高考物理二輪復(fù)習(xí)專題九帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)訓(xùn)練

1、專題九 帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)1 .帶電粒子在電場中常見的運(yùn)動(dòng)類型11(1)勻變速直線運(yùn)動(dòng)：通常利用動(dòng)能th理qU= 2mv-mo來求解.對(duì)于勻強(qiáng)電場，電場力做功也可以用W= qEd求解.(2)偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)：一般研究帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)問題.對(duì)于類平拋運(yùn)動(dòng)可直接利用平接運(yùn)動(dòng)的規(guī)律以及推論:較復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)常用運(yùn)動(dòng)分解的方法來處理.2 .帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中常見的運(yùn)動(dòng)類型(1)勻速直線運(yùn)動(dòng)：當(dāng) v/ B時(shí)，帶電粒子以速度 v做勻速直線運(yùn)動(dòng).(2)勻速圓周運(yùn)動(dòng)：當(dāng) v，B時(shí)，帶電粒子在垂直于磁感線的平面內(nèi)以入射速度做勻速圓周運(yùn)動(dòng).3 .復(fù)合場中是否需要考慮粒子重力的三種情況(1)對(duì)于微觀粒子，

2、如電子、質(zhì)子、離子等，因?yàn)槠渲亓σ话闱闆r下與電場力或磁場力相比太 _ 仝，可以忽略；而對(duì)于一些宏觀物體，如帶電小球、液滴、金屬塊等一般應(yīng)考慮其重力.(2)題目中有明確說明是否要考慮重力的情況.(3)不能直接判斷是否要考慮重力的情況，在進(jìn)行受力分析與運(yùn)動(dòng)分析時(shí),根據(jù)運(yùn)動(dòng)狀態(tài)可分析出是否要考慮重力.1 .正確分析帶電粒子的受力及運(yùn)動(dòng)特征是解決問題的前提帶電粒子在復(fù)合場中做什么運(yùn)動(dòng)，取決于帶電粒子所受的合外力及初始運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的速度,因此應(yīng)把帶電粒子的運(yùn)動(dòng)情況和受力情況結(jié)合起來進(jìn)行分析.2 .靈活選用力學(xué)規(guī)律是解決問題的關(guān)鍵當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，應(yīng)根據(jù)平衡條件列方程求解.當(dāng)帶電粒子在復(fù)合

3、場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，往往同時(shí)應(yīng)用牛頓第二定律和平衡條件列方程聯(lián)立求解.當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中做非勻變速曲線運(yùn)動(dòng)時(shí)，應(yīng)選用動(dòng)能定理或能量守恒定律列方程求解.19考向 1 帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動(dòng)如圖 1 所示，位于豎直平面內(nèi)的坐標(biāo)系xOy,在其第三象限空間有垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B= 0.5 T ,還有沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為E= 2 N/C.在其第一象限空間有沿 y軸負(fù)方向的、場強(qiáng)大小也為E的勻強(qiáng)電場，并在y>h=0.4 m的區(qū)域有磁感應(yīng)強(qiáng)度也為B的垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場.一個(gè)帶電荷量為q的油滴從圖中第三象限的P點(diǎn)得到一初速度，恰好能沿PO故勻速直線運(yùn)動(dòng)(

4、PO與x軸負(fù)方向的夾角為0=45。)，并從原點(diǎn)O進(jìn)入第一象限.已知重力加速2度 g = 10 m/s ,問：洛倫茲力三力的大小之比， 并指出油滴帶何(1) 油滴在第三象限運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的重力、種電荷；(2) 油滴在 P 點(diǎn)得到的初速度大??；(3) 油滴在第一象限運(yùn)動(dòng)的時(shí)間審題突破由幾何關(guān)系和圓周運(yùn)動(dòng)的周期關(guān)系式y(tǒng)>h的區(qū)域后做勻在第三象限油滴恰好能沿PO 故勻速直線運(yùn)動(dòng)需要滿足什么條件？根據(jù)夾角為e =45。，重力、電場力有什么數(shù)值關(guān)系？油滴進(jìn)入第象限后做什么運(yùn)動(dòng)？ 解析(i)根據(jù)受力分析(如圖)可知油滴帶負(fù)電荷, 設(shè)油滴質(zhì)量為E由平衡條件得：mg： qE： F= 1 ： 1 ：2.(2)由

