2018屆高考物理一輪復(fù)習(xí)專題帶電粒子在勻強磁場及復(fù)合場中的運動導(dǎo)學(xué)案

1、帶電粒子在勻強磁場及復(fù)合場中的運動考點精練考向一帶電粒子在磁場中運動時的臨界問題角度1直線邊界磁場的臨界、極值問題【真題示例1（2016全國卷出，18）平面OMF口平面ON之間的夾角為30°,其橫截面（紙面）如圖1所示，平面OMk方存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B,方向垂直于紙面向外。一帶電粒子的質(zhì)量為m電荷量為q（q>0）。粒子沿紙面以大小為v的速度從OM勺某點向左上方射入磁場，速度與OhM30°角。已知該粒子在磁場中的運動軌跡與ON只有個交點，并從OM上另一點射出磁場。不計重力。粒子離開磁場的出射點到兩平面交線距離為（）mv A.- 2qB3mv2mv4mvB.

2、qBC. qBD."qB解析 帶電粒子在磁場中做圓 mv,.、，. 一 .周運動的軌道半徑為r=qB。軌跡與。目切,回出粒子的運動軌跡如圖所示，由于 AD= 2rsin 30 ° = r,故 AO D為等邊三角形，Z O D七60° ,而/ MO的 30° ,則/ OCD= 90° ,故 CO D為一直線,OD=CDsin 30= 2CD= 4r =124mv尾，故D正確。答案D【變式訓(xùn)練1】如圖2所示，直角坐標(biāo)系中y軸右側(cè)存在一垂直紙面向里、寬為a的有界勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B,右邊界PQFRty軸，一粒子（重力不計）從原點O以與x軸正方向成

3、9角的速率v垂直射入磁場，當(dāng)斜向上射入時，粒子恰好垂直PQI寸出磁場，1當(dāng)斜向下射入時，粒子恰好不從右邊界射出，則粒子的比荷及粒子恰好不從右邊界射出時在磁場中運動的時間分別為（）v 271av 271aBa 3vTB. 2Ba V-圖2v 4 71aC.- 2Ba3vv 4 71aBa3v解析 粒子在磁場中運動軌跡如圖所示，則由圖知斜向上射入時有rsin 0 = a,斜向下射入時有rsin 8+a=r,聯(lián)立求得0 =30° ,且r=2a,由洛倫茲力提供向心力得Bqv2= nv,解得r = mv,即粒子白比荷為9=言，所以粒子恰好不從右邊界射出時在磁場中運rBqm 2Ba動的圓心角為

4、a =2X（90° 30° ） = 120° ,運動時間為t = T= 3va, C正確。答案C角度2圓形磁場的臨界、極值問題【模擬示例2】（2017遼寧朝陽三校協(xié)作體聯(lián)考）如圖3所示，半徑為r的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B,磁場邊界上A點有一粒子源，源源不斷地向磁場發(fā)射各種方向（均平行于紙面）且速度大小相等的帶正電的粒子（重力不計），已知粒子的比荷為k,速度大小為2kBr。則粒子在磁場中運動的最長時間為（）兀兀A. kBB. 2kB解析粒子在磁場中運動的半徑為兀兀C.D.3kB4kBmv 2kBr R=F=2r；當(dāng)粒子在磁場中運動時間最

5、長 qB Bk時，其軌跡對應(yīng)的圓心角最大，此時弦長最大，其最大值為磁場圓的直徑T2，故 t=兀m 兀3q§=麗故選Co答案C【變式訓(xùn)練2】如圖4所示，兩個同心圓，半徑分別為和2r,在兩圓之間的環(huán)形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為區(qū)圓心O處有一放射源，放出粒子的質(zhì)量為m帶電量為q,假設(shè)粒子速度方向都和紙面平行。圖4R,則由幾何關(guān)系得R = H3r3(1)圖中箭頭表示某一粒子初速度的方向，OA與初速度方向夾角為60。，要想使該粒子經(jīng)過磁場后第一次通過A點，則初速度的大小是多少？(2)要使粒子不穿出環(huán)形區(qū)域，則粒子的初速度不能超過多少?解析(1)如圖甲所示，設(shè)粒子在磁場中的軌

