微專題60 帶電粒子在組合場中的運動-2025版高中物理微專題

微專題60帶電粒子在組合場中的運動【核心考點提示】“電偏轉(zhuǎn)”和“磁偏轉(zhuǎn)”的比較垂直電場線進入勻強電場(不計重力)垂直磁感線進入勻強磁場(不計重力)受力情況電場力F＝qE，其大小、方向不變，與速度v無關，F(xiàn)是恒力洛倫茲力F洛＝qvB，其大小不變，方向隨v而改變，F(xiàn)洛是變力軌跡拋物線圓或圓的一部分運動軌跡求解方法利用類似平拋運動的規(guī)律求解：vx＝v0，x＝v0tvy＝eq\f(qE,m)·t，y＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)·t2偏轉(zhuǎn)角φ：tanφ＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(qEt,mv0)半徑：r＝eq\f(mv,qB)周期：T＝eq\f(2πm,qB)偏移距離y和偏轉(zhuǎn)角φ要結(jié)合圓的幾何關系利用圓周運動規(guī)律討論求解運動時間t＝eq\f(L,v0)t＝eq\f(φ,2π)T＝eq\f(φm,qB)動能變化不變帶電粒子在組合場中運動的處理方法1．明性質(zhì)：要清楚場的性質(zhì)、方向、強弱、范圍等．2．定運動：帶電粒子依次通過不同場區(qū)時，由受力情況確定粒子在不同區(qū)域的運動情況．3．畫軌跡：正確地畫出粒子的運動軌跡圖．4．用規(guī)律：根據(jù)區(qū)域和運動規(guī)律的不同，將粒子運動的過程劃分為幾個不同的階段，對不同的階段選取不同的規(guī)律處理．5．找關系：要明確帶電粒子通過不同場區(qū)的交界處時速度大小和方向關系，上一個區(qū)域的末速度往往是下一個區(qū)域的初速度.【微專題訓練】【例題】(2016·湖北黃岡檢測)如圖所示，MN、PQ是平行金屬板，板長為L，兩板間距離為eq\f(L,2)，PQ板帶正電，MN板帶負電，在PQ板的上方有垂直紙面向里的勻強磁場。一個電荷量為q、質(zhì)量為m的帶負電的粒子以速度v0從MN板邊緣沿平行于板的方向射入兩板間，結(jié)果粒子恰好從PQ板左邊緣飛進磁場，然后又恰好從PQ板的右邊緣飛進電場。不計粒子重力，求：(1)兩金屬板間所加電場的場強大??；(2)勻強磁場的磁感應強度B的大小?！窘馕觥?1)如圖所示，設粒子在平行金屬板勻強電場中運動的時間為t，由類平拋運動可知：L＝v0teq\f(L,2)＝eq\f(1,2)at2a＝eq\f(Eq,m)聯(lián)立解得：E＝eq\f(mveq\o\al(2,0),qL)。(2)粒子以速度v飛出電場后射入勻強磁場做勻速圓周運動，由qvB＝meq\f(v2,R)，sinθ＝eq\f(L,2R)，sinθ＝eq\f(vy,v)，vy＝at聯(lián)立解得：B＝eq\f(2mv0,qL)【答案】(1)eq\f(mveq\o\al(2,0),qL)(2)eq\f(2mv0,qL)【變式】(2018·廣東省東莞市東方明珠學校上學期第五次檢測)如圖所示的平面直角坐標系xOy，在第Ⅰ象限內(nèi)有平行于y軸的勻強電場，方向沿y軸正方向；在第Ⅳ象限的正三角形abc區(qū)域內(nèi)有勻強磁場，方向垂直于xOy平面向里，正三角形邊長為L，且ab邊與y軸平行。一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子，從y軸上的P(0，eq\r(3)h)點，以大小為v0的速度沿x軸正方向射入電場，通過電場后從x軸上的a(2h,0)點進入第Ⅳ象限，又經(jīng)過磁場從y軸上的某點進入第Ⅲ象限，且速度與y軸負方向成30°角，不計粒子所受的重力。求：(1)電場強度E的大??；(2)粒子到達a點時速度的大小和方向；(3)abc區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應強度B的最小值，并求粒子從P點到離開第Ⅳ象限所經(jīng)歷的時間。答案：(1)E＝eq\f(\r(3)mv\o\al(2,0),2qh)；(2)2v0，速度方向指向第Ⅳ象限與x軸正方向成60°角；(3)eq\f(2mv0,qL)，eq\f(4h,v0)＋eq\f(πL,6v0)[解析](1)運動過程如圖所示設粒子在電場中運動的時間t，則有水平方向：2h＝v0t豎直方向：eq\r(3)h＝eq\f(1,2)at2在電場中有：qE＝ma聯(lián)立得：E＝eq\f(\r(3)mv\o\al(2,0),2qh)(2)粒子到達a點時沿y軸負方向的分速度vy＝at＝eq\r(3)v0則v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,y))＝2v0tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\r(3)，則θ＝60°，即粒子在a點速度方向指向第Ⅳ象限與x軸正方向成60°角(3)因為粒子從y軸上的某點進入第Ⅲ象限，且速度與y軸負方向成30°角，且θ＝60°，所以粒子只能從磁場的ab邊射出，當粒子從b點射出時，r最大，此時磁場的磁感應強度有最小值，由幾何關系得：r＝L粒子在磁場中運動時，有qvB＝eq\f(mv2,r)解得磁感應強度的最小值B＝eq\f(2mv0,qL)由(1)可知在電場運動時間t1＝eq\f(2h,v0)在磁場中，運動時間t2＝eq\f(T,6)＝eq\f(1,6)×eq\f(2πL,2v0)＝eq\f(πL,6v0)做勻速直線運動時間t3＝eq\f(4h,2v0)＝eq\f(2h,v0)故運動的總時間t＝t1＋t2＋t3＝eq\f(4h,v0)＋eq\f(πL,6v0)【例題】(2018·天津卷，11)如圖所示，在水平線ab的下方有一勻強電場，電場強度為E，方向豎直向下，ab的上方存在勻強磁場，磁感應強度為B，方向垂直紙面向里．磁場中有一內(nèi)、外半徑分別為R、eq\r(3)R的半圓環(huán)形區(qū)域，外圓與ab的交點分別為M、N.一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負電粒子在電場中P點靜止釋放，由M進入磁場，從N射出．不計粒子重力．(1)求粒子從P到M所用的時間t.(2)若粒子從與P同一水平線上的Q點水平射出，同樣能由M進入磁場，從N射出．粒子從M到N的過程中，始終在環(huán)形區(qū)域中運動，且所用的時間最少，求粒子在Q時速度v0的大?。