2017年高考物理一輪復(fù)習(xí)第八章磁場(第3課時)帶電粒子在復(fù)合場中的運動習(xí)題

1、 （第 3 課時）帶電粒子在復(fù)合場中的運動 勺買JL基 自主梳理 一、復(fù)合場 i .復(fù)合場的分類 （1） 疊加場：電場、磁場、重力場共存，或其中某兩場共存. （2） 組合場：電場與磁場各位于一定的區(qū)域內(nèi)，并不重疊或相鄰或在同一區(qū)域，電場、 磁場交替出現(xiàn). 2. 三種場的比較 頁目 名 力的特點 功和能的特點 重力場 大小:（T= mg 方向：豎直向下 重力做功與路徑無關(guān) 重力做功改變物體的 重力勢能 靜電場 大小-F=qE 方向：弘正電荷受力 方向與場強方向相同 b負電荷受力方向與 場強方向相反 電場力做功與路徑 無關(guān) W = qU 電場力做功改變電 勢能 磁場 洛倫茲力型 方向可用左手定則判

2、斷 洛倫茲力不做功不改 變帶電粒子的動能 、帶電粒子在復(fù)合場中的運動形式 1靜止或勻速直線運動：當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中所受合外力為零時，將處于 靜止?fàn)顟B(tài) 或做勻速直線運動 2. 勻速圓周運動：當(dāng)帶電粒子所受的重2 力與電場力大小 相等，方向相反時，帶電粒子 在洛倫茲力的作用下，在垂直于勻強磁場的平面內(nèi)做 勻速圓周 運動. 3. 較復(fù)雜的曲線運動：當(dāng)帶電粒子所受合外力的大小和方向均變化，且與初速度方向 不在同一直線上，粒子做非勻變速曲線運動，這時粒子運動軌跡既不是圓弧， 也不是拋物線. 4. 分階段運動：帶電粒子可能依次通過幾個情況不同的組合場區(qū)域，其運動情況隨區(qū) 域發(fā)生變化，其運動過程由幾種不同

3、的運動階段組成. 易誤辨析 1 .帶電粒子在復(fù)合場中不可能處于靜止?fàn)顟B(tài). （X） 2. 帶電粒子在復(fù)合場中可能做勻速圓周運動. （V） 3. 帶電粒子在復(fù)合場中一定能做勻變速直線運動. （X） 4. 帶電粒子在復(fù)合場中運動一定要考慮重力. （X） 5. 電荷在速度選擇器中做勻速直線運動的速度與電荷的電性有關(guān). （X） 監(jiān)當(dāng)處篋達標(biāo)檢測 1. （2016 -銀川模擬）如圖所示，回旋加速器 D 形盒的半徑為 R,所加磁場的磁感應(yīng)強 度為 B,用來加速質(zhì)量為 m 電荷量為 q 的質(zhì)子，質(zhì)子從下半盒的質(zhì)子源由靜止出發(fā)，加速 3 A. 回旋加速器不能無限加速質(zhì)子 B. 增大交變電壓 U,則質(zhì)子在加速器中

4、的運行時間將變短4 C. 回旋加速器所加交變電壓的頻率為 2mE 2 n mR D. 下半盒內(nèi)部，質(zhì)子的運動軌跡半徑之比 （由內(nèi)到外）為 1 : 3： 5 解析：隨著質(zhì)子速度的增大，相對論效應(yīng)逐漸顯現(xiàn)，質(zhì)子質(zhì)量增大，做圓周運動的周期 不能保持與所加電場變化的周期同步， 從而不能再被加速，因此，加速器不能無限加速質(zhì)子, A正確；增大交變電壓，質(zhì)子每次經(jīng)過電場時獲得的動能增大，在磁場中運動的半徑增大, B 正確；由 f = T，T2n_m, R T qB 黑 C項正確；設(shè)下半盒，第 n個半圓的半徑為 rn,粒子速度為 3，D項錯誤. 答案：D 2. （多選）（2015 -榆林模擬）如圖所示，空間中

5、存在正交的勻強電場 E（方向水平向右） 和勻強磁場 B（方向垂直紙面向外），在豎直平面內(nèi)從 a 點沿 ab、ac 方向拋出兩帶電小球（不 考慮兩帶電小球的相互作用，兩小球電荷量始終不變 ），關(guān)于小球的運動，下列說法正確的 是（） A. 沿 ab、ac 方向拋出的帶電小球都可能做直線運動 B. 只有沿 ab 方向拋出的帶電小球才可能做直線運動 C. 若沿 ac 方向拋出的小球做直線運動則小球帶負電，且小球一定是做勻速運動 D. 兩小球在運動過程中機械能均守恒 解析：兩個帶電小球的電性未知， 可假設(shè)電性再判斷電場力和洛倫茲力的方向， 由于在 加速次數(shù)和所做圓周運動的次數(shù)減少，因此運動時間減小, m

