高考物理第一輪復習：帶電粒子在復合場中的運動專題提高練習

1、高考物理第一輪復習：帶電粒子在復合場中的運動專題提高練習提高練習（難度）一、單項選擇題1 .如下圖，勻強電場的電場強度方向與水平方向夾角為30。且斜向右上方，勻強磁場的方向垂直于紙面（圖中未畫出）.一質(zhì)量為，、電荷量為c的帶電小球（可視為質(zhì)點）以與水平方向成30。角斜向左上方的速度，做勻速直線運動，重力減速度為g.那么（）A.勻強磁場的方向能夠垂直于紙面向外B.小球一定帶正電荷C.電場強度大小為心qD.磁感應強度的大小為嗎【答案】C【解析】B:小球做勻速直線運動，遭到的合力為零，假定小球帶正電，那么小球的受力狀況如圖1所示，小球遭到的洛倫茲力沿虛線但方向未知；小球遭到的重力、電場力的合力與洛倫

2、茲力不能夠平衡，小球不能夠做勻速直線運動，假定不成立，小球帶負電。故B項錯誤。A:小球帶負電的受力狀況如圖2所示。小球遭到的洛倫茲力一定斜向右上方，依據(jù)左手定那么，勻強磁場的方向一定垂直于紙面向里。故A項錯誤。CD:由于電場力與洛倫茲力反方向、重力與洛倫茲力反方向的夾角均為30。，據(jù)幾何關系可得：qE=mg、quB=2mgcos30'=v務ig,解得：E=>B='故C項正確，D項錯誤©2 .如下圖，a、b是一對平行金屬板，區(qū)分接到直流電源兩極上，左邊有一檔板，正中間開有一小孔d,在較大空間范圍內(nèi)存在著勻強磁場，磁感應強度大小為B,方向垂直紙面向里，在a、b兩板間

3、還存在著勻強電場E.從兩板左側(cè)中點c處射入一束正離子（不計重力），這些正離子都沿直線運動到右側(cè)，從d孔射出后分紅3束.那么以下判別正確的選項是（）A.這三束正離子的速度一定不相反B.這三束正離子的質(zhì)量一定不相反C.這三束正離子的電荷量一定不相反D.這三束正離子的比荷一定不相反【答案】D【解析】粒子運動進程受電場力和洛倫茲力作用，故依據(jù)粒子受力可得：粒子在極板間運動受力平衡，從d孔射出后做勻速圓周運動，洛倫茲力做向心力；設粒子運動速度為V,粒子質(zhì)量為m,電荷量為q,粒子做勻速圓周運動的就道半徑為R;A、依據(jù)受力平衡可得：qE=qvB,故=所以粒子勻速速度相等，故A錯誤；B、依據(jù)洛倫茲力做向心力可

4、得：qvB=r所以，/?="=，故依據(jù)粒子就道半徑不同可得：粒子比荷RqBqB不同，立荷量及質(zhì)量大小關系不確定，故BC錯誤，D正確。3 .霍爾式位移傳感器的測量原理如下圖，有一個沿z軸方向的磁場，磁感應強度B=80+Zz（Bo、A均為常數(shù)）,將傳感器固定在物體上，堅持經(jīng)過霍爾元件的電流I不變（方向如下圖），當物體沿z軸方向移動時，由于位置不同，霍爾元件在j,軸方向的上、下外表的電勢差U也不同.那么（）A.傳感器靈敏度也與上、下外表的距離有關B.當物體沿z軸方向移動時，上、下外表的電勢差U變小C.傳感器靈敏度絲與經(jīng)過的電流有關D.假定圖中霍爾元件是電子導電，那么下板電勢高【答案】C【解

5、析】AC、最終電子在電場力和洛倫茲力的作用下處于平衡，設霍爾元件的長寬高區(qū)分為a、b、c,由q?=qBv，電流的微觀表達式為/=nqbcu,所以U=2=也苧=22+%從公式可以看出，傳感器靈敏度絲=二與b及電流I的大小有關，故AnqbnqbnqbnqbAznqb錯;C對：B、當物體沿z軸方向移動時，依據(jù)公式可以判別上、下外表的電勢差U變大，故B錯D、霍爾元件中移動的是自在電子，依據(jù)左手定那么，電子向下外表偏轉(zhuǎn)，所以上外表電勢高.故D錯誤.應選C4 .如困，空間某區(qū)域存在勻強電場和勻強磁場，電場方向水平向右，磁場方向垂直于紙面向外。在該區(qū)域內(nèi)，一個帶電小球在豎直面內(nèi)做直線運動。以下說法正確的選項

