高考模擬理綜物理選編帶電粒子在電場的運動解析版

1、樂陵一中帶電粒子在電場的運動一、單選題（本大題共5 小題，共30 分）1. 三個 粒子在同一地點沿同一方向飛入偏轉(zhuǎn)電場，出現(xiàn)了如圖所示的軌跡，由此可以判斷下列不正確的是（）a. 在 b 飛離電場的同時，a 剛好打在負極板上b. b 和 c 同時飛離電場c. 進電場時 c 的速度最大， a 的速度最小d. 動能的增加值c 最小， a 和 b 一樣大（物理備課組整理） b（備課組長教學指導） 解： a、三個粒子的質(zhì)量和電量都相同，則知加速度相同a、 b兩粒子在豎直方向上的位移相等，根據(jù)y= at2，可知運動時間相等故a 正確b、 b、c 豎直方向上的位移不等，yc yb根據(jù) y= at2，可知 t

2、c t b故 b 錯誤c、在垂直于電場方向即水平方向，三個粒子做勻速直線運動，則有：v= 因 xc=xb， tc tb，則 vc vb根據(jù) ta=t b， xb xa則 vbva 所以有： vc vb va故 c 正確d 、根據(jù)動能定理知， a、 b 兩電荷，電場力做功一樣多，所以動能增加量相等c 電荷電場力做功最少，動能增加量最小故d 正確本題選錯誤的，故選： b三個粒子都做類平拋運動， 在垂直電場方向上做勻速直線運動， 在沿電場方向上做初速度為 0 的勻加速直線運動粒子的質(zhì)量和電量相同，加速度相同比較沿電場方向上的位移，可比較出運動時間，再根據(jù)垂直電場方向的位移可知初速度的大小通過動能定理

3、比較動能的變化量解決本題的關鍵將類平拋運動分解為垂直電場方向和沿電場方向，在垂直電場方向上做勻速直線運動，在沿電場方向上做初速度為0 的勻加速直線運動2. 如圖所示， 質(zhì)子、氘核和氦核都沿平行板電容器兩板中線 oo方向垂直于電場線射入板間的勻強電場，射出后都打在同一個與oo 垂直的熒光屏上，使熒光屏上出現(xiàn)亮點下列說法中正確的是（）a. 若它們射入電場時的速度相等，在熒光屏上將出現(xiàn)3 個亮點b. 若它們射入電場時的動能相等，在熒光屏上將只出現(xiàn)1 個亮點c. 若它們是由同一個電場從靜止加速后射入偏轉(zhuǎn)電場的，在熒光屏上將只出現(xiàn)1個亮點d. 任何情況下在熒光屏上都不可能將只出現(xiàn)1 個亮點（物理備課組整

4、理）c（備課組長教學指導）解： a、三種粒子帶電量不同，分別為q、 q、 2q；質(zhì)量不同，分別為 m、 2m、 4m，進入同一電場是加速度不同分別是：、，若它們射入電場時的速度相等，三粒子水平方向勻速直線，運動時間相同，則豎直方向的位移，第 1頁由 y= at2得豎直方向的位移之比是：2： 1： 1，所以三種粒子打到2 個不同的位置，會出現(xiàn)兩個亮點，故 a 錯誤。b、若它們射入電場時的動能相等，三種粒子的速度之比為，2： 1，所以水平方向的運動時間為1： 2，由于粒子豎直方向的位移，由： y= at2，解得豎直方向的位移之比為，1： 1： 2，所以豎直方向位移不同，會出現(xiàn)兩個亮點，故b 錯誤；

