第一章 素养提升课一 带电粒子在复合场中的运动-【金版新学案】2024-2025学年新教材高二物理选择性必修第二册同步课堂高效讲义教师用书word（教科版2019）

素养提升课一　带电粒子在复合场中的运动 【素养目标】　 1.会分析带电粒子在组合场中运动，会分析两场边界处带电粒子的速度。　2.会分析带电粒子在叠加场中的受力情况和运动情况，并能正确选择物理规律解答问题。 提升点一　带电粒子在组合场中的运动 1．组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，一般为两场相邻或在同一区域电场、磁场交替出现。 2．粒子重力的分析 (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静电力或磁场力相比太小，可以忽略； (2)对于带电微粒：如带电小球、液滴、尘埃等一般应考虑重力。 注意：①在题目中有明确说明是否要考虑重力的，按题目要求处理。 ②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。 3．带电粒子在组合场中的运动是指粒子从电场到磁场或从磁场到电场的运动。通常按时间的先后顺序将粒子的运动过程分成若干个小过程，在每一运动过程中从粒子的受力性质、受力方向和速度方向的关系入手，分析粒子在电场中做什么运动，在磁场中做什么运动。 4．带电粒子在匀强电场和匀强磁场中偏转的比较 项目 垂直电场线进入匀强电场(不计重力) 垂直磁感线进入匀强磁场(不计重力) 受力情况 电场力F电＝qE，大小、方向不变 洛伦兹力F洛＝qvB，大小不变，方向时刻与v垂直 运动类型 类平抛运动 匀速圆周运动 运动轨迹 抛物线 圆或圆的一部分 学生用书↓第31页 续表 项目 垂直电场线进入匀强电场(不计重力) 垂直磁感线进入匀强磁场(不计重力) 求解方法 x＝v0t，a＝，偏移距离y＝at2，偏转角tan φ＝＝ 偏移距离y和偏转角θ要结合圆的几何关系通过圆周运动的规律求解，r＝，T＝，t＝T 动能 变大 不变 角度一 　从电场进入磁场 (2024·长沙市雅礼中学高二联考期末)在半导体离子注放工艺中，初速度和重力可忽略的离子P＋和P3＋，经电压为U的匀强电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里、有一定的宽度的匀强磁场区域，如图所示。已知离子P＋在磁场中转过θ＝30°后从磁场右边界射出。在电场和磁场中运动时，离子P＋和P3＋(　　) A．在磁场中运动的半径之比为3∶1 B．在电场中的加速度之比为1∶1 C．在磁场中转过的角度之比为1∶2 D．离开磁场区域时的动能之比为1∶ 答案：C 解析：两个离子的质量相同，其带电荷量之比是1∶3，由牛顿第二定律有q＝ma，得a＝∝q，可知二者在电场中的加速度之比是1∶3，故B错误；离子在离开电场时有Uq＝mv2，即v＝ ∝，可知其速度之比为1∶，又由qvB＝m，知r＝∝，所以其半径之比为∶1，故A错误；设磁场宽度为L，离子通过磁场转过的角度等于其圆心角，所以有sin θ＝∝，则可知转过角度的正弦值之比为1∶，又P＋转过的角度为30°，可知P3＋转过的角度为60°，即在磁场中转过的角度之比为1∶2，故C正确；在电场中加速，有qU＝Ek，在磁场中洛伦兹力不做功，可知，两离子离开磁场的动能Ek∝q，其比值为1∶3，故D错误。 分析带电粒子在组合场中运动的步骤 1．划分过程：将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选取不同的规律处理。 2．找关键：确定带电粒子在场区边界的速度(包括大小和方向)是解决该类问题的关键。 3．