6、是A.假定小球帶正電荷，那么小球的電勢能減小B.假定小球帶負電荷，那么小球的電勢能減小C.無論小球帶何種電荷，小球的重力勢能都減小D.小球的動能能夠會增大【答案】C【解析】帶電小球在重力場、電場、磁場的復合場中，只需做直線運動（速度與磁場不平行），一定是勻速直線運動。假定速度變化，洛侖茲力（方向垂直速度）會變化，合力就會變化：合力與速度就不在不時線上，帶電體就會做曲線運動。A:小球受的重力豎直向下，假定小球帶正電荷，小球受的電場力水平向右，那么洛侖茲力斜向左上方，三力才干平衡：由左手定那么可知，小球的速度向左下方，那么電場力的方向與運動方向成鈍角，電場力做負功，小球的電勢能增大。故A項錯誤。B

7、:小球受的重力豎直向下，假定小球帶負電荷，小球受的電場力水平向左，那么洛侖茲力斜向右上方，三力才干平衡；由左手定那么可知，小球的速度向右下方，那么電場力的方向與運動方向成鈍角，電場力做負功，小球的也勢能增大。故B項錯誤。C:由AB項剖析知，無論小球帶何種電荷，小球豎直方向的分速度均向下，小球的重力勢能減小。故C項正確。D:小球做勻速直線運動，動能不變。故D項錯誤。點睛：帶電小球在重力場、電場、磁場的復合場中，只需做直線運動（速度與磁場不平行），一定是勻速直線運動。假定速度變化，洛侖茲力（方向垂直速度）會變化，合力就會變化：合力與速度就不在不時線上，帶電體就會做曲線運動，5 .磁流體發(fā)電是一項新

8、興技術。如圖表示了它的原理：將一束等離子體（即高溫下電禹的氣體，含有少量正、負帶電粒子，而從全體來說呈電中性）放射入磁場，在場中有兩塊金屬板A、B,這時金屬板上就集聚集電荷，發(fā)生電壓。假設射入的等高子體速度均為v,板間距離為d,板平面的面積為S,勻強磁場的磁感應強度為B,方向垂直于速度方向，負載電阻為R,電離氣體充溢兩板間的空間，其電阻率為p,當發(fā)電機動搖發(fā)電時，A、B就是一個直流電源的兩個電極。以下說法正確的選項是（A.圖中A板是電源的正極B.A、B間的電壓即為該發(fā)電機的電動勢C.正對面積S越大，該發(fā)電機電動勢越大D.電阻R越大，該發(fā)電機輸入效率越高【答案】D【解析】少量帶正電和帶負電的微粒

9、向右進入磁場時，由左手定那么可以判別正電荷遭到的洛倫茲力向下，所以正電荷集聚集的B板上，負電荷遭到的洛倫茲力向上，負電荷聚集到A板上，故A板相當于電源的負極,B板相當于電源的正極，故A錯誤；A、B間的電壓即為電阻R兩端的電壓，是路端也壓，故不是發(fā)生的也動勢，故B錯誤；AB間的場強為quB=qEE=uB,故兩極板間的電勢差為/=Ed=uBd,與正對面積有關，故C錯誤：揄入的效率q=蔡=£.故電阻R越大，該發(fā)電機輸入效率越高，故D正確：6.如下圖，一帶電小球在喘潺魂的水平面上從運動末尾經(jīng)電壓U減速后，水平進入相互垂直的勻強電場E和勻強磁場B的復合場中E和B，小球在此空間的豎直面內(nèi)做勻速圓

10、周運動，那么以下說法中錯誤的選項是A.小球能夠帶正電B.小球做勻速圓周運動的半徑為1二卷六?冗EC.小球做勻速圓周運動的周期為T=-一BgD.假定電壓U增大，那么小球做勻速圓周運動的周期不變【答案】A【解析】A、小球在豎直平面內(nèi)做勺速圓周運動，故重力等于電場力，即洛倫茲力提供向心力，所以吆=gE,由于電場力的方向與場強的方向相反，故小球帶負電，故錯誤：B、由于洛倫茲力提供向心力，故有小石=竺一，解得廠=竺,又由于qU=1巾2,解得p=/小一，所rqB2V？C、由于洛倫茲力提供向心力做圓周運動，故有運動周期丁=也=衛(wèi)'=匕士，故正確；vqBBgD由于洛倫茲力提供向心力做圓周運動，故有運動

