2020年高考物理一輪復習 第10章 磁場 第49講 帶電粒子在組合場和復合場中的運動學案（含解析）.doc

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第49講　帶電粒子在組合場和復合場中的運動 考點一　帶電粒子在組合場中的運動 1．組合場：電場與磁場各位于一定的區(qū)域內(nèi)，并不重疊，電場、磁場交替出現(xiàn)。不同的磁場區(qū)域組合在一起也叫組合場。 2．分析思路 (1)劃分過程：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。 (2)找關(guān)鍵：確定帶電粒子在場區(qū)邊界的速度(包括大小和方向)是解決該類問題的關(guān)鍵。 (3)畫運動軌跡：根據(jù)受力分析和運動分析，大致畫出粒子的運動軌跡圖，有利于形象、直觀地解決問題。 3．組合場中的兩種典型偏轉(zhuǎn) (2017天津高考)平面直角坐標系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的勻強磁場，第Ⅲ象限存在沿y軸負方向的勻強電場，如圖所示。一帶負電的粒子從電場中的Q點以速度v0沿x軸正方向開始運動，Q點到y(tǒng)軸的距離為到x軸距離的2倍。粒子從坐標原點O離開電場進入磁場，最終從x軸上的P點射出磁場，P點到y(tǒng)軸距離與Q點到y(tǒng)軸距離相等。不計粒子重力，問： (1)粒子到達O點時速度的大小和方向； (2)電場強度和磁感應強度的大小之比。 解析　(1)在電場中，粒子做類平拋運動，設(shè)Q點到x軸距離為L，到y(tǒng)軸距離為2L，粒子的加速度為a，運動時間為t，有 2L＝v0t① L＝at2② 設(shè)粒子到達O點時沿y軸方向的分速度為vy vy＝at③ 設(shè)粒子到達O點時速度方向與x軸正方向夾角為α，有 tanα＝④ 聯(lián)立①②③④式得 α＝45⑤ 即粒子到達O點時速度方向與x軸正方向成45角斜向上。 設(shè)粒子到達O點時速度大小為v，由運動的合成有 v＝ ⑥ 聯(lián)立①②③⑥式得 v＝v0⑦ (2)設(shè)電場強度為E，粒子所帶電荷量為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＝ma⑧ 又F＝qE⑨ 設(shè)磁場的磁感應強度大小為B，粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R，所受的洛倫茲力提供向心力，有 qvB＝m⑩ 由幾何關(guān)系可知 R＝L? 聯(lián)立①②⑦⑧⑨⑩?式得 ＝。 答案　(1)v0，速度方向與x軸正方向成45角斜向上 (2) 方法感悟 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的加速與偏轉(zhuǎn)，跟磁偏轉(zhuǎn)兩種運動有效組合在一起。區(qū)別電偏轉(zhuǎn)和磁偏轉(zhuǎn)，尋找兩種運動的聯(lián)系和幾何關(guān)系是解題的關(guān)鍵。當帶電粒子連續(xù)通過幾個不同的場區(qū)時，粒子的受力情況和運動情況也發(fā)生相應的變化，其運動過程則由幾種不同的運動階段組成；前后兩段過程的聯(lián)系是帶電粒子在邊界的速度，前一過程的末速度就是后一過程的初速度。 如圖所示，一帶電粒子垂直射入勻強電場，經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后從磁場的左邊界上M點進入垂直紙面向外的勻強磁場中，最后從磁場的左邊界上的N點離開磁場。已知帶電粒子的比荷＝3.2109 C/kg，電場強度E＝200 V/m，M、N間距MN＝1 cm，金屬板長L＝25 cm，粒子的初速度v0＝4105 m/s，帶電粒子的重力忽略不計，求： (1)粒子射出電場時的運動方向與初速度v0的夾角θ； (2)磁感應強度B的大小。 答案　(1)45　(2)2.510－2 T 解析　(1)由牛頓第二定律有qE＝ma 粒子在電場中水平方向做勻速直線運動， L＝v0t 粒子在豎直方向做初速度為零的勻加速運動，射出電場時的豎直分速度vy＝at 速度偏轉(zhuǎn)角的正切值tanθ＝ 由以上各式代入數(shù)據(jù)解得θ＝45。 (2)粒子射出電場時的速度大小為： v＝ 在磁場中洛倫茲力提供向心力： Bqv＝m 由幾何關(guān)系得MN＝r 代入數(shù)據(jù)解得B＝2.510－2 T。 考點二　帶電粒子在復合場中的運動 1．復合場存在形式有以下三種 (1)洛倫茲力、重力并存 ①若重力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運動。 ②若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，只有重力做功，故機械能守恒，由此可求解問題。 (2)靜電力、洛倫茲力并存(不計重力的微觀粒子) ①若靜電力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運動。 ②若靜電力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，可用動能定理求解問題。 (3)靜電力、洛倫茲力、重力并存 ①若三力平衡，一定做勻速直線運動。 ②若重力與靜電力平衡，一定做勻速圓周運動。 ③若合力不為零且與速度方向不垂直，將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，可用能量守恒定律或動能定理求解問題。 2．帶電粒子在疊加場中有約束情況下的運動 帶電粒子在疊加場中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道等約束的情況下，常見的運動形式有直線運動和圓周運動，此時解題要通過受力分析明確變力、恒力做功情況，并注意洛倫茲力不做功的特點，運用動能定理、能量守恒定律結(jié)合牛頓運動定律求解。 3．帶電粒子在復合場中運動的分析方法 如圖所示，區(qū)域Ⅰ內(nèi)有與水平方向成45角的勻強電場，區(qū)域?qū)挾葹閐1，區(qū)域Ⅱ內(nèi)有正交的有界勻強磁場和勻強電場，區(qū)域?qū)挾葹閐2，磁場方向垂直紙面向里，電場方向豎直向下。一質(zhì)量為m、電荷量為q的微粒在區(qū)域Ⅰ左邊界的P點由靜止釋放后水平向右做直線運動，進入?yún)^(qū)域Ⅱ后做勻速圓周運動，從區(qū)域Ⅱ右邊界上的Q點穿出，其速度方向改變了60，重力加速度為g，求： (1)區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ內(nèi)勻強電場的電場強度E1、E2的大?。? (2)區(qū)域Ⅱ內(nèi)勻強磁場的磁感應強度B的大?。? (3)微粒從P運動到Q的時間。 解析　(1)微粒在區(qū)域Ⅰ內(nèi)水平向右做直線運動，則在豎直方向上，有 qE1sin45＝mg 解得E1＝ 微粒在區(qū)域Ⅱ內(nèi)做勻速圓周運動，則在豎直方向上，有 mg＝qE2 解得E2＝。 (2)設(shè)微粒在區(qū)域Ⅰ內(nèi)水平向右做直線運動時加速度為a，離開區(qū)域Ⅰ時速度為v，在區(qū)域Ⅱ內(nèi)做勻速圓周運動的軌道半徑為R，則 a＝＝g v2＝2ad1 Rsin60＝d2 qvB＝m 解得B＝ 。 (3)微粒在區(qū)域Ⅰ內(nèi)做勻加速直線運動，t1＝ 在區(qū)域Ⅱ內(nèi)做勻速圓周運動的圓心角為60， 而T＝ 則t2＝＝ 解得t＝t1＋t2＝＋ 。 答案　(1)　　(2) (3) ＋ 方法感悟 關(guān)于是否考慮粒子重力的三種情況 (1)對于微觀粒子，如電子、質(zhì)子、離子等，因為其重力一般情況下與靜電力或磁場力相比太小，可以忽略；而對于一些宏觀帶電小物體，如帶電小球、液滴、塵埃等一般應當考慮其重力。 (2)在題目中有明確說明是否要考慮重力的，按題目要求處理。 (3)不能直接判斷是否要考慮重力的，在進行受力分析與運動分析時，要結(jié)合運動狀態(tài)確定是否要考慮重力。 如圖所示，位于豎直平面內(nèi)的坐標系xOy，在其第三象限空間有垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B＝0.5 T，還有沿x軸負方向的勻強電場，場強大小為E＝2 N/C。在其第一象限空間有沿y軸負方向的、場強大小也為E的勻強電場，并在y>h(h＝0.4 m)的區(qū)域有磁感應強度大小也為B的垂直于紙面向里的勻強磁場。