6、v 1 2卄、，、 qB， E= ?mv 聯(lián)立得 f = 寸 n，從內(nèi)向外半徑之比為 1 : 2 Vn,貝U 2nqU= ；m 盒得 mn 2 mU n qB B q A 5 電場力、洛倫茲力和重力作用下小球的直線運動必為勻速運動， 只要三力能平衡，小球即可 做直線運動，由假設(shè)判斷可知沿 ab 方向做直線運動的小球帶正電、 沿 ac 方向做直線運動的 小球帶負電，所以選項 A、C正確，選項B錯誤；除重力做功外，洛倫茲力不做功，電場力 做功，機械能不守恒，選項 D錯誤. 答案：AC 3. （2016 商丘模擬）如圖所示，銅質(zhì)導(dǎo)電板置于勻強磁場中，通電時銅板中電流方向 向下，由于磁場的作用，貝 U

7、 （ ） X X X X X X X *b x 1 X X X X X X A.板左側(cè)聚集較多電子，使 b 點電勢咼于 a 點 B.板左側(cè)聚集較多電子，使 a 點電勢咼于 b 點 C.板右側(cè)聚集較多電子，使 a 點電勢咼于 b 點 D.板右側(cè)聚集較多電子，使 b 點電勢咼于 a 點 解析：銅板導(dǎo)電靠的是自由電子的定向移動， 電流方向向下，則電子相對磁場定向移動 方向向上，根據(jù)左手定則，電子受洛倫茲力方向向右，致使銅板右側(cè)聚集較多電子，左側(cè)剩 余較多正離子，板中逐漸形成方向向右的水平電場， 直到定向移動的自由電子受到的洛倫茲 力與水平電場力平衡為止，所以由于磁場的作用，整個銅板左側(cè)電勢高于右側(cè)，

8、即 $ a$ b. 答案：C 4. （多選）（2015 -徐州質(zhì)檢）如圖所示，在垂直紙面向里的水平勻強磁場中，水平放置 一根粗糙絕緣細直桿， 有一個重力不能忽略、 中間帶有小孔的帶正電小球套在細桿上. 現(xiàn)在 給小球一個水平向右的初速度 Vo,假設(shè)細桿足夠長，小球在運動過程中電荷量保持不變， 桿 上各處的動摩擦因數(shù)相同，則小球運動的速度 V 與時間 t 的關(guān)系圖象可能是（ ）6 解析：由左手定則可判定洛倫茲力的方向豎直向上， 若 Bqvo= mg 球與桿之間無壓力作 用，即無摩擦力作用，球勻速運動，對應(yīng)于 B圖象；若 Bqvomg,桿對球有向下的壓力，由 Bqvo= mg+ FN可知壓力隨球速度

9、的減小而減小，再由 me Ff =卩 FN知小球做加速度逐漸減小 的減速運動，對應(yīng)速度圖線的斜率逐漸減小， 直到速度減小到使洛倫茲力等于重力后小球勻 速運動，題目中無與此情況對應(yīng)的圖象；若 Bqvo qvB,應(yīng)減小 E 或增大 B v，故A正確，B C D錯誤. 答案：A 5. （2016 -蕪湖模擬）如圖所示，在豎直虛線 MN 和 M N之間區(qū)域內(nèi)存在著相互垂直 的勻強電場和勻強磁場，一帶電粒子 （不計重力）以初速度 vo由 A 點進入這個區(qū)域，帶電粒 子沿直線運動，并從 C 點離開場區(qū).如果撤去磁場，該粒子將從 B 點離開場區(qū)；如果撤去電 場，該粒子將從 D點離開場區(qū).則下列判斷正確的是

