復(fù)合場1復(fù)合場的分類疊加場電場磁場重力

1、復(fù)合場1 .復(fù)合場的分類：（1）疊加場：電場、磁及二重力場共存，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).二、帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動形式1.靜止或勻速直線運(yùn)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(yùn)動.2 .勻速圓周運(yùn)動：當(dāng)帶電粒子所受的重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(qiáng)磁場的平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動.A點(diǎn)沿直線3 .較復(fù)雜的曲線運(yùn)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(yùn)動,這時粒子運(yùn)動軌跡既不是圓弧，也不是拋

2、物線.4 .分階段運(yùn)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(yùn)動情況隨區(qū)域發(fā)生變化，其運(yùn)動 過程由幾種不同的運(yùn)動階段組成.1 .帶電粒子在復(fù)合場中的直線運(yùn)動 某空間存在水平方向的勻強(qiáng)電場帶電小球沿如圖所示的直線斜向下由向B點(diǎn)運(yùn)動，此空間同時存在由 A指向B的勻強(qiáng)磁場，則下列說法正確的是（ ）A.小球一定帶正電 B.小 ,肝 球可能做勻速直線運(yùn)動 C.帶電小球一定做勻加速直線運(yùn)動 D.運(yùn)動過程中，小球的機(jī)械能增大X 北）；2 .帶電粒子在復(fù)合場中的勻速圓周運(yùn)動 如圖所示，一帶電小球在一正交電場、磁場區(qū)域里做勻速圓周.1 .：運(yùn)動，電場方向豎直向下，磁場方向垂直紙面向里，則下列說法正確

3、的是（ ）A .小球一定帶正電 B .小球一定帶負(fù)電 C .小球的繞行方向?yàn)轫槙r針 D.改變小球的速度大小，小球?qū)⒉蛔鰣A周運(yùn)動加速電扇二1二士3 .質(zhì)譜儀原理的理解如圖所示是質(zhì)譜儀的工作原理示意圖.帶電粒子被加速電場加速后，進(jìn)入速嚼“ 一-度選擇器.速度選擇器內(nèi)相互正交的勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場的強(qiáng)度分別為B和E平板S上有可讓粒子 從 j 尸八通過的狹縫 P和記錄粒子位置的膠片 AA.平板S下方有磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B的勻強(qiáng)磁場.下列表述正確NSLUMVW：氏的是（）A.質(zhì)譜儀是分析同位素的重要工具B .速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向外C .能 通過狹縫P的帶電粒子的速率等于 日B D .粒子打在膠片上

4、的位置越靠近狹縫P,粒子的比荷越小4 .回旋加速器原理的理解回旋加速器，工作原理示意圖如圖置于高真空中的D形金屬盒半徑為 R,兩盒間的狹縫很小， 帶電粒子穿過的時間可忽略.磁感應(yīng)弓II度為 B的勻強(qiáng)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（）A.質(zhì)子被加速后的最大速度不可能超過2TtRf B.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2 ： 1 D .不改變磁感應(yīng)強(qiáng)度B和交流電頻率f ,該回

5、旋加速器的最大動能不變規(guī)律總結(jié)：帶電粒子在復(fù)合場中運(yùn)動的應(yīng)用實(shí)例1.質(zhì)譜儀：（1）構(gòu)造：如圖由粒子源、加速電場、偏轉(zhuǎn)磁場和照相底片等構(gòu)成.（2）原理：粒子由靜止被加速電場加速，根據(jù)動 1能定理可得關(guān)系式 qU= 2mV.粒子在磁場中受洛倫茲力作用而偏轉(zhuǎn)， 做勻速圓周運(yùn)動，根據(jù) 牛頓第二定律得關(guān)系式 qvB= m.由兩式可得出需要研究的物理量， 如粒子軌道半徑、粒子質(zhì)量、比荷.rD形盒處于勻接交流電源12mU qr2甘 q 2Ub : q，m_2U, mr b2?.2 .回旋加速器：（1）構(gòu)造：如圖D、D2是半圓形金屬盒，D形盒的縫隙處接交流電源,強(qiáng)磁場中.（2）原理：交流電的周期和粒子做圓周運(yùn)

6、動的周期相等，粒子在圓周運(yùn)動的過程中一次一 圖 6m2次地經(jīng)過D形盒縫隙，兩盒間的電勢差一次一次地反向，粒子就會被一次一次地加速品qvB=q2B2r2得Rm= 而，可見粒子獲得的最大動能由磁感應(yīng)強(qiáng)度B和D形盒半徑r決定，與加速電壓無關(guān).特別提醒 這兩個實(shí)例都應(yīng)用了帶電粒子在電場中加速、在磁場中偏轉(zhuǎn)（勻速圓周運(yùn)動）的原理.3 .速度選擇器：（1）平行板中電場強(qiáng)度 E和磁感應(yīng)強(qiáng)度 B互相垂直.這種裝置能把具有一定速度的粒子選擇出來，所以叫做速度選擇器.（2）帶電粒子能夠沿直線勻速通過速度選擇器的條件是qE= qvB,4 .磁流體發(fā)電機(jī)：（1）磁流體發(fā)電是一項(xiàng)新興技術(shù)，它可以把內(nèi)能直接轉(zhuǎn)化為電能.（

