2019版高考物理一輪復習 第九章 磁場 第3講 帶電粒子在復合場中的運動學案

《2019版高考物理一輪復習 第九章 磁場 第3講 帶電粒子在復合場中的運動學案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019版高考物理一輪復習 第九章 磁場 第3講 帶電粒子在復合場中的運動學案（28頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、 第3講　帶電粒子在復合場中的運動 微知識1 帶電粒子在復合場中的運動 1．復合場與組合場 (1)復合場：電場、磁場、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，并不重疊，或在同一區(qū)域，電場、磁場分時間段或分區(qū)域交替出現。 2．運動情況分類 (1)靜止或勻速直線運動：當帶電粒子在復合場中所受合外力為零時，將處于靜止狀態(tài)或勻速直線運動狀態(tài)。 (2)勻速圓周運動：當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，在垂直于勻強磁場的平面內做勻速圓周運動。 (3)較復雜的曲線運動：當帶電粒子所受合外力的大小和方向均變

2、化，且與初速度方向不在同一條直線上時，粒子做非勻變速曲線運動，這時粒子的運動軌跡既不是圓弧，也不是拋物線。 (4)分階段運動：帶電粒子可能依次通過幾個情況不同的復合場區(qū)域，其運動情況隨區(qū)域發(fā)生變化，其運動過程由幾種不同的運動階段組成。 微知識2 帶電粒子在復合場中運動的應用實例 一、思維辨析(判斷正誤，正確的畫“√”，錯誤的畫“×”。) 1．帶電粒子在復合場中不可能處于靜止狀態(tài)。(×) 2．帶電粒子在復合場中做勻速圓周運動，必有mg＝qE，洛倫茲力提供向心力。(×) 3．回旋加速器中帶電粒子獲得的最大動能由加速電壓大小決定。(×) 4．帶電粒子在重力、恒定電場力、

3、洛倫茲力三個力共同作用下做直線運動時可能做變速直線運動。(×) 二、對點微練 1．(帶電粒子在復合場中的直線運動)帶正電的甲、乙、丙三個粒子(不計重力)分別以速度v甲、v乙、v丙垂直射入電場和磁場相互垂直的復合場中，其軌跡如圖所示，則下列說法正確的是(　　) A．v甲＞v乙＞v丙 B．v甲＜v乙＜v丙 C．甲的速度可能變大 D．丙的速度不一定變大 解析　由左手定則可判斷正電荷所受洛倫茲力向上，而所受的電場力向下，由運動軌跡可判斷qv甲B＞qE即v甲＞，同理可得v乙＝，v丙＜，所以v甲＞v乙＞v丙，故A項正確，B項錯；電場力對甲做負功，甲的速度一定減小，對丙做正功，丙的速度一定

4、變大，故C、D項錯誤。 答案　A　 2．(帶電粒子在復合場中的勻速圓周運動)(多選)如圖所示，質量為m、電荷量為q的微粒，在豎直向下的勻強電場、水平指向紙內的勻強磁場以及重力的共同作用下做勻速圓周運動，下列說法正確的是(　　) A．該微粒帶負電，電荷量q＝ B．若該微粒在運動中突然分成比荷相同的兩個粒子，分裂后只要速度不為零且速度方向仍與磁場方向垂直，它們均做勻速圓周運動 C．如果分裂后，它們的比荷相同，而速率不同，那么它們運動的軌道半徑一定不同 D．只要一分裂，不論它們的比荷如何，它們都不可能再做勻速圓周運動 解析　帶電微粒在有電場力、洛倫茲力和重力作用的區(qū)域能夠做勻速圓周

5、運動，說明重力必與電場力大小相等、方向相反，由于重力方向總是豎直向下，故微粒受電場力方向向上，從題圖中可知微粒帶負電，選項A正確；微粒分裂后只要比荷相同，所受電場力與重力一定平衡(選項A中的等式一定成立)，只要微粒的速度不為零，必可在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，選項B正確，D項錯誤；根據半徑公式r＝可知，在比荷相同的情況下，半徑只跟速率有關，速率不同，則半徑一定不同，選項C正確。 答案　ABC　 3．(帶電粒子在組合場中的運動)(多選)如圖所示是質譜儀的工作原理示意圖。帶電粒子被加速電場加速后，進入速度選擇器。速度選擇器內相互正交的勻強磁場和勻強電場的強度分別為B和E。平板S上有可讓粒子