5、c、 d、若它們是由同一個電場從靜止加速，由動能定理得：qu= mv2，解得： v=，粒子水平方向做勻速直線運動，運動時間為，t= =l，粒子豎直方向做初速度為零的勻速直線運動則，y= at2=（l） 2= ，由此可見，三種帶電粒子在豎直方向的偏轉(zhuǎn)位移僅與電場強度e、極板長度 l 、加速電壓 u 有關，在這三個過程中， 這三個物理量都相同， 所以它們的偏轉(zhuǎn)位移相同，粒子都打到同一點上，即只有一個亮點，故c 正確， d 錯誤；故選： c。三種粒子帶電量不同，質(zhì)量不同，進入同一電場時加速度不同，若它們射入電場時的速度相等，三粒子水平方向勻速直線，運動時間相同，則它們在豎直方向上做初速度為零的勻加速

6、直線運動的位移不同， 所以在熒光屏上將只出現(xiàn) 3 個；若它們射入電場時的動能相等，可以判斷其速度的大小關系，同樣可以求得豎直方向的位移大小關系，從而判斷在熒光屏上出現(xiàn)的亮點個數(shù)此類題目屬于類平拋運動問題， 解題關鍵注意水平方向勻速， 豎直方向是初速度為零的勻加速直線運動，兩個方向的運動具有等時性3. 如圖所示，兩極板與電源相連接，電子從負極板邊沿垂直電場方向射入勻強電場，且恰好從正極板邊沿飛出，現(xiàn)在使電子入射速度變?yōu)樵瓉淼膬杀?，而電子仍從原位置射入，且仍從正極板邊沿飛出，則兩極板的間距應變?yōu)樵瓉淼模ǎ゛. 2 倍b. 4 倍c.倍d.倍（物理備課組整理）c（備課組長教學指導）解：對于帶電粒子以

7、平行極板的速度從左側(cè)中央飛入勻強電場，恰能從右側(cè)擦極板邊緣飛出電場這個過程，假設粒子的帶電量e，質(zhì)量為 m，速度為 v，極板的長度為l，極板的寬度為d，電場強度為e；由于粒子做類平拋運動，所以水平方向：l=vt豎直方向： y=d因為 e=所以若速度變?yōu)樵瓉淼膬杀?，則仍從正極板邊沿飛出，則兩極板的間距應變?yōu)樵瓉砉蔬x c根據(jù)類平拋運動的規(guī)律解出粒子恰能從右側(cè)擦極板邊緣飛出電場的臨界條件，結(jié)合 e=分析即可求解根據(jù)題目所給的信息， 找到粒子在豎直方向位移表達式， 討論速度的變化對豎直方向的位移的影響即可解決本題4. 如圖所示，有三個質(zhì)量相等的分別帶正電、負電和不帶電的粒子，從兩水平放置的金屬板左側(cè)中

8、央以相同的水平初速度 v0 先后射入電場中， 最后在正極板上打出 a、 b、c 三個點，則（）a.b.三種粒子在電場中運動時間相同三種粒子到達正極板時速度相同c. 三種粒子到達正極板時落在 a、 c 處的粒子機械能增大，落在 b 處粒子機械能不變d. 落到 a 處粒子帶負電，落到c 處粒子帶正電（物理備課組整理）d（備課組長教學指導）解： a、根據(jù)題意，三小球在豎直方向都做初速度為0 的勻加速直線運動，球到達下極板時，在豎直方向產(chǎn)生的位移h 相等：h= at2，解得：t=；由于平行板間有豎直向上的電場， 正電荷在電場中受到向上的電場力， 向下的合力最小，向下的加速度最小，負電荷受到向下的電場力

9、，向下的合力最大，向下的加速度最大，不帶電的小球做平拋運動，加速度為重力加速度g，根據(jù) t=得到正電荷運動時間最長，負電荷運動時間最短，不帶電的小球所用時間處于中間；故a 錯誤b、c、3 種粒子下落過程有重力和電場力做功，它們的初動能相同，根據(jù)動能定理合力做功越多則末動能越大，而重力做功相同，a 粒子帶負電，電場力做正功；b 粒子不帶電，電場力不做功； c 粒子帶正電電場力做負功；所以動能ekc ekb eka，故 bc 錯誤d 、三粒子水平方向做勻速直線運動，水平位移：x=v0t，由于初速度相同，所用時間越長則水平位移越大，所用a 粒子帶負電，b 粒子不帶電， c 粒子帶正電，故d 正確故選

