《（浙江選考）2018版高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題三 電場和磁場 第3講 帶電粒子在復(fù)合場中的運動學(xué)案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江選考）2018版高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題三 電場和磁場 第3講 帶電粒子在復(fù)合場中的運動學(xué)案（22頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第3講　帶電粒子在復(fù)合場中的運動 考點一　以科技應(yīng)用為背景命題的復(fù)合場問題 1. (2017·浙江11月選考·8)如圖1所示，在兩水平金屬板構(gòu)成的器件中，存在著勻強電場與勻強磁場，電場強度E和磁感應(yīng)強度B相互垂直．以某一水平速度進入的不計重力的帶電粒子恰好能沿直線運動，下列說法正確的是(　　) 圖1 A．粒子一定帶負電 B．粒子的速度大小v＝ C．若粒子速度大小改變，粒子將做曲線運動 D．若粒子速度大小改變，電場對粒子的作用力會發(fā)生變化 答案　C 解析　粒子做直線運動，說明豎直方向受力平衡，即qvB＝qE，可得v＝，選項B錯誤；當(dāng)v＝時，無論粒子帶正電還是負電，

2、在豎直方向均受力平衡，選項A錯誤；如果粒子速度大小改變，就會導(dǎo)致洛倫茲力變化，因此粒子將做曲線運動，選項C正確；不管粒子速度怎么變，在勻強電場中，粒子所受電場力不變，選項D錯誤． 2．(多選)(2017·寧波市九校高二上期末)1930年勞倫斯制成了世界上第一臺回旋加速器，其原理如圖2所示，這臺加速器由兩個銅質(zhì)D形盒D1、D2構(gòu)成，置于勻強磁場B中，D形盒半徑為R，其間留有空隙，兩盒分別與高頻電源的兩極相連，電源頻率為f，則下列說法正確的是(　　) 圖2 A．粒子的加速次數(shù)越多，加速電壓越大，最終獲得的動能也越大 B．被加速后的粒子最大速度為2πfR，與加速電場的電壓無關(guān) C．

3、不改變回旋加速的任何參數(shù)，裝置可以加速質(zhì)子H，也可以加速α粒子He D．高頻電源不能使用正弦式交變電流 答案　B 解析　根據(jù)qvB＝m得，粒子的最大速度v＝，則最大動能Ekm＝mv2＝.知若增大動能，需增大D形盒的半徑，或增大磁感應(yīng)強度，故A錯誤； 根據(jù)v＝＝2πRf，可知：最大半徑為R，且電場變化的頻率的倒數(shù)即為粒子在磁場中運動周期，所以最大速度不可能超過2πfR，故B正確；加速質(zhì)子H后再加速α粒子， 因比荷發(fā)生變化，所以周期也變化，因此不能用這個裝置，故C錯誤． 3．(人教版選修3－1P103“課題研究”改編)利用霍爾效應(yīng)制作的霍爾元件，被廣泛應(yīng)用于測量和自動控制等領(lǐng)域．霍爾元件一

4、般由半導(dǎo)體材料做成，有的半導(dǎo)體中的載流子(即自由電荷)是電子，有的半導(dǎo)體中的載流子是空穴(相當(dāng)于正電荷)．如圖3所示，將扁平長方體形狀的霍爾元件水平放置接入電路，勻強磁場垂直于霍爾元件的水平面豎直向下，閉合開關(guān)，讓電流從霍爾元件的左側(cè)流向右側(cè)，則其前后兩表面會形成電勢差. 現(xiàn)有載流子是電子的霍爾元件1和載流子是空穴的霍爾元件2，兩元件均按圖示方式接入電路( 閉合開關(guān))，則關(guān)于前后兩表面電勢高低的判斷，下列說法中正確的是(　　) 圖3 A．若接入元件1時，前表面電勢高；若接入元件2時，前表面電勢低 B．若接入元件1時，前表面電勢低；若接入元件2時，前表面電勢高 C．不論接入哪個元件，