画运动轨迹：根据受力分析和运动分析，大致画出粒子的运动轨迹图，有利于形象、直观地解决问题。 针对练1.(2024·广东广州高二期中)如图，在平面直角坐标系xOy中，第一象限存在方向沿y轴负方向的匀强电场，第四象限存在方向垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B。一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度v0射出，方向沿x轴正方向。已知粒子进入磁场时，速度方向与x轴正方向的夹角为θ＝45°角，并从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出磁场。不计粒子重力，求： (1)粒子进入磁场时的速度大小； (2)粒子在磁场中运动的轨道半径r； (3)粒子从M点运动到P点的总时间t。 答案：(1)v0　(2)　(3) 解析：(1)设粒子进入磁场时的速度为v，有＝cos θ 解得v＝v0。 (2)粒子运动轨迹如图 粒子在磁场中以O′为圆心做匀速圆周运动，半径为r，根据牛顿第二定律有qvB＝m 解得r＝。 (3)设粒子在x轴上的N点处进入磁场，由几何关系得ON＝rsin θ 粒子在电场中水平方向做匀速直线运动，设粒子在电场中运动的时间为t1，有v0t1＝ON 解得t1＝＝ 粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T＝ 设粒子在磁场中运动的时间为t2，有 t2＝T＝ 则总的运动时间为t＝t1＋t2＝。 针对练2.(2024·佛山市高二月考)如图，在空间直角坐标系O-xyz中，界面Ⅰ与yOz平面重叠，界面Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ相互平行，且相邻界面的间距均为L，与x轴的交点分别为O、O1、O2；在界面Ⅰ、Ⅱ间有沿y轴负方向的匀强电场，在界面Ⅰ、Ⅱ间有沿z轴正方向的匀强磁场(图中均未画出)。一质量为m、电荷量为＋q的粒子，从y轴上距O点处的P点，以速度v0沿 学生用书↓第32页 x轴正方向射入电场区域，该粒子刚好从点O1进入磁场区域。粒子重力不计。求： (1)匀强电场的电场强度的大小E； (2)要让粒子刚好不从界面Ⅲ飞出，匀强磁场的磁感应强度B应多大？ 答案：(1)　(2) 解析：(1)画出xOy平面图如图甲所示，粒子在电场区域内做类平抛运动，设电场中粒子加速度大小为a，沿z轴正方向看，粒子的轨迹如图乙所示 　 粒子从O1点进入右边磁场，则L＝v0t，＝at2，qE＝ma，联立解得E＝。 (2)设粒子到O1点时的速度大小为v，与x轴正方向夹角为θ，如图乙所示，则vy＝at，v＝，tan θ＝，故tan θ＝1，即有θ＝45°，v＝v0 在磁场区域，粒子做匀速圆周运动，则qvB＝m，粒子刚好不从界面Ⅲ飞出，根据几何关系有R＋Rcos 45°＝L 解得B＝。 角度二　从磁场进入电场 (2024·信宜市第二中学高二期中)如图所示，一个质量为m、电荷量为q的正离子，在D处沿图示方向以一定的速度射入磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。结果离子正好从距A点为d的C处沿垂直于电场方向进入匀强电场，此电场方向与AC平行且向上，最后离子打在G处，而G处距A点2d(AG⊥AC)，不计离子重力，离子运动轨迹在纸面内，求： (1)此离子在磁场中做圆周运动的半径r； (2)离子从D处运动到G处所需时间。 答案：(1)　(2) 解析：(1)正离子轨迹如图所示。 圆周运动半径r满足d＝r＋rcos 60°， 解得r＝d。 (2)设离子在磁场中的运动速度为v0，则有 qBv0＝m 解得v0＝ 离子的运动周期为T＝ 由图知离子在磁场中做圆周运动的时间为 t1＝＝ 离子在电场中做类平抛运动，从C到G的时间为 t2＝＝ 离子从D处运动到G的总时间为 t＝t1＋t2＝。 针对练．如图所示，真空中有一以O点为圆心的圆形匀强磁场区域，半径为R＝0.5 m，磁场方向垂直纸面向里。在y>R的区域存在一沿y轴负方向的匀强电场，电场强度为E＝1.0×105 V/m。在M点(坐标原点)有一正粒子以速率v＝1.0×106 m/s沿x轴正方向射入磁场，粒子穿出磁场进入电场，速度减小到0后又返回磁场，最终又从磁场离开。已知粒子的比荷为＝1.0×107 C/kg，不计粒子重力。求： (1)圆形磁场区域磁感应强度的大小； (2)沿x轴正方向射入磁场的粒子，从进入磁场到再次穿出磁场所走过的路程(π取3.14)。 答案：(1)0.2 T　(2)2.57 m 解析：(1)粒子沿x轴正方向射入磁场的粒子进入电场后，速度减小到0，粒子一定是从如图所示的P点射入电场，逆着电场线运动，所以粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径r＝R＝0.5 m，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m， 解得B＝0.2 T。 (2)粒子返回磁场后，经磁场偏转后从N点射出磁场，粒子在磁场中运动的路程为二分之一圆周长，即s1＝πr 设粒子在电场中运动的路程为s2，根据动能定理得 qE＝mv2 总路程s＝s1＋s2 联立解得s＝2.57 m。 学生用书↓第33页 提升点二　带电粒子在叠加场中的运动 1．叠加场：在同一区域中电场、磁场、重力场三场共存或其中任意两场共存。 2．带电粒子在叠加场中的常见运动 静止或匀速直线运动 当带电粒子在叠加场中所受合力为零时，将处于静止状态或匀速直线运动状态 匀速圆周运动 三场共存的情况下，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 一般的曲线运动 当带电粒子所受合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时，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 (多选)(2024·广州市从化中学高二期末)质量为m、电荷量为q的微粒以速度v与水平方向成θ角从O点进入方向如图所示的正交的匀强电场和匀强磁场组成的混合场区，该微粒在静电力、洛伦兹力和重力的共同作用下，恰好沿直线运动到A，下列说法正确的是(重力加速度为g)(　　) A．该微粒一定带负电荷 B．微粒从O到A的运动可能是匀变速运动 C．该磁场的磁感应强度大小为 D．该电场的电场强度大小为 答案：ACD 解析：若微粒带正电，静电力向左，洛伦兹力垂直于OA线斜向右下方，则静电力、洛伦兹力和重力不能平衡，故微粒带负电，故A正确；微粒如果做匀变速运动，重力和静电力不变，而洛伦兹力随速度变化而变化，微粒不能沿直线运动，故B错误；微粒受力如图所示，由平衡条件得qvBcos θ＝mg，qE＝mgtan θ，解得B＝，E＝，故C、D正确。 针对练1.(多选)(2024·河北石家庄一中高二期中)空间中存在竖直向上的匀强电场和垂直纸面的匀强磁场(图中未画出)，一带电小球在竖直平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，最高点为a，最低点为b，不计空气阻力，则下列说法正确的是(　　) A．小球带正电 B．磁场方向垂直纸面向外 C．小球在从a点运动到b点的过程中，电势能减小 D．