7、2）根據(jù)左手定則，如圖中的B是發(fā)電機(jī)正極.（3）磁流體發(fā)電機(jī)兩極板間的距離為 L,等離子體速度為v,磁場的磁U感應(yīng)強(qiáng)度為B,則由qE= q= qvB得兩極板間能達(dá)到的最大電勢差U= BLv5 .電磁流量計工作原理：如圖 9所示，圓形導(dǎo)管直徑為 d,用非磁性材料制成，導(dǎo)電液體在管中向左 流動，導(dǎo)電液體中的自由電荷 （正、負(fù)離子），在洛倫茲力的作用下橫向偏轉(zhuǎn)，a、b間出現(xiàn)電勢差，形成電場，當(dāng)自由電荷所受的電場力和洛倫茲力平衡時，a、b間的電勢差就保持穩(wěn)定，即：qvB= qE=若，所以v=BAC nd2 U 兀dU因此流重 Q= Sv= ,.4 Bd 4B帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動：1.帶電粒子在疊加

8、場中無約束情況下的運(yùn)動情況分類（1）磁場力、重力并存：若重力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運(yùn)動.若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動，因洛倫茲力不做功，故機(jī)械能守恒，由此可求解問題. （2）電場力、磁場力并存（不計重力的彳觀粒子）：若電場力和洛倫茲 力平衡，則帶電體做勻速直線運(yùn)動.若電場力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動，因洛倫茲力不做功，可用動能定理求解問題.（3）電場力、磁場力、重力并存：若三力平衡，一定做勻速直線運(yùn)動.若重力與電場力平衡，一定做勻速圓周運(yùn)動.若合力不為零且與速度方向不垂直，將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動，因洛倫茲力不做功， 可用能量守恒或動能定理求解問題

9、.2.帶電粒子在疊加場中有約束情況下的運(yùn)動：帶電體在復(fù)合場中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道等約束的情況下，常見的 運(yùn)動形式有直線運(yùn)動和圓周運(yùn)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(diǎn)， 運(yùn)用動能定理、能量守恒定律結(jié)合牛頓運(yùn)動定律求出結(jié)果.例1如圖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)磁場區(qū)域 ，與兩板及左側(cè)邊緣線相切.一個帶正電的粒子 （不計重力）沿 兩板間中心線 OO從左側(cè)邊緣O點(diǎn)以某一速度射入，恰沿直線通過圓形磁場區(qū)域， 并 從極板邊緣飛出，在極板間運(yùn)動時間為 to.若撤去磁場，質(zhì)子仍從 O點(diǎn)以相同速度射入，則經(jīng)時間打到

10、極板上.（1）求兩極板間電壓 U; （2）若兩極板不帶電，保持磁場不變，該粒子仍沿中心線OQ從O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?突破訓(xùn)練1如圖空間存在著垂直紙面向外的水平勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)弓11度為B,在y軸兩側(cè)分別有方向相反的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度均為E,在兩個電場的交界處左側(cè)，有一帶正電的液滴a在電場力和重力作用下靜止，現(xiàn)從場中某點(diǎn)由靜止釋放一個帶負(fù)電的液滴b,當(dāng)它的運(yùn)動方向變?yōu)樗椒较驎r恰與a相撞,撞后兩液滴合為一體， 速度減小到原來的一半， 并沿x軸正方向做勻速直線運(yùn)動，已知液滴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.

11、（1）求兩液滴相甲114 i;i-i空萬,乎苧3幾撞后共同運(yùn)動的速度大??；（2）求液滴b開始下落時距液滴 a的高度h.例2如圖甲所示，相隔一定距離的豎直邊界兩側(cè)為相同的勻強(qiáng)磁場區(qū)，磁場方向垂直紙面向里，在邊界上固定兩長為L的平行金屬極板 MNW PQ兩極板中心各有一小孔 S、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10,周期為To.在t = 0時刻將一個質(zhì)量為mi電荷量為一q（q0）的粒子由S靜止釋放，粒子在電場力的作用下向右運(yùn)動，在 t =T0時刻通過&垂直于邊界進(jìn)入右側(cè)磁場區(qū).（不計粒子重力，不考慮極板外的電場）（1）求粒子到達(dá) 展時的速度大小 v和極板間距d. （2）

12、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t = 3T。時刻再次到達(dá)乙S2,且速度恰好為零，求該過程中粒子在磁場內(nèi)運(yùn)動的時間和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小.突破訓(xùn)練2如圖所示裝置中，區(qū)域I和山中分別有豎直向上和水平向右的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度分別為E和2;區(qū)域n內(nèi)有垂直向外的水平勻強(qiáng)磁場，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（不計重力）從左邊界O點(diǎn)正上方的M點(diǎn)以速度vo水平射入電場，經(jīng) 水平分界線 OPBA點(diǎn)與OP成60角射入?yún)^(qū)域n的磁場，并垂直豎直邊界 CD進(jìn)入出區(qū)域的勻強(qiáng)電場中.求：（1）粒子在區(qū)域n勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動的軌跡半徑；（2）

