高考物理復(fù)習(xí)沖刺專題18 帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)（電磁學(xué)部分）（解析版）

專題18帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)壓軸題一、單選題1．噴墨打印機的簡化模型如圖所示，墨計微滴（重力不計）從墨盒噴出，經(jīng)帶電室?guī)ж?fù)電后，以速度v沿軸線垂直勻強電場飛入極板間，最終打在紙上，紙面關(guān)于軸線對稱，通過調(diào)節(jié)信號輸入使微滴可以帶不同的電荷量q，改變偏轉(zhuǎn)電壓U及兩極板的極性均可改變墨汁微滴打在紙上的位置，乃至能夠恰好使微滴可以打在紙上的最高點和最低點。如果極板長度為L，板間距離為d，極板右端到紙面的距離為，紙張最高點到最低點的距離為2d，則（）A．在微滴帶負(fù)電時，要使微滴打在紙張的下部，應(yīng)使上極板為正極B．如果板間電壓一定，要使微滴打在紙張上時的偏移量加倍，則微滴的電荷量要加倍C．如果以中央軸線為準(zhǔn)，上下增大板間距離，可以提高微滴偏移的靈敏度D．要使微滴打在紙張的最高點或最低點，則微滴帶電荷量與板間電壓的關(guān)系應(yīng)滿足【答案】B【解析】A．如果上極板是正極，則板間電場方向向下，由于微滴帶負(fù)電，則微滴所受電場力向上，故會往上偏打到紙張的上部，A錯誤；B．微滴在電場中做類平拋運動，由L=vt，解得由射出電場時速度方向的反向延長線過水平位移的中點，可得為微滴在紙張上的偏移量，即在U一定時，有，故如果板間電壓一定，要使微滴打在紙張上的偏移量加倍，則微滴的電荷量要加倍，B正確；C．由知在保持其他條件不變的情況下，，則板間距離增大，微滴的偏移量減小，說明微滴偏移的靈敏度降低，C錯誤；D．當(dāng)微滴在紙張上的偏移量為d時，即有解得D錯誤。故選B。2．如圖所示，虛線所圍矩形區(qū)域abcd內(nèi)充滿磁感應(yīng)強度為B、方向垂直紙面向外的勻強磁場．現(xiàn)從ab邊的中點O處，某一粒子以最小速度υ垂直于磁場射入、方向垂直于ab時，恰能從ad邊的a點穿出．若撤去原來的磁場在此矩形區(qū)域內(nèi)存在豎直向下的勻強電場，使該粒子以原來的初速度在O處垂直于電場方向射入，通過該區(qū)域后恰好從d點穿出，已知此粒子的質(zhì)量為m，電荷量的大小為q，其重力不計；ab邊長為2ι，ad邊長為3ι，則下列說法中正確的是（）A．勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小與勻強電場的電場強度大小之比為B．勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小與勻強電場的電場強度大小之比為C．離子穿過磁場和電場的時間之比D．離子穿過磁場和電場的時間之比【答案】D【解析】A、B項：粒子在磁場中運動，由題意可知，粒子做圓周運動的半徑為，由公式可得：，聯(lián)立兩式解得：；粒子在電場中偏轉(zhuǎn)有：聯(lián)立解得：所以，故A、B錯誤；C、D項：粒子在磁場中運動的時間為：粒子在電場中運動的時間為：所以，故C錯誤，D正確．故選D．3．