运动过程突然将磁场反向，小球仍能做匀速圆周运动 答案：AD 解析：小球在竖直平面内做匀速圆周运动，受到重力、电场力和洛伦兹力，电场力与重力平衡，则知小球带正电，故A正确；带电小球在竖直平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由左手定则可知，磁场方向垂直纸面向里，故B错误；小球在从a点运动到b点的过程中，电场力做负功，小球的电势能增大，故C错误；运动过程突然将磁场反向，重力与电场力仍平衡，洛伦兹力反向，带电小球仍做匀速圆周运动，故D正确。 针对练2.(2024·辽宁朝阳高二校考)如图所示，质量为m＝1 kg、电荷量为q＝5×10－2 C的带正电荷的小滑块，从半径为R＝0.4 m的光滑固定绝缘圆弧轨道上由静止自A端滑下。整个装置处在方向互相垂直的匀强电场与匀强磁场中。已知E＝100 V/m，方向水平向右；B＝1 T，方向垂直纸面向里；g＝10 m/s2。求： (1)滑块到达C点时的速度大小； (2)在C点时滑块所受洛伦兹力； (3)在C点滑块对轨道的压力。 答案：(1)2 m/s　(2)0.1 N，方向竖直向下 (3)20.1 N，方向竖直向下 解析：(1)滑块运动过程中洛伦兹力不做功，由动能定理得mgR－qER＝mv 解得滑块到达C点时的速度vC＝2 m/s。 (2)根据洛伦兹力大小公式得F洛＝qvCB＝0.1 N 由左手定则可得，方向竖直向下。 (3)在C点，滑块受到四个力作用，如图所示 由牛顿第二定律与圆周运动知识得 N－mg－qvCB＝m 解得N＝20.1 N 根据牛顿第三定律可得，在C点滑块对轨道的压力大小为N′＝20.1 N，方向竖直向下。 学生用书↓第34页 1．(2024·山西高二统考期末)如图为半导体离子注入工艺原理示意图。离子P3＋经电压为U的电场加速后，垂直进入宽度为d的匀强磁场区域，转过一定角度后从磁场射出，注入半导体内部达到掺杂的目的。已知磁感应强度大小为 、方向垂直纸面向里，离子P3＋的质量为m，元电荷为e。则离子P3＋在磁场中转过的角度为(　　) A．30° B．60° C．37° D．53° 答案：A 解析：设离子P3＋经电压为U的电场加速后的速度为v，由动能定理有3eU＝mv2；离子进入磁场做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有3evB＝m，由几何关系，离子P3＋在磁场中转过角度的正弦为sin θ＝，联立解得sin θ＝，则离子P3＋在磁场中转过的角度θ＝30°。故选A。 2．(多选)如图为垂直纸面向里的匀强磁场，若在空间中加一与磁场垂直的、方向水平的匀强电场，某带电小球刚好沿图中的虚线PQ做直线运动。则下列判断正确的是(　　) A．带电小球的速度一定不变 B．带电小球的速度可能增大 C．如果小球带正电荷，则电场的方向应水平向右 D．如果小球带负电荷，小球一定是从Q点向P点运动 答案：AD 解析：小球在重力、电场力和洛伦兹力作用下做直线运动，因为洛伦兹力随速度的变化而变化，故小球一定做匀速运动，速度不变，A正确，B错误；如果小球带正电荷，电场线方向一定水平向左，如图所示，C错误；经分析知，洛伦兹力只能垂直于虚线向上，如果小球带负电荷，根据左手定则知小球一定是从Q点运动到P点的，D正确。 3．(多选)如图所示，在真空中某区域内有互相垂直的匀强电场和匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B，电场方向竖直向下，电场强度大小为E。一带电液滴在竖直平面内做匀速圆周运动，已知轨迹半径为R，重力加速度为g，则(　　) A．液滴带负电 B．液滴的比荷＝ C．液滴的速度大小v＝ D．