高中物理一輪復(fù)習(xí)配餐作業(yè)27帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動

配餐作業(yè)(二十七)帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動eq\a\vs4\al(??)見學(xué)生用書P363A組·基礎(chǔ)鞏固題1．如圖所示，界面MN與水平地面之間有足夠大的正交的勻強(qiáng)磁場B和勻強(qiáng)電場E，磁感線和電場線互相垂直。在MN上方有一個帶正電的小球由靜止開始下落，經(jīng)電場和磁場到達(dá)水平地面。若不計(jì)空氣阻力，小球在通過電場和磁場的過程中，下列說法正確的是()A．小球做勻變速曲線運(yùn)動B．小球的電勢能保持不變C．洛倫茲力對小球做正功D．小球動能的增量等于其電勢能和重力勢能減少量的總和解析帶電小球在剛進(jìn)入復(fù)合場時受力如圖所示，則帶電小球進(jìn)入復(fù)合場后做曲線運(yùn)動，因?yàn)樗俣葧l(fā)生變化，洛倫茲力就會跟著變化，所以小球不可能做勻變速曲線運(yùn)動，A項(xiàng)錯誤；根據(jù)電勢能公式Ep＝qφ知只有帶電小球豎直向下做直線運(yùn)動時，電勢能才保持不變，B項(xiàng)錯誤；洛倫茲力的方向始終和速度方向垂直，所以洛倫茲力不做功，C項(xiàng)錯誤；從能量守恒角度分析，D項(xiàng)正確。答案D2．(多選)太陽風(fēng)含有大量高速運(yùn)動的質(zhì)子和電子，可用于發(fā)電。如圖所示，太陽風(fēng)進(jìn)入兩平行極板之間的區(qū)域，速度為v，方向與極板平行，該區(qū)域中有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場，方向垂直紙面，兩極板間的距離為L，則()A．在開關(guān)S未閉合的情況下，兩極板間穩(wěn)定的電勢差為BLvB．閉合開關(guān)S后，若回路中有穩(wěn)定的電流I，則極板間電場恒定C．閉合開關(guān)S后，若回路中有穩(wěn)定的電流I，則電阻消耗的熱功率為2BILvD．閉合開關(guān)S后，若回路中有穩(wěn)定的電流I，則電路消耗的能量等于洛倫茲力所做的功解析太陽風(fēng)進(jìn)入兩極板之間的勻強(qiáng)磁場中，帶電離子受到洛倫茲力和電場力作用，穩(wěn)定后，有eq\f(qU,L)＝qvB，解得U＝BLv，A項(xiàng)正確；閉合開關(guān)后，若回路中有穩(wěn)定的電流，則兩極板之間的電壓恒定，電場恒定，B項(xiàng)正確；回路中電流I＝eq\f(U,R)＝eq\f(BLv,R)，電阻消耗的熱功率P＝I2R＝eq\f(B2L2v2,R)，C項(xiàng)錯誤；由于洛倫茲力永遠(yuǎn)不做功，所以D項(xiàng)錯誤。答案AB3．如圖所示，在x軸上方存在垂直紙面向里的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，x軸下方存在垂直紙面向外的磁感應(yīng)強(qiáng)度為eq\f(B,2)的勻強(qiáng)磁場，一帶負(fù)電的粒子從原點(diǎn)O以與x軸成30°角斜向上的速度v射入磁場，且在x軸上方運(yùn)動，半徑為R。則下列說法正確的是()A．粒子經(jīng)偏轉(zhuǎn)一定能回到原點(diǎn)OB．粒子在x軸上方和下方兩磁場中運(yùn)動的半徑之比為2∶1C．粒子完成一次周期性運(yùn)動的時間為eq\f(2πm,3qB)D．粒子第二次射入x軸上方磁場時，沿x軸前進(jìn)3R解析由r＝eq\f(mv,qB)可知，粒子在x軸上方和下方兩磁場中運(yùn)動的半徑之比為1∶2，所以B項(xiàng)錯誤；粒子完成一次周期性運(yùn)動的時間t＝eq\f(1,6)T1＋eq\f(1,6)T2＝eq\f(πm,3qB)＋eq\f(2πm,3qB)＝eq\f(πm,qB)，所以C項(xiàng)錯誤；粒子第二次射入x軸上方磁場時沿x軸前進(jìn)l＝R＋2R＝3R，粒子經(jīng)偏轉(zhuǎn)不能回到原點(diǎn)O，所以A項(xiàng)錯誤，D項(xiàng)正確。