高三物理二轮复习专题五 电场和磁场 第2课时 带电粒子在复合场中的运动

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1、第第 2 课时课时 带电粒子在复合场中的运动带电粒子在复合场中的运动 高考命题点 命题轨迹 情境图 带电粒子在复合场 中运动的实例分析 2016 1 卷 15 16(1)15 题 带电粒子在叠加场 中的运动 2017 1 卷 16 17(1)16 题 带电粒子在组合场 中的运动 2018 1 卷 25, 2 卷 25, 3 卷 24 18(1)25 题 18(2)25 题 18(3)24 题 19(1)24 题 2019 1 卷 24 带电粒子在周期性 变化电场或磁场中 的运动 1电场中常见的运动类型 (1)匀变速直线运动：通常利用动能定理 qU1 2mv 21 2mv0 2来求解；对于匀强电

2、场，电场力做 功也可以用 WqEd 来求解 (2)偏转运动：一般研究带电粒子在匀强电场中的偏转问题对于类平抛运动可直接利用平抛 运动的规律以及推论；较复杂的曲线运动常用运动的合成与分解的方法来处理 2匀强磁场中常见的运动类型(仅受磁场力作用) (1)匀速直线运动：当 vB 时，带电粒子以速度 v 做匀速直线运动 (2)匀速圆周运动：当 vB 时，带电粒子在垂直于磁感线的平面内以入射速度大小做匀速圆 周运动 3关于粒子的重力 (1)对于微观粒子，如电子、质子、离子等，因为其重力一般情况下与电场力或磁场力相比太 小，可以忽略；而对于一些宏观物体，如带电小球、液滴、金属块等一般应考虑其重力 (2)不

3、能直接判断是否要考虑重力的情况，在进行受力分析与运动分析时，根据运动状态可分 析出是否要考虑重力 1解题关键 带电粒子在复合场中做什么运动，取决于带电粒子所受的合外力及初始运动状态的速度，因 此带电粒子的运动情况和受力情况的分析是解题的关键 2力学规律的选择 (1)当带电粒子在复合场中做匀速直线运动时，应根据平衡条件列方程求解 (2)当带电粒子在复合场中做匀速圆周运动时，往往同时应用牛顿第二定律和受力分析列方程 联立求解 (3)当带电粒子在复合场中做非匀变速曲线运动时，应选用动能定理或能量守恒定律列方程求解 例 1 (多选)(2018 江苏扬州市一模)如图 1 所示，导电物质为电子的霍尔元件样

4、品置于磁场 中，表面与磁场方向垂直，图中的 1、2、3、4 是霍尔元件上的四个接线端当开关 S1、S2 闭合后，三个电表都有明显示数，下列说法正确的是( ) 图 1 A通过霍尔元件的磁场方向向下 B接线端 2 的电势低于接线端 4 的电势 C仅将电源 E1、E2反向接入电路，电压表的示数不变 D若适当减小 R1、增大 R2，则电压表示数一定增大 答案 ABC 解析 根据安培定则可知，磁场的方向向下，故 A 正确；通过霍尔元件的电流由接线端 1 流 向接线端 3，电子移动方向与电流的方向相反，由左手定则可知，电子偏向接线端 2，所以接 线端 2 的电势低于接线端 4 的电势，故 B 正确；当调整

5、电路，由左手定则可知洛伦兹力方向 不变，即 2、4 两接线端的电势高低关系不发生改变，故 C 正确；适当减小 R1，电磁铁中的 电流增大，产生的磁感应强度增大，而当增大 R2，霍尔元件中的电流减小，所以霍尔电压如 何变化不确定，即电压表示数变化不确定，故 D 错误 拓展训练 1 (多选)(2019 陕西宝鸡市高考模拟检测(二)医用回旋加速器的核心部分是两个 D 形金属盒，如图 2 所示，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连现分别加速 氘核(21H)和氦核(42He)并通过线束引出加速器下列说法中正确的是( ) 图 2 A加速两种粒子的高频电源的频率相同 B两种粒子获得的最大动能相同 C