5、第問得：mg= qEqvB= 2qE解得：v = 4J2 m/s.(3)進(jìn)入第一象限，電場力和重力平衡，知油滴先做勻速直線運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入速圓周運(yùn)動(dòng)，軌跡如圖，最后從 x軸上的N點(diǎn)離開第一象限.h 一由O->A勻速運(yùn)動(dòng)的位移為 Si = l o =，2hsin 45一，si2h hB其運(yùn)動(dòng)時(shí)間：11="v=，1E= "E= °s-V由ZC的圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)間為12= T=0.628 s42gB由對(duì)稱性知從O N的時(shí)間t3=ti在第一象限運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t =ti + t2 + t3 = 2X0.1 s + 0.628 s = 0.828 s答案 (1)1 ： 1 ： V2

6、油滴帶負(fù)電荷(2)4版m/s(3)0.828 s帶電粒子在疊加場中運(yùn)動(dòng)的處理方法1 .弄清疊加場的組成特點(diǎn).2 .正確分析帶電粒子的受力及運(yùn)動(dòng)特點(diǎn).3 .畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，靈活選擇不同的運(yùn)動(dòng)規(guī)律(1)若只有兩個(gè)場且正交， 合力為零，則表現(xiàn)為勻速直線運(yùn)動(dòng)或靜止.例如電場與磁場中滿足qE= qvB；重力場與磁場中滿足 mg= qvB；重力場與電場中滿足 mg= qE(2)若三場共存時(shí)，合力為零，粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，其中洛倫茲力F=qvB的方向與速度v垂直.(3)若三場共存時(shí)，粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則有mg= qE,粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周2v運(yùn)動(dòng)，即 qvB= ny.般用動(dòng)能定理或能量守恒定

7、(4)當(dāng)帶電粒子做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)或有約束的變速直線運(yùn)動(dòng)時(shí),律求解.如圖2所示，水平地面上方豎直邊界MN左側(cè)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場B和沿豎直方向的勻強(qiáng)電場巳(未畫出)，磁感應(yīng)強(qiáng)度 B=1.0 T , MNi界右側(cè)離地面 h=3 m處有長為L= 0.91 m的光滑水平絕緣平臺(tái)，平臺(tái)的左邊緣 與MN重合，平臺(tái)右邊緣有一質(zhì)量F 0.1 kg、電量q=0.1 C的帶正電小球，以初速度vo =0.6 m/s向左運(yùn)動(dòng).此時(shí)平臺(tái)上方存在曰=2小N/C的勻強(qiáng)電場，電場方向與水平方向成0角，指向左下方，小球在平臺(tái)上運(yùn)動(dòng)的過程中，0為45。至90。的某一確定值.小球離開平臺(tái)左側(cè)后恰好做勻速圓周運(yùn)動(dòng).小球可視為質(zhì)

8、點(diǎn)，g= 10 m/s 2.求：(1)電場強(qiáng)度E的大小和方向；(2)小球離開平臺(tái)左側(cè)后在磁場中運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間；(3)小球離開平臺(tái)左側(cè)后，小球落地點(diǎn)的范圍(計(jì)算結(jié)果可以用根號(hào)表示).答案(1)10 N/C，方向豎直向上,s (3)距N點(diǎn)左邊43 m、右邊? mWMffl解析(1)因?yàn)樾∏蛟?MNi界左側(cè)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其所受到的電場力必等于自身重力，有qE= mg得巳=10 N/C ,方向豎直向上.(2)若e =90° ,小球勻速通過 MNW最小速度：Vmin = 0.6 m/s若e =45° ,小球勻加速通過 MNt最大速度.此時(shí)EqcosEi qcos 028 = ma

9、a = 2 m/sm,22由 Vmax V0= 2aL 可得：Vmax= 2 m/S綜合分析得：小球通過MNf的速度為0.6 m/s wvaW 2 m/s小球以2 m/s在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最短,根據(jù)Bqv=2mWax2兀RT=v得：RnaxBq=2 m2 7tmT= -z；= 2 兀Bqe =30°因?yàn)閟in 0 =h 一 Rnax1-=2,所以Rnax2所以小球在磁場中轉(zhuǎn)過的角度為120。，所以小球在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t =；T= 2y s.(3)小球落在N點(diǎn)左邊最大距離時(shí)，設(shè)到N點(diǎn)距離為X,則x = Rnaxcos 30 ° = J3 m小球從MNi界飛出的最小

