帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)典型例題匯編

1、v1.0可編輯可修改專(zhuān)題八 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)31考綱解1.能分析計(jì)算帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)2能夠解決速度選擇圖1器、磁流體發(fā)電機(jī)、質(zhì)譜儀等磁場(chǎng)的實(shí)際應(yīng)用問(wèn)題1. 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)某空間存在水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)（圖中未畫(huà)出），帶電小球沿如圖1所示的直線(xiàn)斜向下由A點(diǎn)沿直線(xiàn)向B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，此空間同時(shí)存在由 A指向B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，則下列說(shuō)法正確的是 （）A. 小球一定帶正電B.小球可能做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)C.帶電小球一定做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)；D .運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，小球的機(jī)械能增大；2. 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的勻速圓周運(yùn)動(dòng) 如圖2所示，一帶電小球在一正交電場(chǎng)、磁場(chǎng)區(qū)域里做勻 速圓周運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)方向豎直向下，

2、磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，則下列說(shuō)法正確的是（）A. 小球一定帶正電B.小球一定帶負(fù)電；C.小球的繞行方向?yàn)轫槙r(shí)針； D .改變小球的速度大小，小球?qū)⒉蛔鰣A周運(yùn)動(dòng)考點(diǎn)梳理一、復(fù)合場(chǎng)1. 復(fù)合場(chǎng)的分類(lèi)(1) 疊加場(chǎng)：電場(chǎng)、磁場(chǎng)、重力場(chǎng)共存，或其中某兩場(chǎng)共存.(2) 組合場(chǎng)：電場(chǎng)與磁場(chǎng)各位于一定的區(qū)域內(nèi)，并不重疊或相鄰或在同一區(qū)域，電場(chǎng)、磁場(chǎng)交替出現(xiàn).2. 三種場(chǎng)的比較X.項(xiàng)目名稱(chēng)、力的特點(diǎn)功和能的特點(diǎn)重力場(chǎng)大?。篏J= mg方向：豎直向下重力做功與路徑無(wú)關(guān)重力做功改變物體的重力勢(shì)能靜電場(chǎng)大小：F= qE方向：a.正電何受力方向與場(chǎng)強(qiáng)方向相冋b.負(fù)電何受力方向與場(chǎng)強(qiáng)方向相反電場(chǎng)力做功與路徑無(wú)關(guān)W= q

3、U電場(chǎng)力做功改變電勢(shì)能磁場(chǎng)洛倫茲力F= qvB方向可用左手疋則判斷洛倫茲力不做功，不改變帶電粒子 的動(dòng)能二、帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)形式1. 靜止或勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中所受合外力為零時(shí)，將處于靜止?fàn)顟B(tài)或做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng).2. 勻速圓周運(yùn)動(dòng)當(dāng)帶電粒子所受的重力與電場(chǎng)力大小相等方向相反時(shí)帶電粒子在洛倫茲力的作用下，在垂直于勻強(qiáng)磁場(chǎng)的 平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng).3. 較復(fù)雜的曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)當(dāng)帶電粒子所受合外力的大小和方向均變化，且與初速度方向不在同一直線(xiàn)上，粒子做非勻變速曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，這 時(shí)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡既不是圓弧，也不是拋物線(xiàn).4. 分階段運(yùn)動(dòng)帶電粒子可能依次通過(guò)幾個(gè)情況不同的組合場(chǎng)區(qū)域，其運(yùn)動(dòng)情況隨區(qū)

4、域發(fā)生變化，其運(yùn)動(dòng)過(guò)程由幾種不同的運(yùn) 動(dòng)階段組成.3. 質(zhì)譜儀原理的理解如圖3所示是質(zhì)譜儀的工作原理示意圖.帶電粒子被加速電場(chǎng)加速后，進(jìn)入速度選擇器.速度選擇器內(nèi)相互正交的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)的強(qiáng)度分別為B和E平板S上有可讓粒子通過(guò)的狹縫 P和記錄粒子位置的膠片 AA.平板S下方有磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B0的勻強(qiáng) 磁場(chǎng).下列表述正確的是（）A.質(zhì)譜儀是分析同位素的重要工具；B. 速度選擇器中的磁場(chǎng)方向垂直紙面向外；C. 能通過(guò)狹縫P的帶電粒子的速率等于曰BD. 粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P,粒子的比荷越小4. 回旋加速器原理的理解勞倫斯和利文斯設(shè)計(jì)出回旋加速器，工作原理示意圖如圖4所示置于高真空中的

5、D形金屬盒半徑為 R兩盒間的狹縫很小，帶電粒子穿過(guò)的時(shí)間可忽略. 磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻 強(qiáng)磁場(chǎng)與盒面垂直，高頻交流電頻率為f,加速電壓為U若A處粒子源產(chǎn)生的質(zhì)子質(zhì)量為 m電荷量為+ q,在加速器中被加速，且加速過(guò)程中不考慮相對(duì)論效應(yīng)和重力的影響.則下列說(shuō)法正確的是（）A. 質(zhì)子被加速后的最大速度不可能超過(guò)2n Rf ;B. 質(zhì)子離開(kāi)回旋加速器時(shí)的最大動(dòng)能與加速電壓U成正比電場(chǎng)連度逛Lfl兒 _人P SC. 質(zhì)子第2次和第1次經(jīng)過(guò)兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比為；'2 ：1 ;D.不改變磁感應(yīng)強(qiáng)度 B和交流電頻率f,該回旋加速器的最大動(dòng)能不變規(guī)律總結(jié)帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的應(yīng)用實(shí)例1.質(zhì)譜儀