6、通過的狹縫P和記錄粒子位置的膠片A1A2。平板S下方有強度為B0的勻強磁場。下列表述正確的是(　　) A．質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 D．粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P，粒子的比荷越小 解析　因同位素原子的化學性質完全相同，無法用化學方法進行分析，故質譜儀就成為同位素分析的重要工具，A項正確；在速度選擇器中，帶電粒子所受電場力和洛倫茲力在粒子沿直線運動時應等大反向，結合左手定則可知B項正確；再由qE＝qvB有v＝，C項正確；在勻強磁場B0中R＝，所以＝，D項錯誤。 答案　ABC　 見學生用書

7、P152 微考點　1　帶電粒子在組合場中的運動 核|心|微|講 “電偏轉”和“磁偏轉”的比較 典|例|微|探 【例1】　如圖所示，在x軸上方存在勻強磁場，磁感應強度為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。一個質量為m，電荷量為q，重力不計的帶正電粒子從y軸上的a(0，h)點沿y軸正方向以某初速度開始運動，一段時間后，粒子速度方向與x軸正方向成45°角進入電場，經過y軸的b點時速度方向恰好與y軸垂直。求： (1)粒子在磁場中運動的軌道半徑r和速度大小v1。 (2)勻強電場的電場強度大小E。 (3)粒子從開始運動到第三次經過x軸的時間t0。

8、【解題導思】 (1)粒子在磁場中做什么運動？ 答：粒子在磁場中做勻速圓周運動。 (2)粒子在電場中做什么運動？ 答：粒子在電場中做勻變速曲線運動(類斜上拋運動)。 解析　(1)根據題意可大體畫出粒子在組合場中的運動軌跡如圖所示，由幾何關系得 rcos 45°＝h， 可得r＝h， 又qv1B＝， 可得v1＝＝。 (2)設粒子第一次經過x軸的位置為x1，到達b點時速度大小為vb，結合類平拋運動規(guī)律，有 vb＝v1cos 45°， 得vb＝。 設粒子進入電場經過時間t運動到b點，b點的縱坐標為－yb， 結合類平拋運動規(guī)律得 r＋rsin 45°＝vbt， yb＝

9、(v1sin 45°＋0)t＝h。 由動能定理有 －qEyb＝mv－mv， 解得E＝。 (3)粒子在磁場中的周期為 T＝＝， 第一次經過x軸的時間為 t1＝T＝， 在電場中運動的時間為 t2＝2t＝， 在第二次經過x軸到第三次經過x軸的時間為 t3＝T＝， 所以總時間為 t0＝t1＋t2＋t3＝。 答案　(1)h　 (2) (3) 題|組|微|練 1．如圖所示的平面直角坐標系中，虛線OM與x軸成45°角，在OM與x軸之間(包括x軸)存在垂直紙面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場，在y軸與OM之間存在豎直向下、電場強度大小為E的勻強電場，有一個質量為m，電荷量

10、為q的帶正電的粒子以某速度沿x軸正方向從O點射入磁場區(qū)域并發(fā)生偏轉，不計帶電粒子的重力和空氣阻力，在帶電粒子進入磁場到第二次離開電場的過程中，求： (1)若帶電粒子從O點以速度v1進入磁場區(qū)域，求帶電粒子第一次離開磁場的位置到O點的距離。 (2)若帶電粒子第二次離開電場時恰好經過O點，求粒子最初進入磁場時速度v的大小。并討論當v變化時，粒子第二次離開電場時的速度大小與v大小的關系。 解析　(1)粒子在磁場中做勻速圓周運動，根據牛頓第二定律有 qv1B＝m，① 解得R＝，② 設粒子從N點離開磁場，如圖所示，由幾何知識可知 ON＝R，③ 聯立②③兩式解得 ON＝?！、?

