點(diǎn)電荷在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng),大題全集

1、1.回旋加速器的工作原理如圖所示，置于高真空中的D形金屬盒半徑為R，兩盒間的狹縫很小，帶電粒子穿過的時(shí)間可以忽略不計(jì)。磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)與盒面垂直。A處粒子源產(chǎn)生的粒子，質(zhì)量為m、電荷量為+q ，在加速器中被加速，加速電壓為U。加速過程中不考慮相對(duì)論效應(yīng)和重力作用。（1）求粒子第2次和第1次經(jīng)過兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比；（2）求粒子從靜止開始加速到出口處所需的時(shí)間t ；（3）實(shí)際使用中，磁感應(yīng)強(qiáng)度和加速電場(chǎng)頻率都有最大值的限制。若某一加速器磁感應(yīng)強(qiáng)度和加速電場(chǎng)頻率的最大值分別為Bm、fm，試討論粒子能獲得的最大動(dòng)能E。解析： (1)設(shè)粒子第1次經(jīng)過狹縫后的半徑為r1,速度為v1 qu

2、=mv12 qv1B=m 解得 同理，粒子第2次經(jīng)過狹縫后的半徑 則 （2）設(shè)粒子到出口處被加速了n圈 解得 （3）加速電場(chǎng)的頻率應(yīng)等于粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的頻率，即當(dāng)磁場(chǎng)感應(yīng)強(qiáng)度為Bm時(shí)，加速電場(chǎng)的頻率應(yīng)為粒子的動(dòng)能當(dāng)時(shí)，粒子的最大動(dòng)能由Bm決定 解得當(dāng)時(shí)，粒子的最大動(dòng)能由fm決定 解得 2.如下圖所示，在xoy直角坐標(biāo)系中，第象限內(nèi)分布著方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，第象限內(nèi)分布著方向沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)。初速度為零、帶電量為q、質(zhì)量為m的離子經(jīng)過電壓為U的電場(chǎng)加速后，從x上的A點(diǎn)垂直x軸進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域，經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后過y軸上的P點(diǎn)且垂直y軸進(jìn)入電場(chǎng)區(qū)域，在電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)并擊中x軸上的C點(diǎn)。已知O

3、A=OC=d。求電場(chǎng)強(qiáng)度E和磁感強(qiáng)度B的大小解：設(shè)帶電粒子經(jīng)電壓為U的電場(chǎng)加速后獲得速度為v，由帶電粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后，洛侖茲力提供向心力，由牛頓第二定律：依題意可知：r=d聯(lián)立可解得：帶電粒子在電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)，做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)經(jīng)時(shí)間t從P點(diǎn)到達(dá)C點(diǎn)，由聯(lián)立可解得：3.如圖所示，真空有一個(gè)半徑r=0.5m的圓形磁場(chǎng),與坐標(biāo)原點(diǎn)相切,磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=2×10-T,方向垂直于紙面向里,在x=r處的虛線右側(cè)有一個(gè)方向豎直向上的寬度為L(zhǎng)1=0.5m的勻強(qiáng)電場(chǎng)區(qū)域，電場(chǎng)強(qiáng)度E=1.5×10N/C.在x=2m處有一垂直x方向的足夠長(zhǎng)的熒光屏，從O點(diǎn)處向不同方向發(fā)射出速率相同的荷質(zhì)比=1

4、×109C/kg帶正電的粒子，粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡在紙面內(nèi)，一個(gè)速度方向沿y軸正方向射入磁場(chǎng)的粒子，恰能從磁場(chǎng)與電場(chǎng)的相切處進(jìn)入電場(chǎng)。不計(jì)重力及阻力的作用。求：（1）粒子進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的速度和粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)的時(shí)間？（2）速度方向與y軸正方向成30°（如圖中所示）射入磁場(chǎng)的粒子，最后打到熒光屏上，該發(fā)光點(diǎn)的位置坐標(biāo)。解析：（1）由題意可知：粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑R=r=0.5m，有Bqv=，可得粒子進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的速度v= 在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1=（2）粒子在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過120°角后從P點(diǎn)垂直電場(chǎng)線進(jìn)入電場(chǎng)，如圖所示， 在電場(chǎng)中的加速度大小a= 粒子穿出電場(chǎng)時(shí)vy

5、=at2=） tan= 在磁場(chǎng)中y1=1.5r=1.5×0.5=0.75m在電場(chǎng)中側(cè)移y2= 飛出電場(chǎng)后粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)y3=L2tan=(2-0.5-0.5)×0.75=0.75m 故y=y1+y2+y3=0.75m+0.1875m+0.75m=1.6875m 則該發(fā)光點(diǎn)的坐標(biāo)(2 ，1.6875) 4如圖所示，水平地面上有一輛固定有豎直光滑絕緣管的小車，管的底部有一質(zhì)量m=0.2g、電荷量q=8×10-5C的小球，小球的直徑比管的內(nèi)徑略小在管口所在水平面MN的下方存在著垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度B1= 15T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，MN面的上方還存在著豎直向上、場(chǎng)強(qiáng)E=2