6、(1)構(gòu)造：如圖5所示，由粒子源、加速電場(chǎng)、偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)和照相底片等構(gòu)成.圖51 2(2)原理：粒子由靜止被加速電場(chǎng)加速，根據(jù)動(dòng)能定理可得關(guān)系式qU= ?mV.2 粒子在磁場(chǎng)中受洛倫茲力作用而偏轉(zhuǎn)，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律得關(guān)系式qvB= mr.由兩式可得出需要研究的物理量，如粒子軌道半徑、粒子質(zhì)量、比荷.12mUqr2B" q 2U2.r = B q，叱百，m= B?回旋加速器(1) 構(gòu)造：如圖6所示，D、D是半圓形金屬盒，D形盒的縫隙處接交流電源，D形盒處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中.(2) 原理：交流電的周期和粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期相等，粒子在圓周運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中一次一次地經(jīng)過(guò)D形盒縫隙，兩盒間

7、的電勢(shì)差一次一次地反向,粒子就會(huì)被一次一次地加速.由qvB2罟，得Ekm=2需，可見(jiàn)粒子獲得的最大動(dòng)能由磁感應(yīng)強(qiáng)度B和D形盒半徑r決定，與加速電壓無(wú)關(guān).(特別提醒 這兩個(gè)實(shí)例都應(yīng)用了帶電粒子在電場(chǎng)中加速、在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)(勻速圓周運(yùn)動(dòng)的原理.)3.速度選擇器(如圖7所示)(1)平行板中電場(chǎng)強(qiáng)度 E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B互相垂直.這種裝置能把具有一定速度的粒子選擇出來(lái)，所以叫做速度選擇器.(2)帶電粒子能夠沿直線(xiàn)勻速通過(guò)速度選擇器的條件是 即v=BqE= qvB,4.磁流體發(fā)電機(jī)(1)磁流體發(fā)電是一項(xiàng)新興技術(shù)，它可以把內(nèi)能直接轉(zhuǎn)化為電能.圖7(2)根據(jù)左手定則，如圖 8中的B是發(fā)電機(jī)正極.(3)磁流體發(fā)電機(jī)

8、兩極板間的距離為L(zhǎng),等離子體速度為 V,磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,則由 qE= qU= qvB得兩極板間能達(dá)到的最大電勢(shì)差U= BLv.5.電磁流量計(jì)工作原理：如圖 9所示，圓形導(dǎo)管直徑為 d,用非磁性材料制成，導(dǎo)電液體在 管中向左流動(dòng)，導(dǎo)電液體中的自由電荷 (正、負(fù) 離子)，在洛倫茲力的作用下橫向偏轉(zhuǎn)， a間出現(xiàn)電勢(shì)差，形成電場(chǎng)，當(dāng)自由電荷所受的電場(chǎng)力和洛倫茲力平衡時(shí)，UUn d2保持穩(wěn)定，即：qvB= qE= q&,=Sv=a、b間的電勢(shì)差就U n dUBd= 4.考點(diǎn)一 帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1. 帶電粒子在疊加場(chǎng)中無(wú)約束情況下的運(yùn)動(dòng)情況分類(lèi)(1) 磁場(chǎng)力、重力并存 若重力和洛倫茲

9、力平衡，則帶電體做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng). 若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復(fù)雜的曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，因洛倫茲力不做功，故機(jī)械能守恒，由此可求解 問(wèn)題.(2) 電場(chǎng)力、磁場(chǎng)力并存(不計(jì)重力的微觀粒子) 若電場(chǎng)力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng). 若電場(chǎng)力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復(fù)雜的曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，因洛倫茲力不做功，可用動(dòng)能定理求解問(wèn)題.(3) 電場(chǎng)力、磁場(chǎng)力、重力并存 若三力平衡，一定做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng). 若重力與電場(chǎng)力平衡，一定做勻速圓周運(yùn)動(dòng). 若合力不為零且與速度方向不垂直，將做復(fù)雜的曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，因洛倫茲力不做功，可用能量守恒或動(dòng)能定理求 解問(wèn)題.2. 帶電粒子在疊加場(chǎng)中有約束情況下的運(yùn)動(dòng)帶電體在復(fù)合場(chǎng)

10、中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道等約束的情況下，常見(jiàn)的運(yùn)動(dòng)形式有直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)和圓周運(yùn)動(dòng)，此時(shí)解題要通過(guò)受力分析明確變力、恒力做功情況，并注意洛倫茲力不做功的特點(diǎn)，運(yùn)用動(dòng)能定理、能量守恒定律 結(jié)合牛頓運(yùn)動(dòng)定律求出結(jié)果.1如圖10所示，帶電平行金屬板相距為2R在兩板間有垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，與兩板及左側(cè)邊緣線(xiàn)相切.一個(gè)帶正電的粒子(不計(jì)重力)沿兩板間中心線(xiàn) OQ從左側(cè)邊緣 O點(diǎn)以某一速度射入，恰沿直線(xiàn)通過(guò)圓形磁場(chǎng)區(qū)域，并從極板邊緣飛出，在極 板間運(yùn)動(dòng)時(shí)間為to.若撤去磁場(chǎng)，質(zhì)子仍從Q點(diǎn)以相同速度射入，則經(jīng)號(hào)時(shí)間打到極板 上.圖 10(1) 求兩極板間電壓 U；(2) 若兩極板不帶電