一個電荷量為q的油滴從圖中第三象限的P點得到一初速度，恰好能沿PO做勻速直線運動(PO與x軸負方向的夾角為θ＝45)，并從原點O進入第一象限。已知重力加速度g取10 m/s2。 (1)求油滴在第三象限運動時受到的重力、電場力、洛倫茲力三力的大小之比，并指出油滴帶何種電荷； (2)求油滴在P點得到的初速度大?。? (3)求油滴在第一象限運動的時間。 答案　(1)1∶1∶　負電荷　(2)4 m/s　(3)0.828 s 解析　(1)對油滴受力分析，如圖所示，可知油滴帶負電荷。 設(shè)油滴質(zhì)量為m，由平衡條件得 mg∶qE∶F＝1∶1∶。 (2)由第(1)問得 F＝qvB＝qE 解得v＝＝4 m/s。 (3)進入第一象限，電場力和重力大小相等、方向相反，油滴受力平衡，油滴先做勻速直線運動，進入y>h的區(qū)域后做勻速圓周運動，軌跡如圖所示，最后從x軸上的N點離開第一象限。 油滴由O到A做勻速直線運動的位移為 x1＝＝h 重力與電場力平衡，有mg＝Eq 其運動時間t1＝＝0.1 s 由幾何關(guān)系和圓周運動的周期公式T＝知，油滴由A到C做圓周運動的時間t2＝T＝0.628 s 由對稱性知油滴從C到N運動的時間t3＝t1 油滴在第一象限運動的總時間t＝t1＋t2＋t3＝20.1 s＋0.628 s＝0.828 s。 考點三　帶電粒子在交變電磁場中的運動 1．帶電粒子在交變電、磁場中的運動是指電場、磁場發(fā)生周期性變化，要仔細分析并確定各場的變化特點及相應的時間，其變化周期一般與粒子在電場或磁場中的運動周期有一定的對應關(guān)系，應抓住變化周期與運動周期之間的聯(lián)系作為解題的突破口。 2．解決帶電粒子在交變電磁場中的運動問題的基本思路 如圖a所示的xOy平面處于變化的勻強電場和勻強磁場中，電場強度E和磁感應強度B隨時間做周期性變化的圖象如圖b所示，y軸正方向為E的正方向，垂直于紙面向里為B的正方向。t＝0時刻，帶負電粒子P(重力不計)由原點O以速度v0沿y軸正方向射出，它恰能沿一定軌道做周期性運動。v0、E0和t0為已知量，圖b中＝，在0～t0時間內(nèi)粒子P第一次離x軸最遠時的坐標為。求： (1)粒子P的比荷； (2)t＝2t0時刻粒子P的位置； (3)帶電粒子在運動中距離原點O的最遠距離L。 解析　(1)0～t0時間內(nèi)粒子P在勻強磁場中做勻速圓周運動，當粒子所在位置的縱、橫坐標相等時，粒子在磁場中恰好運動圓周，所以粒子P第一次離x軸的最遠距離等于軌道半徑R，即R＝，① 又qv0B0＝，② 代入＝ 解得＝③ (2)設(shè)粒子P在磁場中運動的周期為T，則 T＝，④ 聯(lián)立①④解得T＝4t0，⑤ 即粒子P運動圓周運動后磁場變?yōu)殡妶?，粒子以速度v0垂直電場方向進入電場后做類平拋運動，設(shè)t0～2t0時間內(nèi)水平位移和豎直位移分別為x1、y1，則 x1＝v0t0，⑥ y1＝at，⑦ 其中加速度a＝⑧ 由③⑦⑧解得y1＝＝R，因此t＝2t0時刻粒子P的位置坐標為，如圖中的b點所示。 (3)分析知，粒子P在2t0～3t0時間內(nèi)，電場力產(chǎn)生的加速度方向沿y軸正方向，由對稱關(guān)系知，在3t0時刻速度方向沿x軸正方向，水平位移x2＝x1＝v0t0，豎直位移y2＝y(tǒng)1＝R；在3t0～5t0時間內(nèi)粒子P沿逆時針方向做勻速圓周運動，往復運動軌跡如圖所示，由圖可知，帶電粒子在運動中距原點O的最遠距離L即O、d間的距離， L＝2R＋2x1，⑨ 解得L＝2v0t0。 答案　(1)　(2)　(3)2v0t0 方法感悟 認真閱讀題目、分析題意、搞清題述物理狀態(tài)及過程，并用簡圖(示意圖、運動軌跡圖、受力分析圖、等效圖等)將這些狀態(tài)及過程表示出來，以展示題述物理情境、物理模型，使物理過程更為直觀、物理特征更加明顯，進而快速簡便解題。 (2018合肥模擬)如圖甲所示，帶正電粒子以水平速度v0從平行金屬板MN間沿中線OO′連續(xù)射入電場中。MN板間接有如圖乙所示的隨時間t變化的電壓UMN，兩板間電場可看做是均勻的，且兩板外無電場。緊鄰金屬板右側(cè)有垂直紙面向里的勻強磁場B，分界線為CD，EF為屏幕。金屬板間距為d，長度為l，磁場的寬度為d。