂直，高频交流电的频率为f，加速电压为u，若中心粒子源处产生的质子质量为m、电荷量为e，在加速器中被加速。不考虑相对论效应，则下列说法正确的是()图8a不改变磁感应强度b和交流电的频率f，该加速器也可加速粒子b加速的粒子获得的最大动能随加速电压u的增大而增大c质子被加速后的最大速度不能超过2rfd质子第二次和第一次经过d形盒间狭缝后轨道半径之比为1解析质子被加速获得的最大速度受到d形盒最大半径的制约，vm2rf，c正确；粒子旋转频率为f，与被加速粒子的比荷有关，所以a错误；粒子被加速的最大动能ekm2m2r2f2，与加速电压u无关，b错误；因为运动半径r，nuq，知半径比为1，d正确。答案cd9(2014贵州省六校联盟第一次联考)下列四图中，a、b两图是质量均为m的小球以相同的水平初速度向右抛出，a图只受重力作用，b图除受重力外还受水平向右的恒定风力作用；c、d两图中有相同的无限宽的电场，场强方向竖直向下，d图中还有垂直于纸面向里无限宽的匀强磁场且和电场正交，在两图中均以相同的初速度向右水平抛出质量为m的正电荷，两图中不计重力作用，则下列有关说法正确的是()aa、b、c三图中的研究对象均做匀变速曲线运动b从开始抛出经过相同时间c、d两图竖直方向速度变化相同，a、b两图竖直方向速度变化相同c从开始抛出到沿电场线运动相等距离的过程内c、d两图中的研究对象动能变化相同d相同时间内a、b两图中的研究对象在竖直方向的动能变化相同解析根据题给条件可知，a、b、c三图中的研究对象的受力均为恒力，因此研究对象均做匀变速曲线运动，a正确；从开始抛出经过相同时间，c、d两图研究对象在竖直方向受力不同，速度变化也不同，b错误；根据c、d两图中有相同的无限宽的电场，场强方向竖直向下，d图中还有垂直于纸面向里的无限宽的匀强磁场且和电场正交可知，从开始抛出到沿电场线运动相等距离的过程中电场力做功相同，洛伦兹力不做功，重力忽略不计，因此只有电场力做功，所以c、d两图中的研究对象动能变化相同，c正确；因为动能是标量没有分量形式之说，因此相同时间内a、b两图竖直方向的动能变化相同这种说法是错误的，故d错误。答案ac二、非选择题(本题共3小题，共46分)10. (12分)(2014广东潮州期末)如图9所示，在xoy直角坐标系中，oq与op分别与x轴正、负方向成45，在poq区域中存在足够大的匀强电场，场强大小为e，其余区域存在匀强磁场，一带电荷量为q、质量为m的粒子在y轴上a点(0，l)以沿x轴正方向的速度v0进入第四象限，在oq边界垂直进入电场，后又从op边界离开电场，不计粒子的重力。求：图9(1)匀强磁场的磁感应强度大小；(2)粒子从op进入磁场的位置坐标。解析(1)设匀强磁场的磁感应强度大小为b，粒子在磁场中运动时，根据牛顿第二定律有qv0b由几何关系可得rl，则匀强磁场的磁感应强度大小为b(2)设粒子在电场中运动的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有eqma由平抛运动规律知rl，sv0tv0则粒子从op进入磁场的位置坐标为(v0，v0)答案(1)(2)(v0，v0)11(16分)离子推进器是太空飞行器常用的动力系统。某种推进器设计的简化原理如图10甲所示，截面半径为r的圆柱腔分为两个工作区。为电离区，将氙气电离获得1价正离子；为加速区，长度为l，两端加有电压，形成轴向的匀强电场。区产生的正离子以接近0的初速度进入区，被加速后以速度vm从右侧喷出。区内有轴向的匀强磁场，磁感应强度大小为b，在离轴线处的c点持续射出一定速率范围的电子。假设射出的电子仅在垂直于轴线的截面上运动，截面如图乙所示(从左向右看)。电子的初速度方向与中心o点和c点的连线成角(090)。推进器工作时，向区注入稀薄的氙气。电子使氙气电离的最小速率为v0，电子在区内不与器壁相碰且能到达的区域越大，电离效果越好。已知离子质量为m；电子质量为m，电量为e。