11、，保持磁場(chǎng)不變，該粒子仍沿中心線(xiàn)QQ2從Q點(diǎn)射入，欲使粒子從兩板左側(cè)間飛出，射入的速度應(yīng)滿(mǎn)足什么條件解析(1)設(shè)粒子從左側(cè) Q點(diǎn)射入的速度為 vo,極板長(zhǎng)為L(zhǎng),粒子在初速度方向上做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)L：(L 2R) = to :，解得 L= 4R粒子在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)：L 2R= vo t2qEa=在復(fù)合場(chǎng)中做勻速運(yùn)動(dòng)：Uq2R qvoB2聯(lián)立各式解得V0晉，U=讐totoR=貼)(2)設(shè)粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示,設(shè)其軌道半徑為r，粒子恰好從上極板左邊緣飛出時(shí)速度的偏轉(zhuǎn)角為a，由幾何關(guān)系可知：卩=n 因?yàn)镽=黑)2,qE qvoB 8Ra = 45,r + /2r = R根據(jù)牛頓第二定

12、律有2vqvB= mr,解得v=所以，粒子在兩板左側(cè)間飛出的條件為20<v<-，2 1 Rt 0答案(2)0< v<2t 0技巧點(diǎn)撥帶電粒子(帶電體)在疊加場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的分析方法1 弄清疊加場(chǎng)的組成.2. 進(jìn)行受力分析.3. 確定帶電粒子的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，注意運(yùn)動(dòng)情況和受力情況的結(jié)合.4.畫(huà)出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡，靈活選擇不同的運(yùn)動(dòng)規(guī)律.(1) 當(dāng)帶電粒子在疊加場(chǎng)中做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)受力平衡列方程求解.(2) 當(dāng)帶電粒子在疊加場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，應(yīng)用牛頓定律結(jié)合圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律求解.(3) 當(dāng)帶電粒子做復(fù)雜曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)時(shí)，一般用動(dòng)能定理或能量守恒定律求解.(4) 對(duì)于臨界問(wèn)題，注意挖掘隱含

13、條件.5.記住三點(diǎn)：(1)受力分析是基礎(chǔ)；(2) 運(yùn)動(dòng)過(guò)程分析是關(guān)鍵；(3) 根據(jù)不同的運(yùn)動(dòng)過(guò)程及物理模型，選擇合適的定理列方程求解.方法點(diǎn)撥解決帶電粒子在組合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的思路方法討yI-O* 1XP1如圖11所示，空間存在著垂直紙面向外的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,在y軸兩側(cè)分別有方向相反的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度均為E，在兩個(gè)電場(chǎng)的交界處左側(cè)，有一帶正電的液滴a在電場(chǎng)力和重力作用下靜止，現(xiàn)從場(chǎng)中某點(diǎn)由靜止釋放一個(gè)帶負(fù)電的液滴b,當(dāng)它的運(yùn)動(dòng)方向變?yōu)樗椒较驎r(shí)恰與a相撞，撞后兩液滴合為一體，速度減小到原來(lái)的一半，并沿x軸正方向做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，已知液滴b與a的質(zhì)量相等，b所帶電荷量是a所帶電荷量的

14、2倍，且相撞前a、b間的靜電力忽略不計(jì).(1) 求兩液滴相撞后共同運(yùn)動(dòng)的速度大??；圖11(2) 求液滴b開(kāi)始下落時(shí)距液滴 a的高度h.E2E2答案B3gB2解析 液滴在勻強(qiáng)磁場(chǎng)、勻強(qiáng)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，同時(shí)受到洛倫茲力、電場(chǎng)力和重力作用.(1) 設(shè)液滴a質(zhì)量為m電荷量為q,則液滴b質(zhì)量為m電荷量為一2q, 液滴a平衡時(shí)有qE= mga、b相撞合為一體時(shí)，質(zhì)量為 2m電荷量為q,速度為v,由題意知處于平衡狀態(tài), 重力為2mg方向豎直向下，電場(chǎng)力為 qE,方向豎直向上，洛倫茲力方向也豎直向上， 因此滿(mǎn)足qvB+ qE= 2mg由、兩式，可得相撞后速度v=e(2) 對(duì)b,從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)至與 a相撞之前，由動(dòng)能定

15、理有1 2W+ W=A E，即(2qE+ mgh =尹“a、b碰撞后速度減半，即 v=石，貝U vo= 2v=2Bmv2vo2 2E2再代入式得h= = - =24qE+ 2mg 6g 3gB考點(diǎn)二 帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1.近幾年各省市的高考題在這里的命題情景大都是組合場(chǎng)模型，或是一個(gè)電場(chǎng)與一個(gè)磁場(chǎng)相鄰，或是兩個(gè)或多個(gè)磁場(chǎng)相鄰.2. 解題時(shí)要弄清楚場(chǎng)的性質(zhì)、場(chǎng)的方向、強(qiáng)弱、范圍等.3. 要進(jìn)行正確的受力分析，確定帶電粒子的運(yùn)動(dòng)狀態(tài).4. 分析帶電粒子的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，畫(huà)出運(yùn)動(dòng)軌跡是解題的關(guān)鍵.XXXKX X廠M Px x * XXX n XBNMIXVXX仁N QXXXXXXX9(XKMXMst

16、Xx X X叩2(2012 山東理綜23 )如圖12甲所示，相隔一定距離的豎直邊界兩側(cè)為相同的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，在邊界上固定兩長(zhǎng)為L(zhǎng)的平行金屬極板 MN和PQ兩極板中心各有一小孔 S、S,兩極板間電壓的變化規(guī)律如圖乙所示，正反向電壓的大小均為U),周期為T(mén)o.在t = 0時(shí)刻將一個(gè)質(zhì)量為 m電荷量為一q(q>0)的粒子由S靜止釋放，粒子在電場(chǎng)力的作用下向右運(yùn)動(dòng)，在t =時(shí)刻通過(guò)S?垂直于邊界進(jìn)入右側(cè)磁場(chǎng)區(qū).(不計(jì)粒子重力，不考慮極板外的電場(chǎng))(1) 求粒子到達(dá)Sa時(shí)的速度大小 v和極板間距d.(2) 為使粒子不與極板相撞，求磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小應(yīng)滿(mǎn)足的條件.(3) 若已保證了

