高考物理二輪復習07帶電粒子在復合場中的運動教學案（含解析）

高考物理二輪復習專題07帶電粒子在復合場中的運動教學案

（含解析）

預計2017年高考對該部分內容的考查主要是：

⑴考查帶電粒子在組合場中的運動問題；

⑵考查帶電粒子在復合場中的運動問題；

（3）考查以帶電粒子在組合場、復合場中的運動規(guī)律為工作原理的儀器在科學領域、生活實

際中的應用.

重點知識梳理

一、帶電粒子在組合復合場中的運動

電偏轉”和“磁偏轉”的比較

垂直進入磁場（磁偏轉）垂直進入電場（電偏轉）

;___T___B_U\*L___Ta____

??L??1

1?

1'十七

情景圖FE

i,*

o|E

凡=q%8大小不變，方向總指向圓心，F(xiàn)e=qE,用大小、方向不變，為恒

受力

方向變化，用為變力力

類平拋運動vx=vO,

m

運動規(guī)律勻速圓周運動r」嗒,7=^

BqBqEq

x=vOt,y^rt2

2nl

運動時間具有等時性

2nBqvO

動能不變變化

二、帶電粒子在疊加復合場中的運動

考點一帶電粒子在疊加場中的運動分析

例1、如圖1所示，位于豎直平面內的坐標系X0,在其第三象限空間有垂直于紙面向外

的勻強磁場，磁感應強度大小為8=0.5T,還有沿X軸負方向的勻強電場，場強大小為石=2N/C.

在其第一象限空間有沿了軸負方向的、場強大小也為石的勻強電場，并在/＞人=0.4m的區(qū)域有

磁感應強度也為8的垂直于紙面向里的勻強磁場.一個帶電荷量為g的油滴從圖中第三象限的

。點得到一初速度，恰好能沿PO做勻速直線運動與x軸負方向的夾角為9=45°),并從原

點。進入第一象限.已知重力加速度;g=10m/s?,問：

圖1

⑴油滴在第三象限運動時受到的重力、電場力、洛倫茲力三力的大小之比，并指出油滴帶

何種電荷；

⑵油滴在P點得到的初速度大??；

(3)油滴在第一象限運動的時間.

解析(1轉合平衡條件判斷油滴所受電場力的方向和'洛倫茲力的方向，進而判斷油滴的電性，對油滴

受力分析后采用合成法作圖，由幾何關系得出三力之比；Q)根據油滴在垂直直線方向上應用平衡條件列方

程求得速度大??；(3威入第一象限，由于重力等于電場力，在電場中做勻速直線運動，在混合場中做勻速

圓周運動，作出運動軌跡，結合磁場中圓周運動的周明公式即運動的對稱性確定運動總時間.

⑴根據受力分析(如圖)可知油滴帶負電荷,

設油滴質量為m,由平衡條件得:

mg:qE:F=1：1：,^2.

⑵由第⑴問得：mg=qE

gvB=yj2gE

解得：=小gm/s.

(3)進入第一象限，電場力和重力平衡，知油滴先做勻速直線運動，進入以的區(qū)域后做勻速圓周運動,

軌跡如圖，最后從x軸上的N點離開第一象限.

由O-^A勻速運動的位移為總=疝；5。=極

其運動時間：

由幾何關系和圓周運動的周期關系式T=

由4—C的圓周運動時間為h628s

由對稱性知從C—N的時間/j=/i

在第一象限運動的總時間，=6+右+，3=2乂0.1S4-0.628s=0.828s

答案(1)1：1：^2油滴帶負電荷(2)4^2m/s

(3)0.828s

【變式探究】如圖2,水平地面上方有一底部帶有小孔的絕緣彈性豎直擋板，板高力=9m,

與板上端等高處水平線上有一〃點，，點離擋板的距離x=3m.板的左側以及板上端與〃點的

q

連線上方存在勻強磁場和勻強電場.磁場方向垂直紙面向里，磁感應強度8=1T;比荷大小片

1.0C/kg可視為質點的小球從擋板下端處小孔以不同的速度水平射入場中做勻速圓周運動，若

與擋板相碰就以原速率彈回，且碰撞時間不計，碰撞時電量不變，小球最后都能經過位置尸，g

=10m/s2,求:

XXxXXX

XXXX

xBxXX

XXXX

XXXX

XXXX

XXX0

圖2

⑴電場強度的大小與方向；

(2)小球不與擋板相碰運動到。的時間；

(3)要使小球運動到0點時間最長應以多大的速度射入？

3

答案⑴10N/C,方向豎直向下(2)兀+arcsing(s)

(3)3.75m/s

解析⑴由題意可知，小球帶負電，因小球做勻速圓周運動，有：Eq=mg

mg

得：E=——=10N/C,方向豎直向下.

q

⑵小球不與擋板相碰直接到達a點軌跡如圖：

XXXXXX

有：(上一為2+/=&得：火=5m

x3

設尸。與擋板的夾角為0,則sind=~=~

AD

27tm

小球做圓周運動的周期T=—~

qB

am

設小球做圓周運動所經過圓弧的圓心角為a,則t=—

qB

3

+arcsin二m

53

運動時間t==7t+arcsin"(s).

(3)因速度方向與半徑垂直，圓心必在擋板上,

設小球與擋板碰撞日次，有貝蝶

又?!只能取0,1.

?!二。時，⑵問不符合題意

H=1時，有(3五一力?+艱=把

解得：處=3m,53.75m

軌跡如圖，半徑為用時運動時間最長

洛倫茲力提供向心力:

得：v=3.75m/s.

【方法技巧】帶電粒子在疊加場中運動的處理方法

1.弄清疊加場的組成特點.

2.正確分析帶電粒子的受力及運動特點.

3.畫出粒子的運動軌跡，靈活選擇不同的運動規(guī)律

⑴若只有兩個場且正交，合力為零，則表現(xiàn)為勻速直線運動或靜止.例如電場與磁場中滿

定qE=qvB;重力場與磁場中滿足3g=gvB;重力場與電場中滿足夜=gH

⑵若三場共存時，合力為零，粒子做勻速直線運動，其中洛倫茲力尸=g出的方向與速度「

垂直.

(3)若三場共存時，粒子做勻速圓周運動，則有粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓

V2

周運動，即qvB=m-.

(4)當帶電粒子做復雜的曲線運動或有約束的變速直線運動時，一般用動能定理或能量守恒

定律求解.

考點二帶電粒子在組合場中的運動分析

例2、如圖3所示，足夠大的平行擋板4、4豎直放置，間距為6乙兩板間存在兩個方向相

反的勻強磁場區(qū)域I和口，以水平面必為理想分界面.I區(qū)的磁感應強度為及，方向垂直紙

面向外，4、4上各有位置正對的小孔，、星，兩孔與分界面MV的距離為乙質量為3、電量

為+g的粒子經寬度為d的勻強電場由靜止加速后，沿水平方向從S進入I區(qū)，并直接偏轉到

7W上的P點，再進入E區(qū).？點與H板的距離是心的左倍.不計重力，碰到擋板的粒子不予

考慮.

XXXXXXX

XXXXXXX

-------6￡-------

4A2

圖3

⑴若左=1,求勻強電場的電場強度上；

⑵若2<k3,且粒子沿水平方向從星射出，求出粒子在磁場中的速度大小r與人的關系式

和n區(qū)的磁感應強度8與人的關系式.

解析（1）若41,則有MP=Z,粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，根據幾何關系，該情況粒子的軌

跡半徑為

R=L

粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，則有：qvB（）=m^

粒子在勻強電場中加速，根據動能定理有：加=家

兩2

綜合上式解得：E^--.