11、周期丁=出=名"，顯然運動周期與減速電壓有關，電vqB壓U增大，那么小球做勻速圓周運動的周期不變，故D正確；故以下說法中錯誤的選項是選A.7.用絕緣細線懸掛一個質(zhì)量為m,帶電荷量為+q的小球，讓它處于如下圖的磁感應強度為B的勻強磁場中.由于磁場的運動，小球運動在如圖位置，這時懸線與豎直方向夾角為火并被拉緊，那么磁場的運動速度和方向能夠是A. v=,水平向左BqB. v=,水平向右BqC.懺蹩吧，豎直向上BqD.懺理吧，豎直向下Bq【答案】C【解析】A、假定磁場的運動方向水平向右，那么小球相對磁場水平向左，由左手定那么可知，洛倫茲力方向豎直向下，不能夠處于平衡形狀，A錯誤；B、假定繩子

12、沒有拉力，當磁場的運動方向水平向左，那么小球相對磁場水平向右，由左手定那么可知，洛倫茲力方向豎直向上，當洛倫茲力等于重力，處于平衡形狀，那么有：Bqv=mg,解得：v="_,由于繩子被拉緊，存在拉力，B錯誤；qBC、假定磁場的運動方向豎直向上，那么小球相對磁場豎直向下，由左手定那么可知，洛倫茲力方向水平向右，當洛倫茲力與拉力的合力與重力相等時，那么處于平衡形狀，那么有：Bqv=mgtana,解得:v=1ng,C正確;BqD、假定磁場的運動方向豎直向下，那么小球相對磁場豎直向上，由左手定那么可知，洛倫茲力方向水平向左，那么不能夠處于平衡形狀，D錯誤；應選C。二、多項選擇題8 .如下困，

13、空間中存在一水平方向勻強電場和一水平方向勻強磁場，且電場方向和磁場方向相互垂直.在電磁場正交的空間中有一足夠長的固定粗糙絕瓊桿，與電場正方向成60°夾角且處于豎直平面內(nèi),一質(zhì)量為,，帶電量為+q的小球套在絕緣桿上.初始，給小球一沿桿向下的初速度心，小球恰恰做勻速運動，電量堅持不變.，磁感應強度大小為5,電場強度大小為岳=丑吆，那么以下說法正確的選項是（）qA.小球的初速度為%=當qB9 .假定小球的初速度為岑，小球?qū)⒆鰷p速度不時增大的減速運動，最后中止qBC.假定小球的初速度為要，小球?qū)⒆鰷p速度不時增大的減速運動，最后中止qBD.假定小球的初速度為手，那么運動中克制摩擦力做功為尊【答

14、案】AC【解析】A:帶電小球剛末尾受重力、電場力、洛倫茲力、彈力能夠有、摩擦力能夠有：電場力F=qE=y/3mg,重力與電場力的合力剛好與桿垂直，大小為27ng,如圖：洛倫茲力的方向垂直于桿，要使小球做勻速運動，摩擦力應為0,彈力也應為0,即洛倫茲力與重力、電場力的合力相平衡，qv0B=2mg那么小球的初速度北=心曳。故A項正確。qBB:假定小球的初速度為華，那么洛倫茲力大于2zng,桿對球有彈力且+27ng=quB,球會遭到摩擦力作用，此摩擦力阻礙小球的運動，小球的速度會減??；當小球的速度減小，桿對球的彈力=quB-2mg減小，球受的摩擦力減小，小球做減速度減小的減速運動：當小球的速度減小至

