2018年高考物理大二輪復(fù)習(xí)專題六電場與磁場第2講帶電粒子在復(fù)合場中的運動講學(xué)案.docx

第2講帶電粒子在復(fù)合場中的運動課標(biāo)卷高考命題分析年份題號題型分值模型情景題眼分析難度2016年卷15題選擇題6分質(zhì)譜儀電場加速、磁場偏轉(zhuǎn)的規(guī)律易2017年卷16題選擇題6分帶電微粒子在復(fù)合場中的運動勻速圓周運動的條件、洛倫茲力方向的判斷中1帶電粒子在電場中常見的運動類型(1)勻變速直線運動：通常利用動能定理qUmv2mv02來求解；對于勻強電場，電場力做功也可以用WqEd來求解(2)偏轉(zhuǎn)運動：一般研究帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)問題對于類平拋運動可直接利用平拋運動的規(guī)律以及推論；較復(fù)雜的曲線運動常用運動的合成與分解的方法來處理2帶電粒子在勻強磁場中常見的運動類型(1)勻速直線運動：當(dāng)vB時，帶電粒子以速度v做勻速直線運動(2)勻速圓周運動：當(dāng)vB時，帶電粒子在垂直于磁感線的平面內(nèi)以入射速度做勻速圓周運動3復(fù)合場中是否需要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電場力或磁場力相比太小，可以忽略；而對于一些宏觀物體，如帶電小球、液滴、金屬塊等一般應(yīng)考慮其重力(2)題目中有明確說明是否要考慮重力的情況(3)不能直接判斷是否要考慮重力的情況，在進行受力分析與運動分析時，根據(jù)運動狀態(tài)可分析出是否要考慮重力1正確分析帶電粒子的受力及運動特征是解決問題的前提帶電粒子在復(fù)合場中做什么運動，取決于帶電粒子所受的合外力及初始運動狀態(tài)的速度，因此應(yīng)把帶電粒子的運動情況和受力情況結(jié)合起來進行分析2靈活選用力學(xué)規(guī)律是解決問題的關(guān)鍵當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中做勻速直線運動時，應(yīng)根據(jù)平衡條件列方程求解當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中做勻速圓周運動時，往往同時應(yīng)用牛頓第二定律和平衡條件列方程聯(lián)立求解當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中做非勻變速曲線運動時，應(yīng)選用動能定理或能量守恒定律列方程求解高考題型1帶電粒子在疊加場中的運動分析例1(2017廣東惠州市第三次調(diào)研)平面OM和水平面ON之間的夾角為30，其橫截面如圖1所示，平面OM和水平面ON之間同時存在勻強磁場和勻強電場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙面向外，勻強電場的方向豎直向上一帶電小球的質(zhì)量為m，電荷量為q，帶電小球沿紙面以大小為v0的速度從OM的某點向左上方射入磁場，速度方向與OM成30角，帶電小球進入磁場后恰好做勻速圓周運動，已知粒子在磁場中的運動軌跡與ON恰好相切，且?guī)щ娦∏蚰軓腛M上另一點P射出磁場(P未畫出)圖1(1)判斷帶電小球帶何種電荷？所加電場強度E為多大？(2)帶電小球離開磁場的出射點P到兩平面交點O的距離s多大？(3)帶電小球離開磁場后繼續(xù)運動，能打在左側(cè)豎直的光屏OO上，求此點到O點的距離多大？