17、粒子未與極板相撞，為使粒子在t = 3To時(shí)刻再次到達(dá)且速度恰好為零，求該過(guò)程中粒子在磁場(chǎng)內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小.審題指導(dǎo)1.粒子的運(yùn)動(dòng)過(guò)程是什么2要在t = 3To時(shí)使粒子再次到達(dá) S,且速度為零，需要滿(mǎn)足什么條件解析(1)粒子由S至Sz的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理得1 2qU)= mv由式得v =設(shè)粒子的加速度大小為 a,由牛頓第二定律得U0qj = ma1 t由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得d=2已(2)2聯(lián)立式得(2)設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B,粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R,由牛頓第二定律得2要使粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)不與極板相撞，需滿(mǎn)足聯(lián)立式得4b<l(3) 設(shè)粒子在兩邊界之間無(wú)場(chǎng)區(qū)向左勻速運(yùn)動(dòng)

18、的過(guò)程所用時(shí)間為 聯(lián)立式得24t 2,根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)若粒子再次到達(dá) S2時(shí)速度恰好為零，粒子回到極板間應(yīng)做勻減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)勻減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為 公式得d= gt 2聯(lián)立式得t 2= 2?設(shè)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為 tToT,由式結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得t = 3To-g 11-12聯(lián)立？ ？式得t =乎設(shè)粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期為由題意可知T= t8 n m7qT0.聯(lián)立？ ？ ？式得B=突破訓(xùn)練2如圖13所示裝置中，區(qū)域I和川中分別有豎直向上和水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度分別為 E和E/2 ;區(qū)域n內(nèi)有垂直向外的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B 質(zhì)量為 m帶電荷量為q的帶負(fù)電粒子（不計(jì)重力）從左邊界

19、0點(diǎn)正上方的 M點(diǎn)以速度vo水平射入電場(chǎng)，經(jīng)水平分界線(xiàn) 0P上的A點(diǎn) 與0P成60°角射入?yún)^(qū)域n的磁場(chǎng)，并垂直豎直邊界 CD進(jìn)入川區(qū)域的勻強(qiáng)電場(chǎng)中.求：（1）粒子在區(qū)域n勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑；（2）O M間的距離；（3）粒子從M點(diǎn)出發(fā)到第二次通過(guò) CD邊界所經(jīng)歷的時(shí)間.圖13“宀2mvo3mv28 + J3 mvo n m答案萌麻qE+亦m審題指導(dǎo) 1.粒子的運(yùn)動(dòng)過(guò)程是怎樣的2嘗試畫(huà)出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡.3.注意進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度的大小與方向.解析（1）粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示,其在區(qū)域I的勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng), 設(shè)粒子過(guò)A點(diǎn)時(shí)速度為v,由類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律知vocos 60°粒

20、子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得2Bqv= n,所以R=2mvqB(2)設(shè)粒子在區(qū)域I的電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為ti,加速度為a.則有qE= maVotan60°= at i, 即即 tO M兩點(diǎn)間的距離為L(zhǎng)= 2at 12 =23mv2qE 設(shè)粒子在n區(qū)域磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為 12 則由幾何關(guān)系知t2=看=器1設(shè)粒子在川區(qū)域電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t3, a'則 t 3= 2X2vo 8mv a= "qE-Eq2= qEm 2m粒子從M點(diǎn)出發(fā)到第二次通過(guò) CD邊界所用時(shí)間為8+ :'3 mv n mqE+ 3qBJ3mv n m 8mvt=t1+12+13=&#

21、163;+ 3qB+乖=42 .帶電粒子在交變電場(chǎng)和交變磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)模型問(wèn)題的分析2mv解析（1）粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)qvB- R(22n R1-v(1解得2 n m3(11 4X 10 sqB（2）粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示,t = 20X 10 一3 s時(shí)粒子在坐標(biāo)系內(nèi)做了兩圓周運(yùn)動(dòng)和三段類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，水平位移x = 3voT=x 10 $ m （1 分）1 2豎直位移y= 2a（3 T）（1分）分）分） 分）個(gè)Eq= ma（1 分）解得y=x 10 m故t = 20X 10 _3 s時(shí)粒子的位置坐標(biāo)為：x 10 m,_x 10 m）（1分）t = 24x 10 _3 s時(shí)粒子的速度大小、方向與t

22、 = 20X 10 _3 s時(shí)相同，設(shè)與水平方向夾角為(1分)則 v = /vo 2+ vy 2（1分）vy = 3aT（1 分）tan a= （1分）vo解得 v= 10 m/s（1分）與X軸正向夾角 a為37° （或 arctan3-）斜向右下方4（1分）3答案（1） 4X10 s-2（2） X10 m,-X 10 -2 m） （3）10 m/s方向與X軸正向夾角a 為 37° （或 arctan34）如圖突破訓(xùn)練 315甲所示，與紙面垂直的豎直面MN的左側(cè)空間中存在豎直向上的場(chǎng)強(qiáng)大小為E=x 102 N/C的勻強(qiáng)電場(chǎng)（上、下及左側(cè)無(wú)界）.一個(gè)質(zhì)量為 m= 0.5 kg