已知：B＝510－3 T，l＝d＝0.2 m，每個帶正電粒子的速度v0＝105 m/s，比荷為＝108 C/kg，重力忽略不計，在每個粒子通過電場區(qū)域的極短時間內(nèi)，電場可視作是恒定不變的。試求： (1)帶電粒子進入磁場做圓周運動的最小半徑； (2)帶電粒子射出電場時的最大速度； (3)帶電粒子打在屏幕上的范圍。 答案　(1)0.2 m　(2)1.414105 m/s (3)O′上方0.2 m到O′下方0.18 m的范圍內(nèi) 解析　(1)t＝0時刻射入電場的帶電粒子不被加速，進入磁場做圓周運動的半徑最小。 粒子在磁場中運動時qv0B＝ 則帶電粒子進入磁場做圓周運動的最小半徑 rmin＝＝ m＝0.2 m，其運動的徑跡如圖中曲線Ⅰ所示。 (2)設(shè)兩板間電壓為U1時，帶電粒子剛好從極板邊緣射出電場，則有＝at2＝2 代入數(shù)據(jù)，解得U1＝100 V 在電壓不高于100 V時，帶電粒子才能從兩板間射出電場，電壓高于100 V時，帶電粒子打在極板上，不能從兩板間射出。帶電粒子剛好從極板邊緣射出電場時，速度最大，設(shè)最大速度為vmax，則有 mv＝mv＋q 解得vmax＝105 m/s＝1.414105 m/s。 (3)由第(1)問計算可知，t＝0時刻射入電場的粒子在磁場中做圓周運動的半徑rmin＝d＝0.2 m，徑跡恰與屏幕相切，設(shè)切點為E，E為帶電粒子打在屏幕上的最高點， 則＝rmin＝0.2 m 帶電粒子射出電場的速度最大時，在磁場中做圓周運動的半徑最大，打在屏幕上的位置最低。 設(shè)帶電粒子以最大速度射出電場進入磁場中做圓周運動的半徑為rmax，打在屏幕上的位置為F，運動徑跡如圖中曲線Ⅱ所示。 qvmaxB＝ 則帶電粒子進入磁場做圓周運動的最大半徑 rmax＝＝ m＝ m 由數(shù)學知識可得運動徑跡的圓心必落在屏幕上，如圖中Q點所示，并且Q點必與M板在同一水平線上。則 ＝＝ m＝0.1 m 帶電粒子打在屏幕上的最低點為F，則 ＝rmax－＝ m＝0.18 m 即帶電粒子打在屏幕上O′上方0.2 m到O′下方0.18 m的范圍內(nèi)。 課后作業(yè) [鞏固強化練] 1．(多選)一個重力忽略不計的帶電粒子以初速度v0垂直于電場方向向右射入勻強電場區(qū)域，穿出電場后接著又進入勻強磁場區(qū)域。設(shè)電場和磁場區(qū)域有明確的分界線，且分界線與電場強度方向平行，如圖中的虛線所示。在圖所示的幾種情況中，可能出現(xiàn)的是(　　) 答案　AD 解析　A、C選項中粒子在電場中向下偏轉(zhuǎn)，所以粒子帶正電，再進入磁場后，A圖中粒子應逆時針運動，故A正確；C圖中粒子應順時針運動，故C錯誤；同理可以判斷D正確，B錯誤。 2．如圖所示，一束正離子從S點沿水平方向射出，在沒有偏轉(zhuǎn)電場、磁場時恰好擊中熒光屏上的坐標原點O；若同時加上電場和磁場后，正離子束最后打在熒光屏上坐標系的第Ⅲ象限中，則所加電場E和磁場B的方向可能是(不計離子重力及其間相互作用力)(　　) A．E向下，B向上 B．E向下，B向下 C．E向上，B向下 D．E向上，B向上 答案　A 解析　離子打在第Ⅲ象限，相對于原點O向下運動和向外運動，所以E向下，根據(jù)左手定則可知B向上，故A正確。 3．如圖所示，一帶電液滴在相互垂直的勻強電場和勻強磁場中剛好做勻速圓周運動，其軌道半徑為R。已知電場的電場強度為E，方向豎直向下；磁場的磁感應強度為B，方向垂直紙面向里，不計空氣阻力，設(shè)重力加速度為g，則(　　) A．液滴帶正電 B．液滴荷質(zhì)比＝ C．液滴順時針運動 D．液滴運動的速度大小v＝ 答案　C 解析　液滴在重力場、勻強電場和勻強磁場組成的復合場中做勻速圓周運動，可知，液滴受到的重力和電場力是一對平衡力，重力豎直向下，所以電場力豎直向上，與電場方向相反，故可知液滴帶負電，故A錯誤；由mg＝qE解得＝，故B錯誤；磁場方向垂直紙面向里，洛倫茲力的方向始終指向圓心，由左手定則可判斷液滴的運動方向為順時針，故C正確；液滴在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運動的半徑為R＝，聯(lián)立各式得v＝，故D錯誤。 4. (多選)如圖所示為一個質(zhì)量為m、電荷量為＋q的圓環(huán)，可在豎直面內(nèi)水平放置的足夠長的粗糙細桿上滑動，細桿處于磁感應強度為B的勻強磁場中(不計空氣阻力)?