(电子碰到器壁即被吸收，不考虑电子间的碰撞)图10(1)求区的加速电压及离子的加速度大小；(2)为取得好的电离效果，请判断区中的磁场方向(按图乙说明是“垂直纸面向里”或“垂直纸面向外”)；(3)为90时，要取得好的电离效果，求射出的电子速率v的范围。解析(1)由动能定理得mveuuae(2)垂直纸面向外(3)设电子运动的最大半径为r2rrebvm所以有v0v要使式有解，则磁感应强度b答案(1)(2)垂直纸面向外(3)v0v(b)12(18分)如图11甲所示，比荷k的带正电的粒子(可视为质点)，以速度v0从a点沿ab方向射入长方形磁场区域，长方形的长abl，宽adl。取粒子刚进入长方形区域的时刻为0时刻，垂直于长方形平面的磁感应强度按图乙所示规律变化(以垂直纸面向外的磁场方向为正方向)，粒子仅在洛伦兹力的作用下运动。图11(1)若带电粒子在通过a点后的运动过程中不再越过ad边，要使其恰能沿dc方向通过c点，求磁感应强度b0及其磁场的变化周期t0为多少？(2)要使带电粒子通过a点后的运动过程中不再越过ad边，求交变磁场磁感应强度b0和变化周期t0的乘积b0t0应满足什么关系？解析(1)带电粒子在长方形区域内做匀速圆周运动，设粒子运动轨迹半径为r，周期为t，则可得r，t每经过一个磁场的变化周期，粒子的末速度方向和初速度方向相同，如图所示，要使粒子恰能沿dc方向通过c点，则经历的时间必须是磁场周期的整数倍，有：ab方向：ln2rsin dc方向：ln2r(1cos )解得cos 1(舍去)，cos 所以60，r即b0，t0(n1、2、3)。(2)当交变磁场周期取最大值而粒子不再越过ad边时运动情形如图所示，由图可知粒子在第一个t0时间内转过的圆心角则t0t，即t0所以b0t0。答案(1)(n1、2、3)(2)b0t0解题能力讲座(四)高考常用的思维方法系列三思维方法八临界思维法1方法概述临界状态是指物体从一种运动状态(或物理现象)转变为另一种运动状态(或物理现象)的转折状态，它既具有前一种运动状态(或物理现象)的特点，又具有后一种运动状态(或物理现象)的特点，起着承前启后的转折作用。临界状态是物理问题中常遇到的一种情况，以临界状态的规律为突破口来解决问题的方法称为临界思维法。2.方法应用(1)解决此类问题的一般思路(2)从关键词中找突破口：许多临界问题，题干中常用“恰好”、“最大”、“至少”、“不相撞”、“不脱离”等词语对临界状态给以暗示。审题时，一定要抓住这些特定的词语挖掘其隐藏的规律，找出临界条件。(3)解决临界问题，一般有两种基本方法：以定理、定律为依据，首先求出所研究问题的一般规律和一般解，然后分析、讨论其特殊规律和特殊解；直接分析、讨论临界状态和相应的临界值，求出研究问题的规律和解。【典例1】如图1所示，在xoy平面内第二象限的某区域存在一个矩形匀强磁场区，磁场方向垂直xoy平面向里，边界分别平行于x轴和y轴。一个电荷量为e、质量为m的电子，从坐标原点o以速度v0射入第二象限，速度方向与y轴正方向成45角，经过磁场偏转后，通过p(0，a)点，速度方向垂直于y轴，不计电子的重力。图1(1)若磁场的磁感应强度大小为b0，求电子在磁场中运动的时间t；(2)为使电子完成上述运动，求磁感应强度b的大小应满足的条件；(3)若电子到达y轴上p点时，撤去矩形匀强磁场，同时在y轴右侧加方向垂直xoy平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为b1，在y轴左侧加方向垂直xoy平面向里的匀强磁场，电子在第(k1)次从左向右经过y轴(经过p点为第1次)时恰好通过坐标原点。求y轴左侧磁场磁感应强度大小b2及上述过程电子的运动时间t。(1)(2)(3)(4)甲规范解答(1)如图甲所示，电子在磁场中转过的角度运动周期ttt，联立解得t。(2)设磁感应强度最小值为bmin，对应最大回旋半径为r，圆心为o1，则有ev0bmin，rra，解得bmin则磁感应强度b应满足的条件为b。乙(3)设电子在y轴右侧和左侧做圆周运动的半径分别为r1和r2，则有ev0b1，ev0b2由图乙所示的几何关系可知2k(r1r2)a，解得b2设电子在y轴右侧和左侧做圆周运动的周期分别为t1和t2，则t1，t2，tk解得t。