6、两种粒子在 D 形盒中运动的周期相同 D增大高频电源的电压可增大粒子的最大动能 答案 AC 解析 回旋加速器加速粒子时，粒子在磁场中运动的周期和交流电的周期相同，否则无法加 速带电粒子在磁场中运动的周期 T2m qB ，两粒子的比荷q m相等，所以周期相同，加速两种 粒子的高频电源的频率也相同，故 A、C 正确； 根据 qvBmv 2 R，得 v qBR m ，两粒子的比荷q m相等，所以最大速度相等，最大动能 Ek 1 2mv 2， 两粒子的质量不等，所以最大动能不等，故 B 错误； 最大动能 Ek1 2mv 2q 2B2R2 2m ，与加速电压无关，增大高频电源的电压不能增大粒子的最大动

7、能，故 D 错误 1解题规范 (1)叠加场的组成特点：电场、磁场、重力场两两叠加，或者三者叠加 (2)受力分析：正确分析带电粒子的受力情况，场力、弹力和摩擦力 (3)运动分析：匀速直线运动、匀速圆周运动、匀变速直线运动、类平抛运动、非匀变速曲线 运动 (4)选规律，列方程：应用运动学公式、牛顿运动定律和功能关系 2灵活选择运动规律 (1)若只有两个场且正交，合力为零，则表现为匀速直线运动或静止状态例如电场与磁场中 满足 qEqvB；重力场与磁场中满足 mgqvB；重力场与电场中满足 mgqE. (2)三场共存时，若合力为零，则粒子做匀速直线运动；若粒子做匀速圆周运动，则有 mg qE，粒子在洛

8、伦兹力作用下做匀速圆周运动，即 qvBmv 2 r . (3)当带电粒子做复杂的曲线运动或有约束的变速直线运动时，一般用动能定理或能量守恒定 律求解 例 2 (2019 河南省九师联盟质检)如图 3 所示，竖直平面内有一直角坐标系 xOy，x 轴沿水 平方向第二、三象限有垂直于坐标平面向里的匀强磁场，与 x 轴成 30 角的绝缘细杆固 定在二、三象限；第四象限同时存在着竖直向上的匀强电场和垂直于坐标平面向里、磁感应 强度大小为 B 的匀强磁场，一质量为 m、电荷量为 q 的带电小球 a 穿在细杆上沿细杆匀速下 滑，在 N 点脱离细杆恰能沿圆周轨道运动到 x 轴上的 A 点，且速度方向垂直于 x

9、 轴已知 A 点到坐标原点 O 的距离为3 2l，小球 a 与绝缘细杆的动摩擦因数 3 4 ；qB m 5g 6l ，重力加 速度为 g，空气阻力忽略不计求： 图 3 (1)带电小球的电性及电场强度的大小 E； (2)第二、三象限里的磁场的磁感应强度大小 B1； (3)当带电小球 a 刚离开 N 点时，从 y 轴正半轴距原点 O 为 h20l 3 的 P 点(图中未画出)以某 一初速度水平向右平抛一个不带电的绝缘小球 b，b 球刚好在运动到 x 轴时与向上运动的 a 球相碰，则 b 球的初速度为多大？ 答案 (1)带正电 mg q (2)7m q g 10l (3) 7 4 3gl 10 解析

10、 (1)由带电小球 a 在第四象限内做圆周运动，知小球 a 所受电场力与其重力平衡且小球 a 所受电场力竖直向上，即 mgqE，故小球 a 带正电， 解得 Emg q (2)带电小球 a 从 N 点运动到 A 点的过程中， 洛伦兹力提供小球做圆周运动的向心力， 设运动 半径为 R，有：qvBmv 2 R 由几何关系有 RRsin 3 2l 解得 Rl，v 5gl 6 带电小球 a 在杆上匀速下滑时，由平衡条件有 mgsin (qvB1mgcos ) 解得 B17m q g 10l (3)带电小球 a 在第四象限内做匀速圆周运动的周期 T2R v 2 6l 5g 带电小球 a 第一次在第一象限从

11、 A 点竖直上抛又返回到 A 点所用的时间为 t02v g 10l 3g 绝缘小球 b 平抛运动至 x 轴上的时间为 t 2h g 2 10l 3g 小球 a 从 N 点到 A 点所用时间为 t1， 则 t1T 3t 故两球相碰有 tT 3n(t0 T 2) 联立解得 n1 设绝缘小球 b 平抛的初速度为 v0，则7 2Rv0t 解得 v07 4 3gl 10. 拓展训练 2 (多选)(2019 山东济南市上学期期末)如图 4 所示，两竖直平行边界内，匀强电 场方向竖直(平行纸面)向下，匀强磁场方向垂直纸面向里一带负电小球从 P 点以某一速度 垂直边界进入，恰好沿水平方向做直 图 4 线运动