如圖所示，一直角三角形處于平行于紙面的勻強電場中，∠A=90°，∠B=30°，AC長為L，已知A點的電勢為，B點的電勢為，C點的電勢為0．一帶電的粒子從C點以的速度出發(fā)，方向如圖所示（與AC邊成60°）．不計粒子的重力，下列說法正確的是（）A．電場強度的方向由B指向CB．電場強度的大小為C．若粒子能擊中圖中的A點，則該粒子的比荷為D．只要粒子的速度大小合適，就可能擊中圖中的B點【答案】C【解析】A、根據(jù)電場的性質(zhì)，可知BC的中點的電勢為，所以電場強度的方向沿∠C的角平分線指向C，故A錯誤；B、根據(jù)可知電場強度的大小為，故B錯誤；C、粒子在電場中做類平拋運動，粒子能擊中圖中的A點，則有，，，聯(lián)立解得，故C正確；D、粒子做類平拋運動，所以粒子速度不論多大在電場中都不能擊中圖中的B點，故D錯誤；故選C．4．如圖所示為某粒子分析器的簡化結(jié)構(gòu)．一束帶電粒子從A小孔特定的角度和初速度射入平行板電極P和Q之間的真空區(qū)域，經(jīng)偏轉(zhuǎn)后打在Q極板上如圖所示的位置．在其他條件不變的情況下要使該粒子束能從Q極板上B孔射出（不計粒子重力和粒子間的相互影響）．下列操作中可能實現(xiàn)的是（）A．先斷開開關(guān)S，再適當(dāng)上移P極板B．先斷開開關(guān)S，再適當(dāng)左移P極板C．保持開關(guān)S閉合，適當(dāng)上移P極板D．保持開關(guān)S閉合，適當(dāng)左移P極板【答案】C【解析】A、當(dāng)斷開開關(guān)S，則極板間電量不變，那么極板間電場強度，隨著極板正對面積變化而變化，與極板間距無關(guān)，故A錯誤；B、當(dāng)斷開開關(guān)，同理，當(dāng)左移P極板時，極板間的電場強度增大，那么帶電粒子在極板間運動的時間減小，則射程將更小，故B錯誤；C、當(dāng)保持開關(guān)S閉合，極板間的電壓不變，根據(jù)，當(dāng)適當(dāng)上移P極板時，則極板間的電場強度減小，那么帶電粒子在極板間運動的時間增大，則射程將更大，故C正確；D、當(dāng)保持開關(guān)S閉合，同理，適當(dāng)左移P極板，極板間的電場強度不變，則射程不變，故D錯誤；故選C．5．如圖所示，虛線空間存在水平向右的勻強電場，一電荷量為的帶電粒子，從a點由靜止開始經(jīng)電壓為的電場加速后，垂直于勻強電場方向以的速度進入勻強電場中，從虛線MN上的某點b（圖中未畫出）離開勻強電場時速度與電場方向成45°角．已知PQ、MN間距離為20cm，帶電粒子的重力忽略不計．若帶電粒子質(zhì)量為m，離開電場時沿電場方向的偏轉(zhuǎn)量為y，則（）A． B．C． D．【答案】A【解析】粒子在加速電場中運動的過程，由動能定理得：，解得帶電粒子質(zhì)量，粒子進入勻強電場中做類平拋運動，沿初速度方向做勻速運動，則有：，粒子沿電場方向做勻加速運動，則有：，由題意得：，偏轉(zhuǎn)量，代入數(shù)據(jù)得，故A正確，BCD錯誤；故選A．6．（單選）如圖所示，平行板電容器豎直放置，右側(cè)極板中間開有一小孔，兩極板之間的距離為12cm，內(nèi)部電場強度大小為10N/C；極板右側(cè)空間有磁感應(yīng)強度大小為0.5T的勻強磁場．一比荷為1.6×10