15、色電，小球做勻速運動。故B項錯誤。qBCD:假定小球的初速度為心，那么洛倫茲力小于2mg,桿對球有彈力且/+=2mg,球會遭到摩擦力作qB用，此摩擦力阻礙小球的運動，小球的速度會減?。寒斝∏虻乃俣葴p小，桿對球的彈力辦=2mg-qu8增大，球受的摩擦力增大，小球做減速度增大的減速運動，最終小球中止。此進程中重力、電場力和洛倫茲力的合力總與桿垂直，即此進程中這三力的合力對球做的功為零，摩擦阻力對小球做負功，據(jù)動能定理0+得=02加（為2：此進程中得=一二三即克制阻力做功皿=巴其。故C項正確，D項錯誤。2'qB，72q2B2尤12q2B210 如國是質(zhì)譜儀的任務原理表示圖.帶電粒子被減速電場

16、減速后，進入速度選擇器.速度選擇器內(nèi)相互正交的勻強磁場和勻強電場的強度區(qū)分為B和E,平板S上有可讓粒子經(jīng)過的狹縫P和記載粒子位置的膠片AiA2平板S下方有磁感應強度為Bo的勻強磁場.以下表述正確的選項是A.能經(jīng)過狹縫P的帶電粒子的速率等于|B.速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向外C.質(zhì)譜儀是一種可測定帶電粒子比荷的儀器D.粒子打在膠片上的位量越接近狹縫P,粒子的比荷越大【答案】BCD【解析】在速度選擇器中，電場力和洛倫茲力平衡，有：qE=qvB,解得v=EB.故A錯誤。依據(jù)帶電粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)方向，依據(jù)左手定那么知，該粒子帶正電，那么在速度選擇器中電場力水平向右，那么洛倫茲力水平向左，依據(jù)左手

17、定那么知，磁場方向垂直紙面向外。故B正確。進入偏轉(zhuǎn)電場后，有：qvBo=mt解得：,可知質(zhì)譜儀是可以測定帶電粒子比荷的儀器。故C正確：由上式可知，知越接近狹縫P,r越小，比mrBQ荷越大。故D正確。應選BCD。11 .用霍爾效應測試半導體是電子型還是空穴型，研討半導體內(nèi)截流子濃度的變化等。在霍爾效應實驗中，如下圖，ab寬為Ian,長為4c/,厚為1.0x10一'em的導體，沿ad方向通有34的電流，當碰感應強度B=1.5T的勻強磁場垂直向里穿過前外表帥cd時，發(fā)生了1.0X10-5的霍爾電壓。導體內(nèi)定向移動的自在電荷是電子，那么以下說法正確的選項是（）A.在導體的前外表聚集自在電子，電

18、子定向移動的速率u=6.67X10-4B.在導體的上外表聚集自在電子，電子定向移動的速率=6.67X10-4C.在其它條件不變的狀況下，增大d的長度，可增大霍爾電壓D.每立方米的自在電子數(shù)為n=2.8X1029個【答案】BD【解析】依據(jù)左手定那么可得，載流子受力的方向向上，所以向上運動，聚集在上極板上。所以在導體的上外表聚集自在電子。動搖時載流子，在沿寬度方向上遭到的磁場力和電場力平衡euB=3e:解得史必=6.67X10-4m/s,故A錯誤，B正確：動搖時載流子，在沿寬度方向上遭到的磁場力和電場力平衡eu8=e9所以在其它條件不變的狀況下，增大ab的長度，可增大霍爾電壓。故C錯誤；依據(jù)電流的

19、微觀表達式ab得，I=nqSv：那么單位體積內(nèi)的載流子個數(shù)n=-=百:一瑞=2.8X鄉(xiāng)個。故D正確。應選eSvL6xl0-19xabxoex-xl0-8BDo811.如下困為兩平行金屬極板P、Q,在P、Q兩極板上加直流電壓,極板。的右側(cè)有一個邊長為何的正方形勻強磁場區(qū)域而，勻強磁場的磁感應強度大小為5、方向垂直紙面向里.P極板上中心。處有一粒子源，可發(fā)射出初速度為零、比荷為的帶電粒子，。極板中心有一小孔，可使粒子射出后垂直磁場方向從。點沿對角線a方向進入勻強磁場區(qū)域，那么以下說法正確的選項是（）A.假設帶電粒子恰恰從d點射出，那么滿足口0=2爐工2B.假設帶電粒子恰恰從6點射出，那么粒子源發(fā)用