12、若增大小球从 P 点进入的速度但保持方向不变， 则在小球进入的一小段时间内( ) A小球的动能减小 B小球的电势能减小 C小球的重力势能减小 D小球的机械能减小 答案 ACD 解析 带负电的小球做直线运动，共受到三个力作用：向下的重力 G、向上的电场力 F、向 下的洛伦兹力 F洛，这三个力都在竖直方向上，小球沿水平方向匀速运动，所以小球受到的 合力一定是零，小球做匀速直线运动当小球的入射速度增大时，洛伦兹力增大，电场力和 重力不变，小球将向下偏转，电场力与重力的合力向上，且它们的合力对小球做负功，小球 动能减小电场力对小球做负功，小球的机械能减小，电势能增大重力对小球做正功，重 力势能减小，故

13、 A、C、D 正确，B 错误. 1两大偏转模型 电偏转：带电粒子垂直进入匀强电场中；磁偏转：带电粒子垂直进入匀强磁场中 2思维流程 例 3 (2019 全国卷 24)如图 5，在直角三角形 OPN 区域内存在匀强磁场，磁感应强度大 小为 B、方向垂直于纸面向外一带正电的粒子从静止开始经电压 U 加速后，沿平行于 x 轴 的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在 OP 边上某点以垂直于 x 轴的方向射出已知 O 点 为坐标原点，N 点在 y 轴上，OP 与 x 轴的夹角为 30 ，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的 出射点之间的距离为 d，不计重力求 图 5 (1)带电粒子的比荷； (2)带电粒子从射

14、入磁场到运动至 x 轴的时间 答案 (1) 4U B2d2 (2) Bd2 4U 2 3 3 解析 (1)设带电粒子的质量为 m，电荷量为 q，加速后的速度大小为 v.由动能定理有 qU1 2 mv2 设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为 r，洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力，结合 牛顿第二定律有 qvBmv 2 r 由几何关系知 d 2r 联立式得q m 4U B2d2 (2)由几何关系知，带电粒子射入磁场后运动到 x 轴所经过的路程为 sr 2 rtan 30 带电粒子从射入磁场到运动至 x 轴的时间为 ts v 联立式得 tBd 2 4U 2 3 3 拓展训练 3 (2019 山西临汾

15、市二轮复习模拟)容器 A 中装有大量的质量、 电荷量不同但均带 正电的粒子，粒子从容器下方的小孔 S1不断飘入加速电场(初速度可视为零)做直线运动，通 过小孔 S2后从两平行板中央沿垂直电场方向射入偏转电场 粒子通过平行板后沿垂直磁场方 向进入磁感应强度为 B、方向垂直纸面向里的匀强磁场区域，最后打在感光片上，如图 6 所 示已知加速电场中 S1、S2间的加速电压为 U，偏转电场极板长为 L，两板间距也为 L，板 间匀强电场强度 E2U L ，方向水平向左(忽略板间外的电场)，平行板 f 的下端与磁场边界 ab 相交于点 P， 在边界 ab 上实线处固定放置感光片 测得从容器 A 中逸出的所有

16、粒子均打在感 光片 P、Q 之间，且 Q 距 P 的长度为 3L，不考虑粒子所受重力与粒子间的相互作用，求： 图 6 (1)粒子射入磁场时，其速度方向与边界 ab 间的夹角； (2)射到感光片 Q 处的粒子的比荷(电荷量 q 与质量 m 之比)； (3)粒子在磁场中运动的最短时间 答案 (1)45 (2) U 2L2B2 (3) 3BL2 16U 解析 (1)设质量为 m，电荷量为 q 的粒子通过孔 S2的速度为 v0，则：qU1 2mv0 2 粒子在平行板 ef 间：Lv0t，vxqE m t，tan v0 vx 联立可以得到：tan 1，则 45 ，故其速度方向与边界 ab 间的夹角为 4