10、： d因為上極板帶負電， 所以平行板間有豎直向上的電場， 正電荷在電場中受到向上的電場力，負電荷受到向下的電場力則不帶電的小球做平拋運動，帶負電的小球做類平拋運動，加速度比重力加速度大，帶正電的小球做加速度比重力加速度小的類平拋運動由此根據(jù)平拋和類平拋運動規(guī)律求解確認不帶電小球做平拋運動，帶電小球做類平拋運動，分水平和豎直方向分析小球的運動，水平方向勻速直線運動，豎直方向初速度為 0 的勻加速直線運動，由運動的合成與分解進行分析第 3頁5.如圖所示，質(zhì)量為m，帶電量為q 的粒子，以初速度v0，從a 點豎直向上射入空氣中的沿水平方向的勻強電場中，粒子通過電場中 b 點時，速率 vb=2v0 ，方

11、向與電場的方向一致，則 a， b 兩點的電勢差為（）a.b.c.d.（物理備課組整理）c（備課組長教學指導）解：粒子，從a 到 b，根據(jù)動能定理得：qu ab-mgh=因為 vb=2v0，若只考慮粒子在豎直方向，只受到重力，所以機械能守恒，則有mgh=由以上三式，則有u ab=故選： c微粒在勻強電場中受到重力和電場力兩個力作用，根據(jù)動能定理求出ab 兩點間的電勢差 u ab涉及到電勢差的問題，常常要用到動能定理本題的難點在于運動的處理，由于微粒受到兩個恒力作用，運用運動的分解是常用的方法二、多選題（本大題共4 小題，共24 分）6. 如圖所示，一個質(zhì)量為 m、帶電荷量為 q 的粒子，從兩平行

12、板左側(cè)中點沿垂直場強方向射入，當入射速度為 v 時，恰好穿過電場而不碰金屬板要使粒子的入射速度變?yōu)?，仍能恰好穿過電場，則必須再使（）a. 粒子的電荷量變?yōu)樵瓉淼腷.c. 兩板間距離增為原來的4 倍d.（物理備課組整理）ad兩板間電壓減為原來的兩板間距離增為原來的2 倍（備課組長教學指導） 解：設平行板長度為 l ，寬度為 d，板間電壓為 u ，恰能穿過一電場區(qū)域而不碰到金屬板上，則沿初速度方向做勻速運動：t=垂直初速度方向做勻加速運動：a=y= at2=欲使質(zhì)量為m、入射速度為的粒子也能恰好穿過這一電場區(qū)域而不碰到金屬板，則沿初速度方向距離仍是l，垂直初速度方向距離仍為d；a、使粒子的帶電量

13、減少為原來的，則 y= ，故 a 正確；b、使兩板間所接電源的電壓減小到原來的一半，y=，故 b 錯誤；c、 d、板的電壓不變，距離變化，根據(jù)y=，即： uql 2=md2v2 ，速度減小為，則距離應該增加為2 倍；故 c 錯誤， d 正確；故選： ad。以一定速度垂直進入偏轉(zhuǎn)電場，由于速度與電場力垂直，所以粒子做類平拋運動這樣類平拋運動可將看成沿初速度方向的勻速直線與垂直于初速度方向勻加速直線運動 根據(jù)運動學公式解題帶電粒子在電場中偏轉(zhuǎn)時做勻加速曲線運動應用處理類平拋運動的方法處理粒子運動7. 如圖所示，質(zhì)量相同的兩個帶電粒子m、 n 以相同的速度同時沿垂直于電場方向射入兩平行板間的勻強電場