13、 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)歷的時間.分析過程建模型逐段研究畫圖示不計粒子重力.求:珈=8 m/s的速度從坐標(biāo)原點(diǎn)沿x軸正向運(yùn)動,BFYf/(V m1)i 3我項(xiàng)力。小20司） II4 8 1216 20期)dOf-3.14由圖可以發(fā)現(xiàn)題的變化具有這樣的特點(diǎn): 有電場無磁場T有射場無電場.因此，其 運(yùn)動特點(diǎn)應(yīng)是為變速直戰(zhàn)運(yùn)動和勻速圓周 運(yùn)動的組合.利用周期公式可直接求.圖14（1 ）粒子在磁場中運(yùn)動的周期；先根據(jù)電場和磁場變化帶點(diǎn)定性畫出運(yùn) 動軌跡，然后我們就會發(fā)現(xiàn)運(yùn)動過程可看 做兩個圓周運(yùn)動和三段類平拋運(yùn)動模型.【例3】（14分）如圖14所示，在工行坐標(biāo)系內(nèi)

14、存在周期性變化的電場和磁場, 電場沿，軸正方向,磁埸垂直紙面（以向里為正），電場和磁場的變化規(guī)律如圖所、示，一質(zhì)量足=3.2黑10*咫、電荷量的播電苞子，在=0時刻以丁7 隱含著帶電粒子的運(yùn)動具有同期性.S ）仁10、時粒子的位置坐標(biāo)工（3） t=24x ICHs時粒子的速度.由兩圖集可以看出r=20 x lO 3s到尸M * 10、恰好為勾速圓周運(yùn)動的一個周期，又 回到原卷蓋.突破訓(xùn)練3如圖甲所示，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強(qiáng)大小為E= 2.5X102N/C的勻強(qiáng)電場（上、下及左側(cè)無界）.一個質(zhì)量為m 0.5 kg、電荷量為q= 2.0 X 102 C的可視為質(zhì)點(diǎn)的帶

15、正電小球，在t = 0時刻以大小為Vo的水平初速度向右通過電場中的一點(diǎn)P,當(dāng)t = 11時刻在電場所在空間中加上一如圖乙所示隨時間周期性變化的磁場,使得小球能豎直向下通過 D點(diǎn)，D為電場中小球初速度方向上的一點(diǎn)，PD間距為L, D到豎直面MN的距離DQ為L/兀.設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度垂直紙面向里為正.（g=10 m/s2）（1）如果磁感應(yīng)強(qiáng)度 已為已知量，使得小球能豎直向下通過D點(diǎn)，求B,不計重力,磁場每一次彳用時間 to的最小值（用題中所給物理量的符號表示 ）；（2）如果磁感應(yīng)強(qiáng)度 B為已知量，試推出滿足條件 的時刻11的表達(dá)式（用題中所給物理量的符號表示 ）；（3）若小球能始終在電磁場所在空間做周期

16、性運(yùn)動，則當(dāng)小球運(yùn) 動的周期最大時，求出磁感應(yīng)強(qiáng)度R及運(yùn)動的最大周期 T的大?。ㄓ妙}中所給物理量的符號表示 ）.高考題組1 .如圖一半徑為 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，一質(zhì)量為 mi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3 區(qū)域，離開時速度方向與直線垂直.圓心O到直線的距離為3R現(xiàn)將磁場換為平行于紙面且垂直于直線的5勻強(qiáng)電場，同一粒子以同樣速度沿直線從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)度大小為求電場強(qiáng)度的大小.金屬極板2.如圖所示，兩塊水平放置、 相距為d的長金屬板接在電壓可調(diào)的電源上.兩板

17、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.將噴墨打印機(jī)的噴口靠近上板下表面，電費(fèi)射帶顆發(fā)從噴口連續(xù)不斷噴出質(zhì)量均為mi水平速度均為V0、帶相等電荷量的墨滴.調(diào)節(jié)電源電壓至U,墨滴在電場區(qū)域恰能沿水平向右做勻速直線運(yùn)動；進(jìn)入電場、磁場共存區(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？3 .有人設(shè)計了一種帶電顆粒的速率分選裝置，其原理如圖所示，兩帶電金屬板間有勻強(qiáng)電場，方向豎直向上，其中PQNM1,1 一，、，