20、的粒子能夠帶負電C.帶電粒子在勻強磁場中運動的速度為回隊D.帶電粒子在勻強磁場中運動的軌跡半徑為:倍【答案】ACD【解析】當帶電粒子恰恰從1點射出時，依據(jù)圖中幾何關系可知，軌道半徑7=工設帶電粒子射入磁場時速度為口由如3=加工解得"1由亞0=)加，解得Uo=4B江工選項A正確：由左手定那么可知，假設帶電粒子恰恰從b點射出，那么粒子源發(fā)射的粒子一定帶正電，選項B錯誤；由夕”=，八，解得=y/2kU0,選項C正確；由gvB=7葉，解得r=號=gj學,選項D正確：應選ACD.12.如下圖，在正交的勻強電場和勻強磁場中有質(zhì)量和電荷量都相反的兩油滴M、N.M運動，N做半徑為R的勻速圓周運動，假

21、定N與M相碰后并結(jié)合在一同，那么關于它們以下說法中不正確的A.以N原速率的一半做勻速直線運動B.以?為半徑做勻速圓周運動C.仍以R為半徑做勻速圓周運動D.做周期為N的一半的勻速圓周運動【答案】ACD【解析】設M、N的質(zhì)量和電荷量區(qū)分為m、q,碰撞前N的速率為v0碰撞后瞬間全體的速率為碰撞前，對N,由洛倫茲力提供向心力，有qvB=mt，得R=?:對M有qE=mg：碰撞進程，取碰撞前N的速度方向為正方向，由動量守恒定律有inv=2mv',得丫'=:MN全體遭到的電場力2qE,重力為2mg,那么2qE=2mg,所以全體的電場力和重力仍平衡，所以碰后全體做勻速圓周運動，就跡半徑為丁=絲

22、上=型=故AC錯2qB2qB2誤，B正確。N原來的周期為=江.碰后全體的周期7=笆網(wǎng)=2.故D錯誤。此題選擇不正確的選項，qB2qB應選ACD。13.如下圖，空間存在水平向左的勻強電場E和垂直紙面向外的勻強磁場B,在豎直平面內(nèi)從a點沿ab、ac方向拋出兩帶電小球，不思索兩帶電小球間的相互作用，兩小球的電荷量一直不變，關于小球的運動，以下說法正確的選項是A.沿ab、ac方向拋出的小球都能夠做直線運動B.假定小球沿ac方向做直線運動，那么小球帶負電，能夠做勻減速運動C.假定小球沿ac方向做直線運動，那么小球帶正電，且一定是勻速運動D.兩小球在運動進程中機械能均守恒【答案】AC【解析】沿ab拋出的帶

23、電小球，依據(jù)左手定那么，及正電荷的電場力的方向與電場強度方向相反，可知，只要帶正電，才干平衡，而沿ac方向拋出的帶電小球，由上剖析可知，小球帶負電時，才干做直線運動，因速度影響洛倫茲力大小，所以是直線運動，肯定是勻速直線運動，AC正確B錯誤：在運動進程中，因電場力做功，招致小球的機械能不守恒，D錯誤.三、解答題14.如困為離子探測裝置表示圖區(qū)域,1、區(qū)域二長均為L=0.10in,高均為H=0.061n.區(qū)域I可加方向豎直向下、電場強度為E的勻強電場；區(qū)域二可加方向垂直紙面向里、磁感應強度為B的勻強磁場，區(qū)域二的右端緊貼著可探測帶電粒子位置的豎直屏.質(zhì)子束沿兩板正中間以速度v=l.0xl()5m

24、/s水平射入，質(zhì)子荷質(zhì)比近似為-L0xl08C/kg.疏忽邊界效應，不計重力TYI(1)當區(qū)域I加電場、區(qū)域二不加磁場時，求能在屏上探測到質(zhì)子束的外加電場的最大值Emn"2當區(qū)域I不加電場、區(qū)域：加磁場時，求能在屏上探測到質(zhì)子束的外加磁場的最大值Bmnx；3)當區(qū)域I加電場E小于1中的Emm質(zhì)子束進入?yún)^(qū)域二和分開區(qū)域二的位置等高，求區(qū)域二中的磁場B與區(qū)域I中的電場E之間的關系式.【答案】200N/C5.5x10”8【解析】(1)畫出軌跡，如下圖：“H偏轉(zhuǎn)角6滿足：tan6=2豎直分速度：V1t,減速度：Q=吧吧m運動時間：t=g解得：Emax=200N/c畫出軌跡，如下圖：軌跡圓半徑