液滴沿逆时针方向运动 答案：AC 解析：液滴在重力场、匀强电场和匀强磁场的复合场中做匀速圆周运动，可知液滴受到的重力和电场力是一对平衡力，重力竖直向下，所以电场力竖直向上，与电场方向相反，则液滴带负电，故A正确；根据电场力和重力平衡可得qE＝mg，解得＝，故B错误；由洛伦兹力提供向心力可得qvB＝m，解得液滴的速度大小为v＝＝，故C正确；磁场方向垂直纸面向里，洛伦兹力的方向始终指向圆心，由左手定则可判断液滴沿顺时针方向运动，故D错误。故选A、C。 4．如图所示，在第一象限内有沿y轴负方向的匀强电场，在第二象限内有垂直纸面向外的匀强磁场。一个速度大小为v0的带正电的重力不计的带电粒子从距O点为L的A点射入磁场，速度方向与x轴正方向成60°时，粒子恰好垂直于y轴进入电场，之后通过x轴上的C点，C点距O点距离也为L。则电场强度E与磁感应强度B的大小比值为(　　) A．v0 B．v0 C．v0 D．2v0 答案：A 解析：根据粒子恰好垂直y轴进入电场，可知粒子在磁场中运动半径为r＝＝L，结合公式qv0B＝m，得磁感应强度B＝；在匀强电场中做类平抛运动，水平位移为L，运动时间t＝，由几何关系得，竖直位移为L，则竖直方向有L＝·t2，得E＝，则＝v0，故选A。 课时测评6　带电粒子在复合场中的运动 (时间：30分钟　满分：60分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (选择题1－9题，每题3分，共27分) 1. (多选)质谱仪是用来测定带电粒子的质量和分析同位素的装置。如图所示，电容器两极板相距为d，两板间电压为U，极板间的匀强磁场的磁感应强度为B1，一束电荷量相同的带正电粒子沿电容器的中线平行于极板射入电容器，沿直线穿过电容器后进入另一磁感应强度为B2的匀强磁场，结果分别打在感光片上的a、b两点。设a、b两点之间距离为x，粒子进入匀强磁场B2时的速度为v，粒子打在a、b两点的粒子的质量之差为Δm，粒子所带电荷量为q，不计重力，则(　　) A．v＝ B．v＝ C．Δm＝ D．Δm＝ 答案：BC 解析：粒子在电容器间做匀速直线运动，有qvB1＝q，解得v＝；粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，有qvB2＝m，解得R＝，则x＝2R2－2R1＝2(－)＝＝，解得Δm＝＝，故选BC。 2. 如图所示，匀强电场E方向竖直向下，水平匀强磁场B垂直纸面向里，三个油滴a、b、c带有等量同种电荷；已知a静止，b、c在纸面内均做匀速圆周运动(轨迹未画出)。以下说法正确的是(　　) A．a的质量最大，c的质量最小，b、c都沿逆时针方向运动 B．b的质量最大，a的质量最小，b、c都沿顺时针方向运动 C．三个油滴质量相等，b沿顺时针方向运动，c沿逆时针方向运动 D．三个油滴质量相等，b、c都沿顺时针方向运动 答案：D 解析：三个油滴带等量同种电荷，由a静止可知三个油滴带负电，电场力等于重力；b、c做匀速圆周运动，电场力也等于重力，故三者质量相等，由左手定则可知b、c都沿顺时针方向运动，故选D。 3．(多选)如图所示，实线表示在竖直平面内的电场线，电场线与水平方向成α角，水平方向的匀强磁场与电场正交，有一带电液滴沿斜向上的虚线L做直线运动，L与水平方向成β角，且α>β，则下列说法中正确的是(　　) A．液滴一定做匀速直线运动 B．液滴一定带正电 C．电场线方向一定斜向上 D．液滴有可能做匀变速直线运动 答案：ABC 解析：根据左手定则可知，液滴所受洛伦兹力方向位于垂直运动方向。根据物体做直线运动的条件可知，垂直运动方向合外力恒为零。液滴所受洛伦兹力恒定不变，结合洛伦兹力公式可知，故粒子的速度不变，即粒子做匀速直线运动。则液滴受重力、静电力、洛伦兹力的合力为零，静电力和洛伦兹力的合力和重力反向，可判断出洛伦兹力垂直运动方向向上，静电力方向斜向上。根据左手定则可知，液滴带正电，则电场线方向斜向上，故A、B、C正确，D错误。 