答案(1) 正電荷(2)(3)解析(1)小球在復(fù)合場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，小球受到的電場力與重力平衡，小球所受電場力豎直向上，電場力方向與場強方向相同，則小球帶正電荷；電場力與重力大小相等，則qEmg，解得：E；(2)小球進入磁場后做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qv0Bm，解得：r，根據(jù)題意，帶電小球在勻強磁場中的運動軌跡如圖所示，Q點為運動軌跡與ON相交的點，I點為入射點，P點為出射點，則IP為圓軌道的弦，小球離開磁場的速度方向與OM的夾角也為30，由幾何關(guān)系可得，QP為圓軌道的直徑，所以O(shè)P的長度為：s4r；(3)帶電小球從P點離開磁場后做平拋運動，設(shè)小球打在光屏上的T點，豎直位移為y.水平位移：xv0t，解得：t，豎直位移：ygt2，如圖所示，OT的距離為：H2ry.1弄清疊加場的組成特點2正確分析帶電粒子的受力及運動特點3畫出粒子的運動軌跡，靈活選擇不同的運動規(guī)律(1)若只有兩個場且正交，合力為零，則表現(xiàn)為勻速直線運動或靜止例如電場與磁場中滿足qEqvB；重力場與磁場中滿足mgqvB；重力場與電場中滿足mgqE.(2)三場共存時，若合力為零，則粒子做勻速直線運動；若粒子做勻速圓周運動，則有mgqE，粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，即qvBm.(3)當(dāng)帶電粒子做復(fù)雜的曲線運動或有約束的變速直線運動時，一般用動能定理或能量守恒定律求解1(2017全國卷16)如圖2，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()圖2AmambmcBmbmamcCmcmambDmcmbma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magqEb在紙面內(nèi)向右做勻速直線運動，三力平衡，則mbgqEqvBc在紙面內(nèi)向左做勻速直線運動，三力平衡，則mcgqvBqE比較式得：mbmamc，選項B正確2如圖3所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，第一象限內(nèi)存在正交的勻強電磁場，電場強度E140 N/C；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m2103 kg的帶正電的小球，從M(3.64 m，3.2 m)點，以v01 m/s的水平速度開始運動已知球在第一象限內(nèi)做勻速圓周運動，從P(2.04 m,0)點進入第四象限后經(jīng)過y軸上的N(0，2.28 m)點(圖中未標(biāo)出)(g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)求：圖3(1)勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的大??；(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：qE1mg解得：q5104 C小球在第一、四象限的運動軌跡如圖所示則Rcos xMxPRsin RyM可得R2 m，37由qv0Bm，解得B2 T(2)小球進入第四象限后受力分析如圖所示tan 0.75可知小球進入第四象限后所受的電場力和重力的合力與速度方向垂直，即37.由幾何關(guān)系可得：OAOPtan 1.53 mANONOA0.75 m又因OAP與QAN相似，所以QNAOPA得QNANcos 0.6 m.由QNv0t，解得t0.6 s.高考題型2帶電粒子在組合場中的運動分析例2(2017寧夏石嘴山市4月模擬)如圖4所示，在xOy平面內(nèi)有以虛線OP為理想邊界的勻強電場和勻強磁場區(qū)域，OP與x軸成45角，OP與y軸之間的磁場方向垂直紙面向外，OP與x軸之間的電場平行于x軸向右，電場強度為E，在y軸上有一點M，到O點的距離為L，現(xiàn)有一個質(zhì)量為m，帶電量為q的帶電粒子從靜止經(jīng)電壓為U的電場加速后從M點以垂直y軸的速度方向進入磁場區(qū)域(加速電場圖中沒有畫出)，不計帶電粒子的重力，求：圖4(1)從M點進入勻強磁場的帶電粒子速度的大??