23、、電荷 量為q=x 10 -2 C的可視為質(zhì)點(diǎn)的帶正電小球，在t = 0時(shí)刻以大小為vo的水平初速度向右通過(guò)電場(chǎng)中的一點(diǎn)P,當(dāng)t = 11時(shí)刻在電場(chǎng)所在空間中加上一如圖乙所示隨時(shí)間周期性變化的磁場(chǎng)，使得小球能豎直向下通過(guò)D點(diǎn)，D為電場(chǎng)中小球初速度方向上的一點(diǎn)，PD間距為L(zhǎng), D到豎直面MN的距離DQ為L(zhǎng)/ n .設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度垂直紙面向里為正.（g =210 m/s ）圖15(1)如果磁感應(yīng)強(qiáng)度 B0為已知量，使得小球能豎直向下通過(guò)D點(diǎn)，求磁場(chǎng)每一次作用時(shí)間10的最小值(用題中所給物理量的符號(hào)表示)；(2)如果磁感應(yīng)強(qiáng)度B0為已知量，試推出滿(mǎn)足條件的時(shí)刻ti的表達(dá)式(用題中所給物理量的符號(hào)表示)

24、；若小球能始終在電磁場(chǎng)所在空間做周期性運(yùn)動(dòng)，則當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)的周期最大時(shí)，求出磁感應(yīng)強(qiáng)度B0及運(yùn)動(dòng)的最大周期T的大小(用題中所給物理量的符號(hào)表示“宀 3 n m L m 2 n mv6L 答案（1）麗vo+陌r &解析(i)當(dāng)小球僅有電場(chǎng)作用時(shí):mg= Eq,小球?qū)⒆鰟蛩僦本€(xiàn)運(yùn)動(dòng)在ti時(shí)刻加入磁場(chǎng)，小球在時(shí)間to內(nèi)將做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，圓周運(yùn)動(dòng)周期為T(mén)o,若豎直向下通過(guò) D點(diǎn)，由圖甲分析可知:3To 3 n mto=T=乖"pF Td = r 即:vot i L= R2qvoB0= mv0 / R所以 vot i L =mvqB，L11 = '+vomqB0(3)小球運(yùn)動(dòng)的速

25、率始終不變，當(dāng)R變大時(shí)，To也增加，小球在電磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)的周期 T增加，在小球不飛出電磁場(chǎng)的情況下，當(dāng)T最大時(shí)有:LDQ= 2R=n2mvqB>B）=2 n mv>qL，To=2n RVo -丄Vo由圖分析可知小球在電磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最大周期:T= 8X 3To=生 小球運(yùn)動(dòng)軌跡如圖乙所示.4 vo高考題組1. （ 2012 課標(biāo)全國(guó)25）如圖16, 半徑為R的圓表示一柱形區(qū)域的橫截面（紙面）.在柱形區(qū)域內(nèi)加一方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一質(zhì)量為m電荷量為q的粒子沿圖中直線(xiàn)從圓上的a點(diǎn)射入柱形區(qū)域，從圓上的區(qū)域，離開(kāi)時(shí)速度方向與直線(xiàn)垂直圓心O到直線(xiàn)的距離為 3/5 R現(xiàn)將磁場(chǎng)換為平行于紙

26、面且垂直于直線(xiàn)的勻強(qiáng)電場(chǎng)，同一粒子以同樣速度沿直線(xiàn)從a點(diǎn)射入柱形區(qū)域，也從 b點(diǎn)離開(kāi)該區(qū)域.若磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為答案B,不計(jì)重力，求電場(chǎng)強(qiáng)度的大小.14qRB25m解析 粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng).設(shè)圓周的半徑為r，由牛頓第二定律和洛倫茲力公式得式中v為粒子在a點(diǎn)的速度.過(guò)b點(diǎn)和O點(diǎn)作直線(xiàn)的垂線(xiàn)，分別與直線(xiàn)交于c點(diǎn)和d點(diǎn).由幾何關(guān)系知，線(xiàn)段 ac、a、b兩點(diǎn)的圓弧軌跡的兩條半徑（未畫(huà)出）圍成一正方形.因此ac = be = r4設(shè)cd = x，由幾何關(guān)系得 ac = R+ x5b? = 5只+ 農(nóng)-x2聯(lián)立式得r = 5R再考慮粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng).設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E,粒子在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng).設(shè)其

27、加速度大小為a,由牛頓第二定律和帶電粒子在電場(chǎng)中的受力公式得qE= ma一 一 1 2粒子在電場(chǎng)方向和直線(xiàn)方向運(yùn)動(dòng)的距離均為r，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得r = qatr = vt式中t是粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間.聯(lián)立式得e= 14qREB=5m '2. ( 2012 浙江理綜24 )如圖17所示，兩塊水平放置、相距為 d的長(zhǎng)金屬板接在電壓可調(diào)的電源上.兩板之間 的右側(cè)區(qū)域存在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng).將噴墨打印機(jī)的噴口靠近上板下表面，從噴口連續(xù)不斷噴出質(zhì)量均為m水平速度均為V。、帶相等電荷量的墨滴.調(diào)節(jié)電源電壓至滴在電場(chǎng)區(qū)域恰能沿水平向右做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)；進(jìn)入電場(chǎng)、磁場(chǎng)共存區(qū)域后，最終垂直打在 下

28、板的M點(diǎn). 判斷墨滴所帶電荷的種類(lèi)，并求其電荷量;圖17(2)求磁感應(yīng)強(qiáng)度 B的值； 現(xiàn)保持噴口方向不變，使其豎直下移到兩板中間的位置.為了使墨滴仍能到達(dá)下板點(diǎn)，應(yīng)將磁感應(yīng)強(qiáng)度調(diào)至 B',則B'的大小為多少答案宀亠卄 mgd V0U 4V0U 負(fù)電何mg碩2解析Uq&= mg墨滴在電場(chǎng)區(qū)域做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，有由式得:mgd q=由于電場(chǎng)方向向下，電荷所受電場(chǎng)力向上，可知：墨滴帶負(fù)電荷.(2)墨滴垂直進(jìn)入電場(chǎng)、磁場(chǎng)共存區(qū)域后，重力仍與電場(chǎng)力平衡，合力等于洛倫茲力, 墨滴做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，有2VoqvoB= mR考慮墨滴進(jìn)入電場(chǎng)、磁場(chǎng)共存區(qū)域和下板的幾何關(guān)系，可知墨滴在該區(qū)域恰