10、（ ） 一-L : D N Nf A. 該粒子由 B C D 三點離開場區(qū)時的動能相同 B. 該粒子由 A 點運動到 B C D 三點的時間均不相同 C. 勻強電場的場強 E 與勻強磁場的磁感應(yīng)強度 B 之比 f= vo B D. 若該粒子帶負電，則電場方向豎直向下，磁場方向垂直于紙面向外 解析：根據(jù)題意可知，當(dāng)電磁場同時存在時， 電場力與洛倫茲力平衡， 粒子做勻速直線 運動，從 C 點離開；當(dāng)只有磁場時，粒子做勻速圓周運動，從 D 點離開，所以粒子由 C、D11 兩點離開場區(qū)時動能相同當(dāng)只有電場時，由 B 點離開場區(qū)，粒子做類平拋運動， 水平方向 勻速運動，豎直方向勻加速運動，電場力向上且對

11、粒子做正功，動能增加.粒子由 B C 兩 點離開場區(qū)時時間相同， 由 D 點離開場區(qū)時時間稍長. 電磁場同時存在時，qvoB= qE,則 vo.若粒子帶負電，則電場方向向下，磁場方向垂直于紙面向里，綜上所述，正確選項為 C. 答案：C 6. 如圖所示，質(zhì)量為 m 帶電荷量為+ q 的帶電粒子，以初速度 Vo垂直進入相互正交 的場強為 E 的勻強電場和磁感應(yīng)強度為 B 的勻強磁場中，從 P 點離開該區(qū)域，此時側(cè)向位移 為 y,粒子重力不計，則（ ） _ XXX b旦一 . XXX r A. 粒子在 P 點所受的電場力一定比磁場力大 B. 粒子在 P 點的加速度為（qE qvoB）/m 一 1 2

12、 C. 粒子在 P 點的動能為 2mvo+ qEy 1 2 D. 粒子在 P 點的動能為 2 口+ qEy qvoBy 解析：由左手定則，帶電粒子剛進入該區(qū)域時所受洛倫茲力向上， 向下偏轉(zhuǎn)說明此時電 場力大于洛倫茲力，由于電場力做正功， 洛倫茲力不做功，由動能定理可知帶電粒子的速度 增大，洛倫茲力也增大，從 P 點離開時，電場力不一定大于洛倫茲力，故選項 A錯誤；粒子 在 P 點的速度大于 vo，洛倫茲力大于 qBvo,且洛倫茲力和電場力不在同一直線上，故選項 B 錯誤；由動能定理可知，選項 C正確，選項D錯誤. 答案：C 二、多項選擇題 7 . （2015 株洲模擬）利用霍爾效應(yīng)制作的霍爾元

13、件，廣泛應(yīng)用于測量和自動控制等領(lǐng) 域.如圖所示是霍爾元件的工作原理示意圖，磁感應(yīng)強度B 垂直于霍爾元件的工作面向下, 12 通入圖示方向的電流 I , C、D 兩側(cè)面會形成電勢差 UCD,下列說法中正確的是（ ） A. 電勢差 UCD僅與材料有關(guān) B. 若霍爾元件的載流子是自由電子，則電勢差 UCD 0 C. 僅增大磁感應(yīng)強度時，電勢差 UCD變大 D. 在測定地球赤道上方的地磁場強弱時，元件的工作面應(yīng)保持水平 解析：電勢差 UCD與磁感應(yīng)強度 B 材料及電流強度有關(guān)，選項 A錯誤；若霍爾元件的 載流子是自由電子，由左手定則可知，電子向側(cè)面 C 偏轉(zhuǎn)，則電勢差 UC 13 解析：a粒子可能從左

14、側(cè)飛出或從右側(cè)飛出場區(qū)， 由于洛倫茲力不做功， 電場力做功與 路徑無關(guān)，所以從左側(cè)飛出時 Ek= 0，從右側(cè)飛出時 Ek= Eqd,選項C D正確. 答案：CD 9. （2015 九江模擬）如圖所示，一個絕緣且內(nèi)壁光滑的環(huán)形細圓管固定于豎直平面內(nèi)， 環(huán)的半徑為 R（比細圓管的內(nèi)徑大得多）.在圓管的最低點有一個直徑略小于細圓管內(nèi)徑的帶 正電小球處于靜止?fàn)顟B(tài)，小球的質(zhì)量為 m,帶電荷量為 q,重力加速度為 g.空間存在一磁感 應(yīng)強度大小未知（不為零），方向垂直于環(huán)形細圓管所在平面向里的勻強磁場. 某時刻，給小 球一方向水平向右、大小為 Vo=.5gR 的初速度，則以下判斷正確的是 （ ） A. 無