11、(2)粒子第二次離開磁場后在電場中做類平拋運動，若粒子第二次剛好從O點離開電場，則 水平位移x＝2R＝＝vt，⑤ 解得t＝。⑥ 豎直位移y＝2R＝＝at2，⑦ 而a＝，⑧ 聯立⑥⑦⑧式并解得v＝。⑨ a．若v>，則粒子從y軸離開電場，軌跡如圖，水平位移 x＝2R＝＝vt得t＝， vy＝at＝t＝， 則粒子離開電場時的速度v2＝＝。 b．若v<，則粒子從OM邊界離開電場，粒子在x、y方向的位移大小相等 x＝vt， y＝x＝t，解得vy＝2v， 則粒子離開電場時的速度 v3＝＝v。 答案　(1)　(2)見解析 2．如圖所示，xOy為空間直角坐標系，PQ與y軸正方向成

12、θ＝30°角。在第四象限和第一象限的xOQ區(qū)域存在磁感應強度為B的勻強磁場，在POy區(qū)域存在足夠大的勻強電場，電場方向與PQ平行，一個帶電荷量為＋q，質量為m的帶電粒子從－y軸上的A(0，－L)點，平行于x軸方向射入勻強磁場，離開磁場時速度方向恰與PQ垂直，粒子在勻強電場中經時間t后再次經過x軸，粒子重力忽略不計。求： (1)從粒子開始進入磁場到剛進入電場的時間t′。 (2)勻強電場的電場強度E的大小。 解析　(1)設粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R，則由幾何關系得R＝L，qvB＝m，聯立得v＝，又T＝，粒子在磁場中運動時間t1＝T。 由M到A′做勻速直線運動的時間 t2

13、＝， 粒子從開始進入磁場到剛進入電場的時間t′＝t1＋t2， 聯立以上各式得t′＝。 (2)粒子在電場中做類平拋運動， M′N＝vt，A′N＝at2，a＝， 由幾何關系得 A′N＝A′N′＋N′N，A′N′＝， N′N＝M′Ntanθ， 聯立得E＝(＋qBttanθ)， 把θ＝30°代入得 E＝(4m＋qBt)。 答案　(1)　(2)(4m＋qBt) 微考點　2　帶電粒子在疊加場中的運動 核|心|微|講 1．靜止或勻速直線運動：條件是帶電粒子所受合外力為零，應根據平衡條件列方程求解。 2．勻速圓周運動：條件是帶電粒子所受重力與電場力平衡，合力等于洛倫茲力，

14、帶電粒子在與磁場垂直的平面內做勻速圓周運動，常應用牛頓第二定律和平衡條件列方程聯立求解。 3．一般的曲線運動：帶電粒子所受合力的大小和方向都時刻發(fā)生變化，一般應從功和能的角度列方程求解。 典|例|微|探 【例2】　如圖所示，在水平地面上方有一范圍足夠大的互相正交的勻強電場和勻強磁場區(qū)域。磁場的磁感應強度為B，方向水平并垂直于紙面向里。一質量為m、帶電荷量為q的帶正電微粒在此區(qū)域內沿豎直平面(垂直于磁場方向的平面)做速度大小為v的勻速圓周運動，重力加速度為g。 (1)求此區(qū)域內電場強度的大小和方向。 (2)若某時刻微粒在場中運動到P點時，速度與水平方向的夾角為60°，且已知P點與

15、水平地面間的距離等于微粒做圓周運動的半徑。求該微粒運動到最高點時與水平地面間的距離。 (3)當帶電微粒運動至最高點時，將電場強度的大小變?yōu)樵瓉淼?方向不變，且不計電場變化對原磁場的影響)，且?guī)щ娢⒘Ｄ苈渲恋孛?，求帶電微粒落至地面時的速度大小。 【解題導思】 (1)帶電微粒做勻速圓周運動，微粒受的重力和電場力能提供向心力嗎？ 答：提供向心力的一定是變力，重力和電場力都是恒力。 (2)帶電微粒做勻速圓周運動，其受到的重力和電場力有何關系？誰來提供向心力？ 答：重力和電場力平衡，洛倫茲力提供向心力。 解析　(1)由于帶電微?？梢栽陔妶觥⒋艌龊椭亓龉泊娴膮^(qū)域內沿豎直平面做勻速圓周運動