6、5V/m的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度B2=5T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)現(xiàn)讓小車始終保持v=2m/s的速度勻速向右運(yùn)動(dòng)，以帶電小球剛經(jīng)過場(chǎng)的邊界PQ為計(jì)時(shí)的起點(diǎn)，測(cè)得小球?qū)軅?cè)壁的彈力FN隨高度h變化的關(guān)系如圖所示g取10m/s2，不計(jì)空氣阻力求：（1）小球剛進(jìn)入磁場(chǎng)B1時(shí)的加速度大小a； （2）絕緣管的長(zhǎng)度L；（3）小球離開管后再次經(jīng)過水平面MN時(shí)距管口的距離xhOFN/×10-3NL2.4vMNB1EPQB2解析：（1）以小球?yàn)檠芯繉?duì)象，豎直方向小球受重力和恒定的洛倫茲力f1，故小球在管中豎直方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度設(shè)為a，則（2）在小球運(yùn)動(dòng)到管口時(shí)，F(xiàn)N2.4×103N，

7、設(shè)v1為小球豎直分速度，由，則由得（3）小球離開管口進(jìn)入復(fù)合場(chǎng)，其中qE2×103N，mg2×103NMNQvB1EPB2mgqEvqBv故電場(chǎng)力與重力平衡，小球在復(fù)合場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，合速度與MN成45°角，軌道半徑為R， 小球離開管口開始計(jì)時(shí)，到再次經(jīng)過MN所通過的水平距離對(duì)應(yīng)時(shí)間 小車運(yùn)動(dòng)距離為x2，圖（a）ACv0xyOB×××××××××××××××××××

8、5;v05如圖（a）所示，在以直角坐標(biāo)系xOy的坐標(biāo)原點(diǎn)O為圓心、半徑為r的圓形區(qū)域內(nèi)，存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直xOy所在平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一帶電粒子由磁場(chǎng)邊界與x軸的交點(diǎn)A處，以速度v0沿x軸負(fù)方向射入磁場(chǎng)，粒子恰好能從磁場(chǎng)邊界與y軸的交點(diǎn)C處，沿y軸正方向飛出磁場(chǎng)，不計(jì)帶電粒子所受重力。y××Cv0Av0圖（b）xOB××××××××××××××××××（1）求粒子的荷質(zhì)比。（2）若磁場(chǎng)

9、的方向和所在空間的范圍不變，而磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小變?yōu)锽，該粒子仍從A處以相同的速度射入磁場(chǎng)，粒子飛出磁場(chǎng)時(shí)速度的方向相對(duì)于入射方向改變了角，如圖（b）所示，求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小。×××××××xOBACv0O×××××××××××××v0解析：（1）由幾何關(guān)系可知，粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖，其半徑R=r，洛倫茲力等于向心力，即 （3分）得 （1分）（2）粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖，設(shè)其半徑為R，洛倫茲力提供向心力

10、，即×/2v0Ov0AxyOB××××××××××××××××××× （2分）又因?yàn)?（2分）解得 （1分）6如圖為某一裝置的俯視圖，PQ、MN為豎直放置的很長(zhǎng)的平行金屬薄板，兩板間有勻強(qiáng)磁場(chǎng)，它的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向豎直向下。金屬棒AB擱置在兩板上緣，與兩板垂直且接觸良好，當(dāng)AB棒在兩板上運(yùn)動(dòng)時(shí)，有一個(gè)質(zhì)量為m、帶電量為+q、重力不計(jì)的粒子，從兩板中間（到兩板距離相等）以初速度v0平行MN板

11、射入，并恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)。問：(1)金屬棒AB的速度大小與方向如何？(2)若金屬棒運(yùn)動(dòng)突然停止（電場(chǎng)立即消失），帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間，然后撞在MN上，且撞擊MN時(shí)速度方向與MN板平面的夾角為450 。則PQ與MN板間的距離大小可能是多少？從金屬棒AB停止運(yùn)動(dòng)到粒子撞擊MN板的時(shí)間可能是多長(zhǎng)？解析：(1)由左手定則，+q受洛倫茲力方向垂直指向板MN，則電場(chǎng)方向垂直指向板PQ，據(jù)右手定則，可知棒AB向左運(yùn)動(dòng)。 ，求得。（4分）RRV0V0450甲甲(2)由，求得帶電粒子運(yùn)動(dòng)半徑。粒子撞擊MN時(shí)速度方向與MN板平面的夾角為450的可能性有圖甲、圖乙兩種可能。設(shè)MN間距為d，由圖甲

12、，有R-Rcos450=0.5dORRV0V0450圖乙解得d=  對(duì)應(yīng)時(shí)間為t=（3分）由圖乙有R+Rcos450=0.5d解得d=  對(duì)應(yīng)時(shí)間為t=（3分）8如圖所示，在x<0且y<0的區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直于xy平面向里.磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，在x>0且y<0的區(qū)域內(nèi)存在沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng). 一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子從x軸上的M點(diǎn)沿y軸負(fù)方向垂直射入磁場(chǎng)，結(jié)果帶電粒子從y軸的N點(diǎn)射出磁場(chǎng)而進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)，經(jīng)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后打到x軸上的P點(diǎn)，已知=l。不計(jì)帶電粒子所受重力，求： （1）帶電粒子進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)時(shí)速度的大?。?（2）帶電粒子