25、滿足：乃+（7?一q2=R2解得：R二卷m圓周運動滿足：qu8max=a2解得：BmaxX5.5X10-3T：3）畫出筑跡，如下圖：偏轉(zhuǎn)角0滿足：tan。=VVy=ata=mt=-v/=w+畛軌跡圓圓心角為20,半徑滿足：Rf=-sin62.圓周運動滿足：qvrB=解得：B=15 .質(zhì)量為;的帶電液滴，以速度u垂直射入豎直向下的勻強電場E和水平向里勻強磁場5中，液滴在此空間剛好能在整直平面內(nèi)做勻速圓周運動.如下圖，（重力減速度為g）求：（1）液滴帶電荷量及電性；（2）液滴做勻速圓周運動的半徑多大；（3）現(xiàn)撤去磁場，電場強度變?yōu)樵瓉淼膬杀?，有界電場的左右寬度為d,液滴仍以速度。從左邊界垂直射入，

26、求偏離原來方向的豎直距離?！敬鸢浮?？；負電2）之3紇EgBv-【解析】1液滴在空間遭到三個力作用：重力、電場力與洛倫茲力：因帶電液滴剛好做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，那么液滴的重力與電場力相平衡，電場力方向豎直向上，又因電場線方向向下，所以有：液滴帶負電，由于mg=qE:解得：q=?E2帶電粒子在電,場中做圓周運動的向心力由洛倫茲力提供：qvB=niF©©兩式聯(lián)立解得：丁=處gB3電場變?yōu)?E,那么減速度。=陋m水平方向：d=vt豎直方向的偏轉(zhuǎn)距離：y=-at2,2解得：y=r16 .如下圖，一帶電微粒質(zhì)量為m=2.0X10T】kg、電荷量為q=+1.0X105。

27、,從運動末尾經(jīng)電壓為Ui=100V的電場減速后，從兩平行金屬板的中間水平進入偏轉(zhuǎn)電場中，很粒從金屬板邊緣射出電場時的偏轉(zhuǎn)角6=30。,并接著進入一個方向垂直紙面向里、寬度為D=20辰m的勻強磁場區(qū)域，偏轉(zhuǎn)電場中金屬板長L=20cm,兩板間距d=17.3cm,微粒重力疏忽不計，求帶電微粒進入偏轉(zhuǎn)電場時的速率%;偏轉(zhuǎn)電場中兩金屬板間的電壓U2;為使帶電微粒不會由磁場左邊射出，該勻強磁場的磁感應強度B至少多大？【答案】（l>i=1.0XIO4%（2）&=100V（3）8=0.1T【解析】（1）帶電徼粒經(jīng)減速電場減速后速度為V】，依據(jù)動能定理17泌=”嫉解得/L楞代入數(shù)據(jù)得：%=1.0X

28、IOm/s；(2)帶電微粒在偏轉(zhuǎn)電場中只受電場力作用，做類平拋運動，在水平方向微粒做勻速直線運動:水平方向：%=g帶電微粒豎直方高做勻減速直線運動，減速度為a,出電場時豎直方向速度為V2qU2L _ U2L由幾何關系得：land =dmv2dUL1007：豎直方向：。=處=如mdm所以“,=幺tan。，解得：U9=L-(3)帶電微粒進入磁場做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，運動枕跡如下圖：設徼粒凱道半徑為R,由幾何關系知：R+Rsm6=D解得：R=D設微粒進入磁場時的速度為V'那么M=Jcos30°由牛頓運動定律及運動學規(guī)律，mv，2勺*B=qR由以上各式代入數(shù)據(jù)解得：B=

29、0.1T假定帶電粒子不射出磁場，磁感應強度B至少為0.1T。17.如下圖的區(qū)域中，左邊為垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度B大小未知，左邊是一個電場強度大小為岳=霽的勻強電場，其方向平行于OC向上且垂直于磁場方向；有一初速度大小為vo,質(zhì)量為m、電荷量為-q的帶電粒子從P點沿與邊界限PQ的夾角0=60。的方向射入勻強磁場，恰恰從距O點正上方L處的C點垂直于OC射入勻強電場，最后打在Q點，不計粒子的重力，求：1磁感應強度B的大?。?2)求粒子從P至Q所用時間及OQ的長度；3)假設堅持電場與磁場方向不變，而將它們左右對調(diào)，且磁感應強度大小變?yōu)樵瓉淼?/4,電場強度減小到原來的一半，粒子仍從P點以速