4．如图所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小球，另一端固定于O点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a，最低点为b。不计空气阻力，则下列说法正确的是(　　) A．小球带负电 B．电场力跟重力平衡 C．小球在从a点运动到b点的过程中，电势能减小 D．小球在运动过程中机械能守恒 答案：B 解析：由于小球在竖直平面内做匀速圆周运动，所以重力与电场力的合力为0，电场力方向竖直向上，小球带正电，故A错误，B正确；从a到b，电场力做负功，电势能增大，故C错误；由于小球运动过程中有电场力做功，小球机械能不守恒，故D错误。故选B。 5．(多选)用绝缘细线悬挂一个质量为m、带正电的小球，置于如图所示的匀强磁场中，当小球偏离竖直方向在垂直于磁场方向摆动时，如果细线始终绷紧，不计空气阻力，则前后两次通过最低点时相比较，相同的物理量是(　　) A．小球受到的洛伦兹力 B．小球的向心加速度 C．细线的拉力 D．小球的动能 答案：BD 解析：由于洛伦兹力不做功，因此小球两次通过最低点时速度大小相等、方向相反，则小球前后两次通过最低点时的动能相等，D正确；小球前后两次通过最低点时速度方向相反，根据左手定则，可知洛伦兹力方向相反，A错误；根据上述可知速度大小不变，由a＝可知，小球前后两次通过最低点时的向心加速度相同，B正确；当小球向左通过最低点时有T1－mg－qvB＝m，当小球向右通过最低点时有T2－mg＋qvB＝m，解得T1＝mg＋qvB＋m，T2＝mg＋m－qvB，可知细线的拉力大小不相等，C错误。故选B、D。 6．如图所示，质量为m、带电荷量为＋q的物块，在水平向外的匀强磁场中，沿着竖直绝缘墙壁由静止开始下滑，已知物块与墙壁间的动摩擦因数为μ，磁感应强度为B，墙壁无限高，下列说法正确的是(　　) A．物块在下滑过程中只受重力、摩擦力和洛伦兹力 B．物块下滑过程中先做加速度减小的加速运动，后做匀速运动 C．物块下滑的最大速度为 D．物块在下滑过程中，受到的洛伦兹力不做功，物块机械能守恒 答案：B 解析：物块在下滑过程中受重力、弹力、摩擦力和洛伦兹力，故A错误；物块下滑过程中，根据牛顿第二定律得mg－f＝ma，摩擦力为f＝μN＝μqvB，所以物块下滑过程中先做加速度减小的加速运动，后做匀速运动，其加速度小于重力加速度g，故B正确；当物块匀速时，速度最大，有mg－μqvB＝0，解得v＝，故C错误；物块在下滑过程中，尽管物块受到洛伦兹力作用，但洛伦兹力不做功，而摩擦力做负功，所以物块的机械能减小，故D错误。故选B。 7．如图所示，a为带正电的小物块，b是一不带电的绝缘物块(设a、b间无电荷转移)，a、b叠放于粗糙的水平地面上，地面上方有垂直于纸面向里的匀强磁场。现用水平恒力F拉b物块，使a、b一起无相对滑动地向左做加速运动，则在加速运动阶段(　　) A．a对b的压力不变 B．a对b的压力变大 C．a、b物块间的摩擦力变大 D．a、b物块间的摩擦力不变 答案：B 解析：a、b整体受总重力、拉力F、向下的洛伦兹力qvB、地面的支持力N和摩擦力f，竖直方向有N＝(ma＋mb)g＋qvB，水平方向有F－f＝(ma＋mb)a，且f＝μN；在加速阶段，v增大，N增大，f增大，加速度a减小。对a受力分析，a受重力mag、向下的洛伦兹力qvB、b对a向上的支持力Na、b对a向左的静摩擦力fa，竖直方向有Na＝mag＋qvB，水平方向有fa＝maa；随着v的增大，Na增大，由牛顿第三定律，a对b的压力也变大；加速度a在减小，所以a、b物块间的摩擦力变小，故选B。 8．