13、從射入勻強(qiáng)磁場(chǎng)到射出勻強(qiáng)電場(chǎng)所用的時(shí)間； （3）勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小.解：（1）設(shè)帶電粒子射入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為v，由帶電粒子射入勻強(qiáng)磁場(chǎng)的方向和幾何關(guān)系可知，帶電粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，圓心位于坐標(biāo)原點(diǎn)，半徑為l。 （2）設(shè)帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1，在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2，總時(shí)間為t。 t1 t2 t （3）帶電粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)所以 9.電視機(jī)的顯像管中，電子束的偏轉(zhuǎn)是用磁偏轉(zhuǎn)技術(shù)實(shí)現(xiàn)的.電子束經(jīng)過電壓為U的加速電場(chǎng)后，進(jìn)入一圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)，如圖所示.磁場(chǎng)方向垂直于圓面.磁場(chǎng)區(qū)的中心為O，半徑為r.當(dāng)不加磁場(chǎng)時(shí)，電子束將通過O點(diǎn)而打到屏幕的中心M點(diǎn).為了讓電子束射到屏幕邊緣P，

14、需要加磁場(chǎng)，使電子束偏轉(zhuǎn)一已知角度，此時(shí)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B應(yīng)為多少？(電子荷質(zhì)比為e/m,重力不計(jì))UOMP) 解：電子加速時(shí)，有：eU=mv2 （2分）在磁場(chǎng)中，有：evB= （2分）由幾何關(guān)系，有：tan （2分）由以上各式解得：B= （2分）11如圖所示，在足夠在的空間范圍內(nèi)，同時(shí)存在著豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。足夠長(zhǎng)的光滑絕緣斜面固定在水平面上，斜面傾角為30°。有一帶電的物體P靜止于斜面頂端有物體P對(duì)斜面無壓力。若給物體P一瞬時(shí)沖量，使其獲得水平的初速度向右拋出，同時(shí)另有一不帶電的物體Q從A處靜止開始沿靜止斜面滑下（P、Q均可

15、視為質(zhì)點(diǎn)），P、Q兩物體運(yùn)動(dòng)軌跡在同一堅(jiān)直平面內(nèi)。一段時(shí)間后，物體P恰好與斜面上的物體Q相遇，且相遇時(shí)物體P的速度方向與其水平初速度方向的夾角為60°。已知重力加速度為g，求： （1）P、Q相遇所需的時(shí)間； （2）物體P在斜面頂端客觀存在到瞬時(shí)沖量后所獲得的初速度的大小。解：（1）物體P靜止時(shí)對(duì)斜面無壓力P獲得水平分速度后做勻速圓周運(yùn)動(dòng) （2）在時(shí)間t內(nèi)，Q物體在斜面上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)由幾何關(guān)系知R=5解得xyAOMNv012如圖所示，直角坐標(biāo)系xOy位于豎直平面內(nèi)，在水平的x軸下方存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)為B,方向垂直xOy平面向里，電場(chǎng)線平行于y軸。一質(zhì)量為m、電荷量

16、為q的帶正電的小球，從y軸上的A點(diǎn)水平向右拋出，經(jīng)x軸上的M點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)和磁場(chǎng)，恰能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，從x軸上的N點(diǎn)第一次離開電場(chǎng)和磁場(chǎng)，MN之間的距離為L(zhǎng)，小球過M點(diǎn)時(shí)的速度方向與x軸的方向夾角為。不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，求(1) 電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小和方向；(2) 小球從A點(diǎn)拋出時(shí)初速度v0的大??；(3) A點(diǎn)到x軸的高度h.答案：（1），方向豎直向上 （2） （3）【解析】本題考查平拋運(yùn)動(dòng)和帶電小球在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)。（1）小球在電場(chǎng)、磁場(chǎng)中恰能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，說明電場(chǎng)力和重力平衡（恒力不能充當(dāng)圓周運(yùn)動(dòng)的向心力），有 xyAOMNv0O/P 重力的方向豎直向下，電場(chǎng)力方向只能向上，由于小球帶

17、正電，所以電場(chǎng)強(qiáng)度方向豎直向上。（2）小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，O為圓心，MN為弦長(zhǎng)，如圖所示。設(shè)半徑為r，由幾何關(guān)系知 小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力由洛侖茲力提供，設(shè)小球做圓周運(yùn)動(dòng)的速率為v，有 由速度的合成與分解知 由式得 （3）設(shè)小球到M點(diǎn)時(shí)的豎直分速度為vy，它與水平分速度的關(guān)系為 由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律 由式得 13如圖所示為一種質(zhì)譜儀示意圖，由加速電場(chǎng)、靜電分析器和磁分析器組成。已知：靜電分析器通道的半徑為R，均勻輻射電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)為E。磁分析器中有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感強(qiáng)度為B。問：（1）為了使位于A處電量為q、質(zhì)量為m的離子，從靜止開始經(jīng)加速電場(chǎng)加速后沿圖中圓弧虛線通過靜電分析器，加速

18、電場(chǎng)的電壓U應(yīng)為多大？（2）離子由P點(diǎn)進(jìn)入磁分析器后，最終打在乳膠片上的Q點(diǎn)，該點(diǎn)距入射點(diǎn)P多遠(yuǎn)？ 解：（1）離子在加速電場(chǎng)中加速，根據(jù)動(dòng)能定理有 (2分)離子在輻向電場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力提供向心力，有 (2分)解得 (2分)（2）離子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，有 (3分)由、式得 (2分) (1分)14.如圖所示，直線MN下方無磁場(chǎng)，上方空間存在兩個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其分界線是半徑為R的半圓，兩側(cè)的磁場(chǎng)方向相反且垂直于紙面，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小都為B。現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電微粒從P點(diǎn)沿半徑方向向左側(cè)射出，最終打到Q點(diǎn)，不計(jì)微粒的重力。求：（1）微粒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期