30、度vo沿某一方向射入，恰恰從O點正上方的小孔C射入勻強磁場，那么粒子進入磁場后做圓周運動的半徑是多少？【答案】8=野(2)+-2L:3/=誓L2qL9vqvq3【解析】1做出粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌跡，由幾何關系可知：什比。560。=£由洛倫茲力提供向心力可得：qu0B=W解得B=32qL2粒子在磁場中運動的周期7=江粒子在磁場中運動的時間為：tx=-qB3粒子在電場中做類平拋運動，在垂直電場方向：X=V0/2在平行電場方向：qE=maL=解得粒子從尸運動至。點所用的時間：t=tL+t2=+。的長度為：尸2£°°3電場和磁場左右對調(diào)后，粒子在電場中

31、，Ef=-E=24qL由動能定理可得：qEL=J-mv2粒子在磁場中：?=乙8=包生4QqL依據(jù)牛頓第二定律：qv0B'=解得粒子進入磁場后做圓周運動的半徑為：V，=早118.在迷信研討中，可以經(jīng)過施加適當?shù)碾妶龊痛艌鰜硗瓿蓪щ娏Ｗ舆\動的控制.如圖甲所示JAN為間距足夠大的水平極板，緊靠極板右側(cè)放置豎直的熒光屏PQ,在間加上如圖乙所示的勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向下，磁場方向垂直于紙面向里，圖中后、瓦、均為量.勺0時辰，比荷.的正粒子以一定的初速度從m的重力，觸及圖象中時間距禹時取0.8三,1.4=/2求:(1)在時辰粒子的運動速度V.kBq(2)在r3等時辰粒子偏離。點的豎直

32、距離黑KDq(3)水平極板的長度Z.(2)(夜-3島C、(5+E。k羽【解析】(1)在0八時間內(nèi)，粒子在立磁場中做勻速直線運動，那么：qvoBo=qEoRE0得氣=,在八寸間內(nèi)，粒子在電場中做類平拋運動，qE01EqVy=-X=-=v0刃口么廿=V2v0=上8。由tan。=1,“0得柒45。，即y與水平方向成45。角向下(2)在電場中做類平拋運意向下偏移：%=號=黑在右時間內(nèi)，粒子在磁場中做勻速圓周運動，運動周期7=巴巴=把qb。kBQ在磁場中運動時間t=/一=二即圓周運動的圓心角為a=45。，此時速度恰恰沿水平方向。4kB08磁場中：由quB。=mri產(chǎn)V2E0何:=1kB0偏離的豎直距離y

33、=y1+y2=(V23(3)在t3時辰進入電場時以初速度u=VJv0=三包做類平拋運動，vfy=at=Xg=三包%"mkB0Bq再次進入磁場時，M=2v0=券由tan。=9=1,得夕=45。即M與水平方向成45。角向下.vy由q/及)=m得吃=冷綜上可得：長度L=%X+rLsin450+V2v0X-+萬sin45。=''+、？屈。kB°kB0kBQ19.如下困在直角坐標系Oy中RN兩點區(qū)分在x、y軸上,OP=LQnTl.x軸上方存在電場強度大小為E、方向沿y軸負方向的勻強電場;x軸下方存在方向垂直xOy平面向外的5強磁場(圖中未畫出)。某質(zhì)量為ni、電荷量為

34、q的帶正電粒子(不計重力)以某一速度從N點沿x軸正方向射入電場,然后從P點射入磁場.求:Q)粒子從N點入射的速度大小;粒子從P點射入磁場的速度大小v及其方向；勻強磁場的磁感應強度大小B和粒子在電磁場中運動的周期T【答案】僚Q)禺，8=g(3)圖，(2+字)J警【解析】1如下圖，粒子從N點運動到P點的進程中做類平拋運動，設粒子從N點運動到P點的時間為t,那么：L=-at222其中：a=正，L=votm解得=摩2設粒子從P點射入磁場的速度方向與x軸正方向的夾角為。，沿y軸方向的分速度大小為vy,那么有：sin。=至VVy=at：u=J以+哆解得=匡；6=三yj37n33粒子在磁場中做圓周運動的半徑