2dm

（2）因為2<*3,且粒子沿水平方向從習射出，該粒子運動軌跡如圖所示,

由幾何關系：把一?）2=（五一上）2,

又有qvBQ=m^

則整理解得：戶圾

又因為：6L-2kL=A

根據幾何關系有：

則n區(qū)的磁感應強度8與人的關系:8=二

q珠BqB0L+lrL限

答案⑴石（2B=

3-k

【變式探究】如圖4所示的直角坐標x0平面內有間距為d,長度為的平行正對金屬

71

板MN,〃位于x軸上，。尸為過坐標原點。和極板N右邊緣的直線，與了軸的夾角夕=》

。，與了軸之間及y軸右側空間中分別存在磁感應強度大小相等方向相反且均垂直于坐標平面的

勻強磁場.質量為在、電荷量為g的帶正電粒子從M板左側邊緣以速度”沿極板方向射入，恰

好從N板的右側邊緣/點射出進入磁場.粒子第一次通過y軸時，速度與了軸負方向的夾角為

71

7不計粒子重力，求：

0

圖4

⑴極板,、N間的電壓；

(2)勻強磁場磁感應強度的大??；

(3)粒子第二次通過y軸時的縱坐標值；

(4)粒子從進入板間到第二次通過了軸時經歷的時間.

3/27詔2/27Vo4A/3+771d

答案⑴二⑵R(3)2"(4)(,一)7

Zqqd6國

解析⑴粒子在MN板間做類平拋運動，設加速度為a,運動時間為4,則^^/=由4

1

d=-ai

U

根據牛頓運動定律得紜

聯(lián)立解得。=丁.

2g

(2)設粒子經過A點、時的速度為v,方向與x軸的夾角為a,

根據動能定理，得9匹忘一；也訶

oosa=—

v

解得V=2VQ,

設粒子第一次與y軸相交于。點，軌跡如圖，由幾何關系知。點與么點高度相等，△G。。

為等邊三角形.

R=d

根據牛頓定律，得

2n?Vo

整理得B=-

(3)粒子在y軸右側空間的運動軌跡如圖.

由幾何關系知

DE=2Rcos0=d

即七點的縱坐標為yE=2d

⑷粒子從4到。的時間

1

t2=-r

5

從。到石的時間t=-r

36

271/77nd

而T=~R=~

qBvQ

4小+7兀d

故f=4+。+6=()-.

6Vb

【舉一反三】如圖5所示，相距32的48、8兩直線間的區(qū)域存在著兩個大小不同、方

向相反的有界勻強電場，其中夕7上方的電場I的場強方向豎直向下，PT下方的電場n的場強

方向豎直向上，電場I的場強大小是電場n的場強大小的兩倍，在電場左邊界上有點Q,

PQ間距離為乙從某時刻起由Q以初速度由沿水平方向垂直射入勻強電場的帶電粒子，電量為

+外質量為m通過。7上的某點A進入勻強電場I后從8邊上的V點水平射出，其軌跡如

圖，若依兩點的距離為2乙不計粒子的重力.試求：

BD

x

Ix

葉---

就小的距離

O”LEi可以忽略

圖5

⑴勻強電場I的電場強度的大小和V7之間的距離；

（2）有一邊長為a、由光滑彈性絕緣壁圍成的正三角形容器，在其邊界正中央開有一小孔S,

將其置于CD右側且緊挨。邊界，若從Q點射入的粒子經48、。間的電場從S孔水平射入

容器中.欲使粒子在容器中與器壁多次垂直碰撞后仍能從S孔射出（粒子與絕緣壁碰撞時無機械

能和電量損失），并返回Q點，需在容器中現(xiàn)加上一個如圖所示的勻強磁場，粒子運動的半徑

1

小于5孫求磁感應強度8的大小應滿足的條件以及從Q出發(fā)再返回到Q所經歷的時間.

m詔12m均1+2n

答案⑴》2(2)8=,力=1,2,…

6Ln-\-a.