19、；（2）從P點(diǎn)到Q點(diǎn)，微粒的運(yùn)動(dòng)速度大小及運(yùn)動(dòng)時(shí)間；（3）若向里磁場(chǎng)是有界的，分布在以O(shè)點(diǎn)為圓心、半徑為R和2R的兩半圓之間的區(qū)域，上述微粒仍從P點(diǎn)沿半徑方向向左側(cè)射出，且微粒仍能到達(dá)Q點(diǎn)，求其速度的最大值。NOMPQBB解：（1）由 （2分） （2分）得 （1分） （2）粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡將磁場(chǎng)邊界分成n等分（n=2，3，4）由幾何知識(shí)可得： ； ； （1分）又 （1分）得 （n=2，3，4） （1分）當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，由對(duì)稱性可得 （n=2，4，6） （1分）當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，t為周期的整數(shù)倍加上第一段的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，即 （n=3，5，7） （1分）NOMPQO1哦BO21哦BBO1NOMPQO219AN

20、OMPQO1哦BO21哦BO321哦BO4321哦BBB（3）由幾何知識(shí)得 ； (1分)且不超出邊界須有： （1分）得 （1分）O1哦BO21哦BBMPQNO 當(dāng)n=2時(shí) 不成立，如圖 （1分）比較當(dāng)n=3、n=4時(shí)的運(yùn)動(dòng)半徑，知 當(dāng)n=3時(shí)，運(yùn)動(dòng)半徑最大，粒子的速度最大 （2分）BO1NMO21O31OPQNOMPQO1哦BO21哦BO321哦BO4321哦BCCB得： （1分）+U1AB15.如圖所示的裝置，在加速電場(chǎng)U1內(nèi)放置一根塑料管AB（AB由特殊絕緣材料制成，不會(huì)影響電場(chǎng)的分布），緊靠其右側(cè)的是兩塊彼此平行的水平金屬板，板長(zhǎng)為L(zhǎng)，兩板間距離為d一個(gè)帶負(fù)電荷的小球，恰好能沿光滑管壁運(yùn)

21、動(dòng)小球由靜止開始加速，離開B端后沿金屬板中心線水平射入兩板中，若給兩水平金屬板加一電壓U2，當(dāng)上板為正時(shí)，小球恰好能沿兩板中心線射出；當(dāng)下板為正時(shí)，小球射到下板上距板的左端處，求：（1）U1：U2；（2）若始終保持上板帶正電，為使經(jīng)U1加速的小球，沿中心線射入兩金屬板后能夠從兩板之間射出，兩水平金屬板所加電壓U的范圍是多少？（請(qǐng)用U2表示）解：（1）設(shè)粒子被加速后的速度為v，當(dāng)兩板間加上電壓U如上板為正時(shí)，mg，U （1分）如下板為正時(shí)，a2g （1分）·2g（） （1分）qUmv （1分）解得 （1分）（2）當(dāng)上板加最大電壓Um時(shí)，粒子斜向上偏轉(zhuǎn)剛好穿出：t （1分） （1分） （

22、1分）得Um （1分）若上板加上最小正電壓Un時(shí)，粒子向下偏轉(zhuǎn)恰穿出： （1分） 得Un（1分）電壓的范圍為： （1分）16如圖甲所示，建立Oxy坐標(biāo)系，兩平行極板P、Q垂直于y軸且關(guān)于x軸對(duì)稱，極板長(zhǎng)度和板間距均為l，第一四象限有磁場(chǎng)，方向垂直于Oxy平面向里。位于極板左側(cè)的粒子源沿x軸向右連接發(fā)射質(zhì)量為m、電量為q、速度相同、重力不計(jì)的帶電粒子。在03t0時(shí)間內(nèi)兩板間加上如圖乙所示的電壓（不考慮極板邊緣的影響）。已知t = 0時(shí)刻進(jìn)入兩板間的帶電粒子恰好在t0時(shí)刻經(jīng)極板邊緣射入磁場(chǎng)。上述m、q、l、l0、B為已知量。（不考慮粒子間相互影響及返回板間的情況）（1）求電壓U的大小。（2）求 t

23、0時(shí)進(jìn)入兩板間的帶電粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑。（3）何時(shí)進(jìn)入兩板間的帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間最短？求此最短時(shí)間。圖甲圖乙答案：（1）（2）（3）【解析】（1）t=o時(shí)刻進(jìn)入兩極板的帶電粒子在電場(chǎng)中做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，t0時(shí)刻剛好從極板邊緣射出，在y軸負(fù)方向偏移的距離為l/2，則有 Eq=ma l/2=at02/2 聯(lián)立以上三式，解得兩極板間偏轉(zhuǎn)電壓為。（2）t0/2時(shí)刻進(jìn)入兩極板的帶電粒子，前t0/2時(shí)間在電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)，后t0/2時(shí)間兩極板沒有電場(chǎng)，帶電粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)。帶電粒子沿x軸方向的分速度大小為v0=l/t0 帶電粒子離開電場(chǎng)時(shí)沿y軸負(fù)方向的分速度大小為 帶電粒子離開電場(chǎng)時(shí)的速度大