馕?1)設粒子在磁場中運動的速度大小為v，所受洛倫茲力提供向心力，有qvB＝eq\f(mv2,\r(3)R)①設粒子在電場中運動所受電場力為F，有F＝qE②設粒子在電場中運動的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律有F＝ma③粒子在電場中做初速度為零的勻加速直線運動，有v＝at④聯(lián)立①②③④式得t＝eq\f(\r(3)RB,E)⑤(2)粒子進入勻強磁場后做勻速圓周運動，其周期與速度、半徑無關，運動時間只由粒子所通過的圓弧所對的圓心角的大小決定．故當軌跡與內(nèi)圓相切時，所用的時間最短．設粒子在磁場中的軌跡半徑為r′，由幾何關系可得(r′－R)2＋(eq\r(3)R)2＝r′2⑥設粒子進入磁場時速度方向與ab的夾角為θ，即圓弧所對圓心角的一半，由幾何關系知tanθ＝eq\f(\r(3)R,r′－R)⑦粒子從Q射出后在電場中做類平拋運動，在電場方向上的分運動和從P釋放后的運動情況相同，所以粒子進入磁場時沿豎直方向的速度同樣為v.在垂直于電場方向上的分速度始終等于v0，由運動的合成和分解可得tanθ＝eq\f(v,v0)⑧聯(lián)立①⑥⑦⑧式得v0＝eq\f(qBR,m)⑨答案(1)eq\f(\r(3)RB,E)(2)eq\f(qBR,m)【變式】(2018·長春市普通高中監(jiān)測(一))如圖所示，在xOy平面的y軸左側(cè)存在沿y軸正方向的勻強電場，y軸右側(cè)區(qū)域I內(nèi)存在垂直紙面向外、磁感應強度大小為B1＝eq\f(mv0,qL)的勻強磁場，區(qū)域I、區(qū)域Ⅱ的寬度均為L，高度均為3L。質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從坐標為(－2L，－eq\r(2)L)的A點以速度v0沿x軸正方向射出，恰好經(jīng)過坐標為(0，－(eq\r(2)－1)L)的C點射入?yún)^(qū)域I。粒子重力忽略不計。(1)求勻強電場的電場強度大小E；(2)求粒子離開區(qū)域Ⅰ時的位置坐標；(3)要使粒子從區(qū)域Ⅱ的上邊界離開磁場，可在區(qū)域Ⅱ內(nèi)加垂直于紙面向里的勻強磁場。試確定磁感應強度B的大小范圍，并說明粒子離開區(qū)域Ⅱ時的速度方向范圍。答案：(1)E＝eq\f(mv\o\al(2,0),2qL)(2)(L,0)(3)eq\f(\r(2)mv0,qL)≤B≤eq\f(4\r(2)mv0,3qL)速度方向與x軸正方向夾角在120°到180°之間[解析](1)由題意可知，帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動，運動軌跡如答圖所示，則有2L＝v0tL＝eq\f(1,2)at2a＝eq\f(qE,m)聯(lián)立解得E＝eq\f(mv\o\al(2,0),2qL)(2)設帶電粒子在C點時沿y軸正方向的速度為vyvy＝at解得vy＝v0?？芍獀＝eq\r(2)v0，即帶電粒子從C點離開時的速度方向與x軸正方向的夾角為45°帶電粒子進入?yún)^(qū)域Ⅰ后做勻速圓周運動，軌跡如答圖所示，由qvB1＝eq\f(mv2,R)解得R＝eq\r(2)L由幾何關系知，帶電粒子離開區(qū)域Ⅰ時的位置坐標為(L,0)(3)如答圖所示，根據(jù)幾何關系可知，帶電粒子從區(qū)域Ⅱ的上邊界離開磁場時的運動軌跡半徑滿足eq\f(3,4)L≤r≤L由qvB＝eq\f(mv2,r)解得eq\f(\r(2)mv0,qL)≤B≤eq\f(4\r(2)mv0,3qL)設帶電粒子離開區(qū)域Ⅱ時速度方向與x軸正方向夾角為θ，根據(jù)幾何關系可知120°≤θ≤180°【鞏固習題】1.如圖所示，兩導體板水平放置，兩板間電勢差為U，帶電粒子以某一初速度v0沿平行于兩板的方向從兩板正中間射入，穿過兩板后又垂直于磁場方向射入邊界線豎直的勻強磁場，則粒子射入磁場和射出磁場的M、N兩點間的距離d隨著U和v0的變化情況為()A．d隨v0增大而增大，d與U無關B．d隨v0增大而增大，d隨U增大而增大C．d隨U增大而增大，d與v0無關D．d隨v0增大而增大，d隨U增大而減小【解析】設粒子從M點進入磁場時的速度大小為v，該速度與水平方向的夾角為θ，故有v＝eq\f(v0,cosθ).粒子在磁場中做勻速圓周運動半徑為r＝eq\f(mv,qB).而MN之間的距離為d＝2rcosθ.聯(lián)立解得d＝2eq\f(mv0,qB)，故選項A正確．【答案】A2.(2018·河北省巨鹿縣高三上學期期中試題)如圖所示，a、b為豎直正對放置的平行金屬板構(gòu)成的偏轉(zhuǎn)電場，其中板帶正電，兩板間的電壓為U，在金屬板下方存在一有界的勻強磁場，磁場的上邊界為與兩金屬板下端重合的水平面PQ，PQ下方的磁場范圍足夠大，磁場的磁感應強度大小為B，一帶正電粒子以速度v0從兩板中間位置與a、b平行方向射入偏轉(zhuǎn)電場，不計粒子重力，粒子通過偏轉(zhuǎn)電場后從PQ邊界上的M點進入磁場，運動一段時間后又從PQ邊界上的N點射出磁場，設M、N兩點距離為(M、N點圖中未畫出)，從N點射出的速度為，則以下說法中正確的是(D)A．只增大帶電粒子的比荷大小，則減小B．只增大偏轉(zhuǎn)電場的電壓U的大小，則減小C．只減小初速度v0的大小，則不變D．只減小偏轉(zhuǎn)電場的電壓U的大小，則不變[解析]粒子在電場中，水平方向vx＝eq\f(qE,m)t；豎直方向L＝v0t，vy＝v0；v＝eq\r(v\o\al(2,x)＋v\o\al(2,y))，解得v＝eq\r(\f(q2E2L2,m2v\o\al(2,0))＋v\o\al(2,0))，則只增大帶電粒子的比荷大小，則v增大，選項A錯誤；只增大偏轉(zhuǎn)電場的電壓U的大小，則E變大，v變大，選項B錯誤；減小初速度v0的大小，則導致進入磁場的速度減小，由半徑公式R＝eq\f(mv,qB)可知，導致半徑減小，則x也減小，故C錯誤；減小偏轉(zhuǎn)電場的電壓U的大小，設速度與磁場邊界的夾角為θ，則由半徑公式R＝eq\f(mv,Bq)＝eq\f(m\f(v0,sinθ),Bq)，結(jié)合幾何關系，可得：x＝2Rsinθ＝eq\f(2mv0,Bq)，則會導致x不變，故D正確；故選D。3.(2018·吉林省百校聯(lián)盟月考)如圖所示，虛線所圍矩形區(qū)域abcd內(nèi)充滿磁感應強度為B、方向垂直紙面向外的勻強磁場。某一粒子以最小速度v從ab邊的中點O處垂直于磁場射入，當方向垂直于ab時，恰能從ab邊穿出。若在此矩形區(qū)域內(nèi)只存在豎直向下的勻強電場，使該粒子以原來的初速度在O處垂直于電場方向射入，通過該區(qū)域后從距d點l處穿出，已知此粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，其重力不計；ab邊長為2l，ad邊長為4l，則下列說法中正確的是(AD)A．