5、都是前表面電勢高 D．不論接入哪個元件，都是前表面電勢低 答案　A 解析　若元件的載流子是自由電子，由左手定則可知，電子在洛倫茲力的作用下向后表面偏，則前表面的電勢高于后表面的電勢．若載流子為空穴(相當(dāng)于正電荷)，根據(jù)左手定則，空穴在洛倫茲力的作用下也是向后表面聚集，則前表面的電勢低于后表面的電勢． 4. 現(xiàn)代質(zhì)譜儀可用來分析比質(zhì)子重很多的離子，其示意圖如圖4所示，其中加速電壓恒定．質(zhì)子在入口處從靜止開始被加速電場加速，經(jīng)勻強磁場偏轉(zhuǎn)后從出口離開磁場．若某種一價正離子在入口處從靜止開始被同一加速電場加速，為使它經(jīng)勻強磁場偏轉(zhuǎn)后仍從同一出口離開磁場，需將磁感應(yīng)強度增加到原來的12倍．則

6、此離子和質(zhì)子的質(zhì)量比約為(　　) 圖4 A．11 B．12 C．121 D．144 答案　D 解析　根據(jù)動能定理得，qU＝mv2得v＝ ① 離子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力， 根據(jù)牛頓第二定律，有 qvB＝m 得R＝ ② ①②兩式聯(lián)立得：m＝ 一價正離子電荷量與質(zhì)子電荷量相等，同一加速電場U相同，同一出口離開磁場則R相同，所以m∝B2，磁感應(yīng)強度增加到原來的12倍，則離子質(zhì)量是質(zhì)子質(zhì)量的144倍，D正確，A、B、C錯誤． 1.質(zhì)譜儀(如圖5) 圖5 原理：粒子由靜止被加速電場加速，qU＝mv2. 粒子

7、在磁場中做勻速圓周運動，有qvB＝m. 由以上兩式可得r＝ ，m＝，＝. 2．回旋加速器(如圖6) 圖6 原理：交流電的周期和粒子做圓周運動的周期相等，粒子經(jīng)電場加速，經(jīng)磁場回旋，由qvB＝，得Ekm＝，可見粒子獲得的最大動能由磁感應(yīng)強度B和D形盒半徑r決定，與加速電壓無關(guān)． 3．速度選擇器、磁流體發(fā)電機、電磁流量計和霍爾元件一般以單個帶電粒子為研究對象，在洛倫茲力和電場力平衡時做勻速直線運動達到穩(wěn)定狀態(tài)，從而求出所求物理量，差別見下表． 裝置 原理圖 規(guī)律 速度選擇器 若qv0B＝Eq，即v0＝，粒子做勻速直線運動 磁流體發(fā)電機 等離子體射入，受洛

8、倫茲力偏轉(zhuǎn)，使兩極板帶正、負電，兩極板電壓為U時穩(wěn)定，q＝qv0B，U＝v0Bd 電磁流量計 q＝qvB，所以v＝，所以Q＝vS＝ 霍爾 元件 當(dāng)磁場方向與電流方向垂直時，導(dǎo)體在與磁場、電流方向都垂直的方向上出現(xiàn)電勢差 考點二　帶電粒子在組合場中的運動 1．(2017·浙江4月選考·23)如圖7所示，在xOy平面內(nèi)，有一電子源持續(xù)不斷地沿x軸正方向每秒發(fā)射出N個速率均為v的電子，形成寬為2b、在y軸方向均勻分布且關(guān)于x軸對稱的電子流．電子流沿x方向射入一個半徑為R、中心位于原點O的圓形勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直xOy平面向里，電子經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)后均從P點射出，在磁場

9、區(qū)域的正下方有一對平行于x軸的金屬平行板K和A，其中K板與P點的距離為d，中間開有寬度為2l且關(guān)于y軸對稱的小孔．K板接地，A與K兩板間加有正負、大小均可調(diào)的電壓UAK，穿過K板小孔到達A板的所有電子被收集且導(dǎo)出，從而形成電流．已知b＝R，d＝l，電子質(zhì)量為m，電荷量為e，忽略電子間的相互作用． 圖7 (1)求磁感應(yīng)強度B的大小； (2)求電子從P點射出時與負y軸方向的夾角θ的范圍； (3)當(dāng)UAK＝0時，每秒經(jīng)過極板K上的小孔到達極板A的電子數(shù)； (4)畫出電流i隨UAK變化的關(guān)系曲線. 答案　見解析 解析　軌跡示意圖 (1)“磁聚焦”模型要求：R＝ 解得B＝.