29、完成四分之一圓周運(yùn)動(dòng)，則半徑R= d由式得B=器R，有(3)根據(jù)題設(shè)，墨滴運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，設(shè)墨滴做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為2V0由圖可得:qv°B，= mRTR 2= d2 + (R d)2 由式得：R'= &d聯(lián)立式可得:,4voUB = 5gd2.3. ( 2012 重慶理綜 24 )有人設(shè)計(jì)了一種帶電顆粒的速率分選裝置，其原理如圖強(qiáng)電場(chǎng)，方向豎直向上，其中PQNM矩形區(qū)域內(nèi)還有方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng).一1束比荷(電荷量與質(zhì)量之比)均為k的帶正電顆粒，以不同的速率沿著磁場(chǎng)區(qū)域的水平中心線(xiàn)O' O進(jìn)入兩金屬板之間，其中速率為 V0的顆粒剛好從 Q點(diǎn)處離開(kāi)磁場(chǎng)，

30、然后做勻 速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)到達(dá)收集板，重力加速度為 g, PQ= 3d, NQ= 2d,收集板與NQ的距離為不計(jì)顆粒間的相互作用.求:(1) 電場(chǎng)強(qiáng)度E的大??；(2) 磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??；(3) 速率為Xvo(入1)的顆粒打在收集板上的位置到O點(diǎn)的距離.答案見(jiàn)解析18所示，兩帶電金屬板間有勻圖18解析(1)設(shè)帶電顆粒的電荷量為q,質(zhì)量為m由于粒子從 Q點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)后做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，則有Eq= mg將m=1代入得E= kg.如圖所示, 向心力，則有粒子在磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)由洛倫茲力提供其做圓周運(yùn)動(dòng)的2VoqvoB= mR而由幾何知識(shí)有氏=(3 d)2 + (R d)2聯(lián)立解得y1,tan、R2(3d)2kv0B

31、= kvr 設(shè)速度為 入v的顆粒在磁場(chǎng)區(qū)域運(yùn)動(dòng)時(shí)豎直方向的位移為 離開(kāi)磁場(chǎng)后做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)時(shí)豎直方向的位移為 y2,偏轉(zhuǎn)角為e，如圖所示，有 q 入vB=mq 1將及式代入式，得m kR = 5d 入3dyi = R_JRi2(3d2)y2= l ta n0則速率為Xvo（入>1）的顆粒打在收集板上的位置到0點(diǎn)的距離為3125 入 2 9y= yi+ y2解得 y= d(5 入：25 入 2- 9) +模擬題組4. 如圖19所示，坐標(biāo)平面第I象限內(nèi)存在大小為E= 4X 105方向水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在第n象限內(nèi)存在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng).質(zhì)荷比為 m= 4X 10 10 N/C的帶正

32、電粒子從q軸上的A點(diǎn)以初速度V0= 2X 107 m/s垂直x軸射入電場(chǎng)， 0.2 m，不計(jì)重力.求:B的取值范圍（不考慮粒子第二次進(jìn)入（1）粒子經(jīng)過(guò)y軸時(shí)的位置到原點(diǎn) O的距離；（2）若要求粒子不能進(jìn)入第三象限，求磁感應(yīng)強(qiáng)度 電場(chǎng)后的運(yùn)動(dòng)情況.）答案 （1）0.4 m （2） B> （2 ：2 + 2） X 10 2 T解析（1）設(shè)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，粒子經(jīng)過(guò)y軸時(shí)的位置與原點(diǎn)O的距離為y,1 2則：soq £atFa=-mFE=-q y= V0t152一 Q聯(lián)立解得 a=x 10 m/s t = x 10一 s y = 0.4 m(2)粒子經(jīng)過(guò)y軸時(shí)在電場(chǎng)方向的分速

33、度為：17Vx = at = 2 X 10 m/s粒子經(jīng)過(guò)y軸時(shí)的速度大小為:v1.0可編輯可修改37v=jvx+vo = 22X 10 m/sVx與y軸正方向的夾角為 0 ,0 = arctan = 45要使粒子不進(jìn)入第三象限，如圖所示，此時(shí)粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為'2R+-R< y2VqvB= mRR,則:聯(lián)立解得 B> (2 .-'2 + 2) X 10 $ T.5.如圖20甲所示，在以 O為坐標(biāo)原點(diǎn)的xOy平面內(nèi)，存在著范圍足夠大的電場(chǎng)和磁場(chǎng)，一個(gè)帶正電小球在t = 0時(shí)刻以v°= 3gt0的初速度從 O點(diǎn)沿+ x方向(水平向右)射入該空 間

34、，在t 0時(shí)刻該空間同時(shí)加上如圖乙所示的電場(chǎng)和磁場(chǎng)，其中電場(chǎng)方向豎直向上，場(chǎng)強(qiáng) 大小E)= -qg磁場(chǎng)垂直于 xOy平面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B = -qt,已知小球的質(zhì)量為m帶電荷量為q,時(shí)間單位為t0,當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹?g,空氣阻力不計(jì).試求：圖20(1) t0末小球速度的大??；(2) 小球做圓周運(yùn)動(dòng)的周期 T和12t0末小球速度的大小; 在給定的xOy坐標(biāo)系中，大體畫(huà)出小球在0到24t0內(nèi)運(yùn)動(dòng)軌跡的示意圖;(4)30 t0內(nèi)小球距x軸的最大距離.答案；i0gt093+ 3 '2 丄9+廠gt(2)2 t0. 13gt0 (3)見(jiàn)解析圖20解析(1)由題圖乙知，0t0內(nèi)，小球只受重力