2C/kg的帶負(fù)電粒子，從電容器中間位置以大小為8m/s的初速度平行于極板方向進入電場中，經(jīng)過電場偏轉(zhuǎn)，從電容器右極板正中間的小孔進入磁場，不計帶電粒子的重力及空氣阻力．下列說法不正確的是（

）

A．電容器極板長度為×10-2mB．粒子進入磁場時的速度大小為16m/sC．粒子進入磁場時速度與水平方向夾角為60°D．粒子在磁場中的運動時間為s【答案】C【解析】帶電粒子在電場中做類平拋運動，則豎直方向：；水平方向：，解得,選項A正確；粒子進入磁場時水平速度：，則粒子進入磁場時的速度大小為;粒子進入磁場時速度與水平方向夾角為，則θ=300，選項C錯誤；粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的角度為1200，則在磁場中運動的時間，選項D正確；故選ABD.二、多選題7．如圖所示，帶電粒子a、b從同一點以相同速度射入平行板間的勻強電場中，速度與電場方向垂直，a、b分別打在M、N點，若，不計粒子的重力，則粒子a、b的（）A．運動時間之比為B．加速度大小之比為C．比荷之比為D．位移大小之比為【答案】AC【解析】A．帶電粒子射入電場后，在水平方向做勻加速運動，豎直方向做勻速運動，則豎直方向y=v0t可知選項A正確；B．水平方向：則則加速度大小之比為選項B錯誤；C．由，則比荷之比等于加速度之比，即4:1，選項C正確；D．設(shè)水平位移均為x，則豎直位移分別為y和2y，則位移之比選項D錯誤．8．棱長為d的正方體置于存在勻強電場E的空間中，ABCD—A1B1C1D1是正方體的頂點。從D點向正方體內(nèi)沿不同方向射入速度大小都是v，電荷量均為+q的帶電粒子（不計重力）。從頂點射出的帶電粒子中B1點的出射粒子動能最大，則下列說法正確的是（）A．頂點D、B1之間的電勢差可能為B．頂點D、B1之間的電勢差可能為EdC．電場方向一定沿著DB1的連線，且自D指向B1D．從D1點射出的帶電粒子的速率可能為【答案】AD【解析】A．從D點向正方體內(nèi)沿不同方向射入然后從頂點射出的帶電粒子中B1點的出射粒子動能最大，則電場線的方向可能是由D指向B1，根據(jù)幾何關(guān)系可知DB1之間的距離為：所以電勢差可能等于，故A正確；B．要保證從B1點的出射粒子動能最大，則DB1在場強方向上的有效長度就不可能小于d，所以頂點D、B1之間的電勢差不可能為Ed，故B錯誤；C．要保證從B1點的出射粒子動能最大，則電場線可能是由D指向B1，也可能是非常接近DB1連線的直線，所以電場線不確定，故C錯誤；D．若電場線沿著DB1的連線，且自D指向B1，根據(jù)動能定理解得：，從D1點射出的粒子速度小于此值，可能為，故D正確。故選AD。9．如圖所示，長為8d、間距為d的平行金屬板水平放置，O點有一粒子源（O點在極板左側(cè)的中間處），能持續(xù)水平向右發(fā)射初速度為v0，電荷量為+q，質(zhì)量為m的粒子。在兩板間存在如圖所示的交變電場，取豎直向下為正方向，不計粒子重力。以下判斷正確的是（）A．粒子在電場中運動的最短時間為B．射出粒子的最大動能為mv02C．時刻進入的粒子，從O點射出D．時刻進入的粒子，從O點射出【答案】AD【解析】A．由圖可知場強，則粒子在電場中的加速度則粒子在電場中運動的最短時間滿足解得選項A正確；B．能從板間射出的粒子在板間運動的時間均為則任意時刻射入的粒子射出電場時沿電場方向的速度均為0，可知射出電場時的動能均為，選項B錯誤；C．時刻進入的粒子，在沿電場方向的運動是，先向下加速，后向下減速速度到零，若粒子沒打在極板上，此過程粒子向下運動的位移為則粒子將打在極板上，無法從O點射出，故C錯誤；D．