答案D4.(多選)為監(jiān)測某化工廠的污水排放量，技術(shù)人員在該廠的排污管末端安裝了如圖所示的流量計(jì)。該裝置由絕緣材料制成，長、寬、高分別為a、b、c，左右兩端開口。在垂直于上下底面方向加磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場，在前后兩個側(cè)面內(nèi)分別固定有金屬板作為電極。污水充滿管口并從左向右流經(jīng)該裝置時，接在M、N兩端間的電壓表將顯示兩個電極間的電壓U。若用Q表示污水流量(單位時間內(nèi)排出的污水體積)，則下列說法中正確的是()A．N端的電勢比M端的高B．若污水中正負(fù)離子數(shù)相同，則前后表面的電勢差為零C．電壓表的示數(shù)U跟a和b都成正比，跟c無關(guān)D．電壓表的示數(shù)U跟污水的流量Q成正比解析正負(fù)離子向右移動，受到洛倫茲力作用，根據(jù)左手定則，正離子向后表面偏，負(fù)離子向前表面偏，所以前表面比后表面電勢低，即N端的電勢比M端的高，A項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯誤；最終正負(fù)離子受到電場力、洛倫茲力作用而平衡，有qE＝qvB，又E＝eq\f(U,b)，得v＝eq\f(U,Bb)，而污水流量Q＝vbc，得U＝eq\f(QB,c)，即電壓表的示數(shù)U跟污水的流量Q成正比，跟c成反比，C項(xiàng)錯誤，D項(xiàng)正確。答案AD5．如圖所示，某種帶電粒子由靜止開始經(jīng)電壓為U1的電場加速后，射入水平放置、電勢差為U2的兩導(dǎo)體板間的勻強(qiáng)電場中，帶電粒子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(qiáng)磁場中，則粒子射入磁場和射出磁場的M、N兩點(diǎn)間的距離d隨著U1和U2的變化情況為(不計(jì)重力，不考慮邊緣效應(yīng))()A．d隨U1變化，d與U2無關(guān)B．d與U1無關(guān)，d隨U2變化C．d隨U1變化，d隨U2變化D．d與U1無關(guān)，d與U2無關(guān)解析設(shè)帶電粒子在加速電場中被加速后的速度為v0，根據(jù)動能定理有qU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)。設(shè)帶電粒子從偏轉(zhuǎn)電場中出來進(jìn)入磁場時的速度大小為v，與水平方向的夾角為θ，如圖所示，在磁場中有r＝eq\f(mv,qB)，v＝eq\f(v0,cosθ)，而d＝2rcosθ，聯(lián)立各式解得d＝eq\f(2mv0,qB)，因而A項(xiàng)正確。答案A6．如圖所示，豎直平面內(nèi)有一固定的光滑絕緣橢圓大環(huán)，水平長軸為AC，豎直短軸為ED。輕彈簧一端固定在大環(huán)的中心O，另一端連接一個可視為質(zhì)點(diǎn)的帶正電的小環(huán)，小環(huán)剛好套在大環(huán)上，整個裝置處在一個水平向里的勻強(qiáng)磁場中。將小環(huán)從A點(diǎn)由靜止釋放，已知小環(huán)在A、D兩點(diǎn)時彈簧的形變量大小相等。下列說法中錯誤的是()A．剛釋放時，小環(huán)的加速度為重力加速度gB．小環(huán)的質(zhì)量越大，其滑到D點(diǎn)時的速度將越大C．小環(huán)從A運(yùn)動到D，彈簧對小環(huán)先做正功后做負(fù)功D．