10、 (2)如圖，由幾何關(guān)系知： θ在關(guān)于y軸左、右對稱的60°(含)范圍內(nèi)． (3)要進入小孔，電子到達P點時與y軸負方向的夾角φ≤45° 則：η＝＝≤ 則當(dāng)UAK＝0時每秒到達A板的電子數(shù)：N0＝N. (4)①當(dāng)UAK≥0時，到達的電子全部到A板 i1＝N0e＝Ne ②設(shè)當(dāng)UAK＝U1時，φ1＝45°對應(yīng)的電子剛好到達A板 則eU1＝0－m(vcos φ1)2 解得UAK＝－ 即在區(qū)間(－，0)之間，i2＝N0e＝Ne ③當(dāng)UAK反向再增大時，將出現(xiàn)有電子(該臨界角度為α) 剛好打到A板上，而φ>α的電子打不到A板 i＝Ne eUAK＝0－m(vcos α)2 解

11、得：i＝ Ne 綜上所述：i－UAK圖線如圖所示 2. (2016·浙江10月選考·23)如圖8所示，在x軸的上方存在垂直紙面向里，磁感應(yīng)強度大小為B0的勻強磁場，位于x軸下方的離子源C發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為q的一束負離子，其初速度大小范圍為0～v0.這束離子經(jīng)電勢差為U＝的電場加速后，從小孔O(坐標(biāo)原點)垂直x軸并垂直磁場射入磁場區(qū)域，最后打到x軸上．在x軸上2a～3a區(qū)間水平固定放置一探測板(a＝)．假設(shè)每秒射入磁場的離子總數(shù)為N0，打到x軸上的離子數(shù)均勻分布(離子重力不計)． 圖8 (1)求離子束從小孔O射入磁場后打到x軸的區(qū)間； (2)調(diào)整磁感應(yīng)強度的大小，可使速度最大的

12、離子恰好打在探測板的右端，求此時的磁感應(yīng)強度大小B1； (3)保持磁感應(yīng)強度B1不變，求每秒打在探測板上的離子數(shù)N；若打在板上的離子80%被板吸收，20%被反向彈回，彈回速度大小為打板前速度大小的0.6倍，求探測板受到的作用力大小． 答案　見解析 解析　(1)對于初速度為0的粒子：qU＝mv 由B0qv1＝m得r1＝＝a 恰好打在x＝2a的位置 對于初速度為v0的粒子 qU＝mv－m(v0)2 由B0qv2＝m得r2＝＝2a， 恰好打在x＝4a的位置 離子束打在x軸上的區(qū)間為[2a,4a] (2)由動能定理 qU＝mv－m(v0)2 由B1qv2＝m得 r3＝ r

13、3＝a 解得B1＝B0 (3)離子束能打到探測板的實際位置范圍為2a≤r≤3a 對應(yīng)的速度范圍為v0≤v′≤2v0 每秒打在探測板上的離子數(shù)為 N＝N0＝N0 根據(jù)動量定理 吸收的離子受到板的作用力大小 F吸＝＝(2mv0＋mv0)＝ 反彈的離子受到板的作用力大小 F反＝＝[2m(v0＋0.6v0)＋m(v0＋0.6v0)]＝N0mv0 根據(jù)牛頓第三定律，探測板受到的作用力大小 F＝N0mv0 3．(2016·浙江4月選考·22)如圖9為離子探測裝置示意圖．區(qū)域Ⅰ、區(qū)域Ⅱ長均為L＝0.10 m，高均為H＝0.06 m．區(qū)域Ⅰ可加方向豎直向下、電場強度為E的勻強電場；區(qū)

14、域Ⅱ可加方向垂直紙面向里、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，區(qū)域Ⅱ的右端緊貼著可探測帶電粒子位置的豎直屏．質(zhì)子束沿兩板正中間以速度v＝1.0×105 m/s水平射入，質(zhì)子荷質(zhì)比近似為＝1.0×108 C/kg.(忽略邊界效應(yīng)，不計重力) 圖9 (1)當(dāng)區(qū)域Ⅰ加電場、區(qū)域Ⅱ不加磁場時，求能在屏上探測到質(zhì)子束的外加電場的最大值Emax； (2)當(dāng)區(qū)域Ⅰ不加電場、區(qū)域Ⅱ加磁場時，求能在屏上探測到質(zhì)子束的外加磁場的最大值Bmax； (3)當(dāng)區(qū)域Ⅰ加電場E小于(1)中的Emax，質(zhì)子束進入?yún)^(qū)域Ⅱ和離開區(qū)域Ⅱ的位置等高，求區(qū)域Ⅱ中的磁場B與區(qū)域Ⅰ中的電場E之間的關(guān)系式． 答案　(1)200 V/m　

