3（典型例题）1998年6月3日，美国发射的航天飞机“发现者”号搭载了一台a磁谱仪，其中一个关键部件是由中国科学院电工研究所设计制造的直径为120mm，高为800mm，中心磁感强度为0.1314T的永久磁体，它的主要使命是探测宇宙空间中可能存在的反物质，特别是宇宙中反氦原子的原子核（带负电），若如图23—3—8：
所示，a磁谱仪中4条径迹分别为质子、反质子、a粒子，反氦核的径：
迹，其中反氦核的径迹为
A．4B．3C．2D．1
答案:
C指导：
通过速度选择器的四种粒子速度大小相等，由R=知质荷比较大的反氦核轨迹为2．
4（典型例题）地面附近空间中存在着水平方向的匀强电场和匀强磁场，已知磁场方向垂直纸面向里，一个带电油滴能沿一条与竖直方向成a角的直线MN运动（MN在垂直于磁场方向的平面内），如图23—3—9所示，则以下判断中不正确的是
A.如果油滴带正电，它是从M点运动到N点
B．如果油滴带正电，它是从N点运动到M点
C.如果电场方向水平向左，油滴是从M点运动到N点
D．如果电场方向水平向右，油滴是从M点运动到N点
答案:
A指导：
由于小球电性未知，故分两种情况进行讨论；①当小球带正电时，会出现B中所述情形；②当小球带负电时，会出现BD两种可能情形，故不正确的应为A
5（典型例题）由于受地球信风带和盛西风带的影响，在海洋中形成一种河流为海流．海流中蕴藏着巨大的动力资源．据统计，世界大洋中所有海洋的发电能力达109kW，早在19世纪法拉第就曾设想，利用磁场使海流发电．因为海水不中含有大量的带电离子，这些离子随海流做定向运动，如果有足够强的磁场能使这些带电离子向相反方向偏转，便有可能发出电来．目前，日本的一些科学家将计划利用海流建造一座容量为1500kW的磁流体发电机．
答案:
（1）N极
（2）E=50V，r=0．025ll（3）3．6×1xxJ
指导：
（1）由左手定则得：
板电势较高．①
（2）当海水中流的带电离子进入磁场后，将在两板之间形成电势差，当所受到的电场力与洛伦兹力9相平衡达到稳定状态时，即
q=qvB②
内阻r=③
代入有关数据得：
电动势E=50V④
内阻R=0．025ll⑤
（3）消耗的电能：
W=I2Rt⑥
电路中的电流：
I=⑦
由④、⑤、⑥、⑦式及代入有关数据得W=3．6×1xxJ
如图（23—3—10）所示为一磁流体发电机的原理示意图，上、下两块金属板M、N水平放置浸没在海水里，金属板面积均为S=1×103m2，板间相距d=100m，海水的电阻率p=0.25·m在金属板之间中一匀强磁场，磁感应强度B=0.1T，方向由南向北，海水从东向西以速度v=5m／s流过两金属板之间，将在两板之间形成电势差．
（1）达到稳定状态时，哪块金属板的电势较高?
（2）由金属板和海水流动所构成的电源的电动势z及其内电阻r各为多少?
（3）若用此发电装置给一电阻为20的航标灯供电，则在8h内航标灯所消耗的电能为多少?