16、，表明帶電微粒所受的電場力和重力大小相等、方向相反，因此電場強度的方向豎直向上，設電場強度為E， 則有mg＝qE，即E＝。 (2)設帶電微粒做勻速圓周運動的軌跡半徑為r，根據牛頓第二定律和洛倫茲力公式有 qvB＝，解得r＝。 依題意可畫出帶電微粒做勻速圓周運動的軌跡如圖所示，由幾何關系可知，該微粒運動至最高點與水平地面間的距離hm＝r＝。 (3)將電場強度的大小變?yōu)樵瓉淼?，則電場力變?yōu)樵瓉淼模碏電＝。 帶電微粒運動過程中，洛倫茲力不做功，所以在它從最高點運動至地面的過程中，只有重力和電場力做功。設帶電微粒落地時的速度大小為v1，根據動能定理有 mghm－F電hm＝mv－mv

17、2， 解得v1＝ 。 答案　(1)，方向豎直向上　(2) (3) 【反思總結】 帶電粒子在疊加場中運動的分析方法 題|組|微|練 3．在如圖所示的豎直平面內，水平軌道CD和傾斜軌道GH與半徑r＝ m的光滑圓弧軌道分別相切于D點和G點，GH與水平面的夾角θ＝37°。過G點、垂直于紙面的豎直平面左側有勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁感應強度B＝1.25 T；過D點、垂直于紙面的豎直平面右側有勻強電場，電場方向水平向右，電場強度E＝1×104 N/C。小物體P1質量m＝2×10－3 kg、電荷量q＝＋8×10－6 C，受到水平向右的推力F＝9.98×10－

18、3 N的作用，沿CD向右做勻速直線運動，到達D點后撤去推力。當P1到達傾斜軌道底端G點時，不帶電的小物體P2在GH頂端靜止釋放，經過時間t＝0.1 s與P1相遇。P1和P2與軌道CD、GH間的動摩擦因數均為μ＝0.5，取g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，物體電荷量保持不變，不計空氣阻力。求： (1)小物體P1在水平軌道CD上運動速度v的大小。 (2)傾斜軌道GH的長度s。 解析　(1)設小物體P1在勻強磁場中運動的速度為v，受到向上的洛倫茲力為F1，受到的摩擦力為f，則 F1＝qvB，① f＝μ(mg－F1)，② 由題意，水平方向合力為零 F－f＝0

19、，③ 聯立①②③式，代入數據解得 v＝4 m/s。④ (2)設P1在G點的速度大小為vG，由于洛倫茲力不做功，根據動能定理 qErsinθ－mgr(1－cosθ)＝mv－mv2，⑤ P1在GH上運動，受到重力、電場力和摩擦力的作用，設加速度為a1，根據牛頓第二定律 qEcosθ－mgsinθ－μ(mgcosθ＋qEsinθ)＝ma1，⑥ P1與P2在GH上相遇時，設P1在GH上運動的距離為s1，則 s1＝vGt＋a1t2，⑦ 設P2質量為m2，在GH上運動的加速度為a2，則 m2gsinθ－μm2gcosθ＝m2a2。⑧ P1與P2在GH上相遇時，設P2在GH上運動的距離

20、為s2，則 s2＝a2t2，⑨ s＝s1＋s2，⑩ 聯立⑤～⑩式，代入數據得s＝0.56 m。 答案　(1)4 m/s　(2)0.56 m 4．設在地面上方的真空室內，存在勻強電場和勻強磁場。已知電場強度和磁感應強度的方向是相同的，電場強度的大小E＝4.0 V/m，磁感應強度的大小B＝0.15 T?，F有一帶負電的質點以v＝20 m/s的速度在此區(qū)域內沿垂直場強的方向做勻速直線運動，求此帶電質點的電荷量與質量之比q/m以及磁場所有可能的方向。 解析　對帶電質點受力分析，如圖所示，設磁場方向與重力方向的夾角為θ，由平衡條件得 (Bqv)2＋(Eq)2＝(mg)2， 故＝。 代