力=1,2,

%2n+vQ

解析（1）設粒子經PT直線上的點穴由外電場進入西電場，由。到五及尺到M點的時間分別為h與

3到達五時豎直速度為小，

則由F—qE—ma,

￡=序，

“2%

加732詔

得石尸而

E^q石夕

1Eiq

MT=2-7

1

聯(lián)立解得MT=^L.

(2)欲使粒子仍能從5孔處射出，粒子運動的半徑為乙則

^5=萼

(l+2n)r=^a,n=l,2,…

解得：3=的譚&,n=l,2,…

TT1

由幾何關系可知Z-3x(2nx-+^)=(3n+-)r

n—1,2,3...

^_2jLR_2jun

-v~Bq

代入B得-,n=l,2,

Z71十LVo

c，八.,6Z6/i+1JW-八

+%+,-%+22rt+1比，12…

【方法技巧】帶電粒子在組合場內的運動實際上也是運動過程的組合，解決方法如下：

⑴分別研究帶電粒子在不同場區(qū)的運動規(guī)律.在勻強磁場中做勻速圓周運動.在勻強電場

中，若速度方向與電場方向平行，則做勻變速直線運動；若速度方向與電場方向垂直，則做類

平拋運動.

(2)帶電粒子經過磁場區(qū)域時利用圓周運動規(guī)律結合幾何關系處理.

(3)當粒子從一個場進入另一個場時，分析轉折點處粒子速度的大小和方向往往是解題的突

破口.

考點三帶電粒子在周期性變化的電磁場中的運動分析

例3、如圖6甲所示，在其牛平面內存在均勻、大小隨時間周期性變化的磁場和電場，變

化規(guī)律分別如圖乙、丙所示(規(guī)定垂直紙面向里為磁感應強度的正方向、沿y軸正方向電場強度

為正).在/*=0時刻由原點。發(fā)射初速度大小為由，方向沿y軸正方向的帶負電粒子.

Ox

甲

BE

BQ-----1；-----1；------1EQ-------1!IJ-----1

Oto2fo3fo4fo5toOto2,o3%4fo5ro

乙丙

圖6

71

已知心心、即粒子的比荷為嬴,不計粒子的重力.求:

⑴Q4）時，求粒子的位置坐標；

⑵若「=5小時粒子回到原點，求。?5小時間內粒子距x軸的最大距離;

（3）若粒子能夠回到原點，求滿足條件的所有瓦值.

qit

解析⑴由粒子的比荷一=方二，

m及4）

2nm

則粒子做圓周運動的周期—=2/b（i分）

氏q

則在0?布內轉過的圓心角a=兀（2分）

、詔

由牛頓第二定律qvoBq=m-Q分）

加國小、

得4=——（1分）

71

位置坐標（---,0）.（1分）

71

（2）粒子f=5￡）時回到原點，軌跡如圖所示

冷=4（2分）

得力=2均（1分）

又為氤歸第1分）

粒子在巾?2而時間內做勻加速直線運動，2而?3打時間內做勻速圓周運動，則在。?5巾時間

VO+2VQ32

_

內粒子距X軸的最大距離：hm=--一-?l+/2=（~+）vb4）.（2分）

ZZ71

(3)如圖所示，設帶電粒子在X軸上方做圓周運動的軌道半徑為用在X軸下方做圓周運動

的軌道半徑為式,由幾何關系可知，要使粒子經過原點，則必須滿足:

“（2及'-24）=2壬，（n=1,2,3,…）（1分）

mvQmv

r戶不二ri=石二(1分)

n+1

聯(lián)立以上各式解得一丁監(jiān)，缶=1,2,3,…)(1分)

,&q心、

又由一為十----(1分)

m

得瓦=—,缶=1,2,3,…).(1分)

mi

2匹辦32VQBQ

答案⑴(---，0)(2)(-+-)Vb4)(3)------,(n=l,2,3,???)

