第一章 素养提升课二 带电粒子在组合场、叠加场中的运动-【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配套课件（人教版2019）

　　　　 第一章 安培力与洛伦兹力 素养提升课二　带电粒子在组合场、 叠加场中的运动 1．会处理带电粒子在组合场中的运动问题。 2．会处理带电粒子在叠加场中的运动问题。 素养目标 提升点一　带电粒子在组合场中的运动 1 提升点二　带电粒子在叠加场中的运动 2 课时测评 4 随堂达标演练 3 内容索引 2 3 4 5 6 7 8 9 1 提升点一　带电粒子在组合场中的运动 返回 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电场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．带电粒子在电场和磁场中的运动分析及处理方法 (2023·山东潍坊高二质检)如图所示，平面直角坐 标系xOy中，第Ⅰ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第 Ⅳ象限在x轴与y＝－d之间的区域内存在垂直于平面向外 的匀强磁场。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； 例1 答案：2v0　60° 角度一　从电场进入磁场 设粒子从P到Q的过程中，沿y轴方向，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)匀强磁场磁感应强度的大小B； 设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径为R，则 qvQB＝m ，解得R＝ ，粒子运动轨迹如图所示 又由几何关系可得d＝R＋ R 联立解得B＝ 。 (3)粒子在电场、磁场中运动的总时间。 由(1)可知粒子在电场中运动的时间 根据几何关系可知，粒子在磁场中转过的圆心角为α＝120° 在磁场中运动的周期 在磁场中运动的时间 粒子运动的总时间 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。 探究归纳 角度二　从磁场进入电场 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： 例2 (1)圆形磁场区域磁感应强度的大小； 答案：0.2 T 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，则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＝ 代入数据解得B＝0.2 T。 (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。 答案：(0.5π＋1) m 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s1＝πr＝0.5π m 设粒子在电场中运动的路程为s2，根据动能定理得 qE mv2，解得s2＝1 m 总路程s＝s1＋s2＝(0.5π＋1) m。 角度三　先后多次进出电场和磁场 如图所示，在第Ⅱ象限内有水平向右的匀强 电场，在第Ⅰ、第Ⅳ象限内分别存在方向如图所 示的匀强磁场，磁感应强度大小相等。有一个质 量为m、电荷量为q的带正电的粒子以垂直于x轴 的初速度v0从x轴上的P点进入匀强电场，并且恰好与y轴正方向成60°进入磁场，再经过一段时间又恰好垂直于x轴进入第Ⅳ象限的磁场。已知O、P之间的距离为d，不计粒子重力，求： (1)电场强度E的大小； 例3 (2)带电粒子自进入电场至在磁场中第二次经过x轴的时间。 粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图所示 则粒子在磁场中的运动时间为 返回 提升点二　带电粒子在叠加场中的运动 返回 1．叠加场：在同一区域中电场、磁场和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 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 3．带电粒子在叠加场中运动问题的分析方法 角度一 　带电粒子(体)在叠加场中的直线运动 (多选)(2023·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(磁场方向垂直于纸面向外)，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 例4 √ √ √ 若微粒带正电，静电力向左，洛伦兹力垂直于OA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．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。 (1)小滑块带何种电荷？ 答案：负电荷 小滑块沿斜面下滑过程中，受到重力mg、斜面支持力FN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)小滑块离开斜面时的瞬时速度是多大？ 小滑块沿斜面下滑，垂直于斜面方向有 qvB＋FN－mgcos α＝0 当FN＝0时，小滑块开始脱离斜面，此时qvB＝mgcos α，解得v＝2 m/s。 (3)该斜面的长度至少多长？ 答案：1.2 m 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。 