15、論磁感應(yīng)強度大小如何，獲得初速度后的瞬間，小球在最低點一定受到管壁的彈 力作用 B. 無論磁感應(yīng)強度大小如何，小球一定能到達環(huán)形細圓管的最高點，且小球在最高點 一定受到管壁的彈力作用 C. 無論磁感應(yīng)強度大小如何，小球一定能到達環(huán)形細圓管的最高點，且小球到達最高 點時的速度大小都相同 D. 小球從環(huán)形細圓管的最低點運動到所能到達的最高點的過程中，水平方向分速度的 大小一直減小 解析：小球在軌道最低點時受到的洛倫茲力方向豎直向上， 若洛倫茲力和重力的合力恰 好提供小球所需要的向心力，則在最低點時小球不會受到管壁彈力的作用， A選項錯誤；小 球運動的過程中，洛倫茲力不做功，小球的機械能守恒，運動至

16、最高點時小球的速度 v = gR, 由于是雙層軌道約束，小球運動過程中不會脫離軌道，所以小球一定能到達軌道的最高點， 2 C選項正確；在最高點時，小球圓周運動的向心力 F= mR = mg 小球受到豎直向下的洛倫茲 力的同時必然受到與洛倫茲力等大反向的軌道對小球的彈力， B選項正確；小球從最低點運 動到最高點的過程中， 小球在下半圓內(nèi)上升的過程中， 水平分速度向右且減小， 到達圓心的 等高點時，水平分速度為零，而運動至上半圓后水平分速度向左且不為零， 所以水平分速度 14 一定有增大的過程，D選項錯誤.15 答案：BC 三、非選擇題 10. (2016 石家莊模擬)如圖所示，電子顯像管由電子槍

17、、加速電場、 偏轉(zhuǎn)磁場及熒光 屏組成.在加速電場右側(cè)有相距為 d、長為 I的兩平板，兩平板構(gòu)成的矩形區(qū)域內(nèi)存在方向 垂直紙面向外的勻強磁場，磁場的右邊界與熒光屏之間的距離也為 d.熒光屏中點 O 與加速 電極上兩小孔 S、S位于兩板的中線上.從電子槍發(fā)射質(zhì)量為 m 電荷量為一 e 的電子，經(jīng) 3 電壓為 U0的加速電場后從小孔 S 射出，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后，最后打到熒光屏上. 若 I = 2d，不計 電子在進入加速電場前的速度.求： (1) 電子進入磁場時的速度大小； (2) 電子到達熒光屏的位置與 O 點距離的最大值 ym和磁感應(yīng)強度 B 的大小. 1 2 解析：(1)設(shè)電子經(jīng)電場加速后的速度大小

18、為 vo,由動能定理得 eU0= 2mVL (2)電子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后，電子偏轉(zhuǎn)的臨界狀態(tài)是恰好不撞在上板的右端，到達熒光屏的 位置與ym,如圖所示，有 evoB= mv 2eU0 16 17 11. (2015 -福建卷)如圖所示，絕緣粗糙的豎直平面 MN 左側(cè)同時存在相互垂直的勻強 電場和勻強磁場，電場方向水平向右，電場強度大小為 E,磁場方向垂直紙面向外，磁感應(yīng) 強度大小為 B質(zhì)量為 m 電荷量為 q 的帶正電的小滑塊從 A 點由靜止開始沿 MN 下滑，至 U 達 C 點時離開 MN 做曲線運動.A C 兩點間距離為 h,重力加速度為 g. (1) 求小滑塊運動到 C 點時的速度大小 v;

19、(2) 求小滑塊從 A 點運動到 C 點過程中克服摩擦力做的功 W; (3) 若 D 點為小滑塊在電場力、洛倫茲力及重力作用下運動過程中速度最大的位置，當(dāng) 小滑塊運動到 D 點時撤去磁場，此后小滑塊繼續(xù)運動到水平地面上的 P 點已知小滑塊在 D 點時的速度大小為 VD,從 D 點運動到 P 點的時間為 t，求小滑塊運動到 P 點時速度的大小VP. 解析：(1)由題意知，根據(jù)左手定則可判斷，滑塊在下滑的過程中受水平向左的洛倫茲 力，當(dāng)洛倫茲力等于電場力 qE 時滑塊離開 MN 開始做曲線運動，即 Bqv= qE, ” e E 解得 v=. B 1 2 (2)從 A 到 C 根據(jù)動能定理 mgh