18、矩形區(qū)域內(nèi)還有方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場.一束比荷（電荷量與質(zhì)量之比）均為丁的帶正電顆粒，以不同的速率沿著磁場區(qū)域的水平中心線 O O進(jìn)入兩金屬板之間， 其中速率為vo的顆粒剛好從 Q點(diǎn)處離開磁場，然后做勻速直線運(yùn)動到 達(dá)收集板，重力加速度為 g, PQ= 3d, NQ= 2d,收集板與NQ勺距離為l ,不計顆粒間的相互作用.求： （1）電場強(qiáng)度E 的大小；（2）磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??；（3）速率為入V0（入1）的顆粒打在收集板上的位置到O點(diǎn)的距離.4 .如圖所示，坐標(biāo)平面第I象限內(nèi)存在大小為E= 4X105 N/C、方向水平向左的勻強(qiáng)電場，在第H象限內(nèi)存在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場.質(zhì)荷比為m=

19、 4X10T0 N/C的帶正電粒子從 x軸q上白A A點(diǎn)以初速度V0=2x 107 m/s垂直x軸射入電場，OA= 0.2 m,不計重力.求：（1）粒子經(jīng)過y軸時的位置到原點(diǎn)甲O的距離；（2）若要求粒子不能進(jìn)入第三象限， 求磁感應(yīng)強(qiáng)度 B的取值范圍（不考慮粒子第二次進(jìn)入電場后的運(yùn)動情況.）5 .如圖甲，在以 O為坐標(biāo)原點(diǎn)的xOy平面內(nèi)，存在著范圍足夠大的電場和磁場，一個帶正電小球在t = 0時刻以V0=3gt0的初速度從 O點(diǎn)沿+ x方向（水平向右）射入該空間，在 t。時刻該空間同時加上如圖乙所示的電場和磁場，其中電場方向豎直向上，場強(qiáng)大小 E0=mgj,磁場垂直于xOy平面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度大

20、小B已知小球的質(zhì)量為 mi帶電荷qqt0（1） 3末小球速度的大小；（2）小球做圓周運(yùn)量為q,時間單位為t0,當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹?g,空氣阻力不計.試求:動的周期T和12t 0末小球速度的大??；（3）在給定的xOy坐標(biāo)系中，大體畫出小球在0到24t 內(nèi)運(yùn)動軌跡的示意圖;M（4）30 t0內(nèi)小球距x軸的最大距離.有一豎直足夠長固定絕緣桿 MN小千P套在桿?題組1.在水平勻強(qiáng)電場和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場中,上，已知P的質(zhì)量為 m電荷量為+ q,電場強(qiáng)度為 E,磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B, P與桿間的動摩擦因數(shù)為小球由靜止開始下滑直到穩(wěn)定的過程中（）A .小球的加速度一直減小B.小球的機(jī)械能和電勢能的總和保持不

21、變C.下滑加速度為最大加速度一半時的速度可能是v = 2、qE D .下滑加速度為最大2心qB，一 ,一、一八口 2 1 qE+ mg 加速度一半時的速度可能是 v= Q2心qB2 .如圖所示，已知一帶電小球在光滑絕緣的水平面上從靜止開始經(jīng)電壓U加速后，水平進(jìn)入互相垂直的勻強(qiáng)電場 E和B : g大，則小球做勻速圓周運(yùn)動的周期增加勻強(qiáng)磁場B的復(fù)合場中（E和B已知），小球在此空間的豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動， 則（ ）A.小球可能帶正電 B .小 球做勻速圓周運(yùn)動的半徑為 = 1、/2匹C .小球做勻速圓周運(yùn)動的周期為 T= 2/D .若電壓U增 1 ? k質(zhì)子由靜止開始經(jīng)一加3 .如圖空間的某個復(fù)合

22、場區(qū)域內(nèi)存在著方向相互垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場.速電場加速后，垂直于復(fù)合場的界面進(jìn)入并沿直線穿過場區(qū)，質(zhì)子從復(fù)合場區(qū)穿出時的動能為Ek.那么笊核同樣由靜止開始經(jīng)同一加速電場加速后穿過同一復(fù)合場后的動能的大小是（）A. EE C . E D ,條件不足，難以確定,.B J I* - - - - *1 AMi- 1 -先4 .如圖兩塊平行金屬極板MNzK平放置，板長 L=1 m.間距d = W m,兩金屬板 矢比 /f,3 . 間電壓Um- 1 X 10 4 V;在平行金屬板右側(cè)依次存在ABG口 FGHW個全等的正三角形區(qū)域，正三角形 ABCJ存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場Bi,三角形的上頂點(diǎn) A與上

23、金屬板M平齊，BC邊與金屬板平行，AB邊的中點(diǎn)P恰好在下金屬板 N的右端點(diǎn)；正三角形 FGMJ存在垂直紙面向外的勻 2人強(qiáng)磁場艮.已知A、F、G處于同一直線上， R C H也處于同一直線上. AF兩點(diǎn)的距離為-m.現(xiàn)從平行金屬板 MN&端3沿中心軸線方向入射一個重力不計的帶電粒子，粒子質(zhì)量 f3X10-10kg,帶電荷量q = +1X104C,初速度v0=1X105m/s. （1）求帶電粒子從電場中射出時的速度 v的大小和方向；（2）若帶電粒子進(jìn)入中間三角形區(qū)域后垂直打在 AC邊上， 求該區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度 B； （3）若要使帶電粒子由FH邊界進(jìn)入FGHK域并能再次回到 FH界面，求艮應(yīng)滿足的條