；(2)帶電粒子在磁場中運動的軌跡與OP相切時，磁感應(yīng)強度B的大?。?3)只改變勻強磁場磁感應(yīng)強度的大小，使帶電粒子經(jīng)磁場能沿y軸負(fù)方向進入勻強電場，則帶電粒子從x軸離開電場時的位置到O點的距離為多少？答案(1)(2)(3)解析(1)由動能定理可知：qUmv020解得：v0(2)由圖中所示帶電粒子在磁場中的運動軌跡及幾何關(guān)系可知，rrL解得：r帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動則Bqv0解得B(3)由圖可知帶電粒子能沿y軸負(fù)方向進入勻強電場時，在磁場中運動的軌跡半徑為R，帶電粒子在電場中做類平拋運動，加速度a，粒子在y軸方向做勻速運動，則有Rv0t粒子在x軸方向做勻加速運動，則xat2聯(lián)立解得x，因此粒子從x軸離開電場的位置到O點的距離為Rx.帶電粒子在組合場內(nèi)的運動實際上也是運動過程的組合，解決方法如下：(1)分別研究帶電粒子在不同場區(qū)的運動規(guī)律在勻強磁場中一般做勻速圓周運動在勻強電場中，若速度方向與電場方向平行，則做勻變速直線運動；若速度方向與電場方向垂直，則做類平拋運動(2)帶電粒子經(jīng)過磁場區(qū)域時利用圓周運動規(guī)律結(jié)合幾何關(guān)系處理(3)當(dāng)粒子從一個場進入另一個場時，分析轉(zhuǎn)折點處粒子速度的大小和方向往往是解題的突破口3(2017山東煙臺市模擬)如圖5所示，在xOy平面內(nèi)存在勻強電場和勻強磁場，勻強電場的場強大小為E，方向沿y方向，勻強磁場和的分界線為平行于x軸的直線，兩磁場方向如圖所示在坐標(biāo)原點O處沿x軸正向射出質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子，粒子恰好從兩磁場的分界線處的P(2d，d)點離開電場進入勻強磁場中，最后剛好能從x軸上的N點離開勻強磁場.不計粒子的重力，求：圖5(1)粒子從O點進入電場時的速度；(2)粒子從P點進入磁場時的速度；(3)磁場的磁感應(yīng)強度大小答案(1)(2)2(3)(2)解析(1)粒子在電場中運動時：2dv0tdat2a解得v0(2)由動能定理得qEdmv2mv02得v2(3)粒子進入磁場時，vyatv0則粒子從P點進入磁場時的速度方向與分界線的夾角45由幾何關(guān)系知：Rcos 45(Rd)，解得R(2)d由qB2vm得，B2(2).高考題型3帶電粒子在周期性變化的電磁場中的運動分析例3(2017廣東肇慶市第二次模擬)如圖6甲所示，豎直擋板MN左側(cè)空間有方向豎直向上的勻強電場和垂直紙面向里的水平勻強磁場，電場和磁場的范圍足夠大，電場強度E40 N/C，磁感應(yīng)強度B隨時間t變化的關(guān)系圖象如圖乙所示，選定磁場垂直紙面向里為正方向t0時刻，一質(zhì)量m8104 kg、電荷量q2104 C的微粒在O點具有豎直向下的速度v0.12 m/s，O是擋板MN上一點，直線OO與擋板MN垂直，取g10 m/s2，求：圖6(1)微粒再次經(jīng)過直線OO時與O點的距離；(2)微粒在運動過程中離開直線OO的最大高度；(3)水平移動擋板，使微粒能垂直射到擋板上，擋板與O點間的距離應(yīng)滿足的條件答案(1)1.2 m(2)2.48 m(3)L(2.4n1.8) m(n0,1,2，)，或L(2.4n0.6) m(n0,1,2，)解析(1)根據(jù)題意可知，微粒所受的重力大小Gmg8103 N，方向豎直向下微粒所受電場力大小FqE8103 N，方向豎直向上因此重力與電場力平衡微粒先在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，則qvBm解得：R0.6 m由T得：T10 s則微粒在5 s內(nèi)轉(zhuǎn)過半個圓周，再次經(jīng)直線OO時與O點的距離：L2R1.2 m(2)微粒運動半周后向上勻速運動，運動的時間為t5 s，位移大?。