時刻進入的粒子，在沿電場方向的運動是：先向上加速，后向上減速速度到零，若粒子沒打在極板上，此過程粒子向上運動的位移為粒子恰好沒有打在極板上，之后向下加速，再向下減速速度到零，此時回到直線OO’上。之后沿電場方向重復(fù)這個過程，則粒子最后從O點射出，選項D正確。故選AD。10．如圖所示，虛線框abcd內(nèi)存在著平行于線框平面的勻強電場或垂直于線框平面的勻強磁場，一帶正電的粒子從bc邊上的P點以速度v0射入，在虛線框內(nèi)運動到cd邊上的Q點飛出，飛出時的速度大小也為v0．已知PQ間距離為L，粒子在P、Q兩點的速度方向與PQ連線的夾角都為θ（θ＜90o），粒子重力不計．下列說法中正確的是（）A．若為勻強電場，場強方向可能與PQ平行B．若為勻強電場，粒子從P到Q的最小速度為v0conθC．不論是電場或磁場，都可以求出粒子從P到Q的時間D．若為勻強磁場，磁場方向垂直紙面向內(nèi)【答案】BC【解析】AB．虛線框內(nèi)若為勻強電場，帶電粒子從P到Q做類類斜拋運動，運動軌跡為拋物線，根據(jù)對稱性，電場方向應(yīng)與PQ垂直，其最小速度為v0conθ，A錯誤、B正確；D．虛線框內(nèi)若為勻強磁場，根據(jù)左手定則，磁場方向應(yīng)垂直紙面向外，D錯誤；C．若為電場，則；若為磁場，粒子在磁場中的偏向角為2θ，圓心角也為2θ，則，，解得：，故C正確.11．某空間內(nèi)有高度為d、寬度足夠?qū)?、方向水平向左的勻強電場．?dāng)在該空間內(nèi)建立如圖所示的坐標(biāo)系后．在x軸上的P點沿y軸正方向連續(xù)射入相同的帶電粒子（粒子重力不計），由于粒子的入射速率v不同，有的粒子將在電場中直接通過y軸，有的將穿出電場后再通過y軸．設(shè)粒子通過y軸時，離坐標(biāo)原點的距離為h，從P到y(tǒng)軸所需的時間為t，則（）A．由題設(shè)條件不能判斷出粒子的帶電性質(zhì)B．對h≤d的粒子，h不同，粒子在電場中的運動時間t相同C．對的粒子，h不同，在時間t內(nèi)，電場力對粒子做的功不相等D．不同h對應(yīng)的粒子，進入電場時的速率v可能相同【答案】BC【解析】粒子受電場力向左，可知粒子帶正電，選項A錯誤；對h≤d的粒子，一直在電場中運動，然后通過y軸，水平方向的加速度相同，水平位移相同，則運動時間相同，選項B正確；對的粒子先在電場中向左偏轉(zhuǎn)，然后從電場上邊界出離電場，作直線運動到達y軸上，h不同的粒子，從電場上邊界射出的位置不同，在電場中沿電場線方向的位移不同，則電場力對粒子做的功不相等，選項C正確；若h≤d的粒子，水平分位移x相等，由x=at2知，運動時間t相等，豎直分位移h=v0t，則h越大的粒子，進入電場時的速率v也越大；對h＞d的粒子，通過電場時豎直分位移y相等，h越大，沿著電場力偏轉(zhuǎn)位移x越小，由x=at2可知t越小，由y=v0t，可知，v越大，故選項D錯誤；故選BC.12．如圖所示，一個半徑R=0.5m的圓形軌道固定在豎直面內(nèi)，以其最高點O為坐標(biāo)原點建立平面直角坐標(biāo)系xOy，其中x軸沿水平方向，y軸沿豎直方向，整個空間存在范圍足夠大、方向豎直向下的勻強電場，規(guī)定O點為電勢能及重力勢能的零點。若從O點將一個質(zhì)量m=0.1kg、可視為質(zhì)點的帶正電小球以v0=2m/s的速度平行于x軸拋出，小球落于軌道上x=0.4m處的A點，若該小球拋出速度增至4v0，小球?qū)⒀剀壍雷鐾暾膱A周運動，已知重力加速度g=10m/s2，則下列說法正確的是（）A．小球所受電場力大小等于其重力的4倍B．