24、件.5 .如圖一個質(zhì)量為 m電荷量為q的正離子，在 D處沿圖示方向以一定的速度射入磁感應(yīng)強(qiáng)口 4 L L 一，度為B的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直紙面向里. 結(jié)果離子正好從距 A點(diǎn)為d的小孔C沿垂直于*電場方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場，此電場方向與AC平行且向上，最后離子打在G處，而G處距A點(diǎn)2d * * xX X X X X_ .、.一 ,_ a （AGLAQ.不甘離子重力，離子運(yùn)動軌跡在紙面內(nèi).求： （1）此離子在磁場中做圓周運(yùn)動的半k 乂菖乂 k徑r； （2）離子從D處運(yùn)動到G處所需時間；（3）離子到達(dá)G處時的動能.6 .如圖甲所示，水平直線MNF方有豎直向上的勻強(qiáng)，周丁電場，現(xiàn)將一重力不計、比荷 q=

25、106 C/kg的正電荷 “一:!m置于電場中的 O點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)過 JZX 10 5 s后，156| 一0吊 J_!電荷以V0=1.5X104 m/s的速度通過 MN進(jìn)入其上方的勻強(qiáng)磁場，磁場與紙面垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度B按圖乙所示規(guī)律周期性變化 （圖乙中磁場以垂直紙面向外為正，以電荷第一次通過MN時為t=0時刻）.求：（1）勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度 E; （2）圖乙中t =4jx105s時刻電荷與 O點(diǎn)的水平距5離；（3）如果在O點(diǎn)右方d=68 cm處有一垂直于 MN勺足夠大的擋板，求電荷從O點(diǎn)出發(fā)運(yùn)動到擋板所需的時間.7.如圖甲所示，在 xOy平面內(nèi)有足夠大的勻強(qiáng)電場，電場方向豎直向上， 電場強(qiáng)度

26、E= 40 N/C,在y軸左側(cè)平面內(nèi)有足夠大的瞬時磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示，15 7ts后磁場消失，選定磁場垂直紙面向里為正方向.在 y軸右側(cè)平面內(nèi)還有方向垂直紙面向外的恒定的勻強(qiáng)磁場，分布在一個半徑為r = 0.3 m的圓形區(qū)域（圖中未畫出），且圓的左側(cè)與 y軸相切，磁感應(yīng)強(qiáng)度 B=0.8 T . t = 0時刻，一質(zhì)量 亦8X10-4kg、電荷量q = 2Xl0-4C的微粒從x軸上xp= - 0.8 m處的P點(diǎn)以速度v=0.12 m/s向x軸正方向入射.（g 取10 m/s2,計算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）（1）求微粒在第二象限運(yùn)動過程中離y軸、x軸的最大距離.（2）若微

27、粒穿過y軸右側(cè)圓形磁場時，速度方向的偏轉(zhuǎn)角度最大，求此圓形磁場的圓心坐標(biāo)（x, y）.1 .答案 CD軍析 由于重力方向豎直向下，空間存在磁場，且直線運(yùn)動方向斜向下，與磁場方向相同，故不受洛倫茲力作用，電場力必水平向右，但電場具體方向未知，故不能判斷帶電小球的電性，選項(xiàng)A錯誤；重力和電場力的合力不為零，故不可能做勻速直線運(yùn)動，所以選項(xiàng)B錯誤；因?yàn)橹亓εc電場力的合力方向與運(yùn)動方向相同，故小球一定做勻加速直線運(yùn)動，選項(xiàng) C正確；運(yùn)動過程中由于電場力做正功，故機(jī)械能增大，選項(xiàng)D正確.2 .答案 BC解析 小球做勻速圓周運(yùn)動，重力必與電場力平衡，則電場力方向豎直向上，結(jié)合電場方向可知小球一定帶負(fù)電，A

28、錯誤，B正確；洛倫茲力充當(dāng)向心力， 由曲線運(yùn)動軌跡的彎曲方向結(jié)合左手定則可得繞行方向?yàn)轫槙r針方向，C正確，D錯誤.3 .答案 ABC解析 粒子在題圖中的電場中加速，說明粒子帶正電，其通過速度選擇器時，電場力與洛倫茲力平衡，則洛倫茲力方向應(yīng)水平向左，由左手定則知，磁場的方向應(yīng)垂直紙面向外，選項(xiàng)B正確；由Eq= Bqv可知，v=日B,選項(xiàng)C正確；粒子打在膠片上的位置到狹縫的距離即為其做勻速圓周運(yùn)動的直徑D=誓可見D越小，則粒子的比荷Bq越大，D不同，則粒子的比荷不同，因此利用該裝置可以分析同位素，A正確，D錯誤. .、 一 2兀 R4 .答案 AC解析 粒子被加速后的最大速度受到D形盒半徑R的制約