，F(xiàn)給圓環(huán)向右的初速度v0，在以后的運動過程中，圓環(huán)運動的速度—時間圖象可能是圖中的(　　) 答案　AD 解析　由左手定則可知，圓環(huán)所受洛倫茲力豎直向上，如果恰好qv0B＝mg，圓環(huán)與桿間無彈力，不受摩擦力，圓環(huán)將以v0做勻速直線運動，故A正確；如果qv0Bmg，則a＝，隨著v的減小a也減小，直到qvB＝mg，以后做勻速直線運動，故D正確，B、C錯誤。 5. 如圖所示，界面MN與水平地面之間有足夠大的勻強磁場B和勻強電場E，磁感線和電場線都處在水平方向且互相垂直，E向右，B垂直紙面向里。在MN上方有一個帶正電的小球由靜止開始下落，經(jīng)電場和磁場到達水平地面。若不計空氣阻力，小球在通過電場和磁場的過程中，下列說法中正確的是(　　) A．小球做勻變速曲線運動 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 答案　D 解析　帶電小球在剛進入復合場時受力如圖所示，則帶電小球進入復合場后做曲線運動，因為速度會發(fā)生變化，洛倫茲力就會跟著變化，所以不可能是勻變速曲線運動，A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動時，電勢能才保持不變，B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錯誤；由動能定理可知：重力做正功，電場力也做正功，洛倫茲力不做功，它們的代數(shù)之和等于動能的增量，D正確。 6．如圖所示，在x軸上方存在垂直紙面向里的磁感應強度為B的勻強磁場，在x軸下方存在垂直紙面向外的磁感應強度為的勻強磁場。一帶負電的粒子從原點O以與x軸正方向成30角斜向上射入磁場，且在x軸上方運動半徑為R，則(　　) A．粒子經(jīng)偏轉(zhuǎn)一定能回到原點O B．粒子在x軸上方和下方兩磁場中運動的軌跡半徑之比為2∶1 C．粒子完成一次周期性運動的時間為 D．粒子第二次射入x軸上方磁場時，沿x軸前進3R 答案　D 解析　根據(jù)左手定則判斷可知，粒子在第一象限和第四象限中所受的洛倫茲力方向不同，粒子在第一象限沿順時針方向運動，而在第四象限沿逆時針方向運動，不可能回到原點O，故A錯誤；由r＝，知粒子做圓周運動的軌跡半徑與B成反比，則粒子在x軸上方和下方兩磁場中運動的軌跡半徑之比為1∶2，故B錯誤；粒子在第一象限內(nèi)軌跡所對應的圓心角為60，在第四象限內(nèi)軌跡所對應的圓心角也為60，粒子在第一象限做圓周運動的周期為T＝，在一個周期內(nèi)，粒子在第一象限運動的時間為t1＝T＝，同理，在第四象限運動的時間為t2＝T′＝＝，故粒子完成一次周期性運動的時間為t＝t1＋t2＝，故C錯誤；根據(jù)幾何知識得，粒子第二次射入x軸上方磁場時，沿x軸前進的距離為x＝R＋2R＝3R，故D正確。 7．如圖甲所示，兩個平行正對的水平金屬板XX′極板長L＝0.2 m，板間距離d＝0.2 m，在金屬板右端豎直邊界MN的右側(cè)有一區(qū)域足夠大的勻強磁場，磁感應強度B＝510－3 T，方向垂直紙面向里。現(xiàn)將X′極板接地，X極板上電勢φ隨時間變化規(guī)律如圖乙所示。現(xiàn)有帶正電的粒子流以v0＝105 m/s的速度沿水平中線OO′連續(xù)射入電場中，粒子的比荷＝108 C/kg，重力可忽略不計，在每個粒子通過電場的極短時間內(nèi)，電場可視為勻強電場(設(shè)兩板外無電場)。求： (1)帶電粒子射出電場時的最大速率； (2)粒子在磁場中運動的最長時間和最短時間之比； (3)分別從O′點和距O′點下方＝0.05 m處射入磁場的兩個粒子，在MN上射出磁場時兩出射點之間的距離。 答案　(1)105 m/s　(2)2∶1　(3)0.05 m 解析　(1)帶電粒子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動，設(shè)所加電壓為U1時，粒子從極板邊緣射出： 水平方向：t＝＝210－6 s 豎直方向：y＝at2＝， 其中a＝，所以U1＝＝ V 當U> V時進入電場中的粒子將打到極板上，即在電壓等于 V時進入的粒子射出電場時具有最大速率， 所以由動能定理得：q＝mv－mv， 得：vt＝105 m/s。 (2)計算可得，從極板邊緣射出的粒子射入磁場時的速度與水平方向的夾角為30，從下極板邊緣射出的粒子軌跡如圖中a所示，磁場中軌跡所對的圓心角為240，時間最長。 從上極板邊緣射出的粒子軌跡如圖中b所示，磁場中軌跡所對應的圓心角為120，時間最短。 因為兩粒子在磁場中運動的周期T＝相同，所以粒子在磁場中運動的最長時間和最短時間之比為2∶1。 (3)如圖所示，從O′點射入磁場的粒子速度為v0，它在磁場中的出射點與入射點間距為d1＝2R1 又R1＝， 所以d1＝ 設(shè)從距O′點下方＝0.05 m處射入磁場的粒子速度與水平方向夾角為φ， 則它的速度為v2＝， 它在磁場中的出射點與入射點間距為d2＝2R2cosφ， 因為R2＝，所以d2＝。 所以兩個粒子向上偏移的距離相等。 所以兩粒子射出磁場的出射點間距仍為進入磁場時的間距，即＝0.05 m。 8. 如圖所示，在平面直角坐標系xOy中，第一象限內(nèi)存在正交的勻強電場和勻強磁場，電場強度E1＝40 N/C，方向沿y軸正方向；第四象限內(nèi)存在一方向向左的勻強電場E2＝ N/C。一質(zhì)量為m＝210－3 kg帶正電的小球，從點M(3.64 m，3.2 m)以v0＝1 m/s的水平速度開始運動。已知小球在第一象限內(nèi)做勻速圓周運動，從點P(2.04 m,0)進入第四象限后經(jīng)過y軸上的點N(0，－2.28 m)(圖中未標出)。(g取10 m/s2，sin37＝0.6，cos37＝0.8)求： (1)勻強磁場的磁感應強度B； (2)小球由P點運動至N點的時間。 答案　(1)2 T　(2)0.6 s 解析　(1)由題意可知qE1＝mg，得q＝510－4 C 軌跡如圖，Rcosθ＝xM－xP，Rsinθ＋R＝y(tǒng)M 可得R＝2 m，θ＝37 由qv0B＝，得B＝2 T。 (2)小球進入第四象限后受力分析如圖，tanα＝＝0.75即α＝37＝θ?？芍∏蜻M入第四象限后所受電場力和重力的合力與速度方向垂直，則小球進入第四象限后做類平拋運動。 由幾何關(guān)系可得lNQ＝0.6 m 由lNQ＝v0t，解得t＝0.6 s。 [真題模擬練] 9．(2018北京高考)某空間存在勻強磁場和勻強電場。一個帶電粒子(不計重力)以一定初速度射入該空間后，做勻速直線運動；若僅撤除電場，則該粒子做勻速圓周運動，下列因素與完成上述兩類運動無關(guān)的是(　　) A．磁場和電場的方向 B．磁場和電場的強弱 C．粒子的電性和電量 D．粒子入射時的速度 答案　C 解析　由題可知，當帶電粒子在復合場內(nèi)做勻速直線運動時，即有Eq＝qvB，則v＝，若僅撤除電場，粒子僅在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，說明要滿足題意需要對磁場與電場的方向以及強弱程度、粒子入射時速度都有要求，但是對粒子的電性和電量無要求，故C正確，A、B、D錯誤。 10．(2017全國卷Ⅰ) 如圖，空間某區(qū)域存在勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向上(與紙面平行)，磁場方向垂直于紙面向里。三個帶正電的微粒a、b、c電荷量相等，質(zhì)量分別為ma、mb、mc。已知在該區(qū)域內(nèi)，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運動，b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運動，c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運動。下列選項正確的是(　　) A．ma>mb>mc B．mb>ma>mc C．mc>ma>mb D．mc>mb>ma 答案　B 解析　設(shè)三個微粒的電荷量均為q，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運動，說明洛倫茲力提供向心力，重力與電場力平衡，即 mag＝qE① b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運動，三力平衡，則 mbg＝qE＋qvbB② c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運動，三力平衡，則 mcg＋qvcB＝qE③ 比較①②③式得：mb>ma>mc，選項B正確。 