20、W= ?mv 0,tan a l d =tan d ym 2 0= d If B E L - D * * * 5d 2 4 5d 2mU0 e 18 mE 解得 W= mgh QB? 設(shè)重力與電場力的合力 為 F,由圖意知，在 D 點速度 VD的方向與 F 的方向垂直，從 D 到p做類平拋運動，在F方向做勻加速運動a=m，t時間內(nèi)在F方向的位移為 從 D 到 P,根據(jù)動能定理 Fx= mV ；mD，其中 F= ( mg) 2+( qE). “宀 E mE 答案：(1) B (2)Wf = mgh 2B2 高頻考點左練（八） 帶電粒子任勻強磁場及復(fù)合場中的運動 高頻考點一帶電粒子衽勻強磁場中的運

21、動 涉及帶電粒子在勻強磁場中的運動問題是歷年高考的熱點， 特別是帶電粒子在有界磁場 中運動的臨界問題， 考查以綜合計算為主， 也有選擇題出現(xiàn).對此類問題的分析要把握好帶 電粒子的基本運動形式和重要的解題技巧、規(guī)律、方法. 1. （多選）（2016 哈爾濱模擬）如圖所示空間存 在方向垂直于紙面向里的勻強磁場，圖 中的正方形為其邊界. 一細束由兩種粒子組成的粒子流沿垂直于磁場的方向從 0 點入射.這 兩種粒子帶同種電荷，它們的電荷量、質(zhì)量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒 子不計重力，下列說法正確的是 （ ）x = A2. 聯(lián)立解得 Vp= (mg) +(qE)上2十諒 (3)v p= (

22、mg) +(qE) 2 t2 + vD 19 A. 入射速度不同的粒子在磁場中的運動時間一定不同 B. 入射速度相同的粒子在磁場中的運動軌跡一定相同 C. 在磁場中運動時間相同的粒子 ，其運動軌跡一定相同 D. 在磁場中運動時間越長的粒子，其軌跡所對的圓心角一定越大 m& 解析：帶電粒子進入磁場后， 在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運動， 根據(jù) qvB=y得軌 mv 跡半徑 r = qB 粒子的比荷相同，故不同速度的粒子在磁場中運動的軌跡半徑不同，軌跡不 同.相同速度的粒子，軌道半徑相同，軌跡相同，故選項 B正確；帶電粒子在磁場中做圓周 運動的周期 T= n = :，故所有帶電粒子的運動周

23、期均相同， 若帶電粒子從磁場左邊界 v qB 射出磁場，則這些粒子在磁場中運動時間是相同的，但不同速度軌跡不同，故選項 A、C錯 p 2 n 2 n 誤；根據(jù)t = T，得& = T t，所以 t 越長，0越大，故選項 D正確. 答案：BD 2. （多選）（2016 -湖州模擬）如圖所示，在 x 0, y 0 的空間中有恒定的勻強磁場，磁 感應(yīng)強度的方向垂直于 xOy 平面向里，大小為 B,現(xiàn)有四個質(zhì)量為 m 電荷量為 q 的帶電粒 子，在 x軸上的 P 點以不同初速度平行于 y 軸射入此磁場，其出射方向如圖所示， 不計重力 影響，則（ ） A. 初速度最大的粒子是沿方向出射的粒子 B

24、. 初速度最大的粒子是沿方向出射的粒子 (2)一|“.罠 x X X 20 C. 在磁場中運動經(jīng)歷時間最長的是沿方向出射的粒子 D. 在磁場中運動經(jīng)歷時間最長的是沿方向出射的粒子 2 mv qBR 解析：由 qvB= 得 v，所以沿軌跡的粒子軌道半徑最大，則其速度最大，選 R m 項A正確，選項B錯誤；帶電粒子在磁場中做勻.速圓周運動的周期 T= n，所以四個粒子 qB 的周期相同，在磁場中運動時間 t = J T, B為在磁場中運動軌跡的圓心角，沿方向出射 2 n 的粒子圓心角最大，運動時間最長，選項 C錯誤，選項D正確. 答案：AD 3如圖所示是某粒子速度選擇器的示意圖，在一半徑為 R=

25、10 cm的圓柱形桶內(nèi)有 B= 104T的勻強磁場，方向平行于軸線，在圓柱桶某一直徑的兩端開有小孔，作為入射孔和出 q 射孔.粒子束以不同角度入射，最后有不同速度的粒子束射出.現(xiàn)有一粒子源發(fā)射比荷為 m= 11 2X 10 C/kg的正粒子，粒子束中速度分布連續(xù).當(dāng)入射角 0 = 45時，出射粒子速度 v 的大小是（ ） A 2X 106 m s B. 2 2X 106 ms C. 2 2X 108 ms D. 4 ,2X 106 ms 解析：由題意知，粒子從入射孔以 45。角射入勻強磁場，粒子在勻強磁場中做勻速圓 周運動.能夠從出射孔射出的粒子剛好在磁場中運動 :周期，由幾何關(guān)系知 r =