21、入數據得＝1.96 C/kg， tanθ＝＝＝，θ＝arctan。 即磁場是沿著與重力方向夾角θ＝arctan且斜向下方的一切方向。 答案?。?.96 C/kg，磁場是沿著與重力方向夾角θ＝arctan且斜向下方的一切方向 微考點　3　現代科技中的電磁場問題 核|心|微|講 1．質譜儀的主要特征 將質量數不等，電荷數相等的帶電粒子經同一電場加速后進入偏轉磁場。各粒子由于軌道半徑不同而分離，其軌道半徑r＝＝＝＝ 。在上式中，B、U、q對同一元素均為常量，故r∝，根據不同的半徑，就可計算出粒子的質量或比荷。 2．回旋加速器的主要特征 (1)帶電粒子在兩D形盒中回旋周期等于兩盒狹縫

22、之間高頻電場的變化周期，與帶電粒子的速度無關。 (2)將帶電粒子在兩盒狹縫之間的運動首尾連起來是一個初速度為零的勻加速直線運動。 (3)帶電粒子每加速一次，回旋半徑就增大一次，所以各半徑之比為1∶∶…。 (4)粒子的最后速度v＝，可見帶電粒子加速后的能量取決于D形盒的最大半徑和磁場的強弱。 3．速度選擇器、磁流體發(fā)電機、電磁流量計、霍爾效應，均抓住一個平衡方程Eq＝Bqv。 典|例|微|探 【例3】　回旋加速器是加速帶電粒子的裝置，其核心部分是分別與高頻交流電源兩極相連接的兩個D形金屬盒，兩盒間的狹縫中形成周期性變化的電場，使粒子在通過狹縫時都能得到加速，兩D形金屬盒處于垂直于

23、盒底的勻強磁場中，如圖所示。設D形盒半徑為R。若用回旋加速器加速質子時，勻強磁場的磁感應強度為B，高頻交流電頻率為f。則下列說法正確的是(　　) A．質子被加速后的最大速度不可能超過2πfR B．質子被加速后的最大速度與加速電場的電壓大小有關 C．高頻電源只能使用矩形交變電流，不能使用正弦式交變電流 D．不改變B和f，該回旋加速器也能用于加速α粒子 【解題導思】 (1)回旋加速器中交變電壓的周期與粒子在磁場中運動的周期有何關系？ 答：相等。 (2)質子被加速后的最大速度與加速電壓有關系嗎？ 答：與加速電壓無關，與加速器的半徑有關。 解析　由T＝，T＝，可得質子被加速后

24、的最大速度為2πfR，其不可能超過2πfR，質子被加速后的最大速度與加速電場的電壓大小無關，選項A正確、B錯誤；高頻電源可以使用正弦式交變電源，選項C錯誤；要加速α粒子，高頻交流電周期必須變?yōu)棣亮Ｗ釉谄渲凶鰣A周運動的周期，即T＝，故D項錯誤。 答案　A 題|組|微|練 5.醫(yī)生做某些特殊手術時，利用電磁血流計來監(jiān)測通過動脈的血流速度。電磁血流計由一對電極a和b以及一對磁極N和S構成，磁極間的磁場是均勻的。使用時，兩電極a、b均與血管壁接觸，兩觸點的連線、磁場方向和血流速度方向兩兩垂直，如圖所示。由于血液中的正、負離子隨血流一起在磁場中運動，電極a、b之間會有微小電勢差。在達到平衡時，血管