Ⅲ新高考命题方向预测
1如图23—3—11所示，带电平行板间匀强电场竖直向上，匀强磁场方向垂直纸面向里，某带电小球从光滑轨道上a点自由滑下，经轨道端点P进入板间后恰好沿水平方向做直线运动．现使小球从稍低些的b点开始自由滑下，在经过p点进入板间的运动过程甲
A.仍沿水平方向作直线运动
B．动能将会减少
C.其电势能将会增大
D．小球所受的洛伦兹力将会减小
答案:
C指导：
由题意第一次匀速通过，则有：
mg=Eq+qBv，当进度减小时，会向下偏，故C正确．
2已知一质量为m的带电液滴，经电压U加速后，水平进入互相垂直的匀强电场E和磁感应强度为B的匀强磁场中，液滴在此空间的竖直平面内做匀速圆周运动，如图23—3—12所示，则下列说法不正确的是
A.液滴在空间可能受4个力作用
B．液滴一定带负电
C.液滴做圆周运动的半径
D.液滴在场中运动时总能量不变
答案:
A指导：
带电液滴在匀强电场和匀强磁场中做匀速圆周运动，说明电场力与重力平衡．液滴做匀速圆周运动的向心丈是洛伦兹力，由此判断液滴一定带负电，并且受三个力作用．由qE=mg得由动能定理得v=，由此得液滴的运动半径R=
带电液滴在运动过程中合外力不做功，因此运动时的能量不定．
3单摆的绝缘线长J，摆球带正电，空间有匀强电场和匀强磁场，方向如图23—3—13所示．若不计空气阻力，以下选项中正确的是
A.若磁场消失，仅有电场，则小球周期
B．若无电场，仅有磁场，且能保证小球正常摆动，则
C.单摆振动过程中机械能守恒
D．小球向右运动经过最低点时，绳的拉力最大
答案:
D指导：
单摆在重力场，电场和磁场的作用下分别受重力电场力和洛伦兹力．洛伦兹力垂直于小球运动方向不做功也不影响单摆的周期时间．但小球向左，向右摆动时，洛伦兹力方向变化影响绳的拉力大小．
4空间存在竖直向下的匀强电场，如图23—3—14所示，已知一离子在电场力和洛伦兹力的作用下，从静止开始自A点沿曲线ACB运动，到达B点时速度为零，C点是运动最低点，忽略重力，以下说法正确的是
A.离子必带正电荷
B．A和B点位于同一高度
C．离子在C点速度最大
D.离子到B点后，将沿原曲线返回A点
答案:
ABC指导：
离子从A由静止开始沿A、C、B运动，到电场力和洛兹力的作用，合力指向ACB内侧，由于电场力方向竖直向下，所以洛伦兹力方向只能指向ACB内侧，由左手定则判断，离子只能带正电，A项对；离子运动中，只有电场力做功洛伦兹力不做功，由动能定理得：
qUab=△Ek=0，∴Uab=0所以，AB两点位于匀强电场的同一等势面上，其高度相同B项对；离子从A运动到C，电场力做正功，电势能减少最大，动能增量最大，所以在C点速度最大，C项对；离子经过B点后的运动情况与A点开始运动情况相同，其轨迹也应车ACB相同．不可能沿原曲线返回A点，D项错．
5在相互垂直的匀强磁场和匀强电场中，有一倾角为θ，足够长的光滑绝缘斜面，磁感应强度为B，方向垂直纸面向外，电场强度为E，方向竖直向上，一质量为m、带电量为+q的小球静止在斜面顶端，这时小球对斜面的正压力恰好为零，如图23—3—15所示，若迅速使电场方向竖直向下时，小球能在斜面上连续滑行多远?
所用时间是多少?
答案:
m2gcos2θ／（B2q2sinθ）mcotθ／（Bg）指导：
当电场方向竖直向上时有qE=mg若电场竖直向下，其受力图如（图D23-7）所示，小球沿斜面做匀加速直线运动当FN=0即F洛=2mgcosθ时，小球离开斜面，所以v=，由动能定理得2mg·sinθ=mv2解得s=m2gcos2θ/（B2q2sinθ）
由牛顿第二定律得a=2gsinθ,而v=at,t=mcotθ/Bq.
考场热身
探究性命题综合测试
1一个带电粒子，沿垂直于磁场方向射向匀强磁场，粒子的一段径迹如下图所示，径迹上的每一小段都可以近似看成圆弧，由于带电粒子使沿途空气电离，粒子的能量逐渐减小（带电量不变）．从图Z23—1情况可以确定
A.粒子从a到b，带正电
B.粒子从a到b，带负电
C．粒子从b到a，带负电
D.粒子从b到a，带正电
答案:
A指导：
粒子能量减小，则动量必减小，由R=知R会逐渐减小，运动轨迹的曲率逐渐增大，故可判定粒子从a与b，带正电，即选A
2在垂直纸面向里的匀强磁场中，有两个足够长的光滑绝缘滑轨（两滑轨与水平面间的夹角相等）如图Z23—2所示，今使两带等量负电荷的小球A、B同时从滑轨的顶部无初速地沿两侧滑轨下滑（不考虑A、B间相互作用的库仑力）．则
A.两球沿滑轨下滑时的加速度大小相等
B．两球沿滑轨下滑时，任一时刻的速率相等
C.撤去磁场后，两球沿滑轨运动的加速度不变
D．A球不会一直沿滑轨运动下去
答案:
ABCD指导：
A、B两球沿滑轨运动时的受力如图D23-8图所示，在垂直斜面的方向上，两球受力平衡；沿着斜面的方向，两球做匀加速直线运动，其加速度的大小均为a=gsinα，显然两球的加速度并不受磁场的影响（A、C正确）．只要两球不离开滑轨，其滑行的速率v=at以就相同（B正确）．分析A球的受力情况可以发现，当其下滑的速度v满足关系式qvB=mgcosα时，N=0，此后A球将离开滑轨（D正确）．
3两个带电粒子，它们的荷质比相同，它们的电量不相同，q1=2q2，动量也不同，P1=4P2，则它们在同一匀强磁场中做匀速圆周运动的轨道半径之比和周期之比分别为
A.1：
2和2：
1B．2：
1和1：
1
C.4：
1和1：
2D．1：
4和1：
1
答案:
B指导：
故R1∶R2=2∶1，T=由于两粒子的荷质比相同故得T1∶T2=1∶1.