6、道半徑為2V1又qviB=RR得v=羋3m(2)如圖乙所示，設(shè)粒子軌跡與磁場外邊界相切時，粒子在磁場中的軌道半徑為R,則由幾何關(guān)系有222(2rR)=R+r-3r可得R=2V2又qv2B=nmR故要使粒子不穿出環(huán)形區(qū)域，粒子的初速度不能超過3Bqr4m °答案辛(2)等3m4m角度3三角形磁場的臨界、極值問題C兩點分別位于x軸和y軸上,xOy平面向里的勻強磁場。質(zhì)量為【真題示例3】(2016海南單科，14)如圖5,A、ZOCAf30°,OAW長度為L。在OCAK域內(nèi)有垂直于m電荷量為q的帶正電粒子，以平行于y軸的方向從0他射入磁場。已知粒子從某點射入時，恰好垂直于OM射出磁

7、場且粒子在磁場中運動的時間為t。不計重力。圖5(1)求磁場的磁感應(yīng)強度的大??；(2)若粒子先后從兩不同點以相同的速度射入磁場，恰好從OC邊上的同一點射出磁場，求該粒子這兩次在磁場中運動的時間之和；5(3)若粒子從某點射入磁場后，其運動軌跡與AC邊相切，且在磁場內(nèi)運動的時間為-3to,求粒子此次入射速度的大小。解析(1)粒子在磁場中做勻速圓周運動，在時間t。內(nèi)其速度方向改變了90°,故其設(shè)磁感應(yīng)強度大小為2 定律得qvB=營周期T=4t。B,粒子速度為v,圓周運動的半徑為r,由洛倫茲力公式和牛頓2兀r勻速圓周運動的速度滿足v=聯(lián)立式得召募(2)設(shè)粒子從OA邊兩個不同位置射入磁場，能從O

8、C邊上的同一點P射出磁場，粒子在設(shè)兩軌跡所對應(yīng)的圓心角分別為01和02。由幾何關(guān)系有：01=180°02粒子兩次在磁場中運動的時間分別為tl與t2,則tl+t2=2=2t0(3)如圖(b),由題給條件可知，該粒子在磁場區(qū)域中的軌跡圓弧對應(yīng)的圓心角為150。設(shè)O為圓弧的圓心，圓弧的半徑為外圓弧與AC相切于B點，從D點射出磁場,r。一rocos/OOD+-=Lcos/BOA設(shè)粒子此次入射速度的大小為v。，由圓周運動規(guī)律271r0vo=T-聯(lián)立式得vo=.：兀L7to答案肅(2)210(3)-32qt07t0【變式訓(xùn)練3】如圖6所示的平面直角坐標(biāo)系xOy,在第I象限內(nèi)有平行于y軸的勻強電場

9、，方向沿y軸正方向；在第IV象限的正三角形abc區(qū)域內(nèi)有勻強磁場，方向垂直于xOy平面向里，正三角形邊長為L,且ab邊與y軸平行。一質(zhì)量為m電荷量為q的粒子，從y軸上的P(0,h)點，以大小為V0的速度沿x軸正方向射入電場，通過電場后從x軸上的a(2h,0)點進入第IV象限，又經(jīng)過磁場從y軸上的某點進入第出象限，且速度與y軸負方向成45。角，不計粒子所受的重力。求:電場強度E的大小;(2)粒子到達a點時速度的大小和方向;abc區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強度B的最小值。解析(1)設(shè)粒子在電場中運動的時間為t,則有x=vot=2h,y=2at2=h,qE=ma2聯(lián)立以上各式可得e=姝(2)粒子到達a點時沿

10、y軸負方向的分速度vy = at = V0所以v=7v+V2=yf2V0方向指向第IV象限與X軸正方向成45°角。粒子在磁場中運動時，有2VqvB=m-當(dāng)粒子從b點射出時，磁場的磁感應(yīng)強度為最小值，此時有答案2墨瓜 方向指向第W象限與x軸正方向成22mvr= L，所以 B= -L-22mv45° 角(3) - qL方法技巧解決帶電粒子的臨界問題的技巧方法數(shù)學(xué)方法和物理方法的結(jié)合：如利用“矢量圖”“邊界條件”等求臨界值，禾I用“三角函數(shù)”“不等式的性質(zhì)”“二次方程的判別式”等求極值。(2)臨界問題的一般解題流程分析迄界河方程卜幾何關(guān)系，-I定網(wǎng)心(3)從關(guān)鍵詞找突破口：許多臨