71Z71mt

【變式探究】如圖7甲所示，間距為4垂直于紙面的兩平行板P、Q間存在勻強磁場.取

垂直于紙面向里為磁場的正方向，磁感應強度隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示.=0時刻，一質

量為3、帶電量為+g的粒子(不計重力)，以初速度均由Q板左端靠近板面的位置，沿垂直于

磁場且平行于板面的方向射入磁場區(qū).當及和備取某些特定值時，可使=0時刻入射的粒子

經時間恰能垂直打在尸板上(不考慮粒子反彈).上述3、q、d、為為已知量.

P

XXXXX

BBo----------------r--------------1-------------[I

XXXXX

XXXXXO-----------------!--------------!--------------：-----------!—

孑麴竽2T?

X%XXXX

>A_________________

—BQ__________I_______L________I______I

Q

甲乙

圖7

1

⑴若△-=］篤，求瓦;

3

(2)若△［=］篤，求粒子在磁場中運動時加速度的大小;

(3)若瓦=一]，為使粒子仍能垂直打在P板上，求方.

qd

mvQ3詔Tid(n1]d

答案⑴一7(2)—7(3)—<-+arcsin--

qda3v()[2412%

解析(1)設粒子做圓周運動的半徑為冗1,

由牛頓第二定律得印g0二劈①

據題意由幾何關系得五1二這

聯(lián)立①②式得坳二署

(2)設粒子做圓周運動的半徑為風，加速度大小為。，由圓周運動公式得

據題意由幾何關系得3a=c@

3詔

聯(lián)立④⑤式得a=-y.⑥

a

(3)設粒子做圓周運動的半徑為幾周期為7,由圓周運動公式得7=—⑦

Vo

由牛頓第二定律得

3詔c

qvBo=—⑧

oK

由題意知及=—7，代入⑧式得

qd

d=4R@

粒子運動軌跡如圖所示,

I

—g二

Q、。2為圓心，。1。2連線與水平方向的夾角為加在每個心內，只有4、8兩個位置才有

n

可能垂直擊中尸板，且均要求0〈長5，由題意可知

設經歷完整Ta的個數(shù)為過劉=0,123,…)

若在月點擊中產板，據題意由幾何關系得

R+2(K+J?xiiiff)n=d&

當TT=0時，無解?

當辦=1時，聯(lián)立⑨?式得

°二甑^sin?

聯(lián)立⑦⑨⑩?式得

為啜?

-JVQ

當位2時，不滿足(XK90。的要求?

若在B點擊中尸板，據題意由幾何關系得

X+2Nsing+2(N+Nsin0)n=您

當n=0時，無解?

當〃=1時，聯(lián)立⑨?式得

11

9=arcsirT7(或sin夕=1)?

聯(lián)立⑦⑨⑩?式得

(n1V_

7i=1+arcs咦?

當〃>2時，不滿足0<*90°的要求.

真題感悟

1.(2016?北京理綜，22,16分)如圖所示，質量為m,電荷量為9的帶電粒子，以初速度

『沿垂直磁場方向射入磁感應強度為刀的勻強磁場，在磁場中做勻速圓周運動.不計帶電粒子

所受重力.

X/

XX

XX

XX

XX

XX

IV

IXXXX

⑴求粒子做勻速圓周運動的半徑H和周期T；

(2)為使該粒子做勻速直線運動，還需要同時存在一個與磁場方向垂直的勻強電場，求電場

強度石的大小.

【解析】（1）洛倫茲力提供向心力，有戶.3=點

帶電粒子做勻速圓周運動的半徑R姿

勻速圓周運動的周期—華=黑

Q）粒子受電場力尸=就，洛倫茲力廣W5

粒子做勻速直線運動，則夕E=W5

解得場強*的大小*=誣

mv2nm

【答案】⑴蔽誦0VB

2.（2016?天津理綜，11,18分）如圖所示，空間中存在著水平向右的勻強電場，電場強度

大小石=5邛N/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，磁感應強度大

小8=0.5T.有一帶正電的小球，質量m=lX10-6kg,電荷量g=2XlC）iC,正以速度o在圖

示的豎直面內做勻速直線運動，當經過〃點時撤掉磁場（不考慮磁場消失引起的電磁感應現(xiàn)象）,

取尸lOm/sz,求：

BxXXXXX

XpxXXXxE

XXXXXX

⑴小球做勻速直線運動的速度u的大小和方向;