答案(1)(2)b(3)本题第(2)问中在电子的速度一定的条件下，半径由磁感应强度大小决定，最大半径对应最小的磁感应强度。作出最大的弦是解决本问的关键，分别将两速度方向延长或反向延长，可得圆弧的两公切线，以两公切线为腰的等腰三角形的底边为弦，找出最大的弦即可求出最大半径。【即学即练】1(2013福建卷)如图2所示，一不可伸长的轻绳上端悬挂于o点，下端系一质量m1.0 kg 的小球。现将小球拉到a点(保持绳绷直)由静止释放，当它经过b点时绳恰好被拉断，小球平抛后落在水平地面上的c点。地面上的d点与ob在同一竖直线上，已知绳长l1.0 m，b点离地高度h1.0 m，a、b两点的高度差h0.5 m，重力加速度g取10 m/s2，不计空气影响，求：图2(1)地面上dc两点间的距离s；(2)轻绳所受的最大拉力大小。解析(1)小球从a到b过程机械能守恒，有mghmv小球从b到c做平抛运动，在竖直方向上有hgt2在水平方向上有svbt由式解得s1.41 m(2)小球下摆到达b点时，绳的拉力和重力的合力提供向心力，有fmgm由式解得f20 n根据牛顿第三定律ff轻绳所受的最大拉力为20 n。答案(1)1.41 m(2)20 n思维方法九模型思维法1方法概述物理模型是一种理想化的物理形态，是物理知识的一种直观表现。模型思维法是利用类比、抽象、简化、理想化等手段，突出物理过程的主要因素，忽略次要因素，把研究对象的本质特征抽象出来，从而进行分析和推理的一种思维方法。2方法应用(1)运用物理模型解题的基本程序通过审题，提取有用信息。如物理现象、物理事实、物理情境、物理状态和物理过程等。弄清题给信息的诸因素中什么是主要因素。再寻找与已有信息(某种知识、方法、模型)的联系，通过类比联想或抽象概括或逻辑推理，建立起新的物理模型，将新情境问题转化为常规问题。(2)在平时的物理学习中，要注意分析总结各种物理模型，熟知一些常规模型的受力特点、应用规律、使用范围，对相似、相近的物理情境进行联想，从而形成需解决问题与已解决问题的内在联系，实现已知物理模型向新的物理模型的有效迁移。【典例2】(多选)在水平界面mn的下方存在匀强电场，绝缘光滑杆ab与水平面成45角，带电小球从杆上a点由静止滑下，进入电场后恰好做匀速运动，并从b端离开杆ab，之后又经过b点正下方距b为h的c点。设小球在杆上滑动时电荷量不变。那么()图3a场强方向一定沿水平方向b小球离开b端后的运动轨迹为抛物线c若场强方向沿水平方向，则小球从b到c的时间为d小球经过c点时速度方向与竖直方向成22.5角读题提取信息类比建模(1)建模一(2)建模二解析小球进入电场后在杆上做匀速运动，合力为零；过b点脱离杆后又能经过b点正下方的c点，b点速度与bc成45角沿ab向下，表明小球运动轨迹为曲线，合力与abc同平面指向bc右侧，设为f，则当小球在杆上运动时，杆的弹力与f等大反向，所以f垂直于杆斜向右下方且为恒力，即f的方向与小球离开杆时的速度方向垂直，因此小球脱离杆后做类平抛运动，运动轨迹为抛物线，b对；重力与电场力的合力沿垂直于杆的方向，所以电场力方向不确定如图甲所示，即场强方向不确定，a错；若场强方向水平，则合力fmg，沿合力方向小球做初速度为零的匀加速运动如图乙所示，位移dch，有ht2gt2，解得t，c对；由平抛运动可得，tan 2tan 45，故可知d错。答案bc【即学即练】2轧钢是钢材处理的重要环节。轧钢过程中，轧钢机利用一组轧辊滚动时产生的压力来轧碾钢材，使轧件在转动的轧辊间产生塑性变形，轧出所需断面形状和尺寸的钢材。轧钢机轧辊截面示意图如图4所示。现需要用已知半径为0.5 m的轧辊在长铁板上表面压轧一道很浅的槽，已知铁板的长为7.5 m、质量为15 kg，轧辊与铁板、铁板与工作台面间的动摩擦因数分别为0.4和0.15。铁板从一端放入工作台的轧辊下，工作时轧辊对铁板产生恒定的竖直向下的压力为150 n，在轧辊的摩擦力作用下铁板由静止向前运动并被压轧出一浅槽。已知轧辊转动