10、半徑m=普=0.6 mBq設(shè)小球落到N點(diǎn)右邊時(shí)，到N點(diǎn)的距離為s,小球落在N點(diǎn)右邊的最大距離由平拋運(yùn)動(dòng)得,12-2R =2gt2s = v' t,/ vBqR因 0.6 m w R <1.5 m ,故 s= yj； h 2R院成立代入數(shù)據(jù)解得s=害m ,所以小球的落點(diǎn)在距N點(diǎn)左邊3m m、右邊坐m的范圍內(nèi).考向2帶電粒子在組合場中的運(yùn)動(dòng)分析2為研究帶電粒子在電場和磁場中的偏轉(zhuǎn)情況，在xOy平面內(nèi)加如圖3所示的電場和磁場，第二象限一10 cmw x<0區(qū)域內(nèi)有垂直紙 面向里的勻強(qiáng)磁場 B,其大小為0.2 T;在第一象限內(nèi)有一電場強(qiáng)度方向沿y軸負(fù)方向且可沿x軸平移的條形勻強(qiáng)電場

11、，其寬度d=5 cm.在A( -6 cm,0)點(diǎn)有一粒子發(fā)射源，向 x軸上方180°范圍內(nèi)發(fā)射速度大小為v=2.0 x 106 m/s的負(fù)粒子，粒子的比荷為 q/m= 2.0 x 108 C/kg ,不計(jì)算粒子的重力和相互作用.圖3(1) 若粒子與 x 軸正方向成30°角方向射入磁場，求該粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；(2) 求從 A 處發(fā)射的所有粒子中與 y 軸交點(diǎn)的最大值坐標(biāo)；(3) 當(dāng)電場左邊界與 y 軸重合時(shí)滿足第 (2) 問條件的粒子經(jīng)過電場后恰好平行x 軸從其右邊界飛出，求勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E 的大小(4)現(xiàn)將條形電場沿x軸正向平移，電場的寬度和電場強(qiáng)度E仍保持不變，

12、能讓滿足第(2)問條件的粒子經(jīng)過電場后從右邊界飛出， 在此情況下寫出電場左邊界的橫坐標(biāo) x0 與從電場右邊界出射點(diǎn)的縱坐標(biāo)y0 的關(guān)系式，并繪出圖線粒子速度確定、比荷確定，則在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑一定，與 x軸成30。角方向射入時(shí)，對(duì)應(yīng)的圓心角是多少呢？A與粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡和+ y軸交點(diǎn)的連線是弦，弦何時(shí)最大？你能結(jié)合幾何關(guān)系得到電場左邊界的橫坐標(biāo)X0與從電場右邊界出射點(diǎn)縱坐標(biāo) y0的函數(shù)關(guān)系表達(dá)式嗎?解析(1)設(shè)帶電粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r,2 v由牛頓第一 th律得 qvB= mrmv=0.05 m = 5 cm粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的周期為T=2 7tmqB 二兀一7-2X10q

13、B如圖所示為粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的軌跡 由幾何關(guān)系得a =60°兀7s.T=X1012(2)設(shè)從y軸最上方飛出的粒子坐標(biāo)為(0 , yi)由幾何關(guān)系得(2r)2=62+y1得 yi = 8 cm.(3)如圖所示，設(shè)粒子從磁場射出時(shí)速度方向與x軸的夾角為0 ,6有 sin 8 =而，即 8 =37° ,設(shè)粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為ti, d11=vcos 0設(shè)粒子的加速度大小為a,則a=qm, vsin 0 = ati聯(lián)立解得E=2八八mvcos 9 sin 9qd1.92 x 10 5 N/C.(4)如圖所示，帶電粒子離開磁場后先做勻速直線運(yùn)動(dòng)，后做類平拋運(yùn)動(dòng).電場左邊界的橫坐標(biāo)