24、小為 設(shè)帶電粒子離開電場(chǎng)進(jìn)入磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，則有 聯(lián)立式解得 。（3）2t0時(shí)刻進(jìn)入兩極板的帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最短。帶電粒子離開磁場(chǎng)時(shí)沿y軸正方向的分速度為 ，設(shè)帶電粒子離開電場(chǎng)時(shí)速度方向與y軸正方向的夾角為，則，聯(lián)立式解得，帶電粒子在磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)的軌跡圖如圖所示，圓弧所對(duì)的圓心角為，所求最短時(shí)間為,帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期為，聯(lián)立以上兩式解得。17如圖甲所示，x軸正方向水平向右，y軸正方向豎直向上。在xoy平面內(nèi)有與y軸平行的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)加有與xoy平面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。在坐標(biāo)原點(diǎn)O處放置一帶電微粒發(fā)射裝置，它可以連續(xù)不斷地發(fā)射具有相同質(zhì)量m、電荷量q（）

25、和初速為的帶電粒子。已知重力加速度大小為g。 （1）當(dāng)帶電微粒發(fā)射裝置連續(xù)不斷地沿y軸正方向發(fā)射這種帶電微粒時(shí)，這些帶電微粒將沿圓形磁場(chǎng)區(qū)域的水平直徑方向離開磁場(chǎng)，并繼續(xù)沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)。求電場(chǎng)強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和方向。 （2）調(diào)節(jié)坐標(biāo)原點(diǎn)。處的帶電微粒發(fā)射裝置，使其在xoy平面內(nèi)不斷地以相同速率v0沿不同方向?qū)⑦@種帶電微粒射入第1象限，如圖乙所示?，F(xiàn)要求這些帶電微粒最終都能平行于x軸正方向運(yùn)動(dòng)，則在保證勻強(qiáng)電場(chǎng)、勻強(qiáng)磁場(chǎng)的強(qiáng)度及方向不變的條件下，應(yīng)如何改變勻強(qiáng)磁場(chǎng)的分布區(qū)域?并求出符合條件的磁場(chǎng)區(qū)域的最小面積。解：（1）由題目中“帶電粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O處沿y軸正方向進(jìn)入磁場(chǎng)后，最終沿圓形磁

26、場(chǎng)區(qū)域的水平直徑離開磁場(chǎng)并繼續(xù)沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)”可知，帶電微粒所受重力與電場(chǎng)力平衡。設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，由平衡條件得：1分1分電場(chǎng)方向沿軸正方向帶電微粒進(jìn)入磁場(chǎng)后，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，且圓運(yùn)動(dòng)半徑r=R。設(shè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。由牛頓第二定律得：1分1分磁場(chǎng)方向垂直于紙面向外1分 （2）設(shè)由帶電微粒發(fā)射裝置射入第象限的帶電微粒的初速度方向與軸承夾角，則滿足0，由于帶電微粒最終將沿軸正方向運(yùn)動(dòng)，故B應(yīng)垂直于平面向外，帶電微粒在磁場(chǎng)內(nèi)做半徑為勻速圓周運(yùn)動(dòng)。由于帶電微粒的入射方向不同，若磁場(chǎng)充滿紙面，它們所對(duì)應(yīng)的運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示。2分為使這些帶電微粒經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后沿軸正方向運(yùn)動(dòng)。由圖可知，它們必

27、須從經(jīng)O點(diǎn)作圓運(yùn)動(dòng)的各圓的最高點(diǎn)飛離磁場(chǎng)。這樣磁場(chǎng)邊界上P點(diǎn)的坐標(biāo)P（x，y）應(yīng)滿足方程：，所以磁場(chǎng)邊界的方程為：2分由題中0的條件可知，以的角度射入磁場(chǎng)區(qū)域的微粒的運(yùn)動(dòng)軌跡即為所求磁場(chǎng)的另一側(cè)的邊界。2分因此，符合題目要求的最小磁場(chǎng)的范圍應(yīng)是圓與圓的交集部分（圖中陰影部分）。1分由幾何關(guān)系，可以求得符合條件的磁場(chǎng)的最小面積為：1分18.如圖所示，某放射源A中均勻地向外輻射出平行于y軸的速度一定的粒子，粒子質(zhì)量為m，電荷量為q為測(cè)定其從放射源飛出的速度大小，現(xiàn)讓粒子先經(jīng)過一個(gè)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、區(qū)域?yàn)榘雸A形的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，經(jīng)該磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后，它恰好能夠沿x軸進(jìn)入右側(cè)的平行板電容器，并打到置于板N的熒光屏上

28、出現(xiàn)亮點(diǎn)當(dāng)觸頭P從右端向左移動(dòng)到滑動(dòng)變阻器的中央位置時(shí)，通過顯微鏡頭Q看到屏上的亮點(diǎn)恰好能消失已知電源電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻為r0，滑動(dòng)變阻器的總電阻R0=2 r0，求：(1) 粒子從放射源飛出速度的大小；(2)滿足題意的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t；(3)該半圓形磁場(chǎng)區(qū)域的半徑R（2分）（2分）（2分）（2分）（2分）NabcdSE370××××××××××××××××××B19如圖所示，真空室內(nèi)存在寬度為d=8cm的勻強(qiáng)

29、磁場(chǎng)區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.332T，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里；ab、cd足夠長(zhǎng)，cd為厚度不計(jì)的金箔，金箔右側(cè)有一勻強(qiáng)電場(chǎng)區(qū)域，電場(chǎng)強(qiáng)度E=3.32×105N/C；方向與金箔成37°角.緊挨邊界ab放一點(diǎn)狀粒子放射源S，可沿紙面向各個(gè)方向均勻放射初速率相同的粒子，已知：粒子的質(zhì)量m=6.64×1027kg，電荷量q = 3.2×1019C，初速度v = 3.2×106m/s。（sin37°= 0.6，cos37°= 0.8）求： （1）粒子在磁場(chǎng)中作圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑R； （2）金箔cd被粒子射中區(qū)域的長(zhǎng)度L； （3）設(shè)打在