35、作用，做平拋運(yùn)動(dòng)，在t0末：v= V0x2+V0y2=3gt0 2+ gt0 2 = 10gt。(2)當(dāng)同時(shí)加上電場(chǎng)和磁場(chǎng)時(shí)，電場(chǎng)力F1 = qEj= mg方向向上2 因?yàn)橹亓碗妶?chǎng)力恰好平衡，所以小球只受洛倫茲力而做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，有qvBc= ny-q r運(yùn)動(dòng)周期卩令，聯(lián)立解得卩2t0由題圖乙知，電場(chǎng)、磁場(chǎng)同時(shí)存在的時(shí)間正好是小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)周期的5倍，即在這1Oto內(nèi)，小球恰好做了 5個(gè)完整的勻速圓周運(yùn)動(dòng)所以小球在 ti= 12to時(shí)刻的速度相 當(dāng)于小球做平拋運(yùn)動(dòng) t = 2to時(shí)的末速度.Vy1= g 2to= 2gt 0, Vxl = Vox= 3gto 所以 12t o末 Vi =

36、 :Vxi +Vyi = :13gt o(3)24 to內(nèi)運(yùn)動(dòng)軌跡的示意圖如圖所示. 分析可知，小球在 3oto時(shí)與24to時(shí)的位置相同，在 24to內(nèi)小球相當(dāng)于做了t2 = 3to的平拋運(yùn)動(dòng)和半個(gè)圓周運(yùn)動(dòng).23 to末小球平拋運(yùn)動(dòng)的豎直分位移大小為y2= 2g(3to)2= 9gt o2豎直分速度 Vy2= 3gto= Vo, 的增加，小球加速度先增加，當(dāng) Eq= qvB時(shí)加速度達(dá)到最大值 amax =g,繼續(xù)運(yùn)動(dòng)，mg- 口（qvB Ec） = ma隨著v的增加，a逐漸減 小，所以A錯(cuò)誤因?yàn)橛心Σ亮ψ龉?，機(jī)械能與電勢(shì)能總和在減所以小球與豎直方向的夾角為9 = 45°,速度大小為V

37、2= 3 ：2gto此后小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑mV 3 羽gto2 r2= qBo3ot o內(nèi)小球距x軸的最大距離:y3 = y2 + (1 + cos 45° )2=9 3+ 3、.； 2*29+ gto專(zhuān)題突破練帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)(限時(shí)：6o分鐘)?題組1對(duì)帶電粒子在疊加場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的考查1.如圖1所示，在水平勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，有一豎直足夠長(zhǎng)固定絕緣桿 MN小球P套在桿上，已知 P的質(zhì)量為m電荷量為+ q,電場(chǎng)強(qiáng)度為E,磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B, P與桿間的動(dòng)摩擦 因數(shù)為口，重力加速度為g.小球由靜止開(kāi)始下滑直到穩(wěn)定的過(guò)程中( )A.小球的加速度一直減小B. 小球的

38、機(jī)械能和電勢(shì)能的總和保持不變C. 下滑加速度為最大加速度一半時(shí)的速度可能是D. 下滑加速度為最大加速度一半時(shí)的速度可能是2 口 qE mg2 口 qB2 口 qE+ mg2 口 qB答案 CD解析 對(duì)小球受力分析如圖所示,22則 mg-(1 (Eq qvE) = ma 隨著 vMa小，B錯(cuò)誤.若在前半段達(dá)到最大加速度的一半，則m 口（EqqvB） = n|，得v= 2 qE-Dmg若在后半段達(dá)到最大加速度的一半，則m 口 （qvB- Eq）2 口 qB=mg,得 v=2：qEBmg 故 C d 正確.2.如圖2所示，已知一帶電小球在光滑絕緣的水平面上從靜止開(kāi)始經(jīng)電壓U加速后，水平進(jìn)入互相垂直的

39、勻強(qiáng)電場(chǎng)的復(fù)合場(chǎng)中（E和B已知），小球在此空間的豎直面內(nèi)做勻速圓周A.小球可能帶正電E和勻強(qiáng)磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)，則B.C.D.若電壓U增大，則小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期增加1小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r = B .一2n E小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T(mén)=Bgmg= Eq,則小球帶負(fù)電，2“mv1 2Bqv=,Uq= °mv,A錯(cuò)誤；因聯(lián)立兩式可答案 BC解析小球在復(fù)合場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則小球受到的電場(chǎng)力和重力滿(mǎn)足為小球做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力為洛倫茲力，由牛頓第二定律和動(dòng)能定理可得:r =Jqi 廠*7 r2 廠，由T=可以得出T=，與電壓U無(wú)關(guān)，所以gvBg得：小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑1BB、C正

40、確，D錯(cuò)誤.如圖3所示，空間的某個(gè)復(fù)合場(chǎng)區(qū)域內(nèi)存在著方向相互垂直的勻強(qiáng) 電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng).質(zhì)子由靜止開(kāi)始經(jīng)一加速電場(chǎng)加速后，垂直于1X0XX：iiil訟復(fù)合場(chǎng)的界面進(jìn)入并沿直線(xiàn)穿過(guò)場(chǎng)區(qū)，質(zhì)子從復(fù)合場(chǎng)區(qū)穿出時(shí)的 動(dòng)能為Ek.那么氘核同樣由靜止開(kāi)始經(jīng)同一加速電場(chǎng)加速后穿過(guò)同-:1X' £11jI113.一復(fù)合場(chǎng)后的動(dòng)能 Ek'的大小是()A.Ek'= HB.Ek'>EkC.Ek'vEkD.條件不足，難以確定答案 B解析設(shè)質(zhì)子的質(zhì)量為"v,在復(fù)合場(chǎng)里有：由動(dòng)能定理可得：eU=m則氘核的質(zhì)量為 2m在加速電場(chǎng)里，Bqv= qE? v =