勻強磁場的磁感應強度大小與勻強電場的電場強度大小之比為eq\f(B,E)＝eq\f(9,v)B．勻強磁場的磁感應強度大小與勻強電場的電場強度大小之比為eq\f(B,E)＝eq\f(4,v)C．粒子穿過磁場和電場的時間之比eq\f(t1,t2)＝eq\f(π,4)D．粒子穿過磁場和電場的時間之比eq\f(t1,t2)＝eq\f(π,6)[解析]當帶電粒子恰能從ab邊穿出，則圓弧與ad相切，從幾何關系可得2R＝l，qvB＝meq\f(v2,R)，解得B＝eq\f(2mv,ql)，粒子在磁場中運動的時間t1＝eq\f(rθ,v)＝eq\f(πl(wèi),2v)；當矩形區(qū)域內(nèi)只有電場時，因ad為4l，帶電粒子在電場中做類平拋運動，水平方向有3l＝vt，所以，t2＝eq\f(3l,v)，豎直方向有l(wèi)＝eq\f(1,2)at2，由牛頓第二定律得a＝eq\f(Eq,m)，解得E＝eq\f(2mv2,9lq)，所以eq\f(B,E)＝eq\f(9,v)，eq\f(t1,t2)＝eq\f(π,6)，選項AD正確。4.(多選)如圖所示，在長度足夠長、寬度d＝5cm的區(qū)域MNQP內(nèi)，有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度B＝0.33T。水平邊界MN上方存在范圍足夠大的豎直向上的勻強電場，電場強度E＝200N/C?，F(xiàn)有一質(zhì)量m＝6.6×10－27kg、電荷量q＝3.2×10－19C的帶負電的粒子，從邊界PQ上的O點與x軸負方向成60°角射入磁場，射入時的速度大小v＝1.6×106m/s，不計粒子的重力。則下列說法正確的是()A．粒子在磁場中運動的時間約為3.27×10－8sB．粒子在電場中運動的時間約為t＝3.3×10－4sC．粒子在電場中做勻變速直線運動D．粒子在電場中做勻速直線運動解析：根據(jù)題意由洛倫茲力提供向心力有，qvB＝meq\f(v2,r)，解得r＝0.1m，T＝eq\f(2πm,Bq)＝3.925×10－7s，粒子的運動軌跡如圖所示，由幾何關系知，粒子在磁場中運動的圓心角為30°，所以粒子在磁場中運動的時間2t1＝2×eq\f(1,12)T＝6.54×10－8s，A錯誤；由幾何關系知粒子平行于電場方向進入電場，粒子在電場中運動的加速度a＝eq\f(qE,m)，粒子在電場中運動的時間t＝eq\f(2v,a)，解得t＝3.3×10－4s，B、C正確，D錯誤。答案：BC5.如圖所示。在寬L＝10cm的有界區(qū)域內(nèi)存在相互正交的勻強電場和磁場，MN為與電場線平行、距電磁場右側(cè)邊界d＝15cm的熒光屏，一束電子以垂直電磁場的方向射入，不改變運動方向，打在中央O處，當去掉電場時電子穿過磁場的偏轉(zhuǎn)距離為5cm，求：(1)撤去電場，電子打在熒光屏上的點距O點的距離；(2)撤去磁場，電子穿過電場后打在熒光屏上的點距O點的距離。解析：(1)撤去電場后，電子的運動軌跡如圖甲所示。根據(jù)幾何關系r2＝(r－5)2＋L2①tanθ＝eq\f(L,r－5)②聯(lián)立得tanθ＝eq\f(4,3)O′P＝dtanθ＝20cm。則OP＝20cm＋5cm＝25cm。(2)撤去磁場后，電子先做類平拋運動后做直線運動，如圖乙所示，由y＝eq\f(qE,2mv\o\al(2,0))L2，qE＝qv0B，r＝eq\f(mv0,qB)得電場中的側(cè)移量y＝eq\f(qB,2mv0)L2＝eq\f(L2,2r)＝eq\f(102,2×12.5)cm＝4cm由eq\f(4cm,OP′)＝eq\f(L/2,L/2＋d)得OP′＝16cm?？梢娤嗤叽绲臈l件下，磁偏轉(zhuǎn)量比電偏轉(zhuǎn)量要大，這也是電視機顯像管要用磁偏轉(zhuǎn)的原因。答案：(1)20cm(2)16cm6.(2018·陜西省漢中市高三模擬)如圖所示，在xOy平面直角坐標系中，直角三角形ACD內(nèi)存在垂直紙面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場．線段CO＝OD＝l，θ＝30°.在第四象限正方形ODEF內(nèi)存在沿x軸正方向、大小E＝eq\f(B2el,3m)的勻強電場，在第三象限沿AC放置一平面足夠大的熒光屏，屏與y軸平行．一個電子P從坐標原點O沿y軸正方向射入磁場，恰好不從AD邊射出磁場．已知電子的質(zhì)量為m，電量為e，不計電子的重力．(1)求電子P射入磁場時的速度大??；(2)求電子P經(jīng)過y軸時的y坐標；(3)若另一電子Q從x坐標軸上某點(x≠0)以相同的速度仍沿y軸正方向射入磁場，且P、Q打在熒光屏上同一點，求電子Q在電場中運動的時間．解析(1)由幾何關系可得：r＋eq\f(r,sinθ)＝l粒子在磁場中做勻速圓周運動受力洛倫茲力提供向心力：ev0B＝eq\f(mv\o\al(2,0),r)，解得：r＝eq\f(l,3)，v0＝eq\f(eBl,3m)(2)假設電子從OE邊離開，則電子做類平拋運動中，有：2r＝v0t1yQ＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)eE＝ma解得：t1＝eq\f(2m,eB)，yQ＝eq\f(2,3)l由于yQ＝eq\f(2,3)l<l，故假設成立，電子從OE邊射出，經(jīng)過y軸時的坐標：(0，－eq\f(2,3)l)(3)對于電子P，設射出時速度方向與y軸負向成α角，射在熒光屏上的位置距離x軸為Y，vPx＝at1tanα＝eq\f(vPx,v0)由幾何關系有：Y＝y(tǒng)P＋eq\f(l,tanα)對于電子Q，設其在電場中運動的時間為t2，射出時速度方向與y負軸方向成β角，在y軸上的射出點與O點距離為yQ1，射出點與電子P打在熒光屏上的相交點豎直距離為yQ2：yQ1＋yQ2＝Y(jié)yQ1＝v0t2yQ2＝eq\f(l,tanβ)tanβ＝eq\f(vQx,v0)vQx＝at2聯(lián)立解得：t2＝eq\f(3m,2eB)(另一個解t2＝eq\f(2m,eB)是電子P在電場中運動的時間，故舍去)．答案(1)v0＝eq\f(eBl,3m)(2)(0，－eq\f(2,3)l)(3)eq\f(3m,2eB)7.【2017·山西省重點中學協(xié)作體高三上學期期末聯(lián)考】(18分)電視機的顯像管中電子束的偏轉(zhuǎn)是應用磁偏轉(zhuǎn)技術實現(xiàn)的。如圖1所示為顯像管的原理示意圖。顯像管中有一個電子槍，工作時陰極發(fā)射的電子(速度很小，可視為零)經(jīng)過加速電場加速后，穿過以O點為圓心、半徑為r的圓形磁場區(qū)域(磁場方向垂直于紙面)，撞擊到熒光屏上使熒光屏發(fā)光。已知電子質(zhì)量為m、電荷量為e，加速電場的電壓為U，在沒有磁場時電子束通過O點打在熒光屏正中央的M點，OM間距離為S。電子所受的重力、電子間的相互作用力均可忽略不計，也不考慮磁場變化所激發(fā)的電場對電子束的作用。由于電子經(jīng)過加速電場后速度很大，同一電子在穿過磁場的過程中可認為磁場不變。(1)求電子束經(jīng)偏轉(zhuǎn)磁場后打到熒光屏上時的速率；(2)若磁感應強度隨時間變化關系如圖2所示，其中，求電子束打在熒光屏上發(fā)光所形成的“亮線”長度。(3)若電子束經(jīng)偏轉(zhuǎn)磁場后速度的偏轉(zhuǎn)角θ=60°，求此種情況下電子穿過磁場時，螺線管線圈中電流I0的大小；【答案】(1)(2)(3)【解析】(1)設經(jīng)過電子槍加速電場加速后，電子的速度大小為v，由動能定理得(2)設線圈中電流為0.5I0時，偏轉(zhuǎn)角為θ1，此時電子在屏幕上落點距M點最遠．