25、內部的電場可看做是勻強電場，血液中的離子所受的電場力和磁場力的合力為零。在某次監(jiān)測中，兩觸點間的距離為3.0 mm，血管壁的厚度可忽略，兩觸點間的電勢差為160 μV，磁感應強度的大小為0.040 T。則血流速度的近似值和電極a、b的正負為 (　　) A．1.3 m/s，a正、b負 　　B．2.7 m/s，a正、b負 C．1.3 m/s，a負、b正 　　D．2.7 m/s，a負、b正 解析　由左手定則可判定正離子向上運動，負離子向下運動，所以a正、b負，達到平衡時離子所受洛倫茲力與電場力平衡，所以有qvB＝q，代入數據解得v≈1.3 m/s，故選A項。 答案　A　 6．

26、如圖所示為某種質譜儀的工作原理示意圖。此質譜儀由以下幾部分構成：粒子源N；P、Q間的加速電場；靜電分析器，即中心線半徑為R的四分之一圓形通道，通道內有均勻輻射電場，方向沿徑向指向圓心O，且與圓心O等距的各點電場強度大小相等；磁感應強度為B的有界勻強磁場，方向垂直紙面向外；膠片M。由粒子源發(fā)出的不同帶電粒子，經加速電場加速后進入靜電分析器，某些粒子能沿中心線通過靜電分析器并經小孔S垂直磁場邊界進入磁場，最終打到膠片上的某點。粒子從粒子源發(fā)出時的初速度不同，不計粒子所受重力。下列說法正確的是(　　) A．從小孔S進入磁場的粒子速度大小一定相等 B．從小孔S進入磁場的粒子動能一定相等 C．

27、打到膠片上同一點的粒子速度大小一定相等 D．打到膠片上位置距離O點越遠的粒子，比荷越大 解析　從小孔S進入磁場，說明粒子在電場中運動半徑相同，在靜電分析器中，qE＝，無法判斷出粒子的速度和動能是否相等，選項A、B錯誤；打到膠片上同一點的粒子，在磁場中運動半徑相同，由qvB＝m，得r＝，聯立qE＝，可得r＝，所以打到膠片上同一點的粒子速度相等，與比荷無關，選項C正確，選項D錯誤。 答案　C　 見學生用書P154 帶電粒子在交變電磁場中的運動 　素能培養(yǎng) 帶電粒子在交變復合場中的運動問題的基本思路 　經典考題　如圖甲所示，寬度為d的豎直狹長區(qū)域內(邊界為L1、L

28、2)，存在垂直紙面向里的勻強磁場和豎直方向的周期性變化的電場(如圖乙所示)，電場強度的大小為E0，E>0表示電場方向豎直向上。t＝0時，一帶正電、質量為m的微粒從左邊界上的N1點以水平速度v射入該區(qū)域，沿直線運動到Q點后，做一次完整的圓周運動，再沿直線運動到右邊界上的N2點。Q為線段N1N2的中點，重力加速度為g。上述d、E0、m、v、g為已知量。 (1)求微粒所帶電荷量q和磁感應強度B的大小。 (2)求電場變化的周期T。 (3)改變寬度d，使微粒仍能按上述運動過程通過相應寬度的區(qū)域，求T的最小值。 解析　(1)微粒做直線運動，則 mg＋qE0＝qvB，① 微粒做圓周運動，則m

29、g＝qE0，② 聯立①②得q＝，③ B＝。④ (2)設微粒從N1運動到Q的時間為t1，做圓周運動的周期為t2，則 ＝vt1，⑤ qvB＝m，⑥ 2πR＝vt2，⑦ 聯立③④⑤⑥⑦得t1＝， t2＝。⑧ 電場變化的周期 T＝t1＋t2＝＋。⑨ (3)若微粒能完成題述的運動過程，要求d≥2R，⑩ 聯立③④⑥得R＝，? 設在N1Q段直線運動的最短時間為t1 min， 由⑤⑩?得t1 min＝＝。 因t2不變，T的最小值為 Tmin＝t1 min＋t2＝。 答案　(1)　　(2)＋　(3) 　對法對題 1．如圖甲所示，在以O為坐標原點的xOy平面內，存在著范圍足夠