29、，因v= 亍 =2兀Rf,故A正確；粒子離開回旋加速器的最大動能 Rm= -m2 = -mK4兀2R2f 2 = 2mjt 2R2f2,與加速電壓 U無關(guān)，B錯誤；根據(jù) R= , Uq= -m2, 2Ucq=-22Bq 22mV,得質(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 42 ：1, C正確；因回旋加速器的最大動能Ekm=2mjt 2R2f2與m R、f均有關(guān)，D錯誤.例1解析（1）設(shè)粒子從左側(cè) O點(diǎn)射入的速度為 v。，極板長為L,粒子在初速度方向上做勻速直線運(yùn)動L： （L 2R） =t0 - .t0qE1 t0 2to： 3，解得L=4R 粒子在電場中做類平拋運(yùn)動：L-2R=

30、V0 a=-R= 2a（萬）、一 一一 Uj -4R8R2B在復(fù)合場中做勻速運(yùn)動：q=qv0B 聯(lián)立各式解得V0 = , U=2R10 t 0（2）設(shè)粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的軌跡如圖所示，設(shè)其軌道半徑為r,粒子恰好從上極板31qE to 2 -,qE qvoB左邊緣飛出時速度的偏轉(zhuǎn)角為a ,由幾何關(guān)系可知：3 =兀一 a =45 , r +2r = R 因?yàn)镽= 2一帚(5)，所以訴=m8R V2 . 口 ？ J2-I R I、 一 ， 、, _ ,2 a/2-I R=隹 根據(jù)牛頓第二定律有 qvB= mr,解得v=- ，- 所以，粒子在兩板左側(cè)間飛出的條件為0 Y t。1一突破訓(xùn)練1解析 液

31、滴在勻強(qiáng)磁場、勻強(qiáng)電場中運(yùn)動，同時受到洛倫茲力、電場力和重力作用.(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平衡時有qE= mg a、b相撞合為一體時，質(zhì)量為2m電荷量為一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，電場力為qE,方向豎直向上，洛倫茲力方向也豎直向上，因此滿足qvB+ qE= 2mg 由、兩式，可得相撞后速度v=E (2) 對b,從開始運(yùn)動至與 a相撞之前，由動能定理有 W+ W=AR,即(2qE+ mgh=；mVa、b碰撞后速度減半，即 v = T；,則 vo= 2v=再代入式得h= 匚 =-=_222B4qE+ 2mg 6g 3

32、gB例2解析(1)粒子由S至4的過程，根據(jù)動能定理得qU=；mV 由式得丫=、看? 設(shè)粒子的加速度大小為a,由牛頓第二定律得 qUd0= ma由運(yùn)動學(xué)公式得d = ；a(1)2聯(lián)立式得d=； 寸手 2V -(2)設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為 B,粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的半徑為R,由牛頓第二定律得 qvB=咤要使粒子在磁場中運(yùn)動時不與極板相撞，需滿足2RL 聯(lián)立式得 氏設(shè)粒子在兩邊界之間無場區(qū)向左勻速運(yùn)動的過程所用時間為ti/d=v ti聯(lián)立式得若粒子再次到達(dá) Q時速度恰好為零，粒子回到極板間應(yīng)做勻減速運(yùn)動，設(shè)勻減速運(yùn)動的時間為t2,根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式得d= 2t 2 聯(lián)立式得t 2= ?設(shè)粒子在磁場中

33、運(yùn)動的時間為tt = 3。一2 一 t 1 t2?T,由式結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式得T= 2FqB，r7T0,、，r 一 ，聯(lián)立？ ？式得t =彳?設(shè)粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動的周期為由題意可知T= t? 聯(lián)立？ ？ ？式得B=粵m7qi0突破訓(xùn)練2 解析(1)粒子的運(yùn)動軌跡如圖所示，其在區(qū)域I的勻強(qiáng)電場中做類平拋運(yùn)動，設(shè)粒子過 A點(diǎn)時速度為V,2vov 一 2mv由類平拋運(yùn)動規(guī)律知 v = 一而一粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動，由牛頓第二定律得Bqv= % 所以Rt=cos 60RqB3mv=atb即匚 qE(2)設(shè)粒子在區(qū)域I的電場中運(yùn)動時間為11,加速度為a.則有qE= ma vtan 60Q

34、 M兩點(diǎn)間的距離為 L= 2at2 = 3mv (3)設(shè)粒子在n區(qū)域磁場中運(yùn)動時間為tT1=7m設(shè)粒子在出區(qū)域電場中運(yùn)動時間為t3, a=Eq2 qE= 則 t3 =m 2m6 3qB山專利的一如、不ce力臾雨田“ _q3mv 兀 m 8mv 出發(fā)到第二次通過CD邊界所用時間為1= 11+3+13=%+南+定8 + mv 兀mqE+3qB2例3解析 (1)粒子在磁場中運(yùn)動時 qvB= mvT-=-解得丁=4翼4X10 3 sRvqB -3 .- . 一 . 一 .一. 一 一 一 -一 .一 一 軌跡如圖所不，t =20X10 s時粒子在坐標(biāo)系內(nèi)做了兩個圓周運(yùn)動和三段類平拋運(yùn)動，水平位移m 豎