11、界問題，題干中常用“恰好”、“最大”、“至少”、“不相撞”、“不脫離”等詞語對臨界狀態(tài)給以暗示，審題時，一定要抓住這些特定的詞語挖掘其隱藏的規(guī)律，找出臨界條件。考向2帶電粒子在復(fù)合場中的運動角度1帶電粒子在復(fù)合場中運動的應(yīng)用實例裝置原理圖規(guī)律質(zhì)譜儀回旋加速Pl*1N112一.粒子由靜止被加速電場加速：qUU=2mv,在磁2,mvq場中做勻速圓周運動，qvB=，則比荷乂=rm2U喬。交流電的周期和粒子做圓周運動的周期相等,粒子在圓周運動過程中每次經(jīng)過D形盒縫隙2222,.、，mv-qBr都會被加速。由qvB=不得日亡m速度選擇器1XXX其0*5BKnK履.若qvoB=Eq,即vo=-,粒子做勻速

12、直線運動B接交流電源等離子體射入，受洛倫茲力偏轉(zhuǎn)，使兩極板帶電機XXXM|*HJ其N1I磁流體發(fā)一一，-U正、負電荷，兩極電壓為U時穩(wěn)定，為=qv0B,U=voBd當(dāng)磁場方向與電流方向垂直時，導(dǎo)體在與磁場、電流方向都垂直的方向上出現(xiàn)電勢差A(yù). 11C. 121D. 144U.LLr、Ullr、兀DU討|=qvB,所以v=DB所以gvS=4B【真題示例4（2016全國卷I,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7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

13、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（）/'磁場/t切速電境/',出口5I:.圖7解析設(shè)質(zhì)子的質(zhì)量和電荷量分別為mi、qb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qU=2m/-0,得丫=12在磁場中qvB=mrB2r2q由式聯(lián)立得mF-2U,由一題意知，兩種粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑相一一mB2，一,同，加速電壓U不變，其中B2=12Bi,q1=q2,可得一=m=144,故選項D正確。mBi答案D【變式訓(xùn)練4】（多選）勞倫斯和利文斯設(shè)計出回旋加速器，工作原理示意圖如圖8所示。置于真空中

14、的D形金屬盒半徑為R兩盒間的狹縫很小，帶電粒子穿過的時間可忽略。磁感應(yīng)弓雖度為B的勻強磁場與盒面垂直，高頻交流電頻率為f,加速電壓為U若A處粒子源產(chǎn)生的質(zhì)子的質(zhì)量為mi電荷量為+q,在加速器中被加速，且加速過程中不考慮相對論效應(yīng)和重力的影響。則下列說法正確的是（）圖8A.質(zhì)子被加速后的最大速度不可能超過2兀RfB.質(zhì)子離開回旋加速器時的最大動能與加速電壓U成正比C.質(zhì)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為J2：1D.不改變磁感應(yīng)強度B和交流電頻率f,該回旋加速器的最大動能不變2兀R解析質(zhì)子被加速后的最大速度受到D形盒半徑R的制約，因v=-=2%Rf,故A正確；質(zhì)子離開回旋加速器的最

15、大動能Em=2mV=2mK4兀2Rf2=2mjt2Rf2,與加速電壓U無關(guān)，B錯誤；根據(jù)R=,qU=m2,2qU=m2,得質(zhì)子第2次和第1次經(jīng)過兩D形盒間qB22狹縫后軌道半徑之比為斕：1,C正確；因回旋加速器的最大動能Ekm=2rnTt2Rf2與mRf均有關(guān)，D錯誤。答案AC【變式訓(xùn)練5】（多選）如圖9所示，一塊長度為a、寬度為b、厚度為d的金屬導(dǎo)體，當(dāng)加有與側(cè)面垂直的勻強磁場B,且通以圖示方向的電流I時，用電壓表測得導(dǎo)體上、下表面MN間電壓為U,已知自由電子的電荷量為e。下列說法中正確的是（）圖9A.導(dǎo)體的M面比N面電勢高B.導(dǎo)體單位體積內(nèi)自由電子數(shù)越多，電壓表的示數(shù)越大UC.導(dǎo)體中自由電