14、X0與從電場右邊界出射點(diǎn)縱坐，一 ，一，、，一，d標(biāo)y。的函數(shù)關(guān)系為 yi- (xo+ 2)tan 8 =y。,即 yo= 6.125 0.75xo(cm)當(dāng)xo=0時(shí)，從電場右邊界出射點(diǎn)的縱坐標(biāo)為yo= 6.125 cm ,，一49當(dāng)y0=0時(shí)，電場左邊界的橫坐標(biāo)為X0= - cm.圖線如圖所示.心L ,兀答案(1)萬X107 s (2)8 cm (3)1.92 X 10 5 N/C (4) y0= 6.125 0.75 x0(cm)見解析圖設(shè)帶電粒子在組合場內(nèi)的運(yùn)動(dòng)實(shí)際上也是運(yùn)動(dòng)過程的組合，解決方法如下：(1) 分別研究帶電粒子在不同場區(qū)的運(yùn)動(dòng)規(guī)律 在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng) 在勻強(qiáng)電場中

15、，若速度方向與電場方向平行，則做勻變速直線運(yùn)動(dòng)；若速度方向與電場方向垂直，則做類平拋運(yùn)動(dòng)(2) 帶電粒子經(jīng)過磁場區(qū)域時(shí)利用圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律結(jié)合幾何關(guān)系處理(3) 當(dāng)粒子從一個(gè)場進(jìn)入另一個(gè)場時(shí)， 分析轉(zhuǎn)折點(diǎn)處粒子速度的大小和方向往往是解題的突破口如圖4所示，相距3L的AB CD兩直線間的區(qū)域存在著兩個(gè)大小不同、方向相反的有界勻強(qiáng)電場， 其中PT上方的電場I的場強(qiáng)方向豎直向下，PT下方的電場n的場強(qiáng)方向豎直向上，電場I的場強(qiáng)大小是電場n的場強(qiáng)大小的兩倍，在電場左邊界 AB上有點(diǎn)Q PQ間距離為L.從某時(shí)刻起由Q以初速度V0沿水平方向垂直 射入勻強(qiáng)電場的帶電粒子， 電量為+ q、質(zhì)量為m通過PT上的某點(diǎn)

16、R進(jìn)入勻強(qiáng)電場I后從 CD 邊上的M點(diǎn)水平射出，其軌跡如圖，若PR兩點(diǎn)的距離為2L.不計(jì)粒子的重力.試求：(1)勻強(qiáng)電場I的電場強(qiáng)度的大小和MT之間的距離;(2)有一邊長為a、由光滑彈性絕緣壁圍成的正三角形容器，在其邊界正中央開有一小孔S,將其置于CV側(cè)且緊挨CD邊界，若從Q點(diǎn)射入的粒子經(jīng) AR CD間的電場從S孔水平射入容器中.欲使粒子在容器中與器壁多次垂直碰撞后仍能從S孔射出(粒子與絕緣壁碰撞時(shí)無機(jī)械能和電量損失)，并返回Q點(diǎn)，需在容器中現(xiàn)加上一個(gè)如圖所示的勻強(qiáng)磁場，粒子運(yùn)動(dòng)的半徑，一 1,、小于2a,求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小應(yīng)滿足的條件以及從 Q出發(fā)再返回到 Q所經(jīng)歷的時(shí)間.2一 mv 1答

17、案qL 2L(2)2mv 1 + 2nB=qa , n=窣，"6L6n+1% a一+ :vo22n+ 1von= 1,2 , 解析(1)設(shè)粒子經(jīng)PT直線上的點(diǎn)R由E電場進(jìn)入E1電場，由Q到R及R到M點(diǎn)的時(shí)間分別為t2與ti,到達(dá)R時(shí)豎直速度為Vy,貝U 由 F= qE= ma2L= vot 2,L= vot i,L=J-當(dāng)2, 2 m 'Ei=2E得E1 =-,2mvqLvy=E2qt2=E1qt1 m m巴2m1 聯(lián)立解得M-T= L.(2)欲使粒子仍能從S孔處射出，粒子運(yùn)動(dòng)的半徑為r,則qvoB=2mv“-1 一(1 + 2n) r = ,a, n = 1,2 ,-22m