17、5 . (2)粒子在平行板中沿场强方向的位移 x1 2vxt L 2，故粒子从 e 板下端与水平方向成 45 角斜 向下射入匀强磁场，如图所示，设质量为 m、电荷量为 q 的粒子射入磁场时的速度为 v，做 圆周运动的轨道半径为 r，则 v v02vx2 2v0 4qU m 由几何关系：r2r2(4L)2，则 r2 2L，则 rmv qB 联立解得：q m U 2L2B2. (3)设粒子在磁场中运动的时间为 t，则 tm qB，r mv qB 2 B mU q 联立可以得到：tBr 2 4U 因为粒子在磁场中运动的偏转角 3 2，所以粒子打在 P 处时间最短，此时半径为 r， 由几何关系知：r2

18、r2L2，则 r 2 2 L 联立可得：t 3 2B L2 2 4U 3BL 2 16U . 拓展训练 4 (2019 河南郑州市第二次质量预测)如图 7 所示，三块挡板围成截面边长 L1.2 m 的等边三角形区域，C、P、Q 分别是 MN、AM 和 AN 中点处的小孔，三个小孔处于同一竖直 面内，MN 水平，MN 上方是竖直向下的匀强电场，场强 E410 4 N/C.三角形区域内有垂 直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为 B1；AMN 以外区域有垂直纸面向外、 磁感应强度大 小为 B23B1的匀强磁场现将一比荷q m10 8 C/kg 的带正电的粒子，从 O 点由静止释放， 粒子从 MN 小孔

19、 C 进入内部匀强磁场，经内部磁场偏转后直接垂直 AN 经过 Q 点进入外部磁 场已知粒子最终回到了 O 点，OC 相距 2 m设粒子与挡板碰撞过程中没有动能损失，且 电荷量不变，不计粒子重力，不计挡板厚度，取 3.求： 图 7 (1) 磁感应强度 B1的大小； (2) 粒子从 O 点出发，到再次回到 O 点经历的时间； (3) 若仅改变 B2的大小，当 B2满足什么条件时，粒子可以垂直于 MA 经孔 P 回到 O 点(若粒 子经过 A 点立即被吸收) 答案 (1)2 310 5 T (2)2.85102 s (3)4k2 3 10 5 T(k0,1,2,3) 解析 (1) 粒子在电场中加速，

20、则由动能定理得：Eqx1 2mv 2 解得 v400 m/s 带电粒子在磁场中的运动轨迹如图所示 由几何关系可知 R1L 20.6 m 由 qvB1mv 2 R1 代入数据得 B12 310 5 T (2)由题可知 B23B1210 5 T 又 qvB2mv 2 R2 则 R2R1 3 0.2 m 粒子在电场阶段做匀加速直线运动，则 x1 2vt1 得到 t10.01 s 粒子在磁场 B1中的周期为 T12m qB1 则在磁场 B1中的运动时间为 t21 3T1310 3 s 在磁场 B2中的周期为 T22m qB2 在磁场 B2中的运动时间为 t3180 300 180 360 T25.51

21、0 3 s 则粒子在复合场中运动的总时间为：t2t1t2t32.8510 2 s (3)设挡板外磁场变为 B2，粒子在磁场中的轨迹半径为 r，则有 qvB2mv 2 r 根据已知条件分析知，粒子可以垂直于 MA 经孔 P 回到 O 点，需满足条件 L 2(2k1)r，其中 k0,1,2,3 解得 B24k2 3 10 5 T(k0,1,2,3) 即满足 B2B24k2 3 10 5 T(k0,1,2,3)时，粒子可以垂直于 MA 经孔 P 回到 O 点 1基本思路 变化的电场或磁场往往具有周期性，粒子的运动也往往具有周期性这种情况下要仔细分析 带电粒子的运动过程、受力情况，弄清楚带电粒子在变化

22、的电场、磁场中各处于什么状态， 做什么运动，画出一个周期内的运动轨迹的草图 2分析重点 例 4 (多选)(2019 湖北武汉市四月调研)如图 8(a)所示，在半径为 R 的虚线区域内存在周期 性变化的磁场，其变化规律如图(b)所示薄挡板 MN 两端点恰在圆周上，且 MN 所对的圆心 角为 120 .在 t0 时， 一质量为 m、 电荷量为q 的带电粒子， 以初速度 v 从 A 点沿直径 AOB 射入场区，运动到圆心 O 后，做一次半径为R 2的完整的圆周运动，再沿直线运动到 B 点，在 B 点与挡板碰撞后原速率返回(碰撞时间不计，电荷量不变)，运动轨迹如图(a)所示粒子的 重力不计，不考虑变化