35、直位移 y = ；a(3T)2 Eq= ma解得 y=3.6X10 2 m故 t=20X103s 時粒子的位置坐標(biāo)為：(9.6 x 10 2 m, 3.6X102 m)(3) t =24X 10 3 s時粒子的速度大小、方向與t=20X10 3s時相同，設(shè)與水平方向夾角為a 則 v= v2+ vyvy= 3aT(2)粒子的運(yùn)動一2x= 3v0T= 9.6 X10tan a =一解得 v = 10v0 ,3 .,一m/s 與x軸正向夾角 a為37 (或arctan 4)斜向右下方差破訓(xùn)練3解析(1)當(dāng)小球僅有電場作用時： mg= Eq,小球?qū)⒆鰟蛩僦本€運(yùn)動. 在11時刻加入磁場， 小球在時間t0

36、內(nèi)將做勻速圓周運(yùn)動，圓周運(yùn)動周期為 To,若豎直向下通過 D點(diǎn)，,3T) 37tm由圖甲分析可知：10=彳=2qB(2) PF PD=R 即：vot1-L=R_2mw . L , mqv0B0=mv/R 所以 v。，一 L=f, 11 =qqB0 v0 qB0(3)小球運(yùn)動的速率始終不變，當(dāng)R變大時，T0也增加，小球在電磁場中的運(yùn)動的周期T增加，在小球不飛出電磁，一一 ， 一 ， L 2mv2 兀 mv 2 兀 R L場的情況下，當(dāng) T取大時有：DQ= 2R= - =B0= 不一,T=j = 兀 qB0qLv0 v03T0 6L由圖分析可知小球在電磁場中運(yùn)動的最大周期：T=8X=v,小球運(yùn)動軌

37、跡如圖乙所不. o a1 .解析 粒子在磁場中做圓周運(yùn)動.設(shè)圓周的半徑為r,由牛頓第二定律和洛倫茲力公式得2v _qvB= mr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，分力1J與直線交于 c點(diǎn)和d點(diǎn).由幾何關(guān)系知,線段ac、bc和過a、b兩點(diǎn)的圓弧軌跡的兩條半徑 (未畫出)圍成一正方形.因此 ac = bc =r設(shè)商=x,由幾何關(guān)系得ac=4R+ x瓦=3R+ 對x2 聯(lián)立式得r = 1R555再考慮粒子在電場中的運(yùn)動.設(shè)電場強(qiáng)度的大小為E,粒子在電場中做類平拋運(yùn)動.設(shè)其加速度大小為第二定律和帶電粒子在電場中的受力公式得qE= maa,由牛頓粒子在電場方向和直線方向運(yùn)動的距離均為r

38、,由運(yùn)動學(xué)公式得r=2at2 r = vt式中t是粒子在電場中運(yùn)動的時間.聯(lián)立式得E14qRB一5m .2 .解析 (1)墨滴在電場區(qū)域做勻速直線運(yùn)動，有qd)= mg 由式得：q=m?由于電場方向向下，電荷所受電場力向上，可知：墨滴帶負(fù)電荷.(2)墨滴垂直進(jìn)入電場、磁場共存區(qū)域后，重力仍與電場力平衡，合力等于洛倫茲力，墨滴做 TK X X X v2,管入，一勻速圓周運(yùn)動，有 qvB= mR考慮墨滴進(jìn)入電場、 磁場共存區(qū)域和下板的幾何關(guān)系，可知 ,d/2LxE 丁一 ,vqU由式得B=而(3)根據(jù)題設(shè)，墨滴運(yùn)動軌跡如圖所示，設(shè)墨滴做圓周運(yùn)動的半徑為R ,有 qv0B=2v。 后 nRr 墨滴在

39、該區(qū)域恰完成四分之一圓周運(yùn)動，則半徑R= d4vU麗3 .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)離開磁場后做勻速直線運(yùn)動，則,q 1 ,、 r，有Eq=mg將卜代入,得E= kg. (2)如圖所不,粒子在磁場區(qū)域內(nèi)由洛倫茲力提供其做圓周運(yùn)動的向心力，則有2V0 qvB= mR而由幾何知識有R=(3d)2+(R d)2kv0聯(lián)立解得小不(3) 設(shè)速度為入v0的顆粒在磁場區(qū)域運(yùn)動時豎直方向的位移為y1,離開磁場后做勻速直線運(yùn)動時豎直方向的位移為、 2，一 ，_v0y2,偏轉(zhuǎn)角為 0，如圖所不，有q入vqB= mR1將q= 二及式代入式，得R = 5d入tan m k0 = -f=