30、金箔上d端離cd中心最遠(yuǎn)的粒子穿出金箔進(jìn)入電場(chǎng)，在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)通過N點(diǎn)，SNab且SN = 40cm，則此粒子從金箔上穿出時(shí)，損失的動(dòng)能EK為多少？解：（1）粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，即 （1分）NabcdSE370××××××××××××××××××BO1MO2Q則 （2分） （2）設(shè)cd中心為O，向c端偏轉(zhuǎn)的粒子，當(dāng)圓周軌跡與cd相切時(shí)偏離O最遠(yuǎn)，設(shè)切點(diǎn)為P，對(duì)應(yīng)圓心O1，如圖所示，則由幾

31、何關(guān)系得：(1分)向d端偏轉(zhuǎn)的粒子，當(dāng)沿sb方向射入時(shí)，偏離O最遠(yuǎn)，設(shè)此時(shí)圓周軌跡與cd交于Q點(diǎn)，對(duì)應(yīng)圓心O2，如圖所示，則由幾何關(guān)系得：（1分）故金箔cd被粒子射中區(qū)域的長(zhǎng)度（1分） （3）設(shè)從Q點(diǎn)穿出的粒子的速度為v，因半徑O2Q場(chǎng)強(qiáng)E，則vE，故穿出的粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，軌跡如圖所示。 沿速度v方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)， 位移（1分） 沿場(chǎng)強(qiáng)E方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，位移（1分） 則由 得： （2分） 故此粒子從金箔上穿出時(shí)，損失的動(dòng)能為（2分）例1如圖10所示，帶電平行金屬板相距為2R，在兩板間有垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域 ，與兩板及左側(cè)邊緣線相切一個(gè)帶正電的粒子(不

32、計(jì)重力)沿兩板間中心線O1O2從左側(cè)邊緣O1點(diǎn)以某一速度射入，恰沿直線通過圓形磁場(chǎng)區(qū)域，并從極板邊緣飛出，在極板間運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t0.若撤去磁場(chǎng)，質(zhì)子仍從O1點(diǎn)以相同速度射入，則經(jīng)時(shí)間打到極板上圖10(1)求兩極板間電壓U；(2)若兩極板不帶電，保持磁場(chǎng)不變，該粒子仍沿中心線O1O2從O1點(diǎn)射入，欲使粒子從兩板左側(cè)間飛出，射入的速度應(yīng)滿足什么條件？解析(1)設(shè)粒子從左側(cè)O1點(diǎn)射入的速度為v0，極板長(zhǎng)為L(zhǎng)，粒子在初速度方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)L(L2R)t0，解得L4R 粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)：L2Rv0·a Ra()2 在復(fù)合場(chǎng)中做勻速運(yùn)動(dòng)：qqv0B 聯(lián)立各式解得v0，U(2)設(shè)粒子在磁

33、場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示，設(shè)其軌道半徑為r，粒子恰好從上極板左邊緣飛出時(shí)速度的偏轉(zhuǎn)角為，由幾何關(guān)系可知：45°，rrR因?yàn)镽()2， 所以根據(jù)牛頓第二定律有qvBm， 解得v所以，粒子在兩板左側(cè)間飛出的條件為0<v<答案(1)(2)0<v<突破訓(xùn)練1如圖11所示，空間存在著垂直紙面向外的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，在y軸兩側(cè)分別有方向相反的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度均為E，在兩個(gè)電場(chǎng)的交界處左側(cè)，有一帶正電的液滴a在電場(chǎng)力和重力作用下靜止，現(xiàn)從場(chǎng)中某點(diǎn)由靜止釋放一個(gè)帶負(fù)電的液滴b，當(dāng)它的運(yùn)動(dòng)方向變?yōu)樗椒较驎r(shí)恰與a相撞，撞后兩液滴合為一體，速度減小到原來的一半，

34、并沿x軸正方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，已 圖11知液滴b與a的質(zhì)量相等，b所帶電荷量是a所帶電荷量的2倍，且相撞前a、b間的靜電力忽略不計(jì)(1)求兩液滴相撞后共同運(yùn)動(dòng)的速度大?。?2)求液滴b開始下落時(shí)距液滴a的高度h.答案(1)(2)解析液滴在勻強(qiáng)磁場(chǎng)、勻強(qiáng)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，同時(shí)受到洛倫茲力、電場(chǎng)力和重力作用(1)設(shè)液滴a質(zhì)量為m、電荷量為q，則液滴b質(zhì)量為m、電荷量為2q，液滴a平衡時(shí)有qEmga、b相撞合為一體時(shí)，質(zhì)量為2m，電荷量為q，速度為v，由題意知處于平衡狀態(tài)，重力為2mg，方向豎直向下，電場(chǎng)力為qE，方向豎直向上，洛倫茲力方向也豎直向上，因此滿足qvBqE2mg 由、兩式，可得相撞后速度v(