15、(2)5.5×10－3 T　(3)B＝ 解析　(1)質(zhì)子在電場中做類平拋運動 vy＝at＝，tan α＝＝ 質(zhì)子到達區(qū)域Ⅱ右下端時，有tan α＝ 得Emax＝＝200 V/m. (2)質(zhì)子在磁場中運動有qvB＝m，即R＝ 根據(jù)幾何關(guān)系有R2－(R－)2＝L2 得Bmax＝≈5.5×10－3 T. (3)質(zhì)子運動軌跡如圖所示． 設(shè)質(zhì)子進入磁場時的速率為v′， sin α＝＝＝＝ 由幾何關(guān)系知sin α＝＝＝，得B＝. 4．(2017·衢州、麗水、湖州、舟山四地市3月檢測)如圖10所示，半徑r＝0.06 m的半圓形無場區(qū)的圓心在坐標(biāo)原點O處，半徑R＝0.1 m、磁

16、感應(yīng)強度大小B＝0.075 T的圓形有界磁場區(qū)的圓心坐標(biāo)為(0,0.08 m)，平行金屬板MN的極板長L＝0.3 m、間距d＝0.1 m，極板間所加電壓U＝6.4×102 V，其中N極板收集的粒子全部中和吸收．一位于O處的粒子源向第Ⅰ、Ⅱ象限均勻地發(fā)射速度大小v＝6×105 m/s的帶正電粒子，經(jīng)圓形磁場偏轉(zhuǎn)后，從第Ⅰ象限出射的粒子速度方向均沿x軸正方向．若粒子重力不計、比荷＝108 C/kg、不計粒子間的相互作用力及電場的邊緣效應(yīng)．sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求： 圖10 (1)粒子在磁場中的運動半徑R0； (2)從坐標(biāo)(0,0.18 m)處射出磁場的粒子，其在

17、O點入射方向與y軸的夾角θ； (3)N板收集到的粒子占所有發(fā)射粒子的比例η. 答案　見解析 解析　(1)粒子在磁場中做勻速圓周運動，由qvB＝ 得R0＝＝0.08 m (2)如圖所示，從y＝0.18 m處出射的粒子對應(yīng)入射方向與y軸的夾角為θ，軌跡圓心與y軸交于(0,0.10 m)處， 由幾何關(guān)系可得：sin θ＝0.8，故θ＝53° (3)如圖所示，令恰能從下極板右端出射的粒子剛進入電場時的縱坐標(biāo)為y：y＝＝0.08 m 設(shè)此粒子入射時與x軸夾角為α，則有： y＝rsin α＋R0－ R0cos α 可知tan α＝即α＝53° 比例η＝×100%≈29.4% 5

18、. 電子對湮滅是指電子e－和正電子e＋碰撞后湮滅，產(chǎn)生伽馬射線的過程，電子對湮滅是正電子發(fā)射計算機斷層掃描(PET)及正電子湮滅能譜學(xué)(PAS)的物理基礎(chǔ)．如圖11所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy上，P點在x軸上，且OP＝2L，Q點在負y軸上某處．在第Ⅰ象限內(nèi)有平行于y軸的勻強電場，在第Ⅱ象限內(nèi)有一圓形區(qū)域，與x、y軸分別相切于A、C兩點，OA＝L，在第Ⅳ象限內(nèi)有一未知的矩形區(qū)域(圖中未畫出)，未知矩形區(qū)域和圓形區(qū)域內(nèi)有完全相同的勻強磁場，磁場方向垂直于xOy平面向里．一束速度大小為v0的電子束從A點沿y軸正方向射入磁場，經(jīng)C點射入電場，最后從P點射出電場區(qū)域；另一束速度大小為v0的正電子束從Q點