(多选)(2024·广东揭阳高二统考期末)如图所示，将一由绝缘材料制成的带一定正电荷的滑块放在装有光电门的固定木板上，空间中存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。测得带遮光条滑块的质量为m，木板的倾角为θ，木板与滑块之间的动摩擦因数为μ，遮光条的宽度为d，滑块由静止释放，遮光条通过两光电门所用的时间均为t，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　) A．到达光电门2之前滑块先加速后减速 B．到达光电门2之前滑块所受的摩擦力先增大后不变 C．滑块所带的电荷量为－ D．滑块所带的电荷量为＋ 答案：BC 解析：以滑块为对象，根据左手定则可知，滑块运动过程受到的洛伦兹力垂直斜面向下，滑块由静止释放，根据牛顿第二定律可得mgsin θ－μ(mgcos θ＋qvB)＝ma，可知随着滑块速度的增大，滑块的加速度减小，所以滑块先做加速度减小的加速运动，由于遮光条通过两光电门所用的时间均为t，可知滑块到达光电门1前已经做匀速运动，故到达光电门2之前，滑块先加速后匀速，滑块所受的摩擦力f＝μ(mgcos θ＋qvB)先增大后不变，故A错误，B正确；遮光条通过两光电门所用的时间均为t，速度大小为v＝，根据受力平衡可得mgsin θ－μ(mgcos θ＋qvB)＝0，联立解得滑块所带的电荷量为q＝－，故C正确，D错误。故选B、C。 9．(多选)(2024·广东韶关高二校考)如图所示，在粗糙绝缘的水平面上方有水平向右的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场。带正电的小球从水平面上P点以初速度v0开始向右运动，到达N点时速度为零。设带电小球质量为m、电量为q，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B，小球与水平面间的动摩擦因数为μ，PN＝L，重力加速度为g。则关于这一过程下列说法正确的是(　　) A．在P点的加速度大小是－ B．小球运动的加速度逐渐减小 C．因摩擦产生的热能等于mv D．电场力做的功为qEL 答案：ABD 解析：由于到达N点时速度为零，可知小球做减速运动，小球所受的滑动摩擦力始终大于电场力，在P点对小球分析有f－qE＝ma，N＝mg＋qv0B，f＝μN，解得a＝－，A正确；根据上述，小球向右做减速运动，速度减小，洛伦兹力减小，则滑动摩擦力减小，由于滑动摩擦力始终大于电场力，则加速度减小，B正确；根据qEL－W克f＝0－mv，Q＝W克f，解得Q＝qEL＋mv，C错误；根据上述可知，电场力做的功为qEL，D正确。故选A、B、D。 10．(8分)(2024·广东广州华南师大附中高二期中)如图所示，直角坐标系xOy的第一象限存在沿y轴负方向的匀强电场，在第二象限内在y＝d处固定一个平行x轴且足够长的挡板，且在第二象限中存在垂直xOy平面向外的匀强磁场(图中未画出)。在(d，d)处有一粒子源P，能沿x轴负方向以v0的速度发射质量为m、电荷量为＋q的粒子，粒子经过电场偏转后通过y＝的M点进入匀强磁场，忽略粒子间的相互作用，不计粒子重力。 (1)求电场强度E的大小； (2)求粒子进入磁场的速度大小和方向； (3)要使粒子垂直打到挡板上，求磁感应强度B的大小。 答案：(1)　(2)v0　与x轴负方向的夹角为45°　(3) 解析：(1)设粒子在电场中做类平抛运动的时间为t，加速度大小为a，则沿x轴负方向有d＝v0t 沿y轴负方向有＝at2，qE＝ma 联立解得电场强度的大小E＝。 (2)设粒子到达y轴时速度方向与x轴负方向的夹角为θ，则有vy＝at＝v0，则v＝＝v0，tan θ＝＝1 可得θ＝45°。 (3)设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，由洛伦兹力提供向心力可得qvB＝m 要使粒子垂直打到挡板上，如图所示 由几何关系可知Rcos 45°＝ 联立解得B＝。 11．(8分)一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子以初速度v0从y轴上P(0，h)点沿x轴正方向开始运动，经过电场后从x轴上的点Q进入磁场，粒子恰能从磁场的下边界离开磁场。不计粒子重力，求： (1)粒子在Q点速度的大小vQ和与x轴正方向的夹角θ； (2)匀强磁场磁感应强度大小B； (3)粒子在电场、磁场中运动总时间。 答案：(1)2v0　60°　(2)　(3)＋ 解析：(1)设粒子从P到Q的过程中，加速度大小为a，运动时间为t，在Q点进入磁场时速度vQ沿y轴方向的分速度大小为vy，且在Q点速度方向与x轴正方向夹角为θ，则h＝v0t，h＝at2，vy＝at，vQ＝，tan θ＝，联立解得vQ＝2v0，θ＝60°。 (2)设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径为R，则qvQB＝m， 得R＝ 粒子运动轨迹如图所示。 又由几何关系可得d＝R＋Rcos θ，联立解得 B＝。 (3)由(1)可知粒子在电场中运动的时间t＝ 根据几何关系，粒子在磁场中转过的圆心角为α＝120° 在磁场中运动的周期T＝＝ 在磁场中运动的时间t′＝T＝ 粒子运动总的时间t总＝t＋t′＝＋。 12．(8分)如图所示，在平面直角坐标系xOy内，第Ⅱ、Ⅲ象限内存在沿y轴正方向的匀强电场，第Ⅰ、Ⅳ象限内存在半径为L的圆形匀强磁场，磁场圆心在M(L，0)点，磁场方向垂直于坐标平面向外。一带正电粒子从第Ⅲ象限中的Q(－2L，－L)点以速度v0沿x轴正方向射入电场，恰好从坐标原点O进入磁场，从P(2L，0)点射出磁场，不计粒子重力，求： (1)电场强度与磁感应强度大小的比值； (2)粒子在磁场与电场中运动时间的比值。 答案：(1)　(2) 解析：(1) 粒子的运动轨迹如图所示，设粒子的质量和所带电荷量分别为m和q，粒子在匀强电场中运动，由类平抛运动规律及牛顿第二定律得2L＝v0t1，L＝at，qE＝ma，联立解得E＝ 粒子到达O点时沿＋y方向的分速度为vy＝at1＝v0，则tan α＝＝1，故α＝45°，粒子在磁场中的速度为v＝＝v0 由几何关系得r＝L，又qvB＝ 联立解得B＝，则＝。 (2)粒子在磁场中运动的周期为T＝＝ 粒子在磁场中运动的时间为t2＝T＝ 粒子在电场中运动的时间为t1＝ 解得＝。 13．(9分)一个质量m＝0.1 g的小滑块，带有q＝5×10－4 C的电荷，放置在倾角α＝30°的光滑斜面上(斜面绝缘)，斜面置于B＝0.5 T的匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面向里，如图所示，小滑块由静止开始沿斜面下滑，设斜面足够长，小滑块滑至某一位置时，要离开斜面，g取10 m/s2。问： (1)小滑块带何种电荷？ (2)小滑块离开斜面时的瞬时速度是多大？ (3)该斜面的长度至少多长？ 答案：(1)负电荷　(2)2 m/s　(3)1.2 m 解析：(1)小滑块沿斜面下滑过程中，受到重力mg、斜面支持力N和洛伦兹力F。若要小滑块离开斜面，洛伦兹力F方向应垂直斜面向上，根据左手定则可知，小滑块应带负电荷。 (2)小滑块沿斜面下滑，垂直于斜面方向有 qvB＋N－mgcos α＝0 当N＝0时，小滑块开始脱离斜面，此时qvB＝mgcos α，解得v＝＝2 m/s。 (3)下滑过程中，只有重力做功，由动能定理得 mgxsin α＝mv2，解得x＝1.2 m。 学生用书↓第35页 学科网（北京）股份有限公司 $$