此時磁感應強度B1＝0.5μNI0＝

QUOTE軌跡圓半徑電子在屏幕上落點距M點最遠距離亮線長度(3)設電子在磁場中做圓運動的半徑為R，運動軌跡如答圖5所示．

根據(jù)幾何關系有：

洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律有：

由題知B=μNI0

解得：

8.如圖所示，在平面直角坐標系xOy內(nèi)，第Ⅰ象限的等腰直角三角形MNP區(qū)域內(nèi)存在垂直于坐標平面向外的勻強磁場，y＜0的區(qū)域內(nèi)存在著沿y軸正方向的勻強電場。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從電場中Q(－2h，－h(huán))點以速度v0水平向右射出，經(jīng)過坐標原點O處射入第Ⅰ象限，最后以垂直于PN的方向射出磁場。已知MN平行于x軸，N點的坐標為(2h，2h)，不計粒子的重力，求：(1)電場強度E的大小以及帶電粒子從O點射出勻強電場時與水平方向夾角α的正切值；(2)磁感應強度B的大??；(3)帶電粒子從Q點運動到射出磁場的時間t?！窘馕觥?1)粒子在勻強電場中做類平拋運動，由平拋運動規(guī)律及牛頓運動定律得2h＝v0t①h＝eq\f(1,2)at2②又qE＝ma③聯(lián)立①②③解得E＝eq\f(mveq\o\al(2,0),2qh)④設粒子到達O點時的速度為v，沿y軸正方向的分速度為vy則有vy＝at＝eq\f(qE,m)·eq\f(2h,v0)＝v0，v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))＝eq\r(2)v0⑤速度v與x軸正方向的夾角α滿足tanα＝eq\f(vy,v0)＝1即α＝45°，因此粒子從MP的中點垂直于MP進入磁場。(2)又因為粒子垂直于PN射出磁場，所以P點為圓心，軌道半徑R＝eq\f(1,2)eq\o(MP,\s\up6(－))＝eq\r(2)h⑥由牛頓第二定律有qvB＝meq\f(v2,R)⑦聯(lián)立解得B＝eq\f(mv0,qh)。(3)帶電粒子在電場中運動的時間t1＝eq\f(2h,v0)，從O點運動到磁場邊界的時間t2＝eq\f(\r(2)h,v)＝eq\f(h,v0)，在磁場中運動的時間：t3＝eq\f(\f(π,4)R,v)＝eq\f(πh,4v0)帶電粒子從Q點運動到射出磁場的時間 t＝t1＋t2＋t3＝eq\f(2h,v0)＋eq\f(h,v0)＋eq\f(πh,4v0)＝(3＋eq\f(π,4))eq\f(h,v0)?！敬鸢浮?1)eq\f(mveq\o\al(2,0),2qh)1(2)eq\f(mv0,qh)(3)(3＋eq\f(π,4))eq\f(h,v0)9.(2015·天津理綜，12)現(xiàn)代科學儀器常利用電場、磁場控制帶電粒子的運動。真空中存在著如圖所示的多層緊密相鄰的勻強電場和勻強磁場，電場與磁場的寬度均為d。電場強度為E，方向水平向右；磁感應強度為B，方向垂直紙面向里，電場、磁場的邊界互相平行且與電場方向垂直。一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子在第1層電場左側(cè)邊界某處由靜止釋放，粒子始終在電場、磁場中運動，不計粒子重力及運動時的電磁輻射。(1)求粒子在第2層磁場中運動時速度v2的大小與軌跡半徑r2；(2)粒子從第n層磁場右側(cè)邊界穿出時，速度的方向與水平方向的夾角為θn，試求sinθn；(3)若粒子恰好不能從第n層磁場右側(cè)邊界穿出，試問在其他條件不變的情況下，也進入第n層磁場，但比荷較該粒子大的粒子能否穿出該層磁場右側(cè)邊界，請簡要推理說明之?！窘馕觥?1)粒子在進入第2層磁場時，經(jīng)過兩次電場加速，中間穿過磁場時洛倫茲力不做功。由動能定理，有2qEd＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)①由①式解得v2＝2eq\r(\f(qEd,m))②粒子在第2層磁場中受到的洛倫茲力充當向心力，有qv2B＝meq\f(veq\o\al(2,2),r2)③由②③式解得r2＝eq\f(2,B)eq\r(\f(mEd,q))④(2)設粒子在第n層磁場中運動的速度為vn，軌跡半徑為rn(各量的下標均代表粒子所在層數(shù)，下同)。nqEd＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,n)⑤qvnB＝meq\f(veq\o\al(2,n),rn)⑥粒子進入第n層磁場時，速度的方向與水平方向的夾角為αn，從第n層磁場右側(cè)邊界穿出時速度方向與水平方向的夾角為θn，粒子在電場中運動時，垂直于電場線方向的速度分量不變，有vn－1sinθn－1＝vnsinαn⑦由圖1看出rnsinθn－rnsinαn＝d⑧由⑥⑦⑧式得rnsinθn－rn－1sinθn－1＝d⑨由⑨式看出r1sinθ1，r2sinθ2，…，rnsinθn為一等差數(shù)列，公差為d，可得rnsinθn＝r1sinθ1＋(n－1)d⑩當n＝1時，由圖看出r1sinθ1＝d由⑤⑥⑩?式得sinθn＝Beq\r(\f(nqd,2mE))?(3)若粒子恰好不能從第n層磁場右側(cè)邊界穿出，則θn＝eq\f(π,2)?sinθn＝1?在其他條件不變的情況下，換用比荷更大的粒子，設其比荷為eq\f(q′,m′)，假設能穿出第n層磁場右側(cè)邊界，粒子穿出時的速度方向與水平方向的夾角為θn，由于eq\f(q′,m′)＞eq\f(q,m)?則導致sinθn′＞1?說明θn′不存在，即原假設不成立。所以比荷較該粒子大的粒子不能穿出該層磁場右側(cè)邊界?！敬鸢浮?1)2eq\r(\f(qEd,m))eq\f(2,B)eq\r(\f(mEd,q))(2)Beq\r(\f(nqd,2mE))(3)見解析10.