18、v 1 + 2n解得：B=qaT T1由幾何關(guān)系可知t' =3X(2 nx2+ 6)=(3n+2)Tn = 1,2,3 2 兀 R 2 7tmT =v Bq代入B得T=兀a2n+1von=1,2,t =2t1+2t2+t6L 6n+ 1 兀 aVo2 2n+1von= 1,2 ,10.帶電粒子在周期性變化的電磁場中的運(yùn)動(dòng)分析3（19分）如圖5甲所示，在xOy平面內(nèi)存在均勻、 大小隨時(shí)間周期性變化的磁場和電場， 變化規(guī)律分別如圖乙、 丙所示 （ 規(guī)定垂直紙面向里為磁感應(yīng)強(qiáng)度的正方向、沿 y軸正方向電場強(qiáng)度為正）.在t = 0時(shí)刻由原點(diǎn) O發(fā)射初速 度大小為v0 ，方向沿y 軸正方向的帶負(fù)

19、電粒子圖5. 兀已知V0、 t0、B0,粒子的比荷為 不計(jì)粒子的重力.求：Bt 0(1) t=to時(shí)，求粒子的位置坐標(biāo)；(2)若t =5t。時(shí)粒子回到原點(diǎn)，求 05t°時(shí)間內(nèi)粒子距x軸的最大距離;(3)若粒子能夠回到原點(diǎn)，求滿足條件的所有E)值.18解析由粒子的比荷m=品則粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期 T=2t 0（1分）Boq則在0to內(nèi)轉(zhuǎn)過的圓心角a =兀（2分）2 V0 一由牛頓第二定律qvoB0=*（2分）得1 =碼（1分） 兀2vot 0八位置坐標(biāo)（，0） . （1分） 兀（2）粒子t =5t0時(shí)回到原點(diǎn)，軌跡如圖所示2=2r（2 分）mv mv 八“的 r2=Bq（1 3得 V2

20、=2V0（1 分）q 兀2v0t 0八又m= bpr2=丁（1 4）粒子在t。2t 0時(shí)間內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動(dòng),2t 03t 0時(shí)間內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則在 05t 0時(shí)間t0+ r2= （- + 一） v0t 0.（2 分）2 兀，一,，一 、V0+ 2v0內(nèi)粒子距X軸的最大距離：hm= 一21（3）如圖所示，設(shè)帶電粒子在x軸上方做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為1,在x軸下方做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為2，由幾何關(guān)系可知，要使粒子經(jīng)過原點(diǎn)，則必須滿足：n（22' 一21） =21, （n=1,2,3 ,）（1 分）mvB0q聯(lián)立以上各式解得 v= + 1 Vo, （n= 1,2,3 ,）（1分） n又由

21、 v= V0+-（1 分） m,口VoB0,、得 Eo=, （ n= 1,2,3 ,）.（1 分）n兀2V0t 032VoB0答案（1）（丁，0）（2）（x+ ） Vot o（3）,（n=1,2,3,）兀2 兀n兀點(diǎn)睛之筆變化的電場或磁場往往具有周期性，粒子的運(yùn)動(dòng)也往往具有周期性.這種情況下要仔細(xì)分析帶電粒子的運(yùn)動(dòng)過程、受力情況，弄清楚帶電粒子在變化的電場、磁場中各處于 什么狀態(tài)，做什么運(yùn)動(dòng)，畫出一個(gè)周期內(nèi)的運(yùn)動(dòng)徑跡的草圖.（限時(shí)：15分鐘，滿分：20分）（2014 山東 24）如圖6甲所示，間距為d、垂直于紙面的兩平行板 P、Q間存在勻強(qiáng)磁場.取 垂直于紙面向里為磁場的正方向，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)

22、間的變化規(guī)律如圖乙所示.t = 0時(shí)刻，一質(zhì)量為m帶電量為+ q的粒子（不計(jì)重力），以初速度V0由Q板左端靠近板面的位置，沿垂 直于磁場且平行于板面的方向射入磁場區(qū).當(dāng)B0和Tb取某些特定值時(shí)，可使 t = 0時(shí)刻入射的粒子經(jīng)At時(shí)間恰能垂直打在 P板上（不考慮粒子反彈）.上述m q、d、V0為已知量.31H 1(1)若 At =Tb,求 Bo；.3(2)若At =2Tb,求粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度的大??；4mv ，一,(3)若B=f，為使粒子仍能垂直打在P板上，求Tb.qd2答案 (1)Th (2)苫 (3)尸或。+ arcsin qd d3v024 2V0解析(1)設(shè)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為