小球以v0=2m/s的速度拋出后運動至A點的過程中，其速度變化量為8m/s，方向豎直向下C．小球以4v0的速度拋出后的運動過程中，小球與軌道間的最大彈力為29.8ND．小球以4v0的速度拋出后的運動過程中，小球機械能的最大值為6.2J【答案】BD【解析】A．帶電小球以v0=2m/s的速度沿x軸正向拋出，小球落于軌道上x=0.4m處，由運動公式x=v0t解得t=0.2s，a=40m/s2由牛頓第二定律得mg+qE=ma解得qE=3mg故A錯誤；B．小球以v0=2m/s的速度拋出后從最高點至最低點的運動過程，其速度變化為?v=at=8m/s，方向豎直向下，故B正確；C．小球以4v0的速度拋出后從最高點至最低點的運動過程中由動能定理可得解得v=12m/s，在最低點解得N=32.8N，故C錯誤；D．小球運動至最低點時，電勢能最小，機械能最大，最大值為J故D正確。故選BD。13．如圖，在xOy平面的第一象限內(nèi)，分布有沿x軸負(fù)方向的場強的勻強電場，第四象限內(nèi)分布有垂直于紙面向里的磁感應(yīng)強度B1=0.2T的勻強磁場，第二、三象限內(nèi)分布有垂直于紙面向里的磁感應(yīng)強度為B2的勻強磁場。在x軸上有一個垂直于y軸的平板OM平板上開有一個小孔P，P處連接有一段長度d=1cm，內(nèi)徑不計的準(zhǔn)直管，位于第一象限內(nèi)，管內(nèi)由于靜電屏蔽沒有電場。Y軸負(fù)方向上距O點cm的粒子源S可以向第四象限平面內(nèi)各個方向發(fā)射α粒子，且OS<OP。假設(shè)發(fā)射的α粒子速度大小v均為2×105m/s，除了垂直于x軸通過P點的α粒子可以進入電場，其余打到平板上的α粒子均被吸收。已知α粒子帶正電，比荷q/m=5×107C/kg，重力不計，則（）A．經(jīng)過P點進入電場中運動的α粒子，第一次到達y軸的位置與O點的距離為0.06mB．經(jīng)過P點進入電場中運動的α粒子，第一次到達y軸的位置與O點的距離為0.07mC．要使離開電場的α粒子能回到粒子源S處，磁感應(yīng)強度B2可為D．要使離開電場的α粒子能回到粒子源S處，磁感應(yīng)強度B2可為【答案】BD【解析】AB．在B1磁場中做勻速圓周運動，則有得到粒子進入電場后做類平拋運動，x軸方向位移為y軸方向位移為加速度為由幾何關(guān)系可得所以粒子到達y軸位置與O點的距離；CD．設(shè)粒子在y軸射出電場的位置到粒子源S的距離為H，有設(shè)粒子在y軸射出電場的速度方向與y軸正方向夾角為θ，有所以θ=45°，粒子離開電場經(jīng)B2磁場偏轉(zhuǎn)后直接回到離子源處，則在B2磁場中圓周運動半徑為由得故D正確，C錯誤；故選BD。14．如圖所示，一充電后與電源斷開的平行板電容器的兩極板水平放置，板長為L，板間距離為d，距板右端L處有一豎直屏M.一帶電荷量為q、質(zhì)量為m的質(zhì)點以初速度v0沿中線射入兩板間，最后垂直打在M上，則下列結(jié)論正確的是（已知重力加速度為g）（）A．兩極板間電壓為B．板間電場強度大小為C．整個過程中質(zhì)點的重力勢能增加D．若僅增大兩極板間距，則該質(zhì)點不可能垂直打在M上【答案】BC【解析】據(jù)題分析可知，小球在平行金屬板間軌跡應(yīng)向上偏轉(zhuǎn)，做類平拋運動，飛出電場后，小球的軌跡向下偏轉(zhuǎn)，才能最后垂直打在M屏上，前后過程質(zhì)點的運動軌跡有對稱性，如圖所示：可見兩次偏轉(zhuǎn)的加速度大小相等，根據(jù)牛頓第二定律得：，解得，由得板間電勢差，故A錯誤，B正確；小球在電場中向上偏轉(zhuǎn)的距離，，解得：，故小球打在屏上的位置與P點的距離為：，重力勢能的增加量，故C正確．