小環(huán)一定能滑到C點(diǎn)解析剛釋放時，小環(huán)速度為零，洛倫茲力為零，只受重力，加速度為g，A項(xiàng)正確；因?yàn)樵贏、D兩點(diǎn)時彈簧的形變量相同，且OA長度大于OD，所以O(shè)A處于拉伸，OD處于壓縮，所以彈簧由伸長變?yōu)閴嚎s，彈力先做正功，后做負(fù)功，C項(xiàng)正確；從A到D過程中洛倫茲力不做功，而彈簧的彈性勢能不變，只有重力做功，所以無論小環(huán)的質(zhì)量如何，小環(huán)到達(dá)D點(diǎn)的速度是一樣的，因大環(huán)光滑，則小環(huán)一定能滑到C點(diǎn)，B項(xiàng)錯誤，D項(xiàng)正確。答案B7．(2018·江西五市八校聯(lián)考)(多選)將一塊長方體形狀的半導(dǎo)體材料樣品的表面垂直磁場方向置于磁場中，當(dāng)此半導(dǎo)體材料中通有與磁場方向垂直的電流時，在半導(dǎo)體材料與電流和磁場方向垂直的兩個側(cè)面會出現(xiàn)一定的電壓，這種現(xiàn)象稱為霍爾效應(yīng)，產(chǎn)生的電壓稱為霍爾電壓，相應(yīng)的將具有這樣性質(zhì)的半導(dǎo)體材料樣品就稱為霍爾元件。如圖所示，利用電磁鐵產(chǎn)生磁場，毫安表檢測輸入霍爾元件的電流，毫伏表檢測霍爾元件輸出的霍爾電壓。已知圖中的霍爾元件是P型半導(dǎo)體，與金屬導(dǎo)體不同，它內(nèi)部形成電流的“載流子”是空穴(空穴可視為能自由移動帶正電的粒子)。圖中的1、2、3、4是霍爾元件上的四個接線端。當(dāng)開關(guān)S1、S2閉合后，電流表A和電表B、C都有明顯示數(shù)，下列說法中正確的是()A．電表B為毫伏表，電表C為毫安表B．接線端2的電勢高于接線端4的電勢C．若調(diào)整電路，使通過電磁鐵和霍爾元件的電流與原電流方向相反，但大小不變，則毫伏表的示數(shù)將保持不變D．若適當(dāng)減小R1、增大R2，則毫伏表示數(shù)一定增大解析由圖可知，B電表跟電源串聯(lián)，故B是毫安表，C并聯(lián)進(jìn)電路，故C是毫伏表，故A項(xiàng)錯誤；左邊線圈有電流流過，產(chǎn)生磁場，由右手定則可知鐵芯上部為N極，下部為S極，霍爾元件通過的磁場方向向下。已知電流方向與磁場方向，且空穴可視為帶正電的粒子，由左手定則知，接線端2的電勢高于接線端4，故B項(xiàng)正確；若調(diào)整電路，使通過電磁鐵和霍爾元件的電流與原電流方向相反，但大小不變，故電路的電流只是方向改變，大小沒有改變，電路阻值沒有改變，故毫伏表示數(shù)沒有改變，故C項(xiàng)正確；減小R1，則通過霍爾元件的磁場減弱，增大R2，總電壓不變，霍爾元件的電壓減小，故毫伏表的示數(shù)減小，故D項(xiàng)錯誤。答案BC8．如圖所示，一帶正電小球穿在一根絕緣粗糙直桿上，桿與水平方向夾角為θ，整個空間存在著豎直向上的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，先給小球一初速度，使小球沿桿向下運(yùn)動，在A點(diǎn)時的動能為100J，在C點(diǎn)時動能減為零，D為AC的中點(diǎn)，那么帶電小球在運(yùn)動過程中，下列說法正確的是()A．到達(dá)C點(diǎn)后小球不可能沿桿向上運(yùn)動B．小球在AD段克服摩擦力做的功與在DC段克服摩擦力做的功不等C．小球在D點(diǎn)時的動能為50JD．小球電勢能的增加量等于重力勢能的減少量解析如果電場力大于重力，則靜止后小球可能沿桿向上運(yùn)動，故A項(xiàng)錯誤；小球受重力、電場力、洛倫茲力、彈力和滑動摩擦力，由于F洛＝qvB，故洛倫茲力減小，導(dǎo)致支持力和滑動摩擦力變化，故小球在AD段克服摩擦力做的功與在DC段克服摩擦力做的功不等，故B項(xiàng)正確；由于小球在AD段克服摩擦力做的功與在DC段克服摩擦力做的功不等，故小球在D點(diǎn)時的動能也就不一定為50J，故C項(xiàng)錯誤；該過程是小球的重力勢能、電勢能、動能和系統(tǒng)的內(nèi)能之和守恒，故小球電勢能的增加量不等于重力勢能的減少量，故D項(xiàng)錯誤。