23、的磁场所产生的电场，下列说法正确的是( ) 图 8 A磁场方向垂直纸面向外 B图(b)中 B02mv qR C图(b)中 T01R v D若 t0 时，质量为 m、电荷量为q 的带电粒子，以初速度 v 从 A 点沿 AO 入射，偏转、 碰撞后，仍可返回 A 点 答案 BC 解析 根据轨迹可知，带正电的粒子从 O 点向上偏转做圆周运动，由左手定则可知，磁场方 向垂直纸面向里，选项 A 错误；由牛顿第二定律：qvB0mv 2 R 2 ，解得 B02mv qR ，选项 B 正确； 虚线区域内不加磁场时粒子做匀速直线运动，t1R v，虚线区域内加磁场后粒子做匀速圆周运 动，t2s v 2R 2 v R

24、 v ，磁场变化的周期：T0t1t21R v ，选项 C 正确；若 t0 时， 质量为 m、电荷量为q 的带电粒子，以初速度 v 从 A 点沿 AO 入射，到达 O 点后向下偏转， 与板碰撞后，到达 B 板，与 B 碰撞后向上偏转 90 ，然后从磁场中飞出，则不能返回 A 点， 选项 D 错误 拓展训练 5 (2018 山东临沂市一模)如图 9 甲所示，有一磁感应强度大小为 B、方向垂直纸 面向外的匀强磁场，磁场边界 OP 与水平方向夹角为 45 ，紧靠磁场边界放置长为 6d、间 距为 d 的平行金属板 M、N，M 板与磁场边界的交点为 P，磁场边界上的 O 点与 N 板在同一 水平面上在两板

25、间存在如图乙所示的交变电场(取竖直向下为正方向)，其周期 T4d v0，E0 Bv0 6 .某时刻从 O 点竖直向上以初速度 v0发射一个电荷量为q 的粒子，结果粒子恰在图乙 中的 tT 4时刻从 P 点水平进入板间电场，最后从电场中的右边界射出不计粒子重力求： 图 9 (1)粒子的质量 m； (2)粒子从 O 点进入磁场到射出电场运动的总时间 t； (3)粒子从电场中的射出点到 M 点的距离 答案 见解析 解析 (1)粒子在磁场中的运动轨迹如图， 轨迹半径 rd 由牛顿第二定律得 qv0Bmv0 2 r 解得：mqBd v0 ； (2)粒子在磁场中运动的周期 T02d v0 在磁场中运动的时

26、间 t1T0 4 d 2v0 粒子在电场中做曲线运动，与两板平行方向上的分运动为匀速直线运动 运动时间 t26d v0 粒子从 O 点进入磁场到离开电场运动的总时间 tt1t2 解得：t12 2v0 d； (3)粒子在电场中的运动时间 t26d v0 3 2T 由题图乙可知，当粒子从时刻 tT 4自 P 点进入电场后，在竖直方向上运动一个周期 T 的位移 为 0，对应的速度图象如图所示 故粒子在3 2T 内运动的竖直位移 y2 1 2a T 4 2 aqE0 m ， 解得 yd 6. 专题强化练专题强化练 (限时 45 分钟) 1. (2019 湖北“荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟”期末)现代

27、质谱仪可用来分析比质子重很 多倍的离子，其示意图如图 1 所示，其中加速电压恒定质子(11H)在入口处从静止开始被电 场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场若换作 粒子(42He)在入口处从静止开始被同一 电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的 倍数是( ) 图 1 A. 2 2 B. 2 C2 D.1 2 答案 B 解析 电场中的直线加速过程 qU1 2mv 20， 得 v 2qU m ； 粒子在磁场中做匀速圆周运动， 有 qvBmv 2 R，有 R mv qB，联立可得：B 2mU qR2 ；质子与 粒子经同一加速电场加速，则 U 相同，从同一出口