僅增大兩板間的距離，因兩板上電量不變，根據(jù)可知，板間場強不變，小球在電場中受力情況不變，則運動情況不變，故仍垂直打在屏上，故D錯誤．故選BC．三、解答題15．虛線MN位于豎直平面內(nèi)，已知MN與水平方向成角，在MN的右側(cè)有大小為E，方向豎直向下的勻強電場，在MN的左側(cè)有方向豎直向上的勻強電場（為未知量），圖中均未畫出。一質(zhì)量為m、電荷量為的粒子以速度從M點水平向右射入，粒子的重力可以忽略。求：（1）粒子到達MN連線上的某點時所用的時間；（2）粒子在MN左側(cè)再經(jīng)過相同的時間重新到達MN連線上的另一點，求?！敬鸢浮浚?）；（2）E【解析】（1）粒子在電場中做類平拋運動，水平方向位移為x，運動時間為t，豎直位移為h，加速度為a，則有聯(lián)立可得（2）粒子在MN左側(cè)再經(jīng)過相同的時間重新到達MN連線上的另一點，則水平方向由此可知由此可知MN左右兩段運動具有對稱性，則加速度大小相等，則電場強度大小相等，故有16．如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy內(nèi)，第Ⅰ象限的半徑R=h的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直于坐標(biāo)平面向外的勻強磁場，圓與x、y坐標(biāo)軸切于D、A兩點，y＜0的區(qū)域內(nèi)存在著沿y軸正方向的勻強電場．一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從電場中Q（-2h，-h）點以速度v0水平向右射出，從坐標(biāo)原點O射入第Ⅰ象限，與水平方向夾角為α，經(jīng)磁場能以垂直于x軸的方向從D點射入電場．不計粒子的重力，求：（1）電場強度E的大小以及α的正切值（2）磁感應(yīng)強度B的大?。?）帶電粒子從Q點運動到最終射出磁場的時間t．【答案】（1），α＝45°，因此粒子從C點正對圓心O1進入磁場．（2）（3）【解析】（1）粒子在勻強電場中做類平拋運動，由類平拋運動規(guī)律及牛頓運動定律得2h＝v0th＝at2又qE＝ma聯(lián)立解得設(shè)粒子到達O點時的速度為v，沿y軸正方向的分速度為vy，則有vy＝at＝＝v0，v＝＝v0速度v與x軸正方向的夾角α滿足tanα＝＝1即α＝45°，因此粒子從C點正對圓心O1進入磁場．（2）又因為粒子垂直于x軸射出磁場，軌道半徑由牛頓第二定律有聯(lián)立解得（3）帶電粒子在電場中做類平拋運動的時間從O點運動到磁場邊界的時間粒子從D點射入電場后折返進入磁場，最后從磁場中射出在磁場中運動的時間：在第四象限電場中往復(fù)時間帶電粒子從Q點運動到最終射出磁場的時間17．如圖所示，在xOy平面內(nèi)0<x<L的區(qū)域內(nèi)有一方向豎直向上的勻強電場，x>L的區(qū)域內(nèi)有一方向垂直于xOy平面向外的勻強磁場．某時刻，一帶正電的粒子從坐標(biāo)原點，以沿x軸正方向的初速度進入電場；之后的另一時刻，一帶負(fù)電粒子以同樣的初速度從坐標(biāo)原點進入電場．正、負(fù)粒子從電場進入磁場時速度方向與電場和磁場邊界的夾角分別為60°和30°，兩粒子在磁場中分別運動半周后恰好在某點相遇．已知兩粒子的重力以及兩粒子之間的相互作用都可忽略不計．求：（1）正、負(fù)粒子的比荷之比：；（2）正、負(fù)粒子在磁場中運動的半徑大?。唬?）兩粒子先后進入電場的時間差．【答案】（1）：（2），