14、中，m從兩極板正中央射入，n 從下極板邊緣處射入，它們最后打在同一點 不計帶電粒子重力和帶電粒子間的相互作用，則從開始射入到打在上極板的過程中（）a. 它們運動的時間tn=tmb.c.d.它們電勢能減少量之比em ： en=1： 2它們的動能增量之比ekm ： ekn=1： 2它們所帶的電荷量之比qm： qn=1： 2（物理備課組整理）ad（備課組長教學指導） 解： a、由題可知，兩個帶電粒子都做類平拋運動，水平方向做勻速直線運動，而且它們的水平位移相等、初速度相等，則在電場中的運動時間相等，即 tn=t m故 a 正確；b、由圖可知，豎直位移之比為mn2，由于 m、t、e 相y：y =1：2

15、；而豎直位移 y= at =等，則帶電荷量之比 qm：qn=ym： yn=1： 2電荷在電場中運動時，由功能關系可知，電勢能減小量等于電場力做功，則電勢能減少量之比 em ：en=qmeym：qneyn=1：4由動能定理可知，動能增量之比為1： 4，故 bc 錯誤， d 正確故選： ad兩個帶電粒子都垂直于電場射入勻強電場中，都做類平拋運動， 水平方向做勻速直線運動，由題可知， 水平位移相等、 初速度相等， 即可知運動時間相等，由豎直位移的關系，由牛頓定律和位移公式即可求解電量之比由動能定理求解電場力做功之比，得到電勢能減少量之比本題運用運動的合成與分解法研究類平拋運動，要抓住兩個粒子水平位移

16、和豎直位移的關系分析其他量的關系，同時明確電場力做功與電勢能和動能之間的關系8. 如圖所示的陰極射線管，無偏轉(zhuǎn)電場時，電子束加速后打到熒屏中央形成亮斑如果只逐漸增大m 1m2 之間的電勢差，則（）第 5頁a.c.在熒屏上的亮斑向上移動偏轉(zhuǎn)電場對電子做的功增大b.d.在熒屏上的亮斑向下移動偏轉(zhuǎn)電場的電場強度減?。ㄎ锢韨湔n組整理）ac（備課組長教學指導） 解： a、 b、設電子由加速電場加速后的速度為 v。電子在加速電場中運動過程，由動能定理得：eu1=解得，。電子進入偏轉(zhuǎn)電場后做勻變速曲線運動， 沿極板方向做勻速直線運動， 沿電場線方向做初速度為零的勻加速直線運動，則有：水平方向有： l=vt豎

17、直方向有：vy=at電子剛離開偏轉(zhuǎn)電場時的偏轉(zhuǎn)角正切為：tan =由以上各式解得：電子剛離開偏轉(zhuǎn)電場時偏轉(zhuǎn)角的正切為：tan =，則 =arctan。即電子離開偏轉(zhuǎn)電場時的偏轉(zhuǎn)角隨偏轉(zhuǎn)電壓的增大而增大。如果只逐漸增大m1m2 之間的電勢差u 2，在熒屏上的亮斑向上移動。故a 正確， b 錯誤；c、電子離開偏轉(zhuǎn)電場時的偏轉(zhuǎn)量：，如果只逐漸增大m1m2 之間的電勢差u2 ，電子離開偏轉(zhuǎn)電場時的偏轉(zhuǎn)量將增大。偏轉(zhuǎn)電場對電子做的功：w=e?e?y，偏轉(zhuǎn)量越大，電場力做的功越多。故c 正確；d 、偏轉(zhuǎn)電場的電場強度：，所以如果只逐漸增大m1m 2 之間的電勢差u 2，偏轉(zhuǎn)電場的電場強度增大。故d 錯誤。

18、故選： ac。電子在加速電場中運動時，電場力做正功，電子獲得速度，根據(jù)動能定理求解電子離開加速電場后的速度；電子垂直進入偏轉(zhuǎn)電場后做類平拋運動， 平行于極板方向做勻速直線運動， 垂直于極板方向做初速度為零的勻加速直線運動， 根據(jù)牛頓第二定律和運動學公式求得偏轉(zhuǎn)量的表達式與電場力做功的表達式，即可進行說明本題是帶電粒子在組合場中運動的問題，運用動能定理或能量守恒定律求粒子加速獲得的速度是常用的方法 對于類平拋運動， 研究方法與平拋運動類似， 采用運動的分解法，由牛頓運動定律和運動學規(guī)律結(jié)合求解9. 如圖所示，平行金屬板 m、 n 之間有豎直向下的勻強電場，虛線下方有垂直紙面的勻強磁場，質(zhì)子和粒子