41、B，同理對(duì)于氘核由動(dòng)能定理可得其離開(kāi)加速電場(chǎng)的速度比質(zhì)子的速度小,所以當(dāng)它進(jìn)入復(fù)合場(chǎng)時(shí)所受的洛倫茲力小于電場(chǎng)力，將往電場(chǎng)力方向偏轉(zhuǎn)，電場(chǎng)力做正功，故動(dòng)能增大,B選項(xiàng)正確.v1.0可編輯可修改47?題組2對(duì)帶電粒子在組合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的考查4.如圖4所示，兩塊平行金屬極板 MNK平放置，板長(zhǎng) L= 1 m .間距d = f m,兩金屬板間電壓 UMn 1 x 104 V ;在平行金屬板右側(cè)依次存在ABC和FGH兩個(gè)全等的正三角形區(qū)域，正三角形ABQ內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B,三角形的上頂點(diǎn) A與上金屬板M平齊，BC邊與金屬板平行，AB邊的中點(diǎn)P恰好在下金屬板 N的右端點(diǎn)； 正三角形FGH內(nèi)存在垂直

42、紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B.已知A F、G處于同一直線(xiàn)上，B C、H也處于同一直線(xiàn)上.AF兩點(diǎn)的距離為3 m.現(xiàn)從平行金屬板 MN左端沿中心軸線(xiàn)方向入射一個(gè)重力不計(jì)的帶電粒子，粒子質(zhì)量m= 3x 103t° kg，帶電荷量 q=+ 1x 10 _4 C,初速度 vo= 1x 105 m/s.(1) 求帶電粒子從電場(chǎng)中射出時(shí)的速度v的大小和方向； 若帶電粒子進(jìn)入中間三角形區(qū)域后垂直打在AC邊上，求該區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度B1；若要使帶電粒子由 FH邊界進(jìn)入FGHx域并能再次回到 FH界面，求B應(yīng)滿(mǎn)足的條件.30°答案 晉x 105 m/s 與水平方向夾角為口 T10(3)大于解析(1)設(shè)

43、帶電粒子在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)間為qUMnt，加速度為a，qU=ma故a =普虬呼x 1010 m/sdm 3L 5t = 1 x 10 sV0豎直方向的速度為 Vy= at = ¥ x 105 m/s射出電場(chǎng)時(shí)的速度為 v = V02+Vy2=令"3 x 105 m/s3速度v與水平方向夾角為 e , tan e =¥，故e = 30°,即垂直于 ab方向射出Vo3(2)帶電粒子出電場(chǎng)時(shí)豎直方向偏轉(zhuǎn)的位移y = $at2= m = 即粒子由P點(diǎn)垂直AB邊射入磁場(chǎng)，由幾何關(guān)系2 6 2知在磁場(chǎng)ABC區(qū)域內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為d2R = = - mcos 3

44、0°3由Bqv=知B=晉豁T_ RqR 10(3)分析知當(dāng)運(yùn)動(dòng)軌跡與邊界 GH相切時(shí)，對(duì)應(yīng)磁感應(yīng)強(qiáng)度 B2最小，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示:由幾何關(guān)系可知艮+ i r60° = isin 60故半徑 R= (2 '3 3) m2rV又 B>qv= nR,所以B應(yīng)滿(mǎn)足的條件為大于守T.5.如圖5所示，一個(gè)質(zhì)量為 m電荷量為q的正離子，在 D處 沿圖示方向以一定的速度射入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里結(jié)果離子正好從距A點(diǎn)為d的小孔C沿垂直于電場(chǎng)方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)，此電場(chǎng)方向與AC平行且向上，最后離子打在 G處，而G處距A點(diǎn)2d(AGLAC 圖5不計(jì)離子重力，

45、離子運(yùn)動(dòng)軌跡在紙面內(nèi)求：(1) 此離子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r ；(2) 離子從D處運(yùn)動(dòng)到G處所需時(shí)間；離子到達(dá)G處時(shí)的動(dòng)能.答案29 + 2 n m(1)2d 3Bq4E2q2d29m解析(1)正離子軌跡如圖所示.圓周運(yùn)動(dòng)半徑r滿(mǎn)足：d= r + r cos 60°” E2解得r = 3d2Vo 設(shè)離子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)速度為vo，則有：qvoB= m2 n rVoqB12由圖知離子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：11= §T= 3Bq離子在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，從C到G的時(shí)間為:2dt2 =Vo3mBq離子從DC G的總時(shí)間為:9+ 2 nm3Bq 設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度為 E,則有:qE= ma1 2d= 2at 2由動(dòng)能定理得：qEd=樂(lè)一2mv02解得EkG=4B2q2d9m?題組3對(duì)帶電粒子在交變的電場(chǎng)或磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的考查6如圖6甲所示，水平直線(xiàn)下方有豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，現(xiàn)將一重力不計(jì)、比荷m106 C/kg的正電荷置于電場(chǎng)中的O點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)過(guò)X 10 一5 s15后,電荷以V0=X104 m/s的速度通過(guò) MN進(jìn)入其上方的勻強(qiáng)磁場(chǎng)， 磁場(chǎng)與紙面垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度B按圖乙所示規(guī)律周期性變化 乙中磁場(chǎng)以垂直紙面向外為正，以電荷第