簊vt1.88 m，軌跡如圖所示，則微粒離開直線OO的最大高度：HsR2.48 m(3)若微粒能垂直射到擋板上的某點P，P點在直線OO下方時，由圖象可以知道，擋板MN與O點間的距離應(yīng)滿足：L(2.4n0.6) m (n0,1,2，)若微粒能垂直射到擋板上的某點P，P點在直線OO上方時，由圖象可以知道，擋板MN與O點間的距離應(yīng)滿足：L(2.4n1.8) m (n0,1,2，)變化的電場或磁場往往具有周期性，粒子的運動也往往具有周期性這種情況下要仔細(xì)分析帶電粒子的運動過程、受力情況，弄清楚帶電粒子在變化的電場、磁場中各處于什么狀態(tài)，做什么運動，畫出一個周期內(nèi)的運動徑跡的草圖4如圖7甲所示，以兩虛線M、N為邊界，中間存在平行紙面且與邊界垂直的水平電場，M、N間電壓UMN的變化圖象如圖乙所示，電壓的最大值為U0、周期為T0；M、N兩側(cè)為相同的勻強磁場區(qū)域、，磁場方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強度為B.在t0時刻，將一帶正電的粒子從邊界線M上的A點由靜止釋放，經(jīng)電場加速后進入磁場，粒子在磁場中做圓周運動的周期也為T0.兩虛線M、N間寬度很小，粒子在其間的運動時間不計，也不考慮粒子所受的重力求：圖7(1)該粒子的比荷；(2)粒子第1次和第2次從右向左經(jīng)邊界線N離開磁場區(qū)域時兩位置間的距離；(3)若粒子的質(zhì)量增加，電荷量不變，t0時，將其在A處由靜止釋放，求t2T0時粒子的速度大小答案(1)(2)2()(3)解析(1)粒子進入磁場后做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力得qBvm又T解得r，T根據(jù)題意可知TT0所以粒子的比荷(2)由于不計粒子穿越MN間的時間，則可認(rèn)為在t0時刻出發(fā)的粒子穿越MN的過程中，電壓始終為U0.在tT0時刻，粒子第1次自右向左穿過邊界線N時再加速一次，進入磁場區(qū)域時的速度為v1，即粒子在區(qū)域、勻速圓周運動一周時間T0共被加速2次對粒子從開始運動經(jīng)過一個周期T0過程，由動能定理得2qU0mv12解得v1設(shè)粒子第2次自右向左到達邊界線N的速度為v2，運動軌跡如圖所示，由動能定理得3qU0mv22解得v2第1、2兩次從右向左經(jīng)邊界線N離開磁場區(qū)域時的位置距離為d2(r2r1)解得d2()(3)若粒子的質(zhì)量增加，即mm，則粒子在磁場中的運動周期TT0從t0開始到t2T0的時間內(nèi)，根據(jù)加速電壓圖象可知，粒子共加速了4次，經(jīng)過加速電場時的電壓大小分別為U0、U0、U0、U0對粒子總的運動過程，由動能定理得q(U0U0U0U0)mv2解得v題組1全國卷真題精選1(2016全國卷15)現(xiàn)代質(zhì)譜儀可用來分析比質(zhì)子重很多倍的離子，其示意圖如圖8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倍此離子和質(zhì)子的質(zhì)量比約為()圖8A11 B12 C121 D144答案D解析設(shè)質(zhì)子的質(zhì)量和電荷量分別為m1、q1，一價正離子的質(zhì)量和電荷量為m2、q2.對于任意粒子，在加速電場中，由動能定理得qUmv20，得v在磁場中qvBm由式聯(lián)立得m，由題意知，兩種粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑相同，加速電壓U不變，其中B212B1，q1q2，可得144，故選項D正確題組2各省市真題精選2(2013重慶理綜5)如圖9所示，一段長方體形導(dǎo)電材料，左右兩端面的邊長都為a和b，內(nèi)有帶電量為q的某種自由運動電荷導(dǎo)電材料置于方向垂直于其前表面向里的勻強磁場中，內(nèi)部磁感應(yīng)強度大小為B.