19、分別從上板中心 s 點由靜止開始運動，經(jīng)電場加速后從 0 點垂直磁場邊界進入勻強磁場，最后從 a、b 兩點射出磁場 （不計重力） ，下列說法正確的是（）a. 磁場方向垂直紙面向外b. 從 a 點離開的是 粒子c. 從 b 點離開的粒子在磁場中運動的速率較大d. 粒子從 s 出發(fā)到離開磁場，由 b 點離開的粒子所用時間較長（物理備課組整理） ad（備課組長教學指導） 解： a、由左手定則，可以判定磁場方向是垂直于紙面向外，所以選項 a 正確b、設加速電壓為 u ，在加速電場中：uq=，在偏轉(zhuǎn)磁場中：，聯(lián)立可得：，由于 粒子是質(zhì)子的4 倍，而電量是質(zhì)子的 2 倍，所以 粒子做勻速圓周運動的半徑大，

20、從 b 點離開，則選項b 錯誤c、由上述結(jié)論可得經(jīng)過加速電場后速度為，由于 粒子的比荷小于質(zhì)子的比荷，所以從 b 點離開的 粒子速度小，選項c 錯誤d 、從 s 出發(fā)到離開磁場的時間t=t 電 +t 磁=，顯然比荷越小，時間越大，即從 b 點離開的 粒子所用時間較長，所以選項d 正確故選： ad本題考查的是帶電粒子先在勻強電場中加速，后在勻強磁場中做勻速圓周運動問題，由動能定理求出從電場離開的速度，由洛侖茲力提供向心力求出半徑，從而就能判斷出半徑與比荷的關系， 由運動學公式求出時間，從而也能知道粒子在兩種場中運動總時間的長短本題涉及的是帶電粒子先在電場中加速，然后進入磁場中做勻速圓周運動，分別

21、用動能定理和牛頓第二定律求出半徑，從而判斷出從 a、 b 兩點離開的是哪種粒子，再由運動學公式求出在兩種場中運動的時間，從表達式可以看出哪種粒子的時間長三、填空題（本大題共1 小題，共5 分）10.如圖所示， 一帶電粒子由靜止開始經(jīng)電壓u 加速后從o 孔進入垂直紙面向里的勻強磁場中，并打在了p 點測得 op=l，磁場的磁感應強度為b，則帶電粒子的荷質(zhì)比= _ （不計重力）（物理備課組整理）（備課組長教學指導）解：粒子在電場中加速，由動能定理得：qu= mv2 -0，粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvb=m ，由題意可知，粒子軌道半徑：r = l，第 7頁聯(lián)立

22、以上三式解得：=；故答案為：帶電粒子在電場中加速過程中，電場力做正功，根據(jù)動能定理求出粒子得到的速度粒子進入磁場后做勻速圓周運動， 由洛倫茲力提供向心力， 根據(jù)牛頓第二定律求出半徑的表達式由題， g、 h 間的距離為 d，則粒子的直徑等于 d聯(lián)立即可帶電粒子先經(jīng)電場加速，根據(jù)動能定理求出速度垂直進入磁場做勻速圓周運動，根據(jù)牛頓定律求出半徑表達式，是常用的思路難度適中四、實驗題探究題（本大題共1 小題，共9.0 分）11.如圖 1 所示，平行金屬板m、 n 水平放置，板右側(cè)有一豎直熒光屏，板長、板間距及豎直屏到板右端的距離均為， m 板左下方緊貼m 板有一粒子源（未畫出），持續(xù)發(fā)射以初速度水平向