(2015·山西四校聯(lián)考)如圖所示，在xOy平面坐標系中，直線MN與y軸成30°角，M點的坐標為(0，a)，在y軸與直線MN之間的區(qū)域內(nèi)，存在垂直xOy平面向里、磁感應強度為B的勻強磁場。電子束以相同速度v0從y軸上－eq\f(2,3)a≤y≤0的區(qū)間垂直于y軸和磁場射入磁場。已知從O點射入磁場的電子在磁場中的運動軌跡恰好與直線MN相切，忽略電子間的相互作用和電子的重力。(1)求電子的比荷；(2)若在xOy坐標系的第Ⅰ象限y>0區(qū)域內(nèi)加上沿y軸正方向大小為E＝Bv0的勻強電場，在x0＝eq\f(4,3)a處垂直于x軸放置一熒光屏，計算說明熒光屏上發(fā)光區(qū)的形狀和范圍。【解析】(1)從O點射入磁場的電子在磁場中的運動軌跡如圖所示，由幾何關系有：r＋eq\f(r,sin30°)＝a①解得：r＝eq\f(a,3)②電子在磁場中運動時，洛倫茲力等于向心力，即eBv0＝meq\f(veq\o\al(2,0),r)③聯(lián)立解得電子比荷eq\f(e,m)＝eq\f(3v0,Ba)④(2)由電子的軌道半徑可判斷，在O點射入磁場的電子從(0，eq\f(2,3)a)的位置進入勻強電場，電子進入電場后做類平拋運動，有2r＝eq\f(eE,2m)t2⑤x＝v0t⑥將E＝Bv0代入，聯(lián)立解得：x＝eq\f(2,3)a⑦設該電子穿過x軸時速度與x軸正方向成θ角，則vy＝eq\f(eE,m)t⑧tanθ＝eq\f(vy,v0)⑨解得：tanθ＝2⑩設該電子打在熒光屏上的Q點，Q點離x軸的距離為L，則L＝(x0－x)tanθ＝eq\f(4,3)a?即電子打在熒光屏上離x軸的最遠距離為L＝eq\f(4,3)a而從(0，－eq\f(2,3)a)位置進入磁場的電子恰好由O點過y軸，不受電場力，沿x軸正方向做勻速直線運動，打在熒光屏與x軸相交的點上，所以熒光屏上在y坐標分別為0、－eq\f(4,3)a的范圍內(nèi)出現(xiàn)一條長亮線【答案】(1)eq\f(3v0,Ba)(2)在y坐標分別為0、－eq\f(4,3)a的范圍內(nèi)出現(xiàn)一條長亮線11.如圖所示，一個質(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強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向里．結(jié)果離子正好從距A點為d的小孔C沿垂直于電場方向進入勻強電場，此電場方向與AC平行且向上，最后離子打在G處，而G處距A點2d(AG⊥AC)．不計離子重力，離子運動軌跡在紙面內(nèi)．求：(1)(2)離子從D處運動到G處所需時間；(3)離子到達G處時的動能．【解析】(1)正離子軌跡如圖所示．圓周運動半徑r滿足：d＝r＋rcos60°，解得r＝eq\f(2,3)d.(2)設離子在磁場中的運動速度為v0，則有：qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),r)T＝eq\f(2πr,v0)＝eq\f(2πm,qB)在磁場中做圓周運動的時間為：t1＝eq\f(1,3)T＝eq\f(2πm,3Bq)離子從C到G的時間為：t2＝eq\f(2d,v0)＝eq\f(3m,Bq)離子從D→C→G的總時間為：t＝t1＋t2＝eq\f(9＋2πm,3Bq).(3)設電場強度為E，則有：qE＝mad＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,2)由動能定理得：qEd＝EkG－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得EkG＝eq\f(4B2q2d2,9m).【答案】(1)eq\f(2,3)d(2)eq\f(9＋2πm,3Bq)(3)eq\f(4B2q2d2,9m)12.電視機中顯像管(抽成真空玻璃管)的成像原理主要是靠電子槍產(chǎn)生高速電子束，并在變化的磁場作用下發(fā)生偏轉(zhuǎn)，打在熒光屏不同位置上發(fā)出熒光而形成像。顯像管的原理示意圖(俯視圖)如圖4甲所示，在電子槍右側(cè)的偏轉(zhuǎn)線圈可以產(chǎn)生使電子束沿紙面發(fā)生偏轉(zhuǎn)的磁場，偏轉(zhuǎn)的磁場可簡化為由通電螺線管產(chǎn)生的與紙面垂直的磁場，該磁場分布的區(qū)域為圓形(如圖乙所示)，其磁感應強度B＝μNI，式中μ為磁常量，N為螺線管線圈的匝數(shù)，I為線圈中電流的大小。由于電子的速度極大，同一電子穿過磁場的過程可認為磁場沒有變化，是穩(wěn)定的勻強磁場。已知電子質(zhì)量為m，電荷量為e，電子槍加速電壓為U，磁常量為μ，螺線管線圈的匝數(shù)為N，偏轉(zhuǎn)磁場區(qū)域的半徑為r，其圓心為O點。當沒有磁場時，電子束通過O點，打在熒光屏正中的M點，O點到熒光屏中心的距離OM＝L。電子被加速前的初速度、所受的重力、電子間的相互作用力以及地磁場對電子束的影響均可忽略不計，也不考慮相對論效應及磁場變化所激發(fā)的電場對電子束的作用。(1)求電子束經(jīng)偏轉(zhuǎn)磁場后打到熒光屏上P點時的速率；(2)若電子束經(jīng)偏轉(zhuǎn)磁場后速度的偏轉(zhuǎn)角θ＝60°，求此種情況下電子穿過磁場時，螺線管線圈中電流I0的大??；(3)當線圈中通入如圖丙所示的電流，其最大值為第(2)問中電流的0.5倍。求電子束打在熒光屏上發(fā)光所形成“亮線”的長度?！窘馕觥?1)設經(jīng)過電子槍中加速電場加速后，電子的速度大小為v根據(jù)動能定理有eU＝eq\f(1,2)mv2解得v＝eq\r(\f(2eU,m))。(2)設電子在磁場中做圓周運動的半徑為R，運動軌跡如圖所示，根據(jù)幾何關系有taneq\f(θ,2)＝eq\f(r,R)洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律有evB＝eq\f(mv2,R)由題知B＝μNI0解得I0＝eq\f(\r(6meU),3rμeN)。(3)設線圈中電流為0.5I0時，偏轉(zhuǎn)角為θ1，此時電子在屏幕上落點距M點最遠此時磁感應強度B1＝0.5μNI0＝eq\f(B,2)軌跡圓半徑R1＝eq\f(mv,eB1)＝2R＝2eq\r(3)rtaneq\f(θ1,2)＝eq\f(r,R1)＝eq\f(1,2\r(3))＝eq\f(\r(3),6)電子在屏幕上落點距M點最遠距離y＝Ltanθ1＝eq\f(4\r(3),11)L亮線長度Y＝2y＝eq\f(8\r(3),11)L?！