35、2)對(duì)b，從開始運(yùn)動(dòng)至與a相撞之前，由動(dòng)能定理有 WEWGEk，即(2qEmg)hmva、b碰撞后速度減半，即v，則v02v 再代入式得h例2(2012·山東理綜·23)如圖12甲所示，相隔一定距離的豎直邊界兩側(cè)為相同的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，在邊界上固定兩長(zhǎng)為L(zhǎng)的平行金屬極板MN和PQ，兩極板中心各有一小孔S1、S2，兩極板間電壓的變化規(guī)律如圖乙所示，正反向電壓的大小均為U0，周期為T0.在t0時(shí)刻將一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子由S1靜止釋放，粒子在電場(chǎng)力的作用下向右運(yùn)動(dòng)，在t時(shí)刻通過S2垂直于邊界進(jìn)入右側(cè)磁場(chǎng)區(qū)(不計(jì)粒子重力，不考慮極板外的電

36、場(chǎng))圖12(1)求粒子到達(dá)S2時(shí)的速度大小v和極板間距d.(2)為使粒子不與極板相撞，求磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小應(yīng)滿足的條件(3)若已保證了粒子未與極板相撞，為使粒子在t3T0時(shí)刻再次到達(dá)S2，且速度恰好為零，求該過程中粒子在磁場(chǎng)內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小審題指導(dǎo)1.粒子的運(yùn)動(dòng)過程是什么？2要在t3T0時(shí)使粒子再次到達(dá)S2，且速度為零，需要滿足什么條件？解析(1)粒子由S1至S2的過程，根據(jù)動(dòng)能定理得qU0mv2 由式得v 設(shè)粒子的加速度大小為a，由牛頓第二定律得qma 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得da()2聯(lián)立式得d (2)設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，由牛頓第二定律得qvBm

37、 要使粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)不與極板相撞，需滿足2R> 聯(lián)立式得B< (3)設(shè)粒子在兩邊界之間無場(chǎng)區(qū)向左勻速運(yùn)動(dòng)的過程所用時(shí)間為t1，有dvt1聯(lián)立式得t1若粒子再次到達(dá)S2時(shí)速度恰好為零，粒子回到極板間應(yīng)做勻減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)勻減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得dt2 聯(lián)立式得t2設(shè)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t t3T0t1t2 聯(lián)立式得t設(shè)粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T，由式結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得T由題意可知Tt 聯(lián)立式得B.答案(1) (2)B< (3)突破訓(xùn)練2如圖13所示裝置中，區(qū)域和中分別有豎直向上和水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度分別為E和；區(qū)域內(nèi)有垂直向外的水平勻強(qiáng)磁

38、場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的帶負(fù)電粒子(不計(jì)重力)從左邊界O點(diǎn)正上方的M點(diǎn)以速度v0水平射入電場(chǎng)，經(jīng)水平分界線OP上的A點(diǎn)與OP成60°角射入?yún)^(qū)域的磁場(chǎng)，并垂直豎直邊界 圖13CD進(jìn)入?yún)^(qū)域的勻強(qiáng)電場(chǎng)中求：(1)粒子在區(qū)域勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑；(2)O、M間的距離；(3)粒子從M點(diǎn)出發(fā)到第二次通過CD邊界所經(jīng)歷的時(shí)間答案(1)(2)(3)審題指導(dǎo)1.粒子的運(yùn)動(dòng)過程是怎樣的？2嘗試畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡3注意進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度的大小與方向解析(1)粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，其在區(qū)域的勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)粒子過A點(diǎn)時(shí)速度為v，由類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律知v 粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速

39、圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得Bqvm，所以R(2)設(shè)粒子在區(qū)域的電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1，加速度為a.則有qEma，v0tan 60°at1，即t1O、M兩點(diǎn)間的距離為L(zhǎng)at(3)設(shè)粒子在區(qū)域磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2 則由幾何關(guān)系知t2設(shè)粒子在區(qū)域電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t3，a 則t32粒子從M點(diǎn)出發(fā)到第二次通過CD邊界所用時(shí)間為tt1t2t3例3. 如圖15甲所示，與紙面垂直的豎直面MN的左側(cè)空間中存在豎直向上的場(chǎng)強(qiáng)大小為E2.5×102 N/C的勻強(qiáng)電場(chǎng)(上、下及左側(cè)無界)一個(gè)質(zhì)量為m0.5 kg、電荷量為q2.0×102 C的可視為質(zhì)點(diǎn)的帶正電小球，在t0時(shí)刻以大小為v0的

40、水平初速度向右通過電場(chǎng)中的一點(diǎn)P，當(dāng)tt1時(shí)刻在電場(chǎng)所在空間中加上一如圖乙所示隨時(shí)間周期性變化的磁場(chǎng)，使得小球能豎直向下通過D點(diǎn)，D為電場(chǎng)中小球初速度方向上的一點(diǎn)，PD間距為L(zhǎng)，D到豎直面MN的距離DQ為L(zhǎng)/.設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度垂直紙面向里為正(g10 m/s2)圖15(1)如果磁感應(yīng)強(qiáng)度B0為已知量，使得小球能豎直向下通過D點(diǎn)，求磁場(chǎng)每一次作用時(shí)間t0的最小值(用題中所給物理量的符號(hào)表示)；(2)如果磁感應(yīng)強(qiáng)度B0為已知量，試推出滿足條件的時(shí)刻t1的表達(dá)式(用題中所給物理量的符號(hào)表示)；(3)若小球能始終在電磁場(chǎng)所在空間做周期性運(yùn)動(dòng)，則當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)的周期最大時(shí)，求出磁感應(yīng)強(qiáng)度B0及運(yùn)動(dòng)的最大周期T的