16、子定向移動的速度為v=BdBID.導(dǎo)體單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)為-T7.eUb解析由于自由電子帶負電，根據(jù)左手定則可知，M板電勢比N板電勢低，選項A錯誤；當(dāng)上、下表面電壓穩(wěn)定時，有qd，=qvB,彳導(dǎo)U=Bdv,與單位體積內(nèi)自由電子數(shù)無關(guān),選項B錯誤，C正確；再根據(jù)I=neSv,可知選項D正確。答案CD方法技巧解決實際問題的一般過程：角度2帶電粒子在組合場中的運動“磁偏轉(zhuǎn)”和“電偏轉(zhuǎn)”的比較一電偏轉(zhuǎn)磁偏轉(zhuǎn)偏轉(zhuǎn)條件帶電粒子以v，E進入勻強電場（不計重力）帶電粒子以vB進入勻強磁場（不計重力）受力情況只受恒定的電場力f=Eq只受大小恒定的洛倫茲力F=qvB運動情況類平拋運動勻速圓周運動拋物線圓弧運動

17、軌跡ft-事;*1sx;，*0求解方法利用類平拋運動的規(guī)律X=Vot,y=1at2,a=qE,tane=at22mVo牛頓第二定律、向心力公式r=mv27tm6TqB，T=qB，t=2?！灸M示例5】（2016福州二模）如圖10所示，在x軸上方存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B,方向垂直紙面向里。在x軸下方存在勻強電場，方向豎直向上。一個質(zhì)量為m電荷量為q、重力不計的帶正電粒子從y軸上的a（h,0）點沿y軸正方向以某初速度開始運動，一段時間后，粒子與x軸正方向成45進入電場，經(jīng)過y軸的b點時速度方向恰好與y軸垂直。求:圖1027粒子在磁場中運動的軌道半徑r和速度大小vi；(2)勻強電場的電場強度大小

18、E;粒子從開始到第三次經(jīng)過x軸的時間t總。解析(1)根據(jù)題意可知，大致畫出粒子在復(fù)合場中的運動軌跡，如圖所示:由幾何關(guān)系得：rcos 45 °解得：r=2h2由牛頓第二定律得：qBvi=mpqBr2qBh解得：vi=m=m(2)設(shè)粒子第一次經(jīng)過x軸的位置為xi,到達b點時速度大小為 Vb,根據(jù)類平拋運動規(guī)Vb=Vicos45qBh解得：Vb-m設(shè)粒子進入電場經(jīng)過時間 t運動到b點,b點的縱坐標(biāo)為一yb,由類平拋運動規(guī)律得：r+ r sin 45=Vot1yb= 2( visin 45也+ 1+ 0) t =2h由動能定理得:qEy3=2mV- 2mV/口(J2-1)qhB2解得：E=

19、n-mq(3)粒子在磁場中的周期為：T=viBq55nm第一次經(jīng)過x軸的時間ti=3=84qB在電場中運動的時間12=2t=2(避："qB在第二次經(jīng)過x軸到第三次經(jīng)過x軸的時間337tmt3=4T=麗則總時間：11mt總=匕+12+13=(丁+2也+2)的答案P期(2)5TqhBmm11m(3)(丁+2娘+2)Bq【拓展延伸1】改變電場方向?qū)ⅰ灸M示例5】中x軸下方的勻強電場方向改成與x軸負方向成45。角，如圖11所h,求:圖11示，若粒子沿平行電場線方向進入電場，且粒子沿電場線移動的最大距離為(1)勻強電場的電場強度大小E；(2)粒子從開始到第三次經(jīng)過x軸的時間t。解析(1)帶電粒

20、子運動軌跡如圖所示：由幾何關(guān)系得：rcos45°=h解得：r=12h由牛頓第二定律得:2Vo qvoBJ= m解得：v-YBh粒子在電場中做勻減速直線運動，則：v0=2ah由牛頓第二定律得：qE=ma/口qB2h解得：Em(2)粒子在磁場中運動的時間:51777tmt1=8T+4T=8T=前2v0粒子在電場中運動的時間：t2=a解得：t2=$故：t=tl+t2 =（7兀+ 8/）m.qB2h答案（1）二 （2）4qB（7兀+ 8柩m4qB【拓展延伸2】改變釋放點的位置將【模擬示例5】中的帶電粒子在a(2h,2h)點由靜止釋放，粒子第二次經(jīng)過x軸時恰好過坐標(biāo)原點Q求:圖12(1)勻強電

21、場的電場強度;(2)粒子從開始運動到第五次經(jīng)過x軸時的時間。解析(1)粒子運動軌跡如圖所示:由幾何關(guān)系得：r=h由牛頓第二定律得:2 v qvB= m-qqBh解得：v=m粒子在電場中加速的過程，由動能定理得:qE2小=，。0/口qB2h解得：E=%(2)粒子在電場中運動的時間:2h20m11=5'一=7vqB2粒子在磁場中運動的時間:2 7tm t 2= TqB故：t=tl+t2 =(20+2%) mqB2h答案(1) 4m (2)qB(20 + 2兀)mqB方法技巧“5步”突破帶電粒子在組合場中的運動問題高軌跡姜游貶場即世某.方向，強弱，范國手.帶電域子依次逋過不同場區(qū)時，由，宣力