40、ri=y 1 = R-/R3d_2y2 = l tanR- Jd則速率為 入V0(入1)的顆粒打在收集板上的位置到O點(diǎn)的距離為y = yi+y2解得y=d(5入_425入29) 十3125-94 .解析(1)設(shè)粒子在電場中運(yùn)動的時間為t,粒子經(jīng)過y軸時的位置與原點(diǎn) O的距離為y,則:SOA=1at2 a=F E= F y= v0t聯(lián)立解得 a= 1.0X1015 m/s 2 t = 2.0 x 10 8 s y= 0.4 m2 m q(2)粒子經(jīng)過y軸時在電場方向的分速度為：vx= at =2X107 m/s 粒子經(jīng)過y軸時的速度大小為:MXXXXXXXXx 107 m/s 與y軸正方向的夾角

41、為vx。=arctan X45。要使粒子不進(jìn)入第三象限，如圖所小，此時粒子做勻速圓周運(yùn)動的軌道半徑為 R則：R + RK y2qvB mR聯(lián)立解得 B (22 + 2) X10 2 T.5.解析 (1)由題圖乙知，。to內(nèi)，小球只受重力作用，做平拋運(yùn)動，在 to末：v =4 v0x+ v0y=Y 3 gt 0 2+ gt 02= 10gt0 (2)當(dāng)同時加上電場和磁場時，電場力F1=qE=mg方向向上因?yàn)橹亓碗妶隽η『闷胶?，所以小球?受洛倫茲力而做勻速圓周運(yùn)動，有qvR=nv運(yùn)動周期T= 2Al,聯(lián)立解得T= 2t0由題圖乙知，電場、磁場同時存在rv的時間正好是小球做勻速圓周運(yùn)動周期的5倍

42、，即在這10t 0內(nèi)，小球恰好做了 5個完整的勻速圓周運(yùn)動.所以小球在11=12t時刻的速度相當(dāng)于小球做平拋運(yùn)動t=2t0時的末速度.v y1 = g 210=2gt,Vxi= vox= 3gt 0所以12t 0末V1= W +*= V13gt0(3)24 t。內(nèi)運(yùn)動軌跡的示意圖如圖所示. 分析可知，小球在 30t0時與24t0時的位置相同，在24to內(nèi)小球相當(dāng)于做了 t2=3to的平拋運(yùn)動和半個圓周運(yùn)動.23 3末小球平拋運(yùn)動的豎直分位移大小為y2=292t0)=刈0豎直分速度Vy2 = 3gto=V0,所以小球與豎直方向的夾角為0 =45 ,速度大小為v2=32gt 0此后小球做勻速圓 o

43、 od o _5_由圖可得： R 2=d2+(R - 2)2 由式得：R =4d 聯(lián)立式可得：Bmv周運(yùn)動的半徑2=左 qB03x/2gt2. 一一7130 t0內(nèi)小球距 x軸的取大距離：y3=y2+(1+cos 45)2=加速度的一半，則 mg-科(qvB-Eq)=/口 2qE+ mg 皿，得v= o D 故C、D正確. 2qB1.答案 CD軍析 對小球受力分析如圖所示， 則mg-科(Eq qvB) = ma隨著v的增加，小球加 速度先增加，當(dāng) Eq= qvB時加速度達(dá)到最大值 amax= g,繼續(xù)運(yùn)動，mg-科(qv- Eq) = ma隨著v 的增加，a逐漸減小，所以A錯誤.因?yàn)橛心Σ亮ψ?/p>

44、功，機(jī)械能與電勢能總和在減小，B錯誤.若在前半段達(dá)到最大加速度的一半，則 mg-科(Eq qvB) = ng,得v=2：qE若在后半段達(dá)到最大2.答案 BC解析 小球在復(fù)合場中做勻速圓周運(yùn)動，則小球受到的電場力和重力滿足錯誤；因?yàn)樾∏蜃鰣A周運(yùn)動的向心力為洛倫茲力，由牛頓第二定律和動能定理可得:mg= Eq,則小球帶負(fù)電， A2mv 1 2 一，一Bqv=, Uq= -mv, 聯(lián)立兩式可 112UE2兀 r2兀 E得：小球做勻速圓周運(yùn)動的半徑 三、,由T=可以得出丁=二一，與電壓U無關(guān)，所以B C正確，D錯誤. B : gvBg123答案 B解析 設(shè)質(zhì)子的質(zhì)量為 m,則笊核的質(zhì)量為 2m在加速電場里，由動能定理可得：eU= -m2,在復(fù)合場里有：Bqv= qE? v= E,同理對于笊核由動能定理可得其離開加速電場的速度比質(zhì)子的速度小，所以當(dāng)它進(jìn)入復(fù)合場時所受的 B洛倫茲力小于電場力，將往電場力方向偏轉(zhuǎn)，電場力做正功，故動能增大，B選項(xiàng)正確.4.解析 (1)設(shè)帶電粒子在電場中做類平拋運(yùn)動時間為t,加速度為a,學(xué)ma 故2=坐噂x1。10 m/s 2ddm 3t = = 1X10 5 s豎直方向的速度為 vovy= at =105 m/s 射出電場時的速度為v = vO + v；=$gx105 m/s3,3速度v與水平方