11．(2018唐山第一學期統(tǒng)考) (多選)如圖所示，M、N為兩個同心金屬圓環(huán)，半徑分別為R1和R2，兩圓環(huán)之間存在著沿金屬環(huán)半徑方向的電場，N環(huán)內(nèi)存在著垂直于環(huán)面向外的勻強磁場，磁感應強度為B，N環(huán)上有均勻分布的6個小孔，從M環(huán)的內(nèi)側(cè)邊緣由靜止釋放一質(zhì)量為m，電荷量為＋q的粒子(不計重力)，經(jīng)電場加速后通過小孔射入磁場，經(jīng)過一段時間，粒子再次回到出發(fā)點，全程與金屬環(huán)無碰撞。則M、N間電壓U滿足的條件是(　　) A．U＝ B．U＝ C．U＝ D．U＝ 答案　AC 解析　帶電粒子由M內(nèi)側(cè)邊緣運動到N環(huán)，由動能定理有qU＝mv2，帶電粒子進入N環(huán)內(nèi)磁場，與金屬環(huán)無碰撞，故粒子進入磁場后，應偏轉(zhuǎn)或離開磁場，由幾何關(guān)系可知，軌跡半徑為r＝R2tan＝R2或r＝R2tan＝，則根據(jù)r＝，聯(lián)立解得U＝或U＝，選項A、C正確。 12．(2018全國卷Ⅱ) 一足夠長的條狀區(qū)域內(nèi)存在勻強電場和勻強磁場，其在xOy平面內(nèi)的截面如圖所示：中間是磁場區(qū)域，其邊界與y軸垂直，寬度為l，磁感應強度的大小為B，方向垂直于xOy平面；磁場的上、下兩側(cè)為電場區(qū)域，寬度均為l′，電場強度的大小均為E，方向均沿x軸正方向；M、N為條形區(qū)域邊界上的兩點，它們的連線與y軸平行。一帶正電的粒子以某一速度從M點沿y軸正方向射入電場，經(jīng)過一段時間后恰好以從M點入射的速度從N點沿y軸正方向射出。不計重力。 (1)定性畫出該粒子在電磁場中運動的軌跡； (2)求該粒子從M點射入時速度的大?。? (3)若該粒子進入磁場時的速度方向恰好與x軸正方向的夾角為，求該粒子的比荷及其從M點運動到N點的時間。 答案　(1)軌跡見解析　(2) (3)　 解析　(1)粒子運動的軌跡如圖a所示。(粒子在電場中的軌跡為拋物線，在磁場中為圓弧，上下對稱) (2)粒子從電場下邊界入射后在電場中做類平拋運動。設(shè)粒子從M點射入時速度的大小為v0，在下側(cè)電場中運動的時間為t，加速度的大小為a；粒子進入磁場的速度大小為v，方向與電場方向的夾角為θ(見圖b)，速度沿電場方向的分量為v1，根據(jù)牛頓第二定律有qE＝ma① 式中q和m分別為粒子的電荷量和質(zhì)量，由運動學公式有 v1＝at② l′＝v0t③ v1＝vcosθ④ 粒子在磁場中做勻速圓周運動，設(shè)其運動軌道半徑為R，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得qvB＝⑤ 由幾何關(guān)系得l＝2Rcosθ⑥ 聯(lián)立①②③④⑤⑥式得v0＝⑦ (3)由運動學公式和題給數(shù)據(jù)得v1＝v0cot⑧ 聯(lián)立①②③⑦⑧式得＝⑨ 設(shè)粒子由M點運動到N點所用的時間為t′， 則t′＝2t＋T⑩ 式中T是粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期， T＝? 由③⑦⑨⑩?式得t′＝。 13．(2018全國卷Ⅰ) 如圖，在y>0的區(qū)域存在方向沿y軸負方向的勻強電場，場強大小為E；在y<0的區(qū)域存在方向垂直于xOy平面向外的勻強磁場。一個氕核H和一個氘核H先后從y軸上y＝h點以相同的動能射出，速度方向沿x軸正方向。已知H進入磁場時，速度方向與x軸正方向的夾角為60，并從坐標原點O處第一次射出磁場。H的質(zhì)量為m，電荷量為q。不計重力。求： (1)H第一次進入磁場的位置到原點O的距離； (2)磁場的磁感應強度大小； (3)H第一次離開磁場的位置到原點O的距離。 答案　(1)h　(2) 　(3)(－1)h 解析　(1)H在電場中做類平拋運動，在磁場中做圓周運動，運動軌跡如圖所示。