⑵從撤掉磁場到小球再次穿過尸點所在的這條電場線經歷的時間心

【解析】

在同一平面內，合力為零，有qvB=\才在+好營

代入數(shù)據解得k20m/s

速度o的方向與電場上的方向之間的夾角9滿足tan0=—③

mg

代入數(shù)據解得tan9=邛，9=60°④

Q）解法1：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,

設其加速度為%有。="蜉吟⑤

設撤掉磁場后小球在初速度方向上的分位移為M有x=vt⑥

設小球的重力與電場力的合力方向上分位移為上有y二g"⑦

a與砥的夾角和“與￡的夾角相同，均為。，又tan8=士?

聯(lián)立④⑤⑥⑦⑨式，代人數(shù)據解得，=2、行3=353⑨

解法2: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，以尸

點為坐標原點，豎直向上為正方向，小球在豎直方向上做勻減速運動，其初速度4-=田山9

⑤

1

若使小球再次穿過〃點所在的電場線，僅需小球的豎直方向上分位移為零，則有4L滑2

=0⑥

聯(lián)立⑤⑥式，代入數(shù)據解得『24s=3.5s⑦

【答案】⑴20m/s,與電場石夾角為60°（2）3.5s

3.（2016?四川理綜，11,19分）如圖所示，圖面內有豎直線，過AD'且垂直于圖

面的平面將空間分成I、口兩區(qū)域.區(qū)域I有方向豎直向上的勻強電場和方向垂直于圖面的勻

71

強磁場8（圖中未畫出）；區(qū)域H有固定在水平地面上高分=2人傾角a=［的光滑絕緣斜面，斜面

頂端與直線。距離s=41,區(qū)域E可加豎直方向的大小不同的勻強電場（圖中未畫出）；。點

在DE＞上，距地面高〃=3/零時刻,質量為m、帶電荷量為q的小球。在K點具有大小Vo=y/g/^

7131

方向與水平面夾角6=；的速度，在區(qū)域I內做半徑，=一的勻速圓周運動，經。點水平進入區(qū)

域L某時刻，不帶電的絕緣小球/由斜面頂端靜止釋放，在某處與剛運動到斜面的小球，相

遇.小球視為質點，不計空氣阻力及小球。所帶電量對空間電磁場的影響./已知，g為重力加

速度.

⑴求勻強磁場的磁感應強度8的大??；

（2）若小球幺、。在斜面底端相遇，求釋放小球/的時刻以；

g為常數(shù))相遇于斜面某處，求此情況下區(qū)域口的勻強電場

(3)若小球4尸在時刻t=

的場強E,并討論場強石的極大值和極小值及相應的方向.

【解析】Q)由題知，小球P在區(qū)域I內做勻速圓周運動，有

n^=qvoB①

代入數(shù)據解得方二肺②

(2)小球尸在區(qū)域I做勻速圓周運動轉過的圓心角為仇運動到。點的時刻為匕到達斜面

底端時刻為4,有

Or

「一Vo

S一方cot0C=西(0—tc)

小球工釋放后沿斜面運動加速度為犯，與小球〃在時刻右相遇于斜面底端，有m浮ine

h1

右=5孫(L4

聯(lián)立以上方程解得以=(3—2

?）設所求電場方向向下，在寸刻釋放小球4,小球P在區(qū)域n運動加速度為勿，有

s=為Q-，c）+-〃乎cosa⑨

mg+qE=map⑨

H—h+,如a=-fcP⑩

聯(lián)立相關方程解得*二^々等?

q\p-L）1

對小球P的所有運動情形討論可得3海?

1mg

由此可得場強極小值石，=0,場強極大值扁"=『，方向豎直向上.