4如图Z23—3所示，半径为R的绝缘筒中存在有磁感应强度为B的匀强磁场，质量为m、电量为q（不计重力）的正离子以速度v从圆筒上C孔处沿直径方向射人筒内．若离子与筒碰撞两次后又从C孔飞出（不计碰撞能量损失及碰撞时间），则离子在筒中运动时间为
A．
答案:
C指导：
由题意画出轨迹示意图D23-9T×3，又T故C选项正确．
5—带正电的滑环套在水平放置且足够长的粗糙绝缘杆上，整个装置处于方向如图Z23—4所示的匀强磁场中，现给环施以一个水平向右的瞬时冲量，使其运动．则其后滑环在杆上的运动情况可能是
A.先做减速运动，后做匀速运动
B．一直做减速动动，直至静止
C.先做加速运动，后做匀速运动
D．一直做匀速运动
答案:
ABD指导：
滑环向左运动时所受洛伦兹力向上，F=qv0B，如果洛伦兹力等于重力，则环对杆无压力，摩擦力Fμ=0，则滑环做匀速直线运动，D项对．
如果开始时洛伦兹力小于重力，滑环一直做减速运动，最后停止在杆上，B项对．如果洛伦兹力小于重力，则环先做减速运动，当qv0B=mg时开始作匀速运动，A项对，由于受B项干扰，此项易漏选，由于冲量只是瞬时作用，冲量消失后，环不可能加速，所以C项错，所以A、B、D均有可能．
6竖直放置的平行板电容器，A板接电源正极，B板接负极，在电容器中加匀强磁场，磁场方向与电场方向垂直，在图Z23—5中垂直纸面向里，从A板中点C的孔入射一批带正电的微粒，入射的速度大小、方向各不相同，考虑微粒受重力，微粒在乎行板A、B间的运动过程中
A．所有微粒的动能都将增加
B．所有微粒的机械能都将不变
C.有的微粒可能做匀速直线运动
D．有的微粒可能做匀速圆周运动
答案:
C指导：
重力一定做功，电场力一定做功，故选项A错，选项B错；若qv0B与mg、Eq的合力等大反向，选项C对，mg与Eq的合力恒定，选项D错．
7如图z23—6所示，有一磁感应强度为B、方向竖直向上的匀强磁场，一束电子流以初速v从水平方向射入，为了
使电子流经过
磁场时不偏转（不计重力），则磁场区域内必须同时存在一个匀强电场，这个电场的场强大小和方向是
A.Bv，竖直向上
B．Bv，水平向左
C.Bv，垂直纸面向里
D．Bv，垂直纸面向外
答案:
C指导：
若使电子流不偏转，电子受的洛伦兹力与电场力平衡，故有eE=evB．即E=Bv0且垂直纸面向里．
8空间存在相互垂直的匀强电场E和匀强磁场O，其方向如图Z23—7所示，一带电粒子+q以初速度vo重直于电场和磁场穿入，则粒子在场中的运动情况可能是
A.沿初速度方向做匀速运动
B.在纸平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动
C.在纸平面内做轨道向下弯曲的匀变速曲线运动
D．初始一段在平面内做轨迹向上（或向下）弯曲的非匀变速曲线运动
答案:
AD指导：
带电粒子+q在场中的运动形式，可用独立作用观点和叠加原理来研究。
由于粒子初速度与电场、磁场方向全都垂直，所以初始时刻加速度aE=、aB=qBvm的方向在同一直线上，且恰恰相
反，如果满足大小相等关系即aE=aB，或vo=的关系，则
初始时刻粒子的合加速度为零，这就决定了粒子在以后的运动中速度不变，合加速度持续为零，粒子将在场中沿uo方向做匀速直线运动，选项A正确．
若初始时刻aE>aB或（aE>aB），则合加速度不为零，其方向与电场线方向相同（或相反），由于合加速度的方向不在同一直线上，因此粒子必然做曲线运动．做曲线运动的粒子，其速度方向不断改变，其速度大小也在不断改变（当轨迹向下弯曲时，粒子的电势能减少，动能增大，速度增大，反之，速度减小），因此它所受到的洛伦兹力的大小和方向也都在不断变化，恒定电场力与洛伦兹力的合力必然为变力，所以粒子做非匀速曲线运动，选项D正确．
9质子（）和a粒子（）从静止开始经相同的电势差加速后垂直进入同一匀强磁场做圆周运动，则这两粒子的动能之比_______，轨道半径之比r1：
r2=________，周期之比T1：
T2=____________.