角度二　带电粒子(体)在叠加场中的圆周运动 (多选)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 例5 √ √ 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 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，带电小球仍能做匀速圆周运动，故D正确。 角度三　带电粒子(体)在叠加场中的一般曲线运动 如图所示，空间存在竖直向上的匀强电场和垂 直纸面向里的匀强磁场。一带正电的小球从O点由静 止释放后，运动轨迹如图中曲线OPQ所示，其中P为 运动轨迹中的最高点，Q为与O同一水平高度的点。下列关于该带电小球运动的描述，正确的是 A．小球在运动过程中受到的磁场力先增大后减小 B．小球在运动过程中电势能先增加后减少 C．小球在运动过程中机械能守恒 D．小球到Q点后将沿着曲线QPO回到O点 例6 √ 小球由静止开始向上运动，可知电场力大于重力， 在运动的过程中，洛伦兹力不做功，电场力和重力 的合力先做正功，后做负功，根据动能定理知，小 球的速度先增大后减小，则小球受到的磁场力先增 大后减小，故A正确；小球在运动的过程中，电场力先做正功，后做负功，则电势能先减少后增加，故B错误；小球在运动的过程中，除重力做功以外，电场力也做功，机械能不守恒，故C错误；小球到Q点后，将向左重复之前的运动，不会沿着曲线QPO回到O点，故D错误。 返回 随堂达标演练 返回 1．(多选)如图所示，虚线MN上方为匀强电场，下方为 匀强磁场，匀强电场的电场强度大小为E，方向竖直向 下且与边界MN成θ＝45°角，匀强磁场的磁感应强度大 小为B，方向垂直纸面向外，在电场中有一点P，P点到 边界MN的竖直距离为d。现将一质量为m、电荷量为q的 带正电粒子从P处由静止释放(不计粒子所受重力，电场和磁场范围足够大)。则下列说法正确的是 √ √ 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 √ √ 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．如图所示，已知一带电小球在光滑绝缘的水 平面上从静止开始经电压U加速后，水平进入由 互相垂直的匀强电场E和匀强磁场B构成的叠加 场中(E和B已知)，小球在此空间的竖直面内做匀速圆周运动，重力加速度大小为g，则 A．小球可能带正电 B．小球做匀速圆周运动的半径为r＝ C．小球做匀速圆周运动的周期为T＝ D．若电压U增大，则小球做匀速圆周运动的周期增加 √ 4．(2023·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点时速度的大小； 答案：2 m/s 滑块运动过程中洛伦兹力不做功，由动能定理得mgR－qER＝ 代入数据解得，滑块到达C点时的速度vC＝2 m/s。 (2)在C点时滑块所受洛伦兹力； 答案：0.1 N，方向竖直向下　 根据洛伦兹力公式得 F洛＝qvCB＝5×10－2×2×1 N＝0.1 N 由左手定则可知方向竖直向下。 (3)在C点时滑块对轨道的压力。 答案：20.1 N，方向竖直向下 在C点，小滑块受到四个力作用，受力分析如图所示 由牛顿第二定律与圆周运动知识得FN－mg－F洛＝m 解得FN＝20.1 N 根据牛顿第三定律可知在C点滑块对轨道的压力为FN′＝ FN＝20.1 N，方向竖直向下。 返回 课 时 测 评 返回 1．如图所示，三个完全相同的小球a、b、c带有相同电荷量的正电荷，从同一高度由静止开始下落，下落同一高度后a球进入水平向左的匀强电场，b球进入垂直纸面向里的匀强磁场，c球下方没有电场和磁场，它们到达水平面上的速度大小va、vb、vc关系及方向关系正确的是 A．va＞vb＝vc，方向相同 B．va＞vb＝vc，方向不同 C．va＞vb＞vc，方向相同 D．va＝vb＞vc，方向不同 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 小球a下落时，重力和电场力都做正功；小球b、c下落 时，都只有重力做正功。重力做功的大小都相同，根 据动能定理可知，外力对小球a所做的正功最多，即小 球a落地时的动能最大，b、c两球落地时的动能相等， 由于三个小球质量相等，所以va＞vb＝vc；小球a在电场力作用下落地速度向左偏，小球b在洛伦兹力作用下落地速度向右偏，小球c落地速度竖直向下，故B正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2．如图所示，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场， 电场方向竖直向上(与纸面平行)，磁场方向垂直于纸面 向里。三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等，质量分 别为ma、mb、mc。已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动。下列选项正确的是 A．ma＞mb＞mc B．mb＞ma＞mc C．mc＞ma＞mb D．