敬鸢浮?1)eq\r(\f(2eU,m))(2)eq\f(\r(6meU),3rμeN)(3)eq\f(8\r(3),11)L13.(2015·江蘇卷)一臺質(zhì)譜儀的工作原理如圖所示，電荷量均為＋q、質(zhì)量不同的離子飄入電壓為U0的加速電場，其初速度幾乎為零．這些離子經(jīng)加速后通過狹縫O沿著與磁場垂直的方向進入磁感應強度為B的勻強磁場，最后打在底片上．已知放置底片的區(qū)域MN＝L，且OM＝L.某次測量發(fā)現(xiàn)MN中左側(cè)eq\f(2,3)區(qū)域MQ損壞，檢測不到離子，但右側(cè)eq\f(1,3)區(qū)域QN仍能正常檢測到離子．在適當調(diào)節(jié)加速電壓后，原本打在MQ的離子即可在QN檢測到．(1)求原本打在MN中點P的離子質(zhì)量m；(2)為使原本打在P的離子能打在QN區(qū)域，求加速電壓U的調(diào)節(jié)范圍；(3)為了在QN區(qū)域?qū)⒃敬蛟贛Q區(qū)域的所有離子檢測完整，求需要調(diào)節(jié)U的最少次數(shù)．(取lg2＝0.301，lg3＝0.477，lg5＝0.699)【解析】(1)離子在電場中加速qU0＝eq\f(1,2)mv2在磁場中做勻速圓周運動qvB＝meq\f(v2,r)解得r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU0,q))代入r0＝eq\f(3,4)L，解得m＝eq\f(9qB2L2,32U0).(2)由(1)知，U＝eq\f(16U0r2,9L2)，離子打在Q點r＝eq\f(5,6)L，U＝eq\f(100U0,81).離子打在N點r＝L，U＝eq\f(16U0,9)則電壓的范圍eq\f(100U0,81)≤U≤eq\f(16U0,9).(3)由(1)可知，r∝eq\r(U)由題意知，第1次調(diào)節(jié)電壓到U1，使原本Q點的離子打在N點eq\f(L,\f(5,6)L)＝eq\f(\r(U1),\r(U0))此時，原本半徑為r1的打在Q1的離子打在Q上eq\f(\f(5,6)L,r1)＝eq\f(\r(U1),\r(U0))解得r1＝(eq\f(5,6))2L第2次調(diào)節(jié)電壓到U2，原本打在Q1的離子打在N點，原本半徑為r2的打在Q2的離子打在Q上，則eq\f(L,r1)＝eq\f(\r(U2),\r(U0))，eq\f(\f(5,6)L,r2)＝eq\f(\r(U2),\r(U0)).解得r2＝(eq\f(5,6))3L同理，第n次調(diào)節(jié)電壓，有rn＝(eq\f(5,6))n＋1L檢測完整，有rn≤eq\f(L,2)解得n≥eq\f(lg2,lg\f(6,5))－1≈2.8.最少次數(shù)為3次．【答案】(1)eq\f(9qB2L2,32U0)(2)eq\f(100U0,81)≤U≤eq\f(16U0,9)(3)314.如圖所示，直角坐標系xOy位于豎直平面內(nèi)，在－eq\r(3)m≤x≤0的區(qū)域內(nèi)有磁感應強度大小B＝4.0×10－4T、方向垂直于紙面向里的條形勻強磁場，其左邊界與x軸交于P點；在x>0的區(qū)域內(nèi)有電場強度大小E＝4N/C、方向沿y軸正方向的條形勻強電場，其寬度d＝2m．一帶電粒子從P點以速度v＝4×104m/s，沿與x軸正方向成α＝60°角射入磁場，經(jīng)過y軸時速度方向垂直y軸．當電場左邊界與y軸重合時，帶電粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)最終通過x軸上的Q點(圖中未標出)，不計粒子重力．求：(1)帶電粒子的比荷(電量和質(zhì)量的比值)；(2)Q點的橫坐標；(3)若只改變上述電場強度的大小，要求帶電粒子仍能通過Q點，討論此電場左邊界的橫坐標x′與電場強度的大小E′的函數(shù)關系．【解析】(1)軌跡如圖甲，交y軸于C點，過P點作v的垂線交y軸于O1點，甲由幾何關系得O1為粒子運動軌跡的圓心，設半徑為r，則圓心角為60°.有：rsinα＝eq\r(3)得r＝2m帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，有：qvB＝meq\f(v2,r)代入數(shù)據(jù)，解得eq\f(q,m)＝5×107C/kg.(2)粒子在電場中做類平拋運動，加速度a＝eq\f(qE,m)＝2×108m/s2運動時間t1＝eq\f(d,v)＝5×10－5s沿y軸負方向的分速度vy＝at1＝1×104m/s沿y軸負方向的位移y＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＝0.25m由幾何知識可得LOC＝1m.粒子出電場后又經(jīng)時間t2達x軸上Q點，t2＝eq\f(LOC－y,vy)＝7.5×10－5s故Q點的橫坐標為x＝d＋vt2＝5m(3)設電場左邊界的橫坐標為x′，當0<x′<3m時，如圖乙，粒子離開電場時的速度偏向角為θ，乙則：tanθ＝eq\f(E′qd,mv2)又：tanθ＝eq\f(1,4－x′)由以上兩式得：E′＝eq\f(16,4－x′)，當3m≤x′＜5m時，如圖丙，丙有LOC＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(E′q5－x′2,2mv2)解得：E′＝eq\f(64,5－x′2).【答案】(1)5×107C/kg(2)5m(3)見解析15.容器A中裝有大量的質(zhì)量、電荷量不同但均帶正電的粒子，粒子從容器下方的小孔S1不斷飄入加速電場(初速度可視為零)做直線運動，通過小孔S2后從兩平行板中央沿垂直電場方向射入偏轉(zhuǎn)電場．粒子通過平行板后沿垂直磁場方向進入磁感應強度為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場區(qū)域，最后打在感光片上，如圖2所示．已知加速電場中S1、S2間的加速電壓為U，偏轉(zhuǎn)電場極板長為L，兩板間距也為L，板間勻強電場強度E＝eq\f(2U,L)，方向水平向左(忽略板間外的電場)，平行板f的下端與磁場邊界ab相交于點P，在邊界ab上實線處固定放置感光片．測得從容器A中逸出的所有粒子均打在感光片P、Q之間，且Q距P的長度為3L，不考慮粒子所受重力與粒子間的相互作用，求：(1)粒子射入磁場時，其速度方向與邊界ab間的夾角；(2)射到感光片Q處的粒子的比荷(電荷量與質(zhì)量之比)；(3)粒子在磁場中運動的最短時間．