19、沿與y軸正向成45°角的方向射入第Ⅳ象限，而后進入未知矩形磁場區(qū)域，離開磁場時正好到達P點，且恰好與從P點射出的電子束正碰發(fā)生湮滅，即相碰時兩束粒子速度方向相反．已知正負電子質(zhì)量均為m、電荷量均為e，正負電子的重力不計．求： 圖11 (1)圓形區(qū)域內(nèi)勻強磁場磁感應(yīng)強度B的大小和第Ⅰ象限內(nèi)勻強電場的場強E的大?。? (2)電子從A點運動到P點所用的時間； (3)Q點縱坐標(biāo)及未知矩形磁場區(qū)域的最小面積S. 答案　(1)　　(2) (3)－4L　2(－1)L2 解析　(1)電子束a從A點沿y軸正方向發(fā)射，經(jīng)過C點，由題意可得電子在磁場中運動的半徑R＝L， 又 ev0B＝，解得B＝，

20、 電子在電場中做類平拋運動，得2L＝v0t1， 又L＝at， a＝，解得E＝. (2)在磁場中運動的周期T＝＝， 電子在磁場中運動了四分之一圓周，則 t2＝T＝， 在電場中運動時間t1＝，故從A到P的時間 t＝t1＋t2＝ (3)速度為v0的正電子在磁場中運動的半徑 R2＝＝L, 故Q點的縱坐標(biāo)y＝－(R2＋)＝－4L， 未知矩形磁場區(qū)域的最小面積(如圖所示)為 S＝2L(－1)L＝2(－1)L2. 帶電粒子在電場和磁場的組合場中運動，實際上是將粒子在電場中加速與偏轉(zhuǎn)和磁偏轉(zhuǎn)兩種運動有效組合在一起，尋找兩種運動的聯(lián)系和幾何關(guān)系是解題的關(guān)鍵．當(dāng)帶電粒子連續(xù)通

21、過幾個不同的場區(qū)時，粒子的受力情況和運動情況也發(fā)生相應(yīng)的變化，其運動過程則由幾個不同的運動階段組成． 考點三　帶電粒子在疊加場中的運動 1. 如圖12，在豎直平面內(nèi)建立直角坐標(biāo)系xOy，其第一象限存在著正交的勻強電場和勻強磁場，電場強度的方向水平向右，磁感應(yīng)強度的方向垂直紙面向里．一帶電荷量為＋q、質(zhì)量為m的微粒從原點出發(fā)，沿與x軸正方向的夾角為45°的初速度進入復(fù)合場中，正好做直線運動，當(dāng)微粒運動到A(l，l)時，電場方向突然變?yōu)樨Q直向上(不計電場變化的時間)，粒子繼續(xù)運動一段時間后，正好垂直于y軸穿出復(fù)合場．不計一切阻力，求： 圖12 (1)電場強度E的大小； (2)

22、磁感應(yīng)強度B的大??； (3)微粒在復(fù)合場中的運動時間． 答案　(1)　(2)　(3)(＋1) 解析　(1)微粒到達A(l，l)之前做勻速直線運動，對微粒受力分析如圖甲： 所以，Eq＝mg，得：E＝ (2)由平衡條件：qvB＝mg 電場方向變化后，微粒所受重力與電場力平衡，微粒在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，軌跡如圖乙：qvB＝m 由幾何知識可得：r＝l 聯(lián)立解得：v＝， B＝ (3)微粒做勻速運動的時間：t1＝＝ 做圓周運動的時間：t2＝＝ 在復(fù)合場中的運動時間：t＝t1＋t2＝(＋1). 2．(2017·寧波市模擬)一帶電液滴在互相垂直的勻強電場和勻強磁

23、場中做半徑為R的圓周運動，如圖13所示，已知電場強度為E，方向豎直向下，磁感應(yīng)強度為B，方向水平(圖中垂直紙面向里)，重力加速度為g.運動中液滴所受浮力、空氣阻力都不計，求： 圖13 (1)液滴是順時針運動還是逆時針運動； (2)液滴運動的速度多大； (3)若液滴運動到最低點A時分裂成兩個完全相同的液滴，其中一個仍在原平面內(nèi)做半徑R1＝3R的圓周運動，繞行方向不變，且圓周的最低點仍是A點，則另一個液滴怎樣運動？ 答案　見解析 解析　(1)順時針運動． (2)帶電液滴所受電場力向上且與重力平衡，液滴所受洛倫茲力提供向心力，即Eq＝mg，qvB＝m 解得v＝ (3)第一個液滴