當(dāng)通以從左到右的穩(wěn)恒電流I時，測得導(dǎo)電材料上、下表面之間的電壓為U，且上表面的電勢比下表面的低，由此可得該導(dǎo)電材料單位體積內(nèi)自由運動電荷數(shù)及自由運動電荷的正負(fù)分別為()圖9A.，負(fù) B.，正C.，負(fù) D.，正答案C解析當(dāng)粒子帶負(fù)電時，粒子定向向左運動才能形成向右的電流，由左手定則判斷負(fù)粒子受洛倫茲力的方向向上，上表面電勢較低，符合題意|q|vB|q|E|q|因In|q|vSn|q|vab解得n，選項C正確3(2016北京理綜22)如圖10所示，質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子，以初速度v沿垂直磁場方向射入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，在磁場中做勻速圓周運動不計帶電粒子所受重力圖10(1)求粒子做勻速圓周運動的半徑R和周期T；(2)為使該粒子做勻速直線運動，還需要同時存在一個與磁場方向垂直的勻強電場，求電場強度E的大小答案(1)(2)vB解析(1)由洛倫茲力提供向心力得，F(xiàn)洛qvBm帶電粒子做勻速圓周運動的半徑R勻速圓周運動的周期T(2)粒子受電場力F電qE，洛倫茲力F洛qvB，由于粒子做勻速直線運動，則qEqvB，電場強度E的大小EvB.4(2016江蘇單科15)回旋加速器的工作原理如圖11甲所示，置于真空中的D形金屬盒半徑為R，兩盒間狹縫的間距為d，磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場與盒面垂直，被加速粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，加在狹縫間的交變電壓如圖乙所示，電壓值的大小為U0.周期T.一束該種粒子在t0時間內(nèi)從A處均勻地飄入狹縫，其初速度視為零現(xiàn)考慮粒子在狹縫中的運動時間，假設(shè)能夠出射的粒子每次經(jīng)過狹縫均做加速運動，不考慮粒子間的相互作用求：圖11(1)出射粒子的動能Em；(2)粒子從飄入狹縫至動能達到Em所需的總時間t0；(3)要使飄入狹縫的粒子中有超過99%能射出，d應(yīng)滿足的條件答案(1)(2)(3)d99%，解得d.專題強化練1.(2017重慶市一診 ) 如圖1所示，豎直平面內(nèi)，兩豎直線MN、PQ間(含邊界)存在豎直向上的勻強電場和垂直于豎直平面向外的勻強磁場，MN、PQ間距為d，電磁場上下區(qū)域足夠大一個質(zhì)量為m、電量為q的帶正電小球從左側(cè)進入電磁場，初速度v與MN夾角60，隨后小球做勻速圓周運動，恰能到達右側(cè)邊界PQ并從左側(cè)邊界MN穿出不計空氣阻力，重力加速度為g.求：圖1(1)電場強度大小E；(2)磁場磁感應(yīng)強度大小B；(3)小球在電磁場區(qū)域運動的時間t.答案(1)(2)(3)解析(1)由小球在電磁場區(qū)域做勻速圓周運動得qEmg解得：E(2)設(shè)小球做勻速圓周運動的半徑為r，有qvBm解得：B由幾何關(guān)系可得r2d則磁場磁感應(yīng)強度大小B(3)小球做勻速圓周運動的周期T小球在電磁場區(qū)域運動的時間tT解得：t.2.(2017福建寧德市3月質(zhì)檢)在xOy光滑水平平面內(nèi)存在著如圖2所示的電場和磁場，其中第一象限內(nèi)存在磁感應(yīng)強度大小B0.2 T、方向垂直紙面向里的勻強磁場，第二、四象限內(nèi)電場方向與y軸平行且大小相等、方向相反，質(zhì)量m21012 kg，電荷量q11010 C的帶正電小球(大小忽略不計)，從第四象限內(nèi)的P(0.3 m，0.1 m)點由靜止釋放，小球垂直y軸方向進入第二象限，求：圖2(1)電場強度大小E；(2)小球到達x軸負(fù)半軸時的位置坐標(biāo)答案(1)0.9 