8g

tmi—rl~/（11—嚴）mg7/TTP-

【答案】⑴拓⑷（2）（3—242）\%（3）-g（._1）J；&==盂，方向豎直向上；0。

=0

4.（2015?浙江理綜，25,22分）使用回旋加速器的實驗需要把離子束從加速器中引出，離

子束引出的方法有磁屏蔽通道法和靜電偏轉法等.質量為在、速度為「的離子在回旋加速器內

旋轉，旋轉軌道是半徑為r的圓，圓心在。點，軌道在垂直紙面向外的勻強磁場中，磁感應強

度為B.

為引出離子束，使用磁屏蔽通道法設計引出器.引出器原理如圖所示，一對圓弧形金屬板

組成弧形引出通道，通道的圓心位于。’點（。點圖中未畫出）.引出離子時，令引出通道內磁

場的磁感應強度降低，從而使離子從。點進入通道，沿通道中心線從Q點射出.已知OQ長度

為L,OQ與。尸的夾角為0.

⑴求離子的電荷量g并判斷其正負；

（2）離子從。點進入、Q點射出，通道內勻強磁場的磁感應強度應降為8',求8'；

⑶換用靜電偏轉法引出離子束，維持通道內的原有磁感應強度8不變，在內外金屬板間加

直流電壓，兩板間產生徑向電場，忽略邊緣效應.為使離子仍從。點進入、Q點射出，求通道

內引出軌跡處電場強度石的方向和大小.

mv'mv

【解析】⑴離子做圓周運動，有8/=〒，解得9=五:

由左手定則可判斷離子帶正電荷.

⑵如圖所示.O'Q=R,OQ=L

dO=R-r

引出軌跡為圓弧，有皮軟=簧,

解得五嚼

ri/-r"七/日rK+上2-2ZLOOS8

根據幾何關系向2r-2Lo(ys6

翻1日吁沈v_e⑵-2718sd)

解倚6-貝?一q(/+￡2-加00sg)

(3)電場強度方向沿徑向向外.

引出軌跡為圓弧，Bqv-Eg=^

mv*2(2r—2Zcos6}

vg(戶+般―2zLcose)

mvmv(2r—2Zcos夕)

【答案】⑴總，正電荷3—i(3)沿徑向向外；歷一

mv2(2r—2Zcos0)

q(/+Z2—2/Zcosff)

5、(2015?江蘇物理，15,16分)一臺質譜儀的工作原理如圖所示，電荷量均為+外質量

不同的離子飄入電壓為最的加速電場，其初速度幾乎為零.這些離子經加速后通過狹縫。沿

著與磁場垂直的方向進入磁感應強度為8的勻強磁場，最后打在底片上.已知放置底片的區(qū)域

21

MN=L,且。/0=乙某次測量發(fā)現(xiàn)7W中左側奢域MQ損壞，檢測不到離子，但右側警域QN

仍能正常檢測到離子.在適當調節(jié)加速電壓后，原本打在趾Q的離子即可在QV檢測至I.

I

Uo-r

——L土

xO'\xxxQ；xN

v.///

x__x/x/x

'(、、、............/

XXX、、、、XX,.」，XX

XXXXXXX

⑴求原本打在A/N中點尸的離子質量m；

(2)為使原本打在夕的離子能打在QN區(qū)域，求加速電壓。的調節(jié)范圍；

⑶為了在QN區(qū)域將原本打在MQ區(qū)域的所有離子檢測完整，求需要調節(jié)。的最少次數(shù).(取

1g2=0.301,1g3=0.477,lg5=0.699)

【解析】(1)離子在電場中加速，45=加

在磁場中做勻速圓周運動，談=3

解得

代人力=%,解得爪=9罌;

16al/

(2)由⑴知，的凡得U=Fy-

5loo仇

離子打在Q點，，=於,〃二▽

16期

離子打在N點，r=L,u=F

100仇16區(qū)