23、右運動，質(zhì)量為m，電荷量為的粒子。已知板間電壓隨時間變化的關系如圖2 所示，其中。忽略離子間相互作用和它們的重力，忽略兩板間電場對板右側(cè)的影響，熒光屏足夠大。（ 1）計算說明，時刻射入板間的粒子打在屏上或n 板上的位置；（ 2）求熒光屏上發(fā)光的長度。（物理備課組整理） 解：（ 1）t=0 時刻射入的粒子在豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動，運動到下極板的時間t， l =t2，解得： t=，粒子在水平方向的位移：x=v0t= l，粒子打在下極板上距左端處；（ 2） t=時射入極板的粒子打在熒光屏的最下方，粒子在極板間的運動時間：t1= -=，粒子離開極板時的豎直分速度：vy=at1=t1=4v

24、0，粒子離開極板到打在熒光屏上的時間：t2= ，粒子在豎直方向的偏移量：y=l+vyt2=5l，在 t=時刻進入極板的粒子在極板間做勻速直線運動，離開極板后沿水平方向做勻速直線運動，粒子垂直打在熒光屏上，這是粒子打在熒光屏的最上端位置，則熒光屏的發(fā)光長度：d=y=5l；答：（ 1） t=0 時刻射入板間的粒子打在n 板上距 n 板左端處；（ 2）熒光屏上發(fā)光的長度為 5l（備課組長教學指導） 略五、計算題（本大題共4 小題，共48 分）12. 靜電噴漆技術具有效率高，浪費少，質(zhì)量好，有利于工人健康等優(yōu)點，其裝置如圖所示a、b 為兩塊平行金屬板，間距d=0.40m，兩板間有方向由b 指向 a，大

25、小為 e=1.0 103 n/c 的勻強電場 在 a 板的中央放置一個安全接地的靜電油漆噴槍 p，油漆噴槍的半圓形噴嘴可向各個方向均勻地噴出帶電油漆微粒，油漆微粒的初速度大小均為v0=2.0m/s，質(zhì)量 m=5.0 10-15kg、帶電量為q=-2.0 10-16 c微粒的重力和所受空氣阻力均不計，油漆微粒最后都落在金屬板b上試求：（ 1）微粒打在 b 板上的動能；（ 2）微粒到達 b 板所需的最短時間；（ 3）微粒最后落在 b 板上所形成的圖形及面積的大小（物理備課組整理） 解：（ 1）電場力對每個微粒所做的功為：w=qed=2.0 10-161.0 1030.40j=8.0 10-14j微

26、粒從 a 板到 b 板過程，根據(jù)動能定理得w=ekt-ek02=（ 8.010-14+ 5.0 10-152.0210-14j則得： ekt =w+ek0=w+ mv0） j=9.0（ 2）微粒初速度方向垂直于極板時，到達 b 板時間最短由 ekt= mvt2 得：vt=m/s=6.0m/s根據(jù)運動學公式得：=所以微粒到達b 板所需的最短時間為：t=0.1 s（3）根據(jù)對稱性可知，微粒最后落在b 板上所形成的圖形是圓形由牛頓第二定律得：a=m/s2=40m/s2由類平拋運動規(guī)律得：r=vot1h= a則圓形面積為：s=r2=（v0t1） 2=3.14 2.02（） 0.25m2答：（ 1）微粒

27、打在 b 板上的動能為9.0 10-14j（ 2）微粒到達 b 板所需的最短時間為0.1s（3）微粒最后落在 b 板上所形成的圖形是圓形，面積的大小為0.25m2（備課組長教學指導）（ 1）每個微粒在勻強電場中所受的電場力大小為qe，微粒從噴出到落在 b 板上的過程，電場力做正功，根據(jù)動能定理求解；（2）微粒初速度方向垂直于極板時，到達b 板時間最短由動能求出微粒打在b 板上的速度，由運動公式求出最短時間；（3）圖象為圓，圓的半徑等于類似平拋運動的微粒的水平分位移，根據(jù)牛頓第二定律第 9頁求解加速度，然后根據(jù)運動學公式列式求解分位移公式，即可求得面積本題是實際問題，考查理論聯(lián)系實際的能力，關鍵