N/C(2)( m,0)解析(1)小球在第一象限內(nèi)運動時，由洛倫茲力提供向心力，有qv0Bm由幾何關(guān)系可知：R0.3 m解得：v03 m/s小球在第四象限內(nèi)有qELmv02其中L0.1 m解得：E0.9 N/C(2)在第二象限內(nèi)小球做類平拋運動xv0tRt2解得：x m所以小球到達x軸負(fù)半軸的位置坐標(biāo)為( m,0)3(2017貴州貴陽市2月模擬)如圖3甲所示，在平行邊界MN、PQ之間，存在寬度為l、方向平行紙面且與邊界垂直的變化電場，其電場隨時間變化的關(guān)系如圖乙所示，MN、PQ兩側(cè)足夠大區(qū)域有方向垂直紙面向外、大小相同的勻強磁場一重力不計的帶電粒子，從t0時自邊界PQ上某點由靜止第一次經(jīng)電場加速后，以速度v1垂直邊界MN第一次射入磁場中做勻速圓周運動，接著第二次進入電場中做勻加速運動，然后垂直邊界PQ第二次進入磁場中運動，此后粒子在電場和磁場中交替運動已知粒子在磁場中運動時，電場區(qū)域的場強為零求：圖3(1)粒子第一次與第三次在磁場中運動的半徑之比；(2)粒子第n次經(jīng)過電場所用的時間答案(1)13(2)解析(1)設(shè)粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，第一次和第三次在磁場中運動的半徑分別為r1、r3，第二次出電場時的速度為v2，第三次出電場時的速度為v3.粒子第一、二、三次在電場中運動時的場強大小分別為E1、E2、E3，由動能定理得E1qlmv12E1ql E2qlmv22E1ql E2ql E3qlmv32由題圖乙得E1E2E3135由得v1v2v3123粒子在磁場中運動時，由牛頓第二定律得qv1Bm；qv3Bm聯(lián)立以上各式解得r1r313(2)粒子第n次進入電場時的速度為vn1，出電場時的速度為vn，加速度為an，運動時間為tn. 因粒子在電場和磁場中可一直交替運動，由類推得vnnv1；vn1(n1)v1由運動學(xué)公式可得：ltn聯(lián)立解得tn.4.(2017黑龍江大慶市二模)如圖4所示，足夠長的絕緣板MN水平放置，P為MN上一點，在其正上方距離為d的O點能夠在紙面內(nèi)向各個方向發(fā)射速率為v0、質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子(不計粒子重力，已知OPMN)圖4(1)若在絕緣板上方加一電場強度大小為E、方向豎直向下的勻強電場，求初速度方向為水平向右的帶電粒子打到板上的點距P點的水平距離；(2)若在絕緣板的上方只加一磁感應(yīng)強度B、方向垂直紙面向外的勻強磁場，求初速度方向與豎直方向成30角斜向右上方的帶電粒子打到板MN上的位置與P點間的距離答案(1)2d(2)d解析(1)根據(jù)牛頓第二定律：qEma得出加速度：a粒子做類平拋運動：dat2sv0t聯(lián)立得：s2d(2)若加勻強磁場則帶電粒子做勻速圓周運動由qv0Bm得：rd由幾何關(guān)系可得粒子的運動軌跡如圖，設(shè)軌跡圓心為O，則OO與OP夾角為60，由于OPd，可以得出落點與O連線即為直徑2d則xd.5(2017陜西榆林市一模)如圖5所示，有一平行板電容器左邊緣在y軸上，下極板與x軸重合，兩極板間勻強電場的場強為E.一電量為q、質(zhì)量為m的帶電粒子從O點與x軸成角斜向上射入極板間，粒子經(jīng)過K板邊緣a點平行于x軸飛出電容器，立即進入一磁感應(yīng)強度為B的圓形磁場的一部分(磁場分布在電容器的右側(cè)且未畫出)，隨后從c點垂直穿過x軸離開磁場已知粒子在O點的初速度大小為v，acO45，cos ，磁場方向垂直于坐標(biāo)平面向外，磁場與電容器不重合，帶電粒子重力不計，試求：圖5(1)K極板所帶電荷的電性；(2)粒子經(jīng)過c點時的速度大??；(3)圓形磁場區(qū)域的最小面積答案(1)正電(2)(3)解析(1)在磁場中，由左手定則可知粒子帶正電，由于粒子在電容器間