答案BB組·能力提升題9．如圖所示，虛線框中存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場B和平行紙面且與豎直平面夾角為45°的斜向下的勻強(qiáng)電場E，有一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電的小球在高為h處的P點(diǎn)從靜止開始自由下落，當(dāng)小球運(yùn)動到復(fù)合場內(nèi)時剛好做直線運(yùn)動，那么()A．小球在復(fù)合場中一定做勻速直線運(yùn)動B．磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝eq\f(m\r(2gh),2qh)，場強(qiáng)E＝eq\f(\r(2mg),q)C．若換成帶正電的小球，小球仍可能做直線運(yùn)動D．若同時改變小球的比荷與初始下落高度h，小球仍能沿直線通過復(fù)合場解析小球在復(fù)合場中受到豎直向下的重力、與電場強(qiáng)度方向相反的電場力和水平向右的洛倫茲力的作用，如圖所示。其中電場力和重力是恒力，而洛倫茲力的大小與小球的速度大小成正比，若小球做的是變速運(yùn)動，那么洛倫茲力也是變力，小球的合外力方向也要改變，這與題意不符，所以小球在復(fù)合場中一定做勻速直線運(yùn)動，故A項(xiàng)正確；根據(jù)小球的平衡條件可得，qvB＝mg，qE＝eq\r(2)mg，又v2＝2gh，聯(lián)立以上各式解得磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝eq\f(m\r(2gh),2qh)，電場強(qiáng)度E＝eq\f(\r(2)mg,q)，故B項(xiàng)錯誤；若換成帶正電的小球，則電場力和洛倫茲力同時反向，合力不可能為零，故C項(xiàng)錯誤；若要使小球沿直線通過復(fù)合場，小球的合力一定為零，所以一定要滿足B＝eq\f(m\r(2gh),2qh)和E＝eq\f(\r(2)mg,q)，若同時改變小球的比荷與初始下落的高度h，以上兩個式子不能同時滿足，故D項(xiàng)錯誤。答案A10．如圖甲所示，M、N是寬為d的兩豎直線，其間存在垂直紙面方向的磁場(未畫出)，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間按圖乙所示規(guī)律變化(垂直紙面向外為正，T0為已知)，現(xiàn)有一個質(zhì)量為m、電荷量為＋q的離子在t＝0時從直線M上的O點(diǎn)沿著OM線射入磁場，離子重力不計(jì)，離子恰好不能從右邊界穿出且在2T0時恰好返回左邊界M，則圖乙中磁感應(yīng)強(qiáng)度B0的大小和離子的初速度v0分別為()A．B0＝eq\f(2πm,qT0)，v0＝eq\f(πd,T0)B．B0＝eq\f(2πm,qT0)，v0＝eq\f(πd,2T0)C．B0＝eq\f(πm,qT0)，v0＝eq\f(πd,T0)D．B0＝eq\f(πm,qT0)，v0＝eq\f(πd,2T0)解析根據(jù)離子在磁場中運(yùn)動過程的分析，根據(jù)qv0B＝eq\f(mv\o\al(2,0),r)得r＝eq\f(mv0,qB)，磁場雖然方向改變但大小不變，所以半徑不變，由以上分析知，MN之間距離d＝4r，離子勻速圓周運(yùn)動一個周期的時間T等于磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間變化的周期T0，即T＝T0，離子做圓周運(yùn)動的周期公式T＝eq\f(2πm,qB0)，即T0＝eq\f(2πm,qB0)，解得B0＝eq\f(2πm,qT0)；MN之間的距離d＝4r，即r＝eq\f(d,4)，離子做圓周運(yùn)動的半徑公式r＝eq\f(mv0,qB0)，聯(lián)立以上各式得v0＝eq\f(πd,2T0)，故B項(xiàng)正確。