26、2R,又 r = mv qBr 6 qB，解得 v = m = 2 2X 10 ms. 答案：B 21 高頻考點二帶電粒予在復(fù)合場中的運動 本考點主要包括帶電粒子在幾個分立的場區(qū)和疊加場區(qū)內(nèi)運動時的受力和運動情況. 在 每個場區(qū)內(nèi)的受力和運動比較簡單解題的關(guān)鍵是抓住場區(qū) 之間的交接特點，建立時間和 空間幾何關(guān)系的關(guān)聯(lián)，每年的高考中往往以壓軸計算題的形式出現(xiàn). 4. （2015 宜昌模擬）如圖所示裝置為速度選擇器，平行金屬板間有相互垂直的勻強電 場和勻強磁場，電場方向豎直向上， 磁場方向垂直紙面向外， 帶電粒子均以垂直電場和磁場 的速度射入且都能從另一側(cè)射出，不計粒子重力，以下說法正確的有 （

27、） A. 若帶正電粒子以速度 v 從 O 點射入能沿直線 00 射出，則帶負電粒子以速度 v 從O 點射入能沿直線O O射出 B. 若帶正電粒子以速度 v 從 O 點射入，離開時動能增加 ，則帶負電粒子以速度 v 從 O 點射入，離開時動能減少 C. 若氘核（1 H）和氦核（4 He以相同速度從 O 點射入，則一定能以相同速度從同一位置 射出 D. 若氘核（1 H）和氦核（4 H以相同速度從 O 點射入，則一定能以相同速度從不同位置 射出 解析：帶負電粒子以速度 v 從O點射入時，電場力和洛倫茲力方向均向下，進入復(fù)合 場后向下做曲線運動，不可能沿直線 O O射出，選項 A錯誤；若帶正電粒子以速

28、度 v 從 O 點射入，離開時動能增加，說明正粒子在 O 點處豎直向下的洛倫茲力小于豎直向上的電場力， 粒子向虛線上方做曲線運動，射出時，電場力做正功，洛倫茲力不做功，動能增加，帶負電 粒子以速度 v 從 O點射入時，電場力豎直向下，洛倫茲力豎直向上，但是電場力大于洛倫茲 力，粒子向下做曲線運動，射出時，電場力做正功，洛倫茲力不做功，動能增加，選項 B 錯誤；帶正電粒子從 O 點以速度 v 射入時，F(xiàn)電=Eq, F洛=Bvq,取電場力方向為正方向，則2 X= Vot , 22 加速度 a =色=F電二（ E- Bv） q,氘核（和氦核（；H的比荷q相等，所以選項C正確, mm m m D錯誤.

29、 答案：C 5. （2015 -杭州質(zhì)檢）在直角坐標(biāo)系第一象限與第三象限分布有如圖所示的勻強磁場和 勻強電場，電場強度為 E,磁感應(yīng)強度為 B;現(xiàn)在第三象限中從 P 點以初速度 vo沿 x軸方向 發(fā)射質(zhì)量為 m 帶電荷量為+ q 的離子，離子經(jīng)電場后恰從坐標(biāo)原點 0 射入磁場. yi -X B 訂i 1 1 1 k 1 1 i 1 J L J E XLt 1 1 r- 已知 P 點的縱坐標(biāo)為一 L,試求 P 點的橫坐標(biāo); 解析：（1）離子的運動軌跡如圖所示. 在電場中做類平拋運動有 1 L= 2at（2）若離子經(jīng) 0 點射入磁場時的速度為 距 0 點的距離 d. 2vo,試求離子23 qE= ma. , Vo 1 由 C0S 9= 2vo= 2， 得速度方向與 x軸夾角0 = 60. 2 mv 離子在磁場中做圓周運動有 qvB= R , 2 n R 2 n m T = = v qB， 2 0 2 n m t = - T = -. 2 n 3qB 由幾何關(guān)系可得 d= 2Rsin 0 . 6. （2015山東卷）如圖所示，直徑分別為 D 和 2D 的同心圓處于同一豎直面內(nèi)， O 為圓 心，GH 為大圓的水平