24、電荷量、質(zhì)量均減半，電場力與重力仍平衡，依據(jù)上面運算可得，分裂后第一個液滴的繞行速度大小v1＝＝＝3v，方向向左． 第二個液滴分裂后的速度設(shè)為v2，分裂前后動量守恒，以液滴分裂前的速度方向為正方向 mv＝mv1＋mv2，解得v2＝－v 即分裂后第二個液滴速度大小為v，方向向右，所受電場力與重力仍平衡，在洛倫茲力作用下仍做勻速圓周運動，繞行方向仍是順時針，A點是圓周最高點，圓周半徑R2＝R. 粒子在疊加場中運動的分析思路 專題強化練 (限時：30分鐘) 1. (2017·寧波市九校高三上學(xué)期期末)1922年英國物理學(xué)家阿斯頓因質(zhì)譜儀的發(fā)明、同位素和質(zhì)譜的研究榮獲了諾貝爾化學(xué)

25、獎．一束粒子由左端射入質(zhì)譜儀后的運動軌跡如圖1所示，其中電場和兩個磁場固定不變，粒子重力不計，則下列說法中正確的是(　　) 圖1 A．該束帶電粒子帶負電 B．速度選擇器的P1極板接電源負極 C．在B2磁場中運動半徑越大的粒子，速度越快 D．在B2磁場中運動半徑越大的粒子，比荷越小 答案　D 解析　根據(jù)粒子在磁場中的運動軌跡及左手定則知，該束粒子帶正電，故A錯誤．在平行金屬板間， 帶電粒子所受的洛倫茲力方向豎直向上，則電場力的方向豎直向下，知電場強度的方向豎直向下，所以速度選擇器的P1極板帶正電，故B錯誤. 進入B2磁場中的粒子速度v是一定的，由牛頓第二定律得：qvB2＝m，解

26、得：r＝，由r＝可知，r越大，比荷越小，故C錯誤，D正確． 2．如圖2是利用霍爾效應(yīng)制成的污水流量計的原理圖，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，有垂直上下底面的勻強磁場B，前后內(nèi)側(cè)面分別固定有金屬板電極．流量為Q的污水充滿管道從左向右流經(jīng)該裝置時，電壓表將顯示兩個電極間的電壓．下列說法中正確的是(　　) 圖2 A．后表面比前表面的電勢低 B．污水流量越大，電壓表的示數(shù)越小 C．污水中離子濃度升高，電壓表的示數(shù)不變 D．增大所加磁場的磁感應(yīng)強度，電壓表的示數(shù)減小 答案　C 解析　根據(jù)左手定則可知，正離子向后表面偏轉(zhuǎn)，負離子向前表面偏轉(zhuǎn)，故后表面

27、的電勢一定高于前表面的電勢，選項A錯誤；最終離子所受的電場力和洛倫茲力平衡，有qvB＝q，則電勢差U＝vBb，又因為流量Q＝vS＝vbc＝，所以U＝，故流量Q越大，電壓越大，選項B錯誤；因為U＝，所以電壓與污水中離子的濃度無關(guān)，選項C正確；由U＝可知，增大所加磁場的磁感應(yīng)強度B，電壓表的示數(shù)U將增大，選項D錯誤． 3．如圖3所示，兩塊水平放置、相距為d的長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磁場．將噴墨打印機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v0、帶相等電荷量的墨滴．調(diào)節(jié)電源電壓至U，墨滴在電場區(qū)域恰能沿水平方向向右做勻速直線

28、運動；進入電場、磁場共存區(qū)域后，最終垂直打在下板的M點． 圖3 (1)判斷墨滴所帶電荷的種類，并求其電荷量； (2)求磁感應(yīng)強度B的值； (3)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下板M點，應(yīng)將磁感應(yīng)強度調(diào)至B′，則B′的大小為多少？ 答案　(1)負電荷　　(2)　(3) 解析　(1)墨滴在電場區(qū)域內(nèi)做勻速直線運動，有 q＝mg ① 由①式得 q＝ ② 由于電場方向向下，電荷所受電場力向上，可知墨滴帶負電荷 (2)墨滴垂直進入電場、磁場共存區(qū)域，重力仍與電場力平衡，合力等于洛倫茲力，墨滴做勻速圓周