35、為：以=三sing洛倫茲力提供向心力：qvB=解得：B=由對稱性可知，粒子第一次在電場中運動的時間為：ti=2t2其中由1)可得：t=J警粒子第一次在磁場中運動的時間：J=吐2%4 V粒子在電、磁場中運動的周期為：=匕+4=(2+警)20 .如圖，直線,MN上方有平行與紙面且與MJV成45。的有界勻強電場，電場強度E大小未知；下方為方向垂直于直線向里的有界勻強磁場，磁感應強度大小為5。今從MN上的。點向磁場中射入一個速度大小為"、方向與成45。角的帶正電粒子，該粒子在磁場中運動時的軌道半徑為灰。假定該粒子從。點動身記為第一次經(jīng)過直線而第五次經(jīng)過直線MV時恰恰又經(jīng)過。點，不計粒子的重力

36、，求：(1)電場強度的大??；(2)該粒子再次從。點進入磁場后，運動軌道的半徑；(3)該粒子從O點動身到再次回到。點所需的時間?！敬鸢浮?1)S：(2)回：(3)三(2+九)【解析】粒子的運動就跡如圖，先是一段半徑為R的乙圓弧到點，接著恰恰逆業(yè)場線句減速運動到b點速度4為零再前往。點速度仍為l再在磁場中運動一段三圓弧到C點，之后垂直電場線進入電場作類平拋運動.4(1)易知，oc=2F1R帶電粒子類平拋運動的垂直戰(zhàn)爭行電場方向的位移都為s±=Sy=ocsin45°=2R所以類平拋運動時間為3=7=T®又W=：。抬=器抬再者”能由可得：E=vB®(2)由平拋知

37、識得：tan/?=2tana=2所以叫/=vtan/?=2v或巧=乜3=正竺="竺=2叨L_2，mvmVv'=卜+叨=V5v那么第五次過MV進入磁場后的圓弧半徑F=V5/?qB(3)粒子在磁場中運動的總時間為S=警粒子在業(yè)場中的減速度為a=迫=吧mm粒子做直線運動所需時間為熱=g=翳=1由式求得粒子從動身到第五次抵達。點所需時間t=ti+t2+t3=今(2+71)21 .一個質(zhì)量，=O.lg的小滑塊，帶有=5乂10-竺的電荷，放置在傾角%=30。的澗滑斜面上(斜面絕緣)，斜面置于5=0.57的勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向里，如下圖.小滑塊由運動末尾沿斜面下滑，其斜面足夠長，

38、小滑塊滑至某一位置時，要分開斜面.問：(1)小滑塊帶何種電荷？(2)小滑塊分開斜面時的瞬時速度多大？(3)該斜面的長度至少多長？【答案】(1)小滑塊帶負電荷(2)3.4m/s(3)1.2m【解析】(1)小滑塊沿斜面下滑進程中，受重力?g、斜面支持力小和洛倫茲力尸.假定要小滑塊分開斜面，洛倫茲力產(chǎn)方向應垂直斜面向上，依據(jù)左手定那么可知，小滑塊應帶有負電荷.(2)小滑塊沿斜面下滑時，垂直斜面方向的合外力為零，有8qu+/-mgcos(a)=0事先=0,小滑塊末尾脫離斜面，此時，Bqv=mcos(a),產(chǎn)mgcos(a)0.1X10-3X10Xy-rGqa/。"Ms=2回n/s3.4m/s.(3)下滑進程中，只要重力做功，由動能定理得：17mgssina=-mvv2(2包)25 =m=1.2m2gsina2X10X0.522.質(zhì)譜剖析技術已普遍運用于各前沿迷信范圍o湯姆孫發(fā)現(xiàn)電子的質(zhì)譜裝置表示如圖，M、N為兩塊水平放置的平行金屬極板，板長為板右端到屏的距離為且。遠大于2,0。為垂直于屏的中心軸線，不計離子重力和離子在板間偏離0'。的距離。以屏中心。為原點樹立xOy直角坐標系，其中.v軸沿水平方向，j，軸沿豎直方向。1設一個質(zhì)量為m。、電荷量為%的正離子以速度北沿。'。的方向從。'點射