【解析】(1)設質(zhì)量為m，電荷量為q的粒子通過孔S2的速度為v0qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)粒子在平行板間：L＝v0tvx＝eq\f(qE,m)ttanθ＝eq\f(v0,vx)聯(lián)立解得：tanθ＝1，θ＝eq\f(π,4)粒子射入磁場時的速度方向與邊界ab間的夾角θ＝eq\f(π,4)(2)由(1)知，粒子均從e板下端與水平方向成45°的角射入勻強磁場．設質(zhì)量為m0，電荷量為q0的粒子射入磁場時的速度為v′，恰能射到感光片Q處，做圓周運動的軌道半徑為r0，則v′＝eq\f(v0,sin45°)＝eq\r(2)v0＝2eq\r(\f(q0U,m0))由幾何關系知：req\o\al(2,0)＋req\o\al(2,0)＝(4L)2，得r0＝2eq\r(2)L又r0＝eq\f(m0v′,q0B)聯(lián)立解得：eq\f(q0,m0)＝eq\f(U,2L2B2)(3)設粒子在磁場中運動的最短時間為tmin，在磁場中的偏轉(zhuǎn)角為α，則tmin＝eq\f(αm′,q′B)半徑為r′＝eq\f(m′v″,q′B)＝eq\f(m′,q′B)·2eq\r(\f(q′U,m′))＝eq\f(2,B)eq\r(\f(m′U,q′))聯(lián)立解得：tmin＝eq\f(αBr′2,4U)因為所有粒子在磁場中運動的偏轉(zhuǎn)角都為α＝eq\f(3,2)π，所以粒子打在P處時在磁場中運動時間最短．由幾何關系知：r′2＋r′2＝L2，得r′＝eq\f(\r(2),2)L聯(lián)立解得tmin＝eq\f(\f(3,2)πB×\f(L2,2),4U)＝eq\f(3πBL2,16U).【答案】(1)eq\f(π,4)(2)eq\f(U,2L2B2)(3)eq\f(3πBL2,16U)16.如圖所示，在直角坐標系第二象限中有磁感應強度大小為B、方向垂直xOy平面向里的勻強磁場區(qū)域Ⅰ，在第一象限的y>L區(qū)域有磁感應強度與區(qū)域Ⅰ相同的磁場區(qū)域Ⅱ；在第一象限的eq\f(L,2)<y<L區(qū)域中有磁感應強度大小未知、方向垂直xOy平面向外的勻強磁場區(qū)域Ⅲ.在坐標原點O處有一電壓可調(diào)的沿x軸方向的加速電場，電場右側(cè)有一粒子源可產(chǎn)生電荷量為q，質(zhì)量為m、初速度忽略不計的帶負電粒子．粒子經(jīng)加速電場加速后從坐標原點O處沿x軸負方向射入磁場區(qū)域Ⅰ.(1)若粒子經(jīng)過坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)L，L))的P點時，速度方向與y軸負方向成銳角，且已知粒子僅經(jīng)過磁場區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，求加速電場的電壓U.(2)若調(diào)低加速電場的電壓，粒子會從磁場區(qū)域Ⅰ垂直y軸進入磁場區(qū)域Ⅲ，經(jīng)過坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)L，L))的P點后進入磁場區(qū)域Ⅱ，粒子在P點的速度方向與y軸正方向夾角為θ，求磁場區(qū)域Ⅲ的磁感應強度大?。窘馕觥?1)設帶電粒子經(jīng)加速電場加速后的速度大小為v，由動能定理有qU＝eq\f(1,2)mv2帶電粒子進入勻強磁場中，洛倫茲力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,R)由幾何關系有(L－R)2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)L))2＝R2聯(lián)立解得U＝eq\f(2qB2L2,9m)(2)設調(diào)低加速電場電壓后，帶電粒子經(jīng)加速電場加速后的速度大小為v1帶電粒子在磁場區(qū)域Ⅰ中做勻速圓周運動時，有qv1B＝meq\f(v\o\al(2,1),R1)在磁場區(qū)域Ⅲ中做勻速圓周運動時，有qv1B1＝meq\f(v\o\al(2,1),R2)可得B1＝eq\f(R1,R2)B又由幾何關系有R2cosθ＝eq\f(\r(3),3)L由eq\f(\r(3),3)L>eq\f(L,2)，可知粒子在區(qū)域Ⅲ中運動的軌跡圓心的縱坐標值大于L2R1＋R2－R2sinθ＝L聯(lián)立解得B1＝eq\f(sinθ＋\r(3)cosθ－1,2)B.【答案】(1)eq\f(2qB2L2,9m)(2)eq\f(sinθ＋\r(3)cosθ－1,2)B17.如圖所示，直線y＝x與y軸之間有垂直于xOy平面向外的勻強磁場B1，直線x＝d與y＝x間有沿y軸負方向的勻強電場，電場強度E＝1.0×104V/m，另有一半徑R＝1.0m的圓形勻強磁場區(qū)域，磁感應強度B2＝0.20T，方向垂直坐標平面向外，該圓與直線x＝d和x軸均相切，且與x軸相切于S點．一帶負電的粒子從S點沿y軸的正方向以速度v0進入圓形磁場區(qū)域，經(jīng)過一段時間進入磁場區(qū)域B1，且第一次進入磁場B1時的速度方向與直線y＝x垂直．粒子速度大小v0＝1.0×105m/s，粒子的比荷為eq\f(q,m)＝5.0×105C/kg，粒子重力不計．求：(1)坐標d的值；(2)要使粒子無法運動到x軸的負半軸，則磁感應強度B1應滿足的條件；(3)在第(2)問的基礎上，粒子從開始進入圓形磁場至第二次到達直線y＝x上的最長時間．(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)【解析】(1)帶電粒子在勻強磁場B2和勻強電場中運動的軌跡如圖甲所示，甲則qv0B2＝meq\f(v\o\al(2,0),r)解得r＝1m粒子進入勻強電場以后，做類平拋運動，設水平方向的位移為x0，豎直方向的位移為y0.水平方向：x0＝v0t豎直方向：y0＝eq\f(1,2)at2a＝eq\f(qE,m)eq\f(y0,x0)＝eq\f(1,2)tan45°＝eq\f(1,2)聯(lián)立解得：x0＝2m，y0＝1m由圖甲中幾何關系可得d＝x0＋y0＋r＝4m.(2)設當勻強磁場的磁感應強度為B1′時，粒子垂直打在y軸上，此時粒子無法運動到x軸的負半軸，粒子在磁場中運動半徑為r1，如圖乙所示，乙由幾何關系得：r1＝eq\r(2)d－eq\r(2)x0解得r1＝eq\f(m·\r(2)v0,qB1′)＝2eq\r(2)mB1′＝0.1T故B1≤0.1T.設當勻強磁場的磁感應強度為B1″時，粒子從電場垂直邊界進入勻強磁場后，軌跡與y軸相切，此時粒子也無法運動到x軸負半軸，設粒子在磁場中運動半徑為r2，如圖乙所示，由幾何關系可得r2＋r2cos45°＋x0＝d解得r2＝eq\f(m·\r(2)v0,qB1″)＝(4－2eq\r(2))mB1″≈0.24T故B1≥0.24T．