29、運動，有 qv0B＝m ③ 考慮墨滴進入磁場和撞板時的幾何關(guān)系，可知墨滴在該區(qū)域恰完成四分之一圓周運動，則半徑 R＝d ④ 由②③④式得B＝ ⑤ (3)根據(jù)題設(shè)，墨滴運動軌跡如圖，設(shè)圓周運動半徑為R′，有 qv0B′＝m ⑥ 由圖示可得 R′2＝d2＋(R′－)2 ⑦ 得R′＝d ⑧ 聯(lián)立②⑥⑧式可得 B′＝. 4．(2017·浙江余姚中學(xué)高三上期中) 如圖4所示，M、N為兩塊帶等量異種電荷的平行金屬板，兩板間電壓可取從零到最大值Um之間的各種數(shù)值

30、．靜止的帶電粒子電荷量為＋q，質(zhì)量為m(不計重力)，從點P經(jīng)電場加速后，從小孔Q進入N板右側(cè)的勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直于紙面向外，CD為磁場邊界上的一絕緣板，它與N板的夾角為θ＝45°，孔Q到板的下端C的距離為L，當(dāng)M、N兩板間電壓取最大值Um時，粒子恰垂直打在CD板上，求： 圖4 (1)當(dāng)M、N兩板間電壓取最大值Um時，粒子射入磁場的速度v1的大小； (2)勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的大?。? (3)粒子在磁場中運動的最長時間tm； (4)CD板上可能被粒子打中區(qū)域的長度s. 答案　(1) 　(2) 　(3)πL 　(4)(2－)L 解析　(1) M、N兩板間電壓取最大值Um時

31、，粒子恰垂直打在CD板上，所以圓心在C點，如圖所示： 設(shè)此時粒子運動軌跡半徑為r1，CH＝QC＝L 即半徑r1＝L，由：qUm＝mv，可得：v1＝ (2)由帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動得 qv1B＝m，得B＝ (3)粒子在磁場中運動的時間最長為半個周期 由T＝＝，tm＝，得tm＝πL (4)設(shè)粒子在磁場中運動的軌跡與CD板相切于K點，此軌跡的半徑為r2，設(shè)圓心為A 在△AKC中，sin 45°＝ 解得：r2＝(－1)L，即＝r2＝(－1)L 所以CD板上可能被粒子打中的區(qū)域的長度s＝ 即s＝r1－r2＝(2－)L. 5．(2017·浙江名校新高考聯(lián)盟3月聯(lián)考)

32、如圖5所示，真空中MN上方半徑為R的虛線所圍的圓形區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場，磁場方向與紙面垂直．在磁場右側(cè)有長為2R、間距為R的平行金屬板所形成的勻強電場，具體分布在矩形ACFD內(nèi)．矩形中心線O1O2與磁場區(qū)域的圓心O在同一直線上，O1也是圓周上的一點，BAO1DE在同一豎直線上，BA、DE為擋板．有一群電荷量為＋q、質(zhì)量為m的帶電粒子以速率v0從圓周上的a點飛入，其方向與aM成0°～180°角且分布均勻地射出，每秒內(nèi)射出的帶電粒子數(shù)總為N0，某一沿aO方向射入磁場的粒子從O1點飛出磁場進入右側(cè)電場，并恰好從DF邊緣F點離開電場，最后垂直打到探測板PQ上．(不計粒子的重力及粒子間的相互作用)

33、圖5 (1)求電場強度E和磁場的磁感應(yīng)強度B的比值； (2)求探測板PQ與MN的夾角θ的正切值和每秒垂直打在熒光屏PQ上的粒子數(shù)N. (3)若打在平行金屬板DF上的粒子被全部吸收，打在探測板PQ上的粒子全部被探測板反向彈回，彈回速度大小不變，求從電場中射出的粒子對探測板的平均作用力的大?。?沒有飛入ACFD的粒子均被AB、DE擋板攔截) 答案　見解析 解析　(1)帶電粒子從aO方向射入，從O1射出，其反向延長線必經(jīng)過O點，可得軌跡圓的半徑與區(qū)域圓的半徑是相同的，即都為R qv0B＝，B＝ 帶電粒子在電場中的運動是類平拋運動，可得 ＝·t2 2R＝v0t E＝ ＝ (2)