28、在于建立物理模型第（ 4）問要弄清物理情景，實質(zhì)是研究類平拋運動水平位移問題13. 如圖所示，從標空間中有勻強電場和勻強磁場，電場方向沿y 軸負方向，磁場方向垂直于紙面向里， y 軸兩種場的分界面，磁場區(qū)的寬度為 d，現(xiàn)有一質(zhì)量為 m，電荷量為 -q 的帶電粒子從 x 軸上 x=-l 的 n 點處以初速度 v0 沿 x 軸正方向開始運動，然后經(jīng)過y 軸上 y= 的 m 點進入磁場，不計帶電粒子重力求：（ 1） mn 兩點間的電勢差 u mn（ 2）若要求粒子能穿越磁場區(qū)域而不再返回電場中，求磁感應強度應滿足的條件（ 3）若粒子垂直于磁場右邊界穿出磁場，求粒子在磁場中運動的時間（物理備課組整理）

29、解：（ 1）粒子從m 到 n 做類似平拋運動，有：水平分運動：l=v0t豎直分運動：=加速度： a=電勢差： u mn=e?聯(lián)立解得： u mn=（ 2）粒子在磁場中做勻速圓周運動，有：qvb=m又進入磁場的速度：v=粒子能夠穿過磁場，則要求：r +r d可得：b（ 3）粒子垂直右邊界射出磁場，有：r =d粒子在磁場中運動的周期：t=在磁場中運動的時間：t=可得：t=解：（ 1） mn 兩點間的電勢差為；（ 2）磁感 度 足的條件 b；（ 3）粒子在磁 中運 的 （ 教學指 ） （ 1）粒子從 m 到 n 做 似平拋運 ，根據(jù) 似平拋運 的分運 公式列式，再根據(jù)牛 第二定律列式，最后 立求解；

30、（ 2）磁感 度越大， 道半徑越小， 界情況是 跡恰好與右 界相切，畫出 跡， 合幾何關系得到 道半徑，然后根據(jù)牛 第二定律列式求解磁感 度；（ 3）先確定 心， 合幾何關系得到 道半徑， 得到 道 的 心角， 最后根據(jù) t=求解運 本 關 明確粒子的運 律， 中的運 ，根據(jù)分運 公式列式； 磁 中的運 ，確定 心后 合幾何關系得到 道半徑，再 合牛 第二定律列式求解14. 如 所示，直角坐 系 xoy 的第 象限有 直向上的勻 ，第 象限有方向垂直 面向里的勻 磁 量 m、 量 -q 的粒子從磁 中 m 點以速度 v0 沿 y 正方向開始運 ， y 上 n 點沿 x 正方向射入 ，并從x 上

31、 p 點離開 ，已知 m 點的坐 （ -d，d），p 點的坐 （ 2d，0），不 粒子的重力求：（ 1）勻 磁 的磁感 度 b 的大?。唬?2）勻 的 度e 的大?。ㄎ锢?整理）解：（ 1） 粒子在勻 磁 中做勻速 周運 ，洛 力提供向心力，有解得：根據(jù)幾何關系：r=d 立得：（ 2） 粒子在 中做 平拋運 ：x 方向：y 方向： 立得：答：（ 1）勻 磁 的磁感 度b 的大小 ；（ 2）勻 的 度e 的大?。?教學指 ）（ 1） 粒子在勻 磁 中做勻速 周運 ，洛 力提供向心力，根據(jù)幾何關系求出半徑，由半徑公式求出勻 磁 的磁感 度b 的大小；（ 2） 粒子 入 后做 平拋運 ，根據(jù)運 學公式求出 度e 的大?。?粒子在 磁 中的運 要注意分析 程，并 合各 程中涉及到的運 律采用合理的物理