（3）

【解析】（1）設(shè)粒子進磁場方向與邊界夾角為θ，

聯(lián)立可得

所以：=：

（2）磁場中圓周運動速度，，

，，

兩粒子離開電場位置間的距離

根據(jù)題意作出運動軌跡，兩粒子相遇在P點由幾何關(guān)系可得

，

，

（3）兩粒子在磁場中運動時間均為半個周期

由于兩粒子在電場中時間相同，所以進電場時間差即為磁場中相遇前的時間差

18．在豎直平面內(nèi)建立一平面直角坐標(biāo)系xoy，x軸沿水平方向，如圖甲所示。第一象限有一豎直向下的勻強電場，第二象限內(nèi)有一水平向左的勻強電場，第一象限場強大小為第二象限場強大小的一半。處在第三象限的某種發(fā)射裝置（圖中沒有畫出）豎直向上射出一個質(zhì)量為m、電荷量為-q（q>0）的帶電粒子（可視為質(zhì)點），該粒子以初速度v0從-x上的A點沿y軸正方向進入第二象限，并從+y上的C點沿x軸正方向進入第一象限，C點粒子動能為A點粒子動能的4倍。重力加速度為g。試求：（1）OC距離L以及第二象限勻強電場的電場強度E的大??；（2）若第一象限同時存在按如圖乙所示規(guī)律變化的磁場，磁場方向垂直于紙面（以垂直紙面向外的磁場方向為正方向，圖中B0，T0均為未知量），并且在t=時刻粒子由C點進入第一象限，且恰好能通過同一水平線上的D點，速度方向仍然水平，且CD=OC．若粒子在第一象限中完成一個完整圓周運動的周期與磁場變化周期相同，求交變磁場變化的周期T0的大??；（3）若第一象限仍同時存在按如圖乙所示規(guī)律變化的磁場（以垂直紙面向外的磁場方向為正方向，圖中B0，T0均為未知量），調(diào)整磁場變化的周期，讓粒子在t=0時刻由C點進入第一象限，且恰能通過x軸上F點，且OF=OC，求交變磁場的磁感應(yīng)強度B0的大小應(yīng)滿足的條件?！敬鸢浮浚?），；（2）；（3）【解析】（1）設(shè)粒子從A點運動至C點所用時間為t，C點速度為，根據(jù)“C點粒子動能為A點粒子動能的四倍”可得豎直方向上粒子做勻減速直線運動，取豎直向上為正方向，則取水平向右為正方向，則解得，（2）由第（1）問及題干可知因此帶電粒子在第一象限將做速度為的勻速圓周運動。設(shè)運動半徑為R，周期為，使粒子從C點運動到同一水平線上的D點，如圖所示，則由位移關(guān)系可得粒子在磁場中勻速圓周運動的周期則磁場變化的周期（3）使粒子從C點運動到F點，如圖所示，設(shè)粒子運動軌道半徑為R′，則每經(jīng)過磁場的半個周期粒子轉(zhuǎn)過圓心角60°，則又故交變磁場磁感應(yīng)強度大小應(yīng)滿足的關(guān)系19．人類研究磁場的目的之一是為了通過磁場控制帶電粒子的運動，某控制帶電粒子運動的儀器原理如圖所示，區(qū)域PP′M′M內(nèi)有豎直向下的勻強電場，電場場強為E，寬度為d，長度為L；區(qū)域MM′N′N內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，長度也為L，磁場寬度足夠。電量為q，質(zhì)量為m的帶正電的粒子以水平初速度從P點射入電場。邊界MM′不影響粒子的運動，不計粒子重力。（1）若帶電粒子以水平初速度v0從P點射入電場后，從MM′邊界進入磁場，求粒子第一次射入磁場的位置到M點的距離；（2）當(dāng)帶電粒子射入電場的水平初速度為多大時，粒子只進入磁場一次就恰好垂直P′N′邊界射出?！敬鸢浮浚?）；（2）或【解析】（1）粒子以水平速度從P點射入電場后，做類平拋運動豎直方向水平方向解得粒子第一次射入磁場的位置到M點的距離（2）設(shè)粒子從電場入射初速度為同第一問原理可以求得粒子在電場中類平拋運動的水平位移粒子進入磁場時，垂直邊界的速度設(shè)粒子與磁場邊界之間的夾角為α，則粒子進入磁場時的速度在磁場中粒子第一次進入磁場后，垂直邊界從磁場射出，必須滿足聯(lián)立解得粒子第一次進入磁場后，垂直邊界從電場射出，必須滿足聯(lián)立解得20．在如圖甲所示的直角坐標(biāo)系中，兩平行極板MN垂直于y軸，N板在x軸上且其左端與坐標(biāo)原點O重合，極板長度l=0.08m，板間距離d=0.09m，兩板間加上如圖乙所示的周期性變化電壓，兩板間電場可看作勻強電場．在y軸上（0，d/2）處有一粒子源，垂直于y軸連續(xù)不斷向x軸正方向發(fā)射相同的帶正電的粒子，粒子比荷為=5×107C／kg，速度為v0=8×105m/s．t=0時刻射入板間的粒子恰好經(jīng)N板右邊緣打在x軸上.不計粒子重力及粒子間的相互作用，求:（1）電壓U0的大?。唬?）若沿x軸水平放置一熒光屏，要使粒子全部打在熒光屏上，求熒光屏的最小長度；（3）若在第四象限加一個與x軸相切的圓形勻強磁