答案B11．(多選)如圖所示，在x軸的上方有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度為E，在x軸的下方等腰三角形CDM區(qū)域內(nèi)有垂直于xOy平面由內(nèi)向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，其中C、D在x軸上，C、D、M到原點(diǎn)O的距離均為a，現(xiàn)將一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，從y軸上的P點(diǎn)由靜止釋放，設(shè)P點(diǎn)到O點(diǎn)的距離為h，不計(jì)重力作用與空氣阻力的影響。下列說法正確的是()A．若h＝eq\f(B2a2q,2mE)，則粒子垂直CM射出磁場B．若h＝eq\f(B2a2q,2mE)，則粒子平行于x軸射出磁場C．若h＝eq\f(B2a2q,8mE)，則粒子垂直CM射出磁場D．若h＝eq\f(B2a2q,8mE)，則粒子平行于x軸射出磁場解析粒子從P點(diǎn)到O點(diǎn)經(jīng)電場加速，Eqh＝eq\f(1,2)mv2，粒子進(jìn)入磁場后做勻速圓周運(yùn)動，Bqv＝meq\f(v2,r)。(1)若粒子恰好垂直CM射出磁場時，其圓心恰好在C點(diǎn)，如圖甲所示，其半徑為r＝a。由以上兩式可求得P到O的距離h＝eq\f(B2a2q,2mE)，A項(xiàng)正確。(2)若粒子進(jìn)入磁場后做勻速圓周運(yùn)動，恰好平行于x軸射出磁場時，其圓心恰好在CO中點(diǎn)，如圖乙所示，其半徑為r＝eq\f(1,2)a，由以上兩式可得P到O的距離h＝eq\f(B2a2q,8mE)，D項(xiàng)正確。答案AD12．(多選)如圖所示，絕緣中空軌道豎直固定，圓弧段COD光滑，對應(yīng)的圓心角為120°，C、D兩端等高，O為最低點(diǎn)，圓弧的圓心為O′，半徑為R；直線段AC、HD粗糙且足夠長，與圓弧段分別在C、D端相切。整個裝置處于方向垂直于軌道所在的平面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中，在豎直虛線MC左側(cè)和豎直虛線ND右側(cè)還分別存在著電場強(qiáng)度大小相等、方向水平向右和水平向左的勻強(qiáng)電場。現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量恒為q、直徑略小于軌道內(nèi)徑、可視為質(zhì)點(diǎn)的帶正電小球，從軌道內(nèi)距C點(diǎn)足夠遠(yuǎn)的P點(diǎn)由靜止釋放。若PC＝L，小球所受的電場力等于其重力的eq\f(\r(3),3)倍，重力加速度為g，則()A．小球在第一次沿軌道AC下滑的過程中，先做加速度減小的加速運(yùn)動，后做勻速運(yùn)動B．小球在軌道內(nèi)受到的摩擦力可能大于eq\f(2\r(3),3)mgC．經(jīng)足夠長時間，小球克服摩擦力做的總功是eq\f(4\r(3),3)mgLD．小球經(jīng)過O點(diǎn)時，對軌道的彈力可能為2mg－qBeq\r(gR)解析帶電小球沿軌道向下運(yùn)動時，對小球受力分析，如圖所示，由圖中幾何關(guān)系qE＝eq\f(\r(3),3)mg可知，小球受到的重力、電場力的合力為eq\f(2\r(3),3)mg，方向正好沿軌道向下；由牛頓第二定律可得eq\f(2\r(3),3)mg－μqvB＝ma，小球速度v增大，加速度a減小，即小球第一次沿軌道下滑過程中，先做加速度減小的加速運(yùn)動，由于P點(diǎn)足夠高，直到加速度為零時，做勻速直線運(yùn)動，A項(xiàng)正確；帶電小球在下滑過程中，受到的摩擦力逐漸增加，當(dāng)加速度為零時，fm＝eq\f(2\r(3),3)mg，B項(xiàng)錯誤；帶電小球在來回