41、大小(用題中所給物理量的符號(hào)表示)答案(1)(2)(3)解析(1)當(dāng)小球僅有電場(chǎng)作用時(shí)：mgEq，小球?qū)⒆鰟蛩僦本€運(yùn)動(dòng)在t1時(shí)刻加入磁場(chǎng)，小球在時(shí)間t0內(nèi)將做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，圓周運(yùn)動(dòng)周期為T0，若豎直向下通過D點(diǎn)，由圖甲分析可知：t0(2)R，即： 甲v0t1LR qv0B0mv/R 所以v0t1L，t1(3)小球運(yùn)動(dòng)的速率始終不變，當(dāng)R變大時(shí)，T0也增加，小球在電磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)的周期T增加，在小球不飛出電磁場(chǎng)的情況下，當(dāng)T最大時(shí)有：2R B0，T0 乙由圖分析可知小球在電磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最大周期： T8×，小球運(yùn)動(dòng)軌跡如圖乙所示練習(xí);1. (2012·課標(biāo)全國·25)如

42、圖16，一半徑為R的圓表示一柱形區(qū)域的橫截面(紙面)在柱形區(qū)域內(nèi)加一方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子沿圖中直線從圓上的a點(diǎn)射入柱形區(qū)域，從圓上的b點(diǎn)離開該區(qū)域，離開時(shí)速度方向與直線垂直圓心O到直線的距離為R.現(xiàn)將磁場(chǎng)換為平行于紙面且垂直于直線的勻強(qiáng)電場(chǎng)，同一粒子以同樣 圖16速度沿直線從a點(diǎn)射入柱形區(qū)域，也從b點(diǎn)離開該區(qū)域若磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，不計(jì)重力，求電場(chǎng)強(qiáng)度的大小答案解析粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)設(shè)圓周的半徑為r，由牛頓第二定律和洛倫茲力公式得qvBm 式中v為粒子在a點(diǎn)的速度過b點(diǎn)和O點(diǎn)作直線的垂線，分別與直線交于c點(diǎn)和d點(diǎn)由幾何關(guān)系知，線段、和過a、b兩點(diǎn)的圓弧軌跡

43、的兩條半徑(未畫出)圍成一正方形因此r 設(shè)x，由幾何關(guān)系得Rx R 聯(lián)立式得rR 再考慮粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E，粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)設(shè)其加速度大小為a，由牛頓第二定律和帶電粒子在電場(chǎng)中的受力公式得 qEma 粒子在電場(chǎng)方向和直線方向運(yùn)動(dòng)的距離均為r，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得rat 2 rvt 式中t是粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間聯(lián)立式得 E.2 (2012·浙江理綜·24)如圖17所示，兩塊水平放置、相距為d的長(zhǎng)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(qiáng)磁場(chǎng)將噴墨打印機(jī)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

44、等電荷 圖17量的墨滴調(diào)節(jié)電源電壓至U，墨滴在電場(chǎng)區(qū)域恰能沿水平向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)；進(jìn)入電場(chǎng)、磁場(chǎng)共存區(qū)域后，最終垂直打在下板的M點(diǎn)(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(qiáng)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(dá)下板M點(diǎn)，應(yīng)將磁感應(yīng)強(qiáng)度調(diào)至B，則B的大小為多少？答案(1)負(fù)電荷(2)(3)解析(1)墨滴在電場(chǎng)區(qū)域做勻速直線運(yùn)動(dòng)，有 qmg 由式得：q 由于電場(chǎng)方向向下，電荷所受電場(chǎng)力向上，可知：墨滴帶負(fù)電荷(2)墨滴垂直進(jìn)入電場(chǎng)、磁場(chǎng)共存區(qū)域后，重力仍與電場(chǎng)力平衡，合力等于洛倫茲力，墨滴做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，有 qv0Bm 考慮墨滴進(jìn)入電

45、場(chǎng)、磁場(chǎng)共存區(qū)域和下板的幾何關(guān)系，可知墨滴在該區(qū)域恰完成四分之一圓周運(yùn)動(dòng)，則半徑 Rd 由式得B(3)根據(jù)題設(shè)，墨滴運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，設(shè)墨滴做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，有qv0B 由圖可得：R2d2(R)2 由式得：Rd 聯(lián)立式可得 B.3 (2012·重慶理綜·24)有人設(shè)計(jì)了一種帶電顆粒的速率分選裝置，其原理如圖18所示，兩帶電金屬板間有勻強(qiáng)電場(chǎng)，方向豎直向上，其中PQNM矩形區(qū)域內(nèi)還有方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)一束比荷(電荷量與質(zhì)量之比)均為的帶正電顆粒，以不同的速率沿著磁場(chǎng)區(qū)域的水平中心線OO進(jìn)入兩金屬板之間，其中速率為v0的顆粒剛好從Q點(diǎn)處離開磁場(chǎng)，然后做勻速直線運(yùn)動(dòng)到達(dá)收集板，重力加速度為g，PQ3d，NQ2d，收集板與NQ的距離為l，不計(jì)顆粒間的相互作用求：圖18(1)電場(chǎng)強(qiáng)度E的大??；(2)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??；(3)速率為v0(>1)的顆粒打在收集板上的位置到O點(diǎn)的距離答案見解析解析(1)設(shè)帶電顆粒的電荷量為q，質(zhì)量為m.由于粒子從Q點(diǎn)離開磁場(chǎng)后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則有Eqmg 將代入，得 Ekg.(2)如圖所示，粒子在磁場(chǎng)區(qū)域