23、R,2由牛頓第二定律得qv0B=mR據(jù)題意由幾何關(guān)系得R=d聯(lián)立式得B0=1 qdV0_(2)設(shè)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R,加速度大小為a,由圓周運(yùn)動(dòng)公式得a=3R2據(jù)題意由幾何關(guān)系得3R=d一口3v2 聯(lián)立式得a=>.d 2ttR一(3)設(shè)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R周期為T,由圓周運(yùn)動(dòng)公式得T=mvV0由牛頓第二定律得 qv0Bo=mR4mv由題意知B)=-d-，代入式得d=4R© qu粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，O、Q為圓心，OQ連線與水平方向的夾角為e ,在每個(gè)Tb內(nèi)，只有A、B兩個(gè)位置才有可能,兀垂直擊中P板，且土!要求0< 9 <,由題意可知設(shè)經(jīng)歷完整Tb的個(gè)數(shù)為n

24、(n=0,1,2,3 ,)若在A點(diǎn)擊中P板，據(jù)題意由幾何關(guān)系得R+ 2( R RSin 0)n=d?當(dāng)n = 0時(shí)，無解？當(dāng)n= 1時(shí)，聯(lián)立？式得0 =(或sin 8 =2)？一 - it d聯(lián)立？式得Tb=裊?3v0當(dāng)n>2時(shí)，不滿足0<0<90°的要求？ 若在B點(diǎn)擊中P板，據(jù)題意由幾何關(guān)系得R+ 2Rsin 0+2(R+ RSin 0)n = d?當(dāng)n = 0時(shí)，無解？當(dāng)n=1時(shí)，聯(lián)立？式得0 = arcsin -1(或 sin 0=1)?44聯(lián)立？式得Tb= (十 arcsin 1旦？24 2v0當(dāng)n>2時(shí)，不滿足0<0<90°的要

25、求.(限時(shí)：45分鐘)題組1帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動(dòng)1.如圖1甲所示，x軸正方向水平向右，y軸正方向豎直向上.在 xOy平面內(nèi)有與y軸平行 的勻強(qiáng)電場，在半徑為 R的圓形區(qū)域內(nèi)加有與 xOy平面垂直的勻強(qiáng)磁場.在坐標(biāo)原點(diǎn) O處放 置一帶電微粒發(fā)射裝置， 它可以連續(xù)不斷地發(fā)射具有相同質(zhì)量 m電荷量q(q>0)和初速度為 V0的帶電微粒.(已知重力加速度為 g)圖1（1）當(dāng)帶電微粒發(fā)射裝置連續(xù)不斷地沿y軸正方向發(fā)射這種帶電微粒時(shí)， 這些帶電微粒將沿圓形磁場區(qū)域的水平直徑方向離開磁場，并繼續(xù)沿x軸正方向運(yùn)動(dòng).求電場強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小和方向.（2）調(diào)節(jié)坐標(biāo)原點(diǎn)處的帶電微粒發(fā)射裝置，使其在

26、xOy平面內(nèi)不斷地以相同速率 vo沿不同方向?qū)⑦@種帶電微粒射入第I象限，如圖乙所示.現(xiàn)要求這些帶電微粒最終都能平行于x軸正方向運(yùn)動(dòng)，則在保證電場強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度 B的大小和方向不變的條件下，求出符合條件的磁場區(qū)域的最小面積.答案（1） E= m2 7&y軸正方向 B=垂直紙面向外（2）（小一1）R2qqR2解析（1）微粒沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，即帶電微粒所受重力與電場力平衡.設(shè)電場強(qiáng)度大小為 E,由平衡條件得：mg= qE解得：E= mg q由于粒子帶正電，故電場方向沿y軸正方向帶電微粒進(jìn)入磁場后，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，且半徑 r = R 設(shè)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.2 -Vo 由牛頓第二t

