（浙江選考）2018版高考物理二輪復習 專題三 電場和磁場 第3講 帶電粒子在復合場中的運動學案

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

1、 第3講　帶電粒子在復合場中的運動 考點一　以科技應用為背景命題的復合場問題 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D形盒D1、D2構成，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 C．

3、不改變回旋加速的任何參數(shù)，裝置可以加速質子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)利用霍爾效應制作的霍爾元件，被廣泛應用于測量和自動控制等領域．霍爾元件一

4、般由半導體材料做成，有的半導體中的載流子(即自由電荷)是電子，有的半導體中的載流子是空穴(相當于正電荷)．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，讓電流從霍爾元件的左側流向右側，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)，則關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)代質譜儀可用來分析比質子重很多的離子，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)勻強磁場偏轉后仍從同一出口離開磁場，需將磁感應強度增加到原來的12倍．則

6、此離子和質子的質量比約為(　　) 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，磁感應強度增加到原來的12倍，則離子質量是質子質量的144倍，D正確，A、B、C錯誤． 1.質譜儀(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強度B和D形盒半徑r決定，與加速電壓無關． 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，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 當磁場方向與電流方向垂直時，導體在與磁場、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，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、大小均可調的電壓UAK，穿過K板小孔到達A板的所有電子被收集且導出，從而形成電流．已知b＝R，d＝l，電子質量為m，電荷量為e，忽略電子間的相互作用． 圖7 (1)求磁感應強度B的大??； (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，由幾何關系知： θ在關于y軸左、右對稱的60°(含)范圍內． (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UAK＝0時每秒到達A板的電子數(shù)：N0＝N. (4)①當UAK≥0時，到達的電子全部到A板 i1＝N0e＝Ne ②設當UAK＝U1時，φ1＝45°對應的電子剛好到達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)調整磁感應強度的大小，可使速度最大的

12、離子恰好打在探測板的右端，求此時的磁感應強度大小B1； (3)保持磁感應強度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．質子束沿兩板正中間以速度v＝1.0×105 m/s水平射入，質子荷質比近似為＝1.0×108 C/kg.(忽略邊界效應，不計重力) 圖9 (1)當區(qū)域Ⅰ加電場、區(qū)域Ⅱ不加磁場時，求能在屏上探測到質子束的外加電場的最大值Emax； (2)當區(qū)域Ⅰ不加電場、區(qū)域Ⅱ加磁場時，求能在屏上探測到質子束的外加磁場的最大值Bmax； (3)當區(qū)域Ⅰ加電場E小于(1)中的Emax，質子束進入?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之間的關系式． 答案　(1)200 V/m　

15、(2)5.5×10－3 T　(3)B＝ 解析　(1)質子在電場中做類平拋運動 vy＝at＝，tan α＝＝ 質子到達區(qū)域Ⅱ右下端時，有tan α＝ 得Emax＝＝200 V/m. (2)質子在磁場中運動有qvB＝m，即R＝ 根據(jù)幾何關系有R2－(R－)2＝L2 得Bmax＝≈5.5×10－3 T. (3)質子運動軌跡如圖所示． 設質子進入磁場時的速率為v′， sin α＝＝＝＝ 由幾何關系知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)的圓心在坐標原點O處，半徑R＝0.1 m、磁

16、感應強度大小B＝0.075 T的圓形有界磁場區(qū)的圓心坐標為(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．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(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為y：y＝＝0.08 m 設此粒子入射時與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(PAS)的物理基礎．如圖11所示，在平面直角坐標系xOy上，P點在x軸上，且OP＝2L，Q點在負y軸上某處．在第Ⅰ象限內有平行于y軸的勻強電場，在第Ⅱ象限內有一圓形區(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)域內勻強磁場磁感應強度B的大小和第Ⅰ象限內勻強電場的場強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和磁偏轉兩種運動有效組合在一起，尋找兩種運動的聯(lián)系和幾何關系是解題的關鍵．當帶電粒子連續(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，在豎直平面內建立直角坐標系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，磁感應強度的方向垂直紙面向里．一帶電荷量為＋q、質量為m的微粒從原點出發(fā)，沿與x軸正方向的夾角為45°的初速度進入復合場中，正好做直線運動，當微粒運動到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軸穿出復合場．不計一切阻力，求： 圖12 (1)電場強度E的大?。? (2)

22、磁感應強度B的大小； (3)微粒在復合場中的運動時間． 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期期末)1922年英國物理學家阿斯頓因質譜儀的發(fā)明、同位素和質譜的研究榮獲了諾貝爾化學

25、獎．一束粒子由左端射入質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，前后內側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，負離子向前表面偏轉，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，選項C正確；由U＝可知，增大所加磁場的磁感應強度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的電源上．兩板之間的右側區(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)不斷噴出質量均為m、水平速度均為v0、帶相等電荷量的墨滴．調節(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，應將磁感應強度調至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，墨滴運動軌跡如圖，設圓周運動半徑為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??； (2)勻強磁場的磁感應強度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)域內存在勻強磁場，磁場方向與紙面垂直．在磁場右側有長為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．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小．(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)域磁場的磁感應強度B1＝，y軸右側0＜y＜r的范圍內存在沿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?。? (2)若在MN右側某區(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