運(yùn)動過程中，由于摩擦力做功，最終會在圓弧COD間運(yùn)動，運(yùn)動的最高點(diǎn)為C、D點(diǎn)，對全程，由動能定理可得eq\f(2\r(3),3)·mgL－Wf＝0，Wf＝eq\f(2\r(3),3)mgL，故C項(xiàng)錯誤；對最終帶電小球在圓弧COD間運(yùn)動，由動能定理可得mg×eq\f(1,2)R＝eq\f(1,2)mv2，在最低點(diǎn)，由向心力公式可得qvB－mg＋N＝eq\f(mv2,R)，聯(lián)立可得N＝2mg－qBeq\r(gR)，D項(xiàng)正確。答案AD13．用絕緣材料制成的半徑為R的eq\f(2,3)圓桶如圖所示放置，AC為水平直徑，θ＝30°，其內(nèi)部有一垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。PDT是過圓上D點(diǎn)的水平線，其上方存在一豎直向下的勻強(qiáng)電場，一電荷量為＋q、質(zhì)量為m的粒子從M點(diǎn)以一定初速度沿水平方向向左射入勻強(qiáng)電場中，粒子剛好通過D點(diǎn)進(jìn)入磁場，粒子與桶壁彈性碰撞一次后恰好從A點(diǎn)水平擊中圓筒，已知MT兩點(diǎn)的距離為R/2，不計(jì)粒子的重力，求：(1)粒子的初速度v0。(2)電場強(qiáng)度E的大小。(3)粒子從M到點(diǎn)A的時間t。解析粒子運(yùn)動軌跡如圖所示，則∠AOQ＝120°且粒子從D點(diǎn)離開電場進(jìn)入磁場時與DT成60°角。(1)由圖知tan30°＝eq\f(R,r)。設(shè)粒子運(yùn)動到A點(diǎn)時的速度為vA，此速度大小等于粒子從D點(diǎn)離開電場時的速度，而BqvA＝meq\f(v\o\al(2,A),r)，聯(lián)立得vA＝eq\f(\r(3)BqR,m)，vA與v0的關(guān)系如圖所示，則有v0＝eq\f(1,2)vA＝eq\f(\r(3)BqR,2m)。(2)在電場中由M點(diǎn)運(yùn)動到D點(diǎn)，運(yùn)動的合成與分解得eq\f(R,2)＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)·teq\o\al(2,1)，vAsin60°＝eq\f(qE,m)·t1，聯(lián)立得t1＝eq\f(2m,3Bq)，E＝eq\f(9B2qR,4m)。(3)粒子在磁場中運(yùn)行的時間設(shè)為t2，則t2＝2×eq\f(60°,360°)×eq\f(2πm,qB)＝eq\f(2πm,3qB)，所以粒子從D到A點(diǎn)的時間t＝t1＋t2＝eq\f(2＋2π,3Bq)m。答案(1)eq\f(\r(3)BqR,2m)(2)eq\f(9B2qR,4m)(3)eq\f(2＋2π,3Bq)m14．如圖甲所示，y軸右側(cè)空間有垂直xOy平面向里隨時間變化的磁場，同時還有沿－y方向的勻強(qiáng)電場(圖中電場未畫出)，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間變化規(guī)律如圖乙所示(圖中B0已知，其余量均為未知)。t＝0時刻，一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的帶電粒子以速度v0從坐標(biāo)原點(diǎn)O沿x軸射入電場和磁場區(qū)，t0時刻粒子到達(dá)坐標(biāo)為(x0，y0)的點(diǎn)A(x0>y0)，速度大小為v，方向沿＋x方向，此時撤去電場。t2時刻粒子經(jīng)過x軸上x＝x0點(diǎn)，速度沿＋x方向。不計(jì)粒子重力，求：(1)0～t0時間內(nèi)OA兩點(diǎn)間電勢差UOA。(2)粒子在t＝0時刻的加速度大小a0。(3)B1的最小值和B2的最小值的表達(dá)式。