27、e律得：qvoB= m；mv解得B=,磁場方向垂直紙面向外. qR（2）沿y軸正方向射入的微粒，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示:以半徑R沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)四分之一圓弧，該圓弧也恰為微粒運(yùn)動(dòng)的上邊界.以O(shè)點(diǎn)為圓心、R為半徑做的四分之一圓弧 BC為微粒做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心軌跡.微粒經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后沿 x軸正方 向運(yùn)動(dòng)，即半徑沿豎直方向.并且射出點(diǎn)距圓心軌跡上各點(diǎn)的距離為R射出點(diǎn)的邊界與圓弧BC平行，如圖中的圓弧 ODA圓弧OAf圓弧OD叱間的區(qū)域即為磁場區(qū)域的最小面積： S= 2(；兀 R24=(y- 1) R-.題組2帶電粒子在組合場中的運(yùn)動(dòng)分析2.如圖2所示，在矩形區(qū)域 CDNMI有沿紙面向上的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)的大小

28、E= 1.5X105V/m；在矩形區(qū)域 MNG內(nèi)有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B= 0.2 T .已知CD= MN=FG= 0.60 m, CM= MF= 0.20 m在CDi中點(diǎn)O處有一放射源，沿紙面向電場中各方向均勻地 輻射出速率均為 V0=1.0X10 m/s的某種帶正電粒子，粒子質(zhì)量m= 6.4X10 kg ,電荷量q = 3.2X10T9 c 粒子可以無阻礙地通過邊界MN®入磁場，不計(jì)粒子的重力.求：(1)粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑；(2)邊界FG上有粒子射出磁場的范圍長度；(3)粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的最長時(shí)間.(后兩問結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)答案 (1)0.2 m

29、(2)0.43 m (3)2.1 X10 7 s解析(1)電場中由動(dòng)能定理得：qEd= 1mG2mV由題意知d= 0.20 m，代入數(shù)據(jù)得v = 2 X 106 m/s2v市電粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，qBv=叩解得=品=0.2 m.則由平拋規(guī)律得：(2)設(shè)粒子沿垂直于電場方向射入時(shí)，出電場時(shí)水平位移為s,qE.t2 mS= V0t解得 s= 2TZ3 m 15、一 .，V0 1一離開電場時(shí)，sin 9 1 = 7 = 2, 9 1 = 30 .由題意可知，PSL MN ?gOCT向射出粒子到達(dá) P點(diǎn)，為左邊界，垂直FG相切于Q點(diǎn)，Q為右邊界，QO = r,軌跡如圖.MN!寸出的粒子與邊界范

30、圍長度為l =s+ r =(2153+0.2) m= 0.43 m.T=需 由分析可知，OO方向射出的粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長，設(shè)FG長度為L12L-r1。sin 9 2=r = 2, 8 2=30帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的最大圓心角為120° ,對(duì)應(yīng)的最長時(shí)間為 tmax= 1T= 22.1X1033qB-7 s3.如圖3所示，質(zhì)量為 m電荷量為+ q的粒子從坐標(biāo)原點(diǎn) O以初速度v。射出，粒子恰好經(jīng) 過A點(diǎn)，Q A兩點(diǎn)長度為I,連線與坐標(biāo)軸+ y方向的夾角為 ”=37。，不計(jì)粒子的重力.圖3(1)若在平行于x軸正方向的勻強(qiáng)電場 日中，粒子沿+ y方向從O點(diǎn)射出，恰好經(jīng)過A點(diǎn)；若在平彳T于y軸正方向的勻強(qiáng)電場 巳中，粒子沿+ x方向從O點(diǎn)射出，也恰好能經(jīng)過 A點(diǎn)，求 E這兩種情況電場強(qiáng)度的比值 三.(2)若在y軸左側(cè)空間(第n、出象限)存在垂直紙面的勻強(qiáng)磁場，粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)Q沿與十y軸成30。的方向射入第二象限，恰好經(jīng)過A點(diǎn)，求磁感應(yīng)強(qiáng)度 B.答案2764(2)3屹+4mv解析(1)在電場日中I sin aI cos a = vat 1在電場E2中l(wèi) cos al sin a = v