即要使粒子無法運動到x軸的負半軸，磁感應強度B1≤0.1T或B1≥0.24T.(3)設粒子在B2中運動時間為t1，電場中運動時間為t2，磁場B1中運動時間為t3，則t＝t1＋t2＋t3＝eq\f(T1,4)＋eq\f(x0,v0)＋eq\f(T2,2)＝eq\f(1,4)×eq\f(2πm,qB2)＋eq\f(x0,v0)＋eq\f(1,2)×eq\f(2πm,qB1″)≈6.2×10－5s.【答案】(1)4m(2)B1≤0.1T或B1≥0.24T(3)6.2×10－5s18.如圖所示，空間中存在半徑為R的圓形有界磁場，磁場的方向垂直紙面向外，磁感應強度大小為B.平行板電容器極板間距離為eq\f(2\r(3),3)R，電容器上極板的延長線恰好與圓形磁場下邊界相切于P點，兩極板右端豎直連線與磁場左邊相切于Q點．一質(zhì)量為m、電荷量大小為q的帶電粒子，以大小為eq\f(BqR,2m)的初速度緊貼負極板從左側(cè)垂直電場方向射入，并從兩極板右端豎直連線的中點N射出，后恰好由P點射入圓形磁場區(qū)域．不計粒子的重力．求：(1)電容器兩極板間的電勢差；(2)粒子從進入電場到射出磁場的整個過程所經(jīng)歷的時間．【解析】(1)設粒子從N點射出的速度與極板的夾角為θ，設極板間距為d，如圖所示，由幾何關系可解得：tanθ＝eq\f(d,2R)＝eq\f(\r(3),3)，即θ＝30°vy＝v0tanθ粒子在電場中做類平拋運動，則：veq\o\al(2,y)＝2a·eq\f(d,2)由牛頓第二定律得a＝eq\f(F,m)粒子在電場中受力：F＝qE平行板電容器兩極板間的電場強度：E＝eq\f(U,d)聯(lián)立解得：U＝eq\f(B2R2q,12m)(2)設粒子在電場中勻加速運動的時間為t1，則eq\f(d,2)＝eq\f(vy,2)t1設粒子飛出電場后做勻速運動所用的時間為t2，則R＝v0t2由幾何關系得，粒子飛出電場后的速度：v＝eq\f(v0,cosθ)粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)的軌跡如圖所示，設粒子從M點射出磁場，由洛倫茲力提供向心力得：qvB＝meq\f(v2,r)解得粒子運動的半徑：r＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(\r(3),3)R粒子運動的周期：T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,qB)如圖，O′為軌跡圓圓心，O為圓形磁場的圓心，△OO′P中OP＝R，O′P＝r＝eq\f(\r(3),3)R，∠OPO′＝30°，由余弦定理得：OO′2＝R2＋r2－2Rrcos30°解得：OO′＝eq\f(\r(3),3)R＝r可得偏轉(zhuǎn)角為α＝240°則粒子在磁場中運動時間t3＝eq\f(2,3)T粒子整個過程的運動時間t＝t1＋t2＋t3解得t＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4π,3)＋6))eq\f(m,Bq).【答案】(1)eq\f(B2R2q,12m)(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4π,3)＋6))eq\f(m,Bq)19.如圖所示，在一、二象限內(nèi)－R≤x≤R范圍內(nèi)有豎直向下的勻強電場E，電場的上邊界方程為y＝eq\f(1,2R)x2.在三、四象限內(nèi)存在垂直于紙面向里，邊界方程為x2＋y2＝R2的勻強磁場．現(xiàn)在第二象限中電場的上邊界有許多質(zhì)量為m，電量為q的正離子，在y＝eq\f(1,2)R處有一熒光屏，當正離子打到熒光屏時會發(fā)光，不計重力和離子間相互作用力．(1)求在x(－R≤x≤R)處釋放的離子進入磁場時的速度大小；(2)若僅讓橫坐標x＝－eq\f(R,3)處的離子釋放，它最后能經(jīng)過點(R,0)，求從釋放到經(jīng)過點(R,0)所需時間t；(3)若同時將離子由靜止釋放，釋放后一段時間發(fā)現(xiàn)熒光屏上只有一點持續(xù)發(fā)出熒光．求該點坐標和磁感應強度B1.【解析】(1)于x處釋放離子，由動能定理得Eq·eq\f(1,2R)x2＝eq\f(1,2)mv2得離子進入磁場時的速度v＝eq\r(\f(Eq,mR))|x|(2)由(1)得在x＝－eq\f(R,3)處釋放的離子到達x軸時速度為v＝eq\r(\f(Eq,mR))eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(R,3)))＝eq\f(1,3)eq\r(\f(EqR,m))從釋放到到達x軸時間為t1＝eq\f(v,a)＝eq\f(\f(1,3)\r(\f(EqR,m)),\f(Eq,m))＝eq\f(1,3)eq\r(\f(mR,Eq))第一種情況：離子直接從x＝－eq\f(R,3)經(jīng)磁場達x＝R處．在磁場中經(jīng)歷半圓時間t2＝eq\f(s,v)＝eq\f(\f(π,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(R－－\f(R,3))),v)＝2πeq\r(\f(mR,Eq))總時間T1＝t1＋t2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2π＋\f(1,3)))eq\r(\f(mR,Eq))第二種情況：離子直接從x＝－eq\f(R,3)經(jīng)磁場達x＝eq\f(R,3)處進入電場再返回磁場到x＝R處易得在磁場中時間仍然為t2＝2πeq\r(\f(mR,Eq))在電場中時間為3t1＝eq\r(\f(mR,Eq))總時間為T2＝3t1＋t2＝(2π＋1)eq\r(\f(mR,Eq))(3)在磁場B中qvB＝eq\f(mv2,r)所以運動半徑r＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(1,B)eq\r(\f(Em,qR))|x|可以看出，B一定時，必有r∝|x|，當|x|→0時，r→0(離子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)從逼近原點處出磁場)因此，所有離子都從原點(0,0)點處出磁場，擊中熒光屏上eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)R))則有2r1＝|x|，因為qvB1＝eq\f(mv2,r1)所以B1＝eq\f(mv,qr1)＝2eq\r(\f(Em,qR)).【答案】(1)eq\r(\f(Eq,mR))|x|(2)見解析(3)2eq\r(\f(Em,q