28、离开磁场，则 R 相同，故 B m q，可得 B BH 2，即 B 2BH，故选 B. 2. (多选)(2019 山东烟台市第一学期期末)如图 2 所示是回旋加速器的示意图，其核心部分是 两个 D 形金属盒， 分别与高频交流电源连接， 两个 D 形金属盒间的狭缝中形成周期性变化的 电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两个 D 形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中， 下列说法中正确的是( ) 图 2 A加速电压越大，粒子最终射出时获得的动能就越大 B粒子射出时的最大动能与加速电压无关，与 D 形金属盒的半径和磁感应强度有关 C若增大加速电压，粒子在金属盒间的加速次数将减少，在回旋加速器中运动的时

29、间将减小 D粒子第 5 次被加速前、后的轨道半径之比为 5 6 答案 BC 解析 粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律得：qvBmv 2 R，解得：v qBR m ，粒子做圆 周运动的周期：T2m qB ，则粒子获得的最大动能为：Ekm1 2mv 2q 2B2R2 2m ，则粒子获得的最 大速度与加速电压无关，与 D 型盒的半径 R 和磁感应强度 B 有关，故 A 错误，B 正确； 对粒子，由动能定理得：nqU1 2mv 2q 2B2R2 2m ，加速次数：nqB 2R2 2mU ，增大加速电压 U，粒子 在金属盒间的加速次数将减少，粒子在回旋加速器中运动的时间：tn 2T 将减小，故 C

30、正确； 对粒子，由动能定理得：nqU1 2mvn 2，解得 v n 2nqU m ，粒子在磁场中做圆周运动，由牛 顿第二定律得：qvnBmvn 2 rn ，解得：rn1 B 2nmU q ，粒子第 5 次被加速前、后的轨道半径之 比为：r4 r5 4 5，故 D 错误 3. (多选)(2019 山东滨州市上学期期末)如图 3 所示，空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸 面向外的匀强磁场，一带电液滴从静止开始自 A 点沿曲线 ACB 运动，到达 B 点时速度为零， C 点是运动的最低点，不计摩擦阻力，则以下说法中正确的是( ) 图 3 A液滴一定带正电 B液滴在 C 点时的动能最大 C从 A 到

31、C 过程液滴的电势能增大 D从 C 到 B 过程液滴的机械能增大 答案 BCD 解析 从题图中可以看出，带电液滴由静止开始向下运动，说明重力和电场力的合力向下， 洛伦兹力指向弧线内侧，根据左手定则可知，液滴带负电，故 A 错误；从 A 到 C 的过程中， 重力做正功，而电场力做负功，洛伦兹力不做功，合力做正功，液滴动能增大，从 C 到 B 的 过程中，重力做负功，电场力做正功，洛伦兹力不做功，合力做负功，液滴动能减小，所以 液滴在 C 点动能最大，故 B 正确；从 A 到 C 过程液滴克服电场力做功，故电势能增加，故 C 正确；除重力以外的力做的功等于机械能的变化量，从 C 到 B 的过程中，

32、电场力做正功，洛 伦兹力不做功，机械能增大，故 D 正确 4(2019 陕西榆林市第三次测试)如图 4 甲所示，在 xOy 平面内有足够大的匀强电场 E，在 y 轴左侧平面内有足够大的磁场，磁感应强度 B1随时间 t 变化的规律如图乙所示，选定磁场垂 直纸面向里为正方向在 y 轴右侧平面内还有方向垂直纸面向外的恒定的匀强磁场，分布在 一个半径为 r0.3 m 的圆形区域(图中未画出)且圆的左侧与 y 轴相切， 磁感应强度 B20.8 T， t0 时刻， 一质量 m810 4 kg、 电荷量 q2104 C 的微粒从 x 轴上 x P0.8 m 处的 P点以速度v0.12 m/s向x轴正方向入射

33、 已知该带电微粒在电磁场区域做匀速圆周运动 (g 取 10 m/s2) 图 4 (1)求电场强度； (2)若磁场 15 s 后消失，求微粒在第二象限运动过程中离 x 轴的最大距离； (3)若微粒穿过 y 轴右侧圆形磁场时速度方向的偏转角最大，求此圆形磁场的圆心坐标(x，y) 答案 (1)40 N/C，方向竖直向上 (2)2.4 m (3)(0.30 m,2.25 m) 解析 (1)因为带电微粒射入电磁场后做匀速圆周运动， 所以受到的电场力和重力大小相等，方向相反，则：qEmg 解得：E40 N/C，方向竖直向上； (2)由牛顿第二定律有：qvB1mv 2 R1 所以 R1mv qB10.6 m