則電壓的范圍為七一工后丁

oly

⑶由⑴可知，尸正由題意知，第1次調節(jié)電壓到a,使原本Q點的離子打在8點，g

5

-\[Ui

此時，原本半徑為名的打在Q的離子打在Q上,

解得4

第2次調節(jié)電壓到U2,原本打在Q的離子打在N點，原本半徑為超的打在Q的離子打在

n+1

同理，第刀次調節(jié)電壓，有心L

L

檢測完整，有^&萬

1g2

解得TX--1^2.8,即最少次數(shù)為3次.

f6\

L

5

9q尋0100￡4)16仇

【答案】(2)-T—<U<(3)3

⑴干ol9

1.12014?全國卷】如圖，在第一象限存在勻強磁場，磁感應強度方向垂直于紙面(盯平面)

向外；在第四象限存在勻強電場，方向沿x軸負向.在了軸正半軸上某點以與x軸正向平行、

大小為巧的速度發(fā)射出一帶正電荷的粒子，該粒子在@0)點沿垂直于x軸的方向進入電場.不

計重力.若該粒子離開電場時速度方向與了軸負方向的夾角為名求：

------?---->

°(d,0)x

(1)電場強度大小與磁感應強度大小的比值；

(2)該粒子在電場中運動的時間.

12d

【答案】⑴*tan汨⑵f

，f.0

o\~j（d,0）.

【解析】⑴如圖/外,粒子進入磁場后做勻速圓周運動.設磁感應強度的大

小為8,粒子質量與所帶電荷量分別為刀和公圓周運動的半徑為風.由洛倫茲力公式及牛頓第

二定律得

精誤!①

由題給條件和幾何關系可知&二&

設電場強度大小為E,粒子進入電場后沿x軸負方向的加速度大小為火,在電場中運動的時間為，，離

開電場時沿x軸負方向的速度大小為左由牛頓定律及運動學公式得

%二a盛）

由于粒子在電場中做類平拋運動口口圖），有

vx

tan6=-@

西

聯(lián)立①②③④⑤⑥式得

E1

-=-vbtan2電

￡)Z

⑵聯(lián)立⑤⑥式得

2d

2.[2014?廣東卷】（18分）如圖25所示，足夠大的平行擋板4、4豎直放置，間距6L.

兩板間存在兩個方向相反的勻強磁場區(qū)域I和n,以水平面為理想分界面，I區(qū)的磁感應

強度為瓦，方向垂直紙面向外.4、4上各有位置正對的小孔,、s2,兩孔與分界面KV的距

離均為乙質量為在、電荷量為+g的粒子經寬度為d的勻強電場由靜止加速后，沿水平方向從

s進入I區(qū)，并直接偏轉到皿上的尸點，再進入n區(qū)，夕點與4板的距離是Z的左倍，不計

重力，碰到擋板的粒子不予考慮.

十-

?BQQ

m邑

「ATP

j\7。。。｛

MN

XX^XXXXXXX

XXXxnxXXXXX

xxxxxxxxxx

<--------------------6L--------------------

4

4

⑴若左=1,求勻強電場的電場強度萬;

（2）若2<k3,且粒子沿水平方向從$射出，求出粒子在磁場中的速度大小「與人的關系式

和口區(qū)的磁感應強度8與人的關系式.

【答案】⑴錯誤?。?）F=錯誤！8=錯誤!為

【解析】（1）粒子在電場中，由動能定理有

qEd=^mv2-0

Ar

粒子在I區(qū)洛倫茲力提供向心力

當41時，由幾何關系得

f=L

解得

￡~2md

⑵由于2<衣3時，由題意可知粒子在I［區(qū)只能發(fā)生一次偏轉，由幾何關系可知

(r-Z)2+(^i)2=?

r+i

解得r=——L

2

又qvBo=*,則

(淤+1)qB^L

―2^

粒子在n區(qū)洛倫茲力提供向心力,

由對稱性及幾何關系可知