mc＞mb＞ma √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 设三个带正电微粒的电荷量均为q，a在纸面内做匀速圆 周运动，说明洛伦兹力提供向心力，重力与静电力平衡， 则mag＝qE；b在纸面内向右做匀速直线运动，三力平 衡，则mbg＝qE＋qvbB；c在纸面内向左做匀速直线运动，三力平衡，则mcg＋qvcB＝qE，比较上述三式可得mb＞ma＞mc，选项B正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 3．CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，CT扫描机可用于对多种病情的探测。图(a)是某种CT扫描机主要部分的剖面图，其中X射线产生部分的示意图如图(b)所示。图(b)中M、N之间有一电子束的加速电场，虚线框内有匀强偏转磁场；经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到靶上，产生X射线(如图中带箭头的虚线所示)；将电子束打到靶上的点记为P点。则 A．M处的电势高于N处的电势 B．增大M、N之间的加速电压可使P点左移 C．偏转磁场的方向垂直于纸面向外 D．增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P点左移 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 电子带负电，故必须满足N处的电势高于M处的电势才能使 电子加速，故选项A错误；由左手定则可判定磁感应强度的 方向垂直纸面向里，故选项C错误；对加速过程应用动能定 理有eU＝ mv2，设电子在磁场中运动半径为r，由洛伦兹力 提供向心力，有evB＝m ，则r＝ ，电子运动轨迹如图 所示，由几何关系可知，电子从磁场射出的速度方向与水平方向的夹 角θ满足sin θ＝ (其中d为磁场宽度)，联立可得sin θ＝dB ，可 见增大U可使θ减小，电子在靶上的落点P右移，增大B可使θ增大，电子在靶上的落点P左移，故选项B错误，D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 4．(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，垂直纸面向里的匀 强磁场与电场正交，有一带电液滴沿虚线L斜向上做 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 √ √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 液滴受重力、静电力、洛伦兹力的共同作用而做直 线运动，若液滴做匀变速直线运动，重力和静电力 为恒力，洛伦兹力随速度变化而变化，液滴不能沿 直线运动，故液滴做匀速直线运动，合力为零，由题图可知液滴只有带正电才可能所受合力为零而做匀速直线运动，此时电场线方向必斜向上，故A、B、C正确，D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 5．(多选)一带负电粒子的质量为m、电荷量为q，空间中一平行板电容器两极板S1、S2间的电压为U。将此粒子在靠近极板S1的A处无初速度释放，经电场加速后，经O点进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场(右边界平行S2)中，图中虚线Ox垂直极板S2，当粒子从P点离开磁场时，其速度方向与Ox方向的夹角θ＝60°，如图所示，整个装置处于真空中，不计粒子所受重力，则 A．极板S1带正电 B．粒子到达O点的速度大小为 C．此粒子在磁场中运动的时间t＝ D．若改变右侧磁场宽度(左边界位置不变)，使粒子经过O点后恰好不能从右侧离开该有界磁场，则该有界磁场区域的宽度d＝　 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 6．如图所示，匀强电场的电场强度方向与水平方向夹角为30°且斜向右上方，匀强磁场的方向垂直于纸面(图中未画出)。一质量为m、电荷量为q的带电小球(可视为质点)以与水平方向成30°角斜向左上方的速度v做匀速直线运动，重力加速度为g。则 A．小球可能带正电荷 B．匀强磁场的方向可能垂直于纸面向外 C．电场强度大小为E＝ D．磁感应强度大小为B＝ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 小球做匀速直线运动，受到的合力为零，假设小球带正电 荷，则小球的受力情况如图甲所示，小球受到的洛伦兹力 沿虚线但方向未知，重力与静电力的合力与洛伦兹力不可 能平衡，所以小球不可能做匀速直线运动，假设不成立， 故小球一定带负电荷，A错误；小球受力情况如图乙所示， 小球所受洛伦兹力一定斜向右上方，根据左手定则可知， 匀强磁场的方向一定垂直于纸面向里，B错误；根据几何 关系可知，静电力与重力大小相等，即qE＝mg，洛伦兹 力大小为qvB＝ mg，解得E＝ ，B＝ ，C错误，D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 7．(10分)如图所示的xOy坐标系中，在第二象限内 有水平向右的匀强电场，在第一、第四象限内分别 存在匀强磁场，磁感应强度大小相等，方向如图所 示。现有一个质量为m、电荷量为＋q的带电粒子在 该平面内从x轴上的P点，以垂直于x轴的初速度v0 进入匀强电场，恰好经过y轴上的Q点且与y轴成45°角射出电场，再经过一段时间又恰好垂直于x轴进入第四象限的磁场。已知O、P之间的距离为d，不计粒子的重力。