22、情正埼定粒子在不同區(qū)域的運動情況.*正巧地聞出ti子的運動軌跡圖n根據(jù)區(qū)域和運動規(guī)推的不同、將粒子運動的過程劃分為幾個不同的階段，時不同的階段選取不同的規(guī)律處理.要明碼帶電粒子通過不同場區(qū)的交.爸虻時速度大小和泰向關(guān)系.上一個區(qū)域的表速度往往是下一個區(qū)域的沏速度.【變式訓(xùn)練6】如圖13所示，在第一象限存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度方向垂直于紙面(xOy平面)向外；在第四象限存在勻強電場，方向沿x軸負向。在y軸正半軸上某點以與軸正向平行、大小為V。的速度發(fā)射出一帶正電荷的粒子，該粒子在（d,0）點沿垂直于x軸y軸負方向的夾角為e的方向進入電場。不計重力。若該粒子離開電場時速度方向與求:圖13（1）電場

23、強度大小與磁感應(yīng)強度大小的比值;（2）該粒子在電場中運動的時間。B,粒子質(zhì)解析（1）如圖，粒子進入磁場后做勻速圓周運動。設(shè)磁感應(yīng)強度的大小為量與所帶電荷量分別為m和q,圓周運動的半徑為R0o由洛倫茲力公式及牛頓第二定律得2V。小qvoB=mrd)由題給條件和幾何關(guān)系可知R=d設(shè)電場強度大小為E,粒子進入電場后沿x軸負方向的加速度大小為ax,在電場中運動的時間為t,離開電場時沿x軸負方向的速度大小為Vxo由牛頓第二定律及運動學(xué)公式得Eqmavx=axtVx_-t=d由于粒子在電場中做類平拋運動（如圖），有Vxtan0=一V0聯(lián)立式得-=votan28B2一r2d(2)聯(lián)立式得t=1-votan0

24、答案(1)1votan20(2)+2d2votan0角度3帶電粒子在疊加場中的運動1 .磁場力、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(fù)雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，故機械能守恒。2 .電場力、磁場力并存(不計重力)(1)若電場力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運動。(2)若電場力和洛倫茲力不平衡，則帶電體做復(fù)雜的曲線運動，可用動能定理求解。3 .電場力、磁場力、重力并存(1)若三力平衡，帶電體做勻速直線運動。(2)若重力與電場力平衡，帶電體做勻速圓周運動。(3)若合力不為零，帶電體可能做復(fù)雜的曲線運動，可用能量守恒定律或動能

25、定理求解?！菊骖}示例6】(2016天津理綜，11)如圖14所示，空間中存在著水平向右的勻強電場，電場強度大小EE=543N/C,同時存在著水平方向的勻強磁場，其方向與電場方向垂直，磁感應(yīng)強度大小B=0.5T。有一帶正電的小球，質(zhì)量m1X106kg,電荷量q=2X106C,正以速度v在圖示的豎直面內(nèi)做勻速直線運動，當(dāng)經(jīng)過P點時撤掉磁場(不考慮磁場消失引起的電磁感應(yīng)現(xiàn)象)取g=10m/s之,求：AFixxxxxxX.XXXXX.XXXxxx.圖14(1)小球做勻速直線運動的速度v的大小和方向；(2)從撤掉磁場到小球再次穿過P點所在的這條電場線經(jīng)歷的時間to解析(1)小球勻速直線運動時受力如圖，其所

26、受的三個力在同一平面內(nèi)，合力為零，有qvB=q2E2+m2g2代入數(shù)據(jù)解得v=20m/s速度v的方向與電場E的方向之間的夾角滿足qE_tane4mg代入數(shù)據(jù)解得tan8f8=60°(2)解法一撤去磁場,小球在重力與電場力的合力作用下做類平拋運動，如圖所示,設(shè)其加速度為a,有aq2E2危2a設(shè)撤去磁場后小球在初速度方向上的分位移為x,有x=vt設(shè)小球在重力與電場力的合力方向上分位移為V，有12y=2attan0;丫x聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)解得t=2小s=3.5s解法二撤去磁場后，由于電場力垂直于豎直方向，它對豎直方向的分運動沒有影響，以P點為坐標(biāo)原點，豎直向上為正方向，小球在豎直方向上做勻減