34、 T2m qB110 s 从题图乙可知在05 s内微粒做匀速圆周运动， 在510 s内微粒向左做匀速直线运动 在 1015 s 内微粒又做匀速圆周运动，在 15 s 后微粒向右做匀速直线运动，之后穿过 y 轴 故微粒在第二象限运动过程中离 x 轴的最大距离 s2R124R12.4 m； (3)如图， 微粒穿过圆形磁场要求偏转角最大， 入射点 A 与出射点 B 的连线必须为磁场圆的直 径 由牛顿第二定律，有 qvB2mv 2 R2 所以 R2mv qB20.6 m2r 所以最大偏转角为 60 圆的左侧与 y 轴相切，所以圆心坐标 xr0.30 m ysrcos 60 2.4 m0.31 2 m2

35、.25 m 即磁场的圆心坐标为(0.30 m,2.25 m) 5. (2019 福建厦门市第一次质量检查)如图 5 所示， abcd 是竖直平面内一边长为 L 的正方形区 域，区域边界以及区域内有竖直向上的匀强电场，场强为 E，在abc 边界以及内侧还存在 垂直正方形平面、水平向里的匀强磁场，磁感应强度为 B；一个质量为 m 的带电小球以某速 度从 a 点沿着 ab 方向进入该正方形区域， 做匀速圆周运动并恰好从 c 点离开， 已知重力加速 度为 g.求： 图 5 (1)小球的电荷量并判断其电性； (2)从 a 点进入到从 c 点离开这段时间内小球的平均速度的大小和方向； (3)若仅调整小球从

36、 a 点进入的速度大小，其他条件不变，小球最终从 b 点离开磁场，请定性 画出该带电小球从 a 点到 b 点的运动轨迹(不必计算) 答案 (1)mg E 带正电 (2)2 2BgL E 方向由 a 指向 c (3)见解析图 解析 (1)小球在电磁场区域做匀速圆周运动，则重力与电场力平衡，则小球带正电且 qE mg 则 qmg E (2)小球从 a 点进入到从 c 点离开，则由几何关系可知 rL， 小球的位移大小为 s 2L； 因 T2m qB 2E Bg 运动时间为 tT 4 则平均速度 v s t 2 2BgL E ，方向由 a 指向 c； (3)如图所示： 6(2019 福建厦门市上学期期

37、末质检)如图 6 为一装放射源氡(222 86Rn)的盒子，静止的氡核经 过一次 衰变成钋 (218 84Po)，产生的 粒子速率 v01.010 7 m/s， 粒子从小孔 P 射出后， 经过 A 孔进入电场加速区域，加速电压 U8106 V从区域射出的 粒子随后又从 M 点进入半径为 r 3 m 的圆形匀强磁场区域，MN 为圆形匀强磁场的一条直径，该区域磁 感应强度为 B0.2 T，方向垂直纸面向里圆形磁场右边有一竖直荧光屏与之相切于 N 点， 粒子重力不计，比荷为q m510 7 C/kg. 图 6 (1)请写出氡核衰变的核反应方程； (2)求出 粒子经过圆形磁场后偏转的角度； (3)求出

38、 粒子打在荧光屏上的位置离 N 点的距离 答案 (1)222 86Rn 218 84Po 4 2He (2)60 (3)N 点上方 3 m 处 解析 (1)由质量数与电荷数守恒可知，反应方程式为：222 86Rn 218 84Po 4 2He； (2) 粒子在电场加速区域中加速，由动能定理得：qU1 2mv 21 2mv0 2， 代入数据，解得：v3107 m/s 粒子离开电场区域后，以速度 v 从 M 点沿 MO 方向进入磁场区域，在磁场中做匀速圆周 运动 洛伦兹力提供向心力：qvBmv 2 R 代入数据，解得：R3 m 粒子的入射速度过圆心，轨迹如图所示，由几何知识得： tan r R 3 3 ， 解得：30 故 粒子偏转角度为 260 (3)由几何知识得：60 ，sNCrtan 60 3 m， 即 粒子打在荧光屏上的 N 点上方距离 N 点 3 m 处的位置