求： (1)O点到Q点的距离； 答案：2d 2 3 4 5 6 7 8 9 1 设Q点的纵坐标为h，粒子到达Q点的水平分速度为vx，从P到Q受到的恒定的电场力与初速度方向垂直，则粒子在电场中做类平抛运动，则由类平抛运动的规律可知 竖直方向做匀速直线运动，有h＝v0t1 水平方向做匀加速直线运动，有d＝ 根据速度的矢量合成可知tan 45°＝ 解得h＝2d。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 (2)磁感应强度B的大小； 粒子运动轨迹如图所示，由几何知识可得，粒子 在磁场中的运动半径r＝2 d 由牛顿第二定律得qvB＝m 2 3 4 5 6 7 8 9 1 (3)带电粒子从进入电场至在磁场中第二次经过x轴所用的时间。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 粒子在电场中的运动时间为 粒子在磁场中的运动周期为 粒子在第一象限中的运动时间为 粒子在第四象限内的运动时间为t3＝ 故带电粒子从进入电场至在磁场中第二次经过x轴所用的时间为t＝t1＋t2＋t3＝ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 8．(10分)如图所示，一个质量为m、电荷量 为q的带正电离子，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的小孔C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点的距离为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 3 4 5 6 7 8 9 1 离子运动轨迹如图所示 由几何关系可知离子在磁场中做圆周运 动的半径r满足 d＝r＋rcos 60° 解得r＝ d。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 (2)离子从D处运动到G处所需的时间； 2 3 4 5 6 7 8 9 1 由图知离子在磁场中做圆周运动的时间t1＝ 离子在电场中做类平抛运动，从C到G的时间t2＝ 则离子从D处运动到G处的总时间t＝t1＋t2 联立解得t＝ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 (3)离子到达G处时的动能。 设电场强度为E，则有qE＝ma，d＝ 由动能定理得qEd＝EkG－ 解得EkG＝ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 9．(10分)如图所示，虚线上方有方向竖直向下的匀强电 场，虚线上下有相同的匀强磁场，磁感应强度为B，方 向垂直纸面向外，ab是一根长为l的绝缘细杆，沿电场 线放置在虚线上方的场中，b端恰在虚线上，将一套在 杆上的带正电的电荷量为q、质量为m的小环(重力不计)，从a端由静止释放后，小环先做加速运动，后做匀速运动到达b端。已知小环与绝缘杆间的动摩擦因数μ＝0.3，当小环脱离杆进入虚线下方后，运动轨迹是半圆，其半径为 ，求： (1)小环到达b点的速度vb的大小； 2 3 4 5 6 7 8 9 1 环在虚线下方磁场中做匀速圆周运动时，根据洛伦兹力提供向心力， 2 3 4 5 6 7 8 9 1 (2)匀强电场的电场强度E的大小； 小环沿杆向下运动时，受力情况如图所示，受向左的洛伦兹力F、向右的弹力FN、向下的静电力qE、向上的摩擦力Ff。当小环做匀速运动时，水平方向有 FN＝F＝qvbB 竖直方向有qE＝Ff＝μFN 解得E＝ 。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 (3)带电小环从a到b运动过程中克服摩擦力所做的功与静电力所做的功之比。 答案：4∶9 小环从a运动到b的过程中，由动能定理得 则有Wf∶W电＝4∶9。 返回 2 3 4 5 6 7 8 9 1 谢 谢 观 看 ！ 第一章 安培力与洛伦兹力 2 3 4 5 6 7 8 9 1 答案： t总＝t＋t′＝＋。 t＝ ，解得T＝＝ t′＝T＝ ＝ 答案： 设粒子第一次进入磁场时的速度大小为v，由动能定理可得 qEd＝mv2－0，解得v＝ ，故A正确；粒子在磁场 中做匀速圆周运动的周期T＝＝，由几何关系可得， 粒子第一次进磁场到第一次出磁场用时t＝T＝，故B 正确；电场中由类平抛运动规律可得x＝vt1，y＝at，qE＝ma，由几何知识可得x＝y，解得t1＝，故C错误；由qvB＝，v＝，可得R＝ ，故D错误。 小球在叠加场中做匀速圆周运动，则小球受到 的电场力和重力满足mg＝qE，则小球带负电， A错误；因为小球做圆周运动的向心力由洛伦 兹力提供，由牛顿第二定律和动能定理可得 qvB＝m，qU＝mv2，可得小球做匀速圆周运动的半径r＝ ，B正确；由T＝可得T＝，与电压U无关，C、D错误。 mv 带负电粒子向右加速，所受静电力向右，场强向左，说明极板 S1带负电，故A错误；设粒子到达O点的速度大小为v，由动 能定理可得qU＝mv2，解得v＝，故B正确；由几何 关系可知，粒子运动的圆心角为θ＝60°＝，此粒子在磁场中 运动的时间t＝T＝×＝，故C正确；若改变右侧磁场宽度(左边界位置不变)，使粒子经过O点后恰好不能从右侧离开该有界磁场，画出临界轨迹如图所示，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可得qvB＝m，把A选项中求得的速度大小代入可得r＝，则该有界磁场区域的宽度d＝r＝，故D错误。 由(1)可知v＝＝v0 联立解得B＝。 答案： 。 t1＝ T＝＝ t2＝T＝T 答案：d 答案： T 。 at mv 。 答案： $$