設(shè)H在電場中的加速度大小為a1，初速度大小為v1，它在電場中的運動時間為t1，第一次進入磁場的位置到原點O的距離為s1。由運動學公式有 s1＝v1t1① h＝a1t② 由題給條件，H進入磁場時速度的方向與x軸正方向夾角θ1＝60。H進入磁場時速度的y分量的大小為a1t1＝v1tanθ1③ 聯(lián)立以上各式得s1＝h④ (2)H在電場中運動時，由牛頓第二定律有qE＝ma1⑤ 設(shè)H進入磁場時速度的大小為v1′，由速度合成法則有 v1′＝⑥ 設(shè)磁感應強度大小為B，H在磁場中運動的圓軌道半徑為R1，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有 qv1′B＝⑦ 由幾何關(guān)系得s1＝2R1sinθ1⑧ 聯(lián)立以上各式得B＝ ⑨ (3)設(shè)H在電場中沿x軸正方向射出的速度大小為v2，在電場中的加速度大小為a2，由題給條件得 (2m)v＝mv⑩ 由牛頓第二定律有qE＝2ma2? 設(shè)H第一次射入磁場時的速度大小為v2′，速度的方向與x軸正方向夾角為θ2，入射點到原點的距離為s2，在電場中運動的時間為t2。由運動學公式有 s2＝v2t2? h＝a2t? v2′＝? sinθ2＝? 聯(lián)立以上各式得s2＝s1，θ2＝θ1，v2′＝v1′? 設(shè)H在磁場中做圓周運動的半徑為R2，由⑦?式及粒子在勻強磁場中做圓周運動的半徑公式得 R2＝＝R1? 所以出射點在原點左側(cè)。設(shè)H進入磁場的入射點到第一次離開磁場的出射點的距離為s2′，由幾何關(guān)系有 s2′＝2R2sinθ2? 聯(lián)立④⑧???式得，H第一次離開磁場時的位置到原點O的距離為s2′－s2＝(－1)h。 14．(2017全國卷Ⅲ) 如圖，空間存在方向垂直于紙面(xOy平面)向里的磁場。在x≥0區(qū)域，磁感應強度的大小為B0；x＜0區(qū)域，磁感應強度的大小為λB0(常數(shù)λ＞1)。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q＞0)的帶電粒子以速度v0從坐標原點O沿x軸正向射入磁場，此時開始計時，當粒子的速度方向再次沿x軸正向時，求：(不計重力) (1)粒子運動的時間； (2)粒子與O點間的距離。 答案　(1)　(2) 解析　(1)在勻強磁場中，帶電粒子做圓周運動，設(shè)在x≥0區(qū)域，圓周半徑為R1；在x<0區(qū)域，圓周半徑為R2，由洛倫茲力公式及牛頓第二定律得 qB0v0＝m① qλB0v0＝m② 粒子速度方向轉(zhuǎn)過180時，所需時間t1為t1＝③ 粒子再轉(zhuǎn)過180時，所需時間t2為t2＝④ 聯(lián)立①②③④式得，所求時間為 t0＝t1＋t2＝⑤ (2)由幾何關(guān)系及①②式得，所求距離為 d0＝2(R1－R2)＝。 15.(2018開封模擬)如圖所示，真空中有一以O(shè)點為圓心的圓形勻強磁場區(qū)域，半徑為R＝0.5 m，磁場垂直紙面向里。在y>R的區(qū)域存在沿－y方向的勻強電場，電場強度為E＝1.0105 V/m。在M點有一正粒子以速率v＝1.0106 m/s沿＋x方向射入磁場，粒子穿出磁場進入電場，速度減小到0后又返回磁場，最終又從磁場離開。已知粒子的比荷為＝1.0107 C/kg，粒子重力不計。 (1)求圓形磁場區(qū)域磁感應強度的大??； (2)求沿＋x方向射入磁場的粒子，從進入磁場到再次穿出磁場所走過的路程。 答案　(1)0.2 T　(2)(0.5π＋1) m 解析　(1)沿＋x方向射入磁場的粒子進入電場后，速度減小到0，粒子一定是從如圖的P點射出磁場，逆著電場線運動，所以粒子在磁場中做圓周運動的半徑 r＝R＝0.5 m 根據(jù)Bqv＝，得 B＝，代入數(shù)據(jù)得B＝0.2 T。 (2)粒子返回磁場后，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后從N點射出磁場，MN為直徑，粒子在磁場中的路程為二分之一圓周長s1＝πR 設(shè)在電場中的路程為s2，根據(jù)動能定理得 Eq＝mv2，s2＝ 總路程s＝s1＋s2，聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得s＝(0.5π＋1) m。