34、帶電粒子從F點飛出時，水平方向的速度仍為v0，豎直方向速度為vy＝t＝，由數(shù)學(xué)知識可得 tan θ＝＝2 與aM成90°沿aO方向射入的粒子，此時剛好打到斜面上，可知，只有從A處水平進入的同樣的帶電粒子會從O2點出來垂直打到斜面上．由數(shù)學(xué)知識可得，此時帶電粒子從a處進入的方向與aM成60°，即在a處入射的粒子能夠打到極板上的角度大小是30°，由此得N＝ (3)帶電粒子從電場中出射速度大小為： v＝＝ v0 對粒子進行受力分析，由動量定理得： Ft0＝Nt0·mv－(－Nt0·mv) 得F＝N0mv0 由牛頓第三定律可得，粒子對探測板的平均作用力大小為F′＝N0mv0. 6．如

35、圖6所示，在第二象限半徑為r的圓形區(qū)域內(nèi)存在方向垂直紙面向外的勻強磁場，磁場邊界恰好與兩坐標(biāo)軸相切．x軸上切點A處有一粒子源，能夠向x軸上方發(fā)射速率均為v，質(zhì)量為m，電量為＋q的粒子，粒子重力不計．圓形區(qū)域磁場的磁感應(yīng)強度B1＝，y軸右側(cè)0＜y＜r的范圍內(nèi)存在沿y軸負方向的勻強電場，已知某粒子從A處沿＋y方向射入磁場后，再進入勻強電場，發(fā)現(xiàn)粒子從電場右邊界MN射出，速度方向與x軸正方向成45°角斜向下，求： 圖6 (1)勻強電場的電場強度大小； (2)若在MN右側(cè)某區(qū)域存在另一圓形勻強磁場B2，發(fā)現(xiàn)A處粒子源發(fā)射的所有粒子經(jīng)磁場B1、電場E射出后均能進入B2區(qū)域，之后全部能夠經(jīng)過x軸

36、上的P點，求圓形勻強磁場B2的最小半徑； (3)繼第二問，若圓形勻強磁場B2取最小半徑，試求A處沿＋y方向射入B1磁場的粒子，自A點運動到x軸上的P點所用的時間． 答案　(1)　(2)r　(3)＋ 解析　(1)設(shè)粒子做類平拋運動的水平位移大小為x， 豎直方向的速度大小為vy，類平拋的加速度大小為a， 類平拋的時間為t， 根據(jù)牛頓第二定律Eq＝ma，得a＝， 粒子在電場中做類平拋運動，根據(jù)類平拋的規(guī)律有： x方向：x＝vt＝r， y方向：vy＝at＝t＝， 粒子從電場右邊界MN射出，速度方向與x軸正方向成45°斜向下，則 vy＝v， 聯(lián)立得勻強電場的電場強度大小E＝. (

37、2)粒子在磁場中做勻速圓周運動， 由牛頓第二定律得qvB1＝m， 聯(lián)立題中已知B1＝，得R＝r， 因為磁場半徑與軌跡半徑相同，所以粒子離開磁場后的速度方向均沿x軸正方向， 又所有粒子穿出勻強電場后速度縱向偏移量 y＝at2＝r均相等， 設(shè)粒子從MN射出的最高點為E，最低點為F， 則EF＝2r，所以粒子束的寬度d＝r 圓形勻強磁場B2的最小半徑 rB2＝r. (3)粒子在磁場B1中運動時間 t1＝ 粒子在勻強電場中運動時間 t2＝， 粒子在無場區(qū)運動速度 v′＝v， 粒子在無場區(qū)運動的距離 x3＝r， 粒子在無場區(qū)運動的時間 t3＝＝， 粒子在磁場B2中運動時間 t4＝ 故粒子自A點運動到x軸上的P點的總時間 t＝t1＋t2＋t3＋t4＝＋. 22