27、速運動，其初速度Vy=vsin0若使小球再次穿過P點所在的電場線，僅需小球的豎直方向上分位移為零，則有Vyt 12_2gt=0聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)解得t=243s=3.5s答案(1)20m/s與電場方向成60°角斜向上(2)3.5s【變式訓(xùn)練7】(2015福建理綜，22)如圖15,絕緣粗糙的豎直平面MNfc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R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MNTF滑，到達C點時離開MN故曲線運動。AC兩點間距離為h,重力加速度為g。圖15(1)求小滑塊運動到C點時的速度大

28、小VC；(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點時速度的大小解析(1)小滑塊沿MNi動過程，水平方向受力滿足qvB+N=qE小滑塊在C點離開MN寸N=0/口E解得Vc=B(2)由動能定理12-mghrW=2mc-0解得 W= mghi-mE2B2(3)如圖，小滑塊速度最大時，速度方向與電場力、重力的合力方向垂直.撤去磁場后小滑塊將做類平拋運動，等效加速度為

29、g'g'(qE) 2+g2m 丫且vP=vD+g12t2解得vp=v2>+(qm)2+g212答案(1)E(2)mghmlB2B(3)叱臥啃2+g2t2方法技巧帶電粒子在疊加場中運動的處理方法隨堂檢測1.（多選）如圖16所示，勻強磁場方向垂直紙面向里，勻強電場方向豎直向下，有正離子恰能沿直線從左向右水平飛越此區(qū)域。不計重力，則（圖16A.若電子從右向左飛入，電子也沿直線運動B.若電子從右向左飛入，電子將向上偏轉(zhuǎn)C.若電子從左向右飛入，電子將向下偏轉(zhuǎn)D.若電子從左向右飛入，電子也沿直線運動2.（2016北京東城區(qū)模擬）如圖17所示，一束質(zhì)量、速度和電荷量不全相等的離子,經(jīng)過

30、由正交的勻強電場和勻強磁場組成的速度選擇器后，進入另一個勻強磁場中并分裂為AB兩束，下列說法中正確的是（）圖17A.組成A束和B束的離子都帶負電B.組成A束和B束的離子質(zhì)量一定不同C.A束離子的比荷大于B束離子的比荷D.速度選擇器中的磁場方向垂直于紙面向外3.如圖18所示是醫(yī)用回旋加速器示意圖，其核心部分是兩個D形金屬盒，兩金屬盒置于勻強磁場中，并分別與高頻電源相連。現(xiàn)分別加速笊核（2H）和氨核（4He）。下列說法中正確的是（）圖18A.它們的最大速度相同B.它們的最大動能相同C.兩次所接高頻電源的頻率不相同D.僅增大高頻電源的頻率可增大粒子的最大動能4. （2017甘肅河西五市第一次聯(lián)考）（

31、多選）如圖19所示，以直角三角形AO8邊界的有界勻強磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強度為B,/A=60。，A0=a。在O點放置一個粒子源，可以向各個方向發(fā)射某種帶負電的粒子，粒子的比荷為黑發(fā)射速度大小都為vo,且滿足vo=qBa餐，發(fā)射方向由圖中的角度e表不。對于粒子進入磁場后的運動（不計重力作用），下列說法正確的是（）A/xx:jYxxxXXXX、；CO圖19A.粒子有可能打到A點B.以e=60°飛入的粒子在磁場中運動時間最短C.以e<30°飛入的粒子在磁場中運動的時間都相等D.在AC邊界上只有一半?yún)^(qū)域有粒子射出mq-5. （2017日照檢測）如圖20所示，坐標(biāo)平面第I象限內(nèi)存在大小為E=4X105N/C、方向水平向左的勻強電場，在第n象限內(nèi)存在方向垂直紙面向里的勻強磁磁場。質(zhì)荷比4X1010kg/C的帶正電的粒子，以初速度V0=2X107m/s從x軸上的A點垂直x軸射入電場，OA=0.2m,不計粒子的重力roX XX X X Xx XX XX XX XX XJJ'flA圖20(1)求粒子經(jīng)過y軸時的位置到原點 O的距離;(2)若要使粒子不能進入第出象限，求磁感應(yīng)強度B的