解析(1)帶電粒子由O到A運(yùn)動過程中，由動能定理qUOA＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得UOA＝eq\f(mv2－mv\o\al(2,0),2q)。(2)設(shè)電場強(qiáng)度大小為E，則UAO＝Ey0，t＝0時刻，由牛頓第二定律得qv0B0－qE＝ma0，解得a0＝eq\f(qv0B0,m)＋eq\f(v\o\al(2,0)－v2,2y0)。(3)t0～t1時間內(nèi)，粒子在小的虛線圓上運(yùn)動，相應(yīng)小圓最大半徑為R，對應(yīng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度最小值為B1，則R＝eq\f(2x0－y0,2)，又qvB1＝meq\f(v2,R)B1的最小值B1＝eq\f(2mv,q2x0－y0)t1時刻粒子從C點(diǎn)切入大圓，大圓最大半徑為x0，對應(yīng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的最小值為B2，則qvB2＝meq\f(v2,x0)，B2＝eq\f(mv,qx0)。答案(1)eq\f(mv2－mv\o\al(2,0),2q)(2)eq\f(qv0B0,m)＋eq\f(v\o\al(2,0)－v2,2y0)(3)B1＝eq\f(2mv,q2x0－y0)B2＝eq\f(mv,qx0)15．(2017·天津)平面直角坐標(biāo)系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的勻強(qiáng)磁場，第Ⅲ象限存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，如圖所示。一帶負(fù)電的粒子從電場中的Q點(diǎn)以速度v0沿x軸正方向開始運(yùn)動，Q點(diǎn)到y(tǒng)軸的距離為到x軸距離的2倍。粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O離開電場進(jìn)入磁場，最終從x軸上的P點(diǎn)射出磁場，P點(diǎn)到y(tǒng)軸距離與Q點(diǎn)到y(tǒng)軸距離相等。不計(jì)粒子重力，問：(1)粒子到達(dá)O點(diǎn)時速度的大小和方向。(2)電場強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小之比。解析(1)在電場中，粒子做類平拋運(yùn)動，設(shè)Q點(diǎn)到x軸距離為L，到y(tǒng)軸距離為2L，粒子的加速度為a，運(yùn)動時間為t，有2L＝v0t，L＝eq\f(1,2)at2，設(shè)粒子到達(dá)O點(diǎn)時沿y軸方向的分速度vy＝at，設(shè)粒子到達(dá)O點(diǎn)時速度方向與x軸正方向夾角為α，有tanα＝eq\f(vy,v0)，聯(lián)立以上各式解得α＝45°。即粒子到達(dá)O點(diǎn)時速度方向與x軸正方向成45°角斜向上。設(shè)粒子到達(dá)O點(diǎn)時速度大小為v，由運(yùn)動的合成有v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,y))＝eq\r(2)v0。(2)設(shè)電場強(qiáng)度為E，粒子電荷量為q，質(zhì)量為m，粒子在電場中受到的電場力為F，由牛頓第二定律可得F＝ma，又F＝qE，設(shè)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的半徑為R，所受的洛倫茲力提供向心力，有qvB＝eq\f(mv2,R)，由幾何關(guān)系可知R＝eq\r(2)L，聯(lián)立以上各式解得eq\f(E,B)＝eq\f(v0,2)。答案(1)eq\r(2)v0,方向與x軸正方向成45°角斜向上(2)eq\f(v0,2)16．(2017·江蘇)一臺質(zhì)譜儀的工作原理如