答案:
.mv指导：
粒子在电场中加速时只有场力做功，由动能定理得：
故Ek1:
Ek2=q1U:
q1U=q1:
q2=1:
2
故
粒子在磁场的圆周半径r=
故r1:
r2=
板间做类平抛运动，由动能定理行
eEy=①
加上匀强磁场后，电子将做复杂的曲线运动，由于洛伦兹力不做功，电场力做功与路径无关，故由动能定理得
-eEy=Ek-②
由①②两式可解得Ek=m
10如图Z23—8所示，一细束相同粒子组成的粒子流，每个粒子电荷量为+q，重力不计，每个粒子的速率都相同．粒子流定向移动的等效电流为I当该粒子流由图中坐标为（O，L）的a点平行于z轴方向射人磁感应强度为月的圆形匀强磁场区后，恰好从x轴上的b点射出磁场，射出时速度方向与x轴成a=60°，所有粒子最后垂直打在靶上，并把动能全部传能靶．若测得靶上每秒钟内获得的能量为E，求：
（1）该粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径r；
（2）每秒钟打在靶上的粒子个数N；
（3）该粒子束中每个粒子的质量m.
答案:
指导：
（1）由几何关系可知：
L=r·（1-cosα）得r=2L
（2）N=I／q
（3）根据能量守恒定律得E=N·mv2
又得
联立求得m=
11如图Z23—9所示，玻璃管内抽成真空．阴极K加热后能发射电子．电子在K、A间被加速后通过小孔A，沿两板间正中央匀速前进时打在荧光屏的中央，形成一个光点O．C、D为电容器的两个极板，在板间可产生匀强电场，在电容器间有垂直纸面向里的匀强磁场．若电容器的极板为乙，极板间距为d，电容器右边缘到荧光屏的距离为D，电子从阴板K射出时的初速度很小．
（1）若磁场的磁感强度为B，当调整电容器上的偏转电压到Uo时，电子束恰能匀速通过电磁场区域，打到荧光屏上的O点，则能通过电北场区域的电子的速度v多大?
（2）将电场撤销只保留磁场，则电子飞人磁场后在极板间做圆周运动，经时间t从磁场的右方飞出打到荧光屏上，若电子的质量为m、电量为e，则电子在离开磁场时速度偏离原来方向的角度a是多大?
（3）将电场撤销只保留磁场，适当调节磁场的磁感强度，使电子紧靠下板边缘飞出磁场，打到荧光屏上的O'点，求O、O'点间的距离
答案:
（1）指导：
电子作匀速运动，受洛伦兹力f与电场力F等值反向，如右图D23-10所示f=evB因为f=F,所以evB=e
（2）α=指导：
电子在磁场中运动的时间为tα为电子速度的偏转角，即电子在运动轨迹所对的圆心角，周期T=OP所以α=；
又如图D23-10图中△PQO′～△PNO〃
指导：
（3）在△PNO中:
R2=L2+（R-d-），解得R=又如图D23-10图中△PQO，～△PNO′所以
所以，得
2019-2020年高中物理二轮总复习机械振动教案
xx年命题特点
对本部分内容的考查是呈现以下特点：
1.主要考查简谐运动的特点（振动图象、单摆周期、振幅等），题目难度中档.
2.单独考查振动的题目一般不出，考题往往是简谐运动问题与能量、动量结合.
3.考题为选择题形式.
应试高分瓶颈
在这部分试题中，考生容易出现对描述简谐运动的物理量中的矢量，如位移、回复力等的方向不清楚造失分现象.
考生还容易出现简谐运动图象与波动图象混乱和不会应用图象来解决问题的现象，导致丢分.
加深理解，并在理解的基础上熟记相关知识内容是解决问题而保证得分的办法.
1．在简谐运动的过程中，回复力F、位移x、速度v和加速度a都在发生周期性的变
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