30、大的電場和磁場。一個帶正電小球在0時刻以v0＝3gt0的初速度從O點沿x軸正方向(水平向右)射入該空間，在t0時間該空間同時加上如圖乙所示的電場和磁場，其中電場沿y軸負方向(豎直向上)，場強大小E0＝，磁場垂直于xOy平面向外，磁感應強度大小B0＝。已知小球的質量為m，帶電荷量為q，當地重力加速度為g，空氣阻力不計。求： 　　 甲　　　　　　　　　　乙 (1)12t0末小球速度的大小。 (2)在給定的xOy坐標系中，大致畫出小球在0到24t0內運動軌跡的示意圖。 解析　(1)0～t0內，小球只受重力作用，做平拋運動。當同時加上電場和磁場時，電場力F1＝qE0＝mg，方向向上，因為重力

31、和電場力恰好平衡，所以在電場和磁場同時存在時小球受洛倫茲力作用而做勻速圓周運動，根據牛頓第二定律有qvB0＝m， 運動周期T＝， 聯立解得T＝2t0。 電場、磁場同時存在的時間正好是小球做圓周運動周期的5倍，即在這10t0內，小球恰好做了5個完整的勻速圓周運動。所以小球在t1＝12t0末的速度相當于小球做平拋運動t＝2t0時的末速度 vy＝g·2t0＝2gt0，所以12t0末v1＝＝gt0。 (2)0～24t0內運動軌跡的示意圖如圖所示。 答案　(1)gt0　(2)見解析圖 2．如圖甲所示，相隔一定距離的豎直邊界兩側為相同的勻強磁場區(qū)，磁場方向垂直紙面向里，在邊界上固定兩長為

32、L的平行金屬極板MN和PQ，兩極板中心各有一小孔S1、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U0，周期為T0。在t＝0時刻將一個質量為m、電量為－q(q＞0)的粒子由S1靜止釋放，粒子在電場力的作用下向右運動，在t＝時刻通過S2垂直于邊界進入右側磁場區(qū)。(不計粒子重力，不考慮極板外的電場) 甲　　　　　　 　　　乙 (1)求粒子到達S2時的速度大小v和極板間距d。 (2)為使粒子不與極板相撞，求磁感應強度的大小應滿足的條件。 (3)若已保證了粒子未與極板相撞，為使粒子在t＝3T0時刻再次到達S2，且速度恰好為零，求該過程中粒子在磁場內運動的時間和磁感應

33、強度的大小。 解析　(1)粒子由S1至S2的過程，根據動能定理得 qU0＝mv2，① 由①式得v＝ 。② 設粒子的加速度大小為a，由牛頓第二定律得 q＝ma，③ 由運動學公式得d＝a2，④ 聯立③④式得d＝ 。⑤ (2)設磁感應強度大小為B，粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R，由牛頓第二定律得 qvB＝m，⑥ 要使粒子在磁場中運動時不與極板相撞，須滿足 2R＞，⑦ 聯立②⑥⑦式得B＜ 。⑧ (3)設粒子在兩邊界之間無場區(qū)向左勻速運動的過程用時為t1，有d＝vt1，⑨ 聯立②⑤⑨式得t1＝。⑩ 若粒子再次到達S2時速度恰好為零，粒子回到極板間應做勻減速運動，設勻減

34、速運動的時間為t2，根據運動學公式得d＝t2，? 聯立⑨⑩?式得t2＝。? 設粒子在磁場中運動的時間為t t＝3T0－－t1－t2，? 聯立⑩??式得t＝。? 設粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的周期為T，由⑥式結合運動學公式得T＝，? 由題意可知T＝t，? 聯立???式得B＝。 答案　(1) 　 (2)B＜ 　(3)　 見學生用書P155 1.帶電粒子以初速度v0從a點進入勻強磁場，如圖所示，運動中經過b點，Oa＝Ob，若撤去磁場加一個與y軸平行的勻強電場，粒子仍以v0從a點進入電場，粒子仍能通過b點，那么電場強度E與磁感應強度B之比為(　　) A．v0　　

35、　　B.　　　　C．2v0　　　　D. 解析　設Oa＝Ob＝d，因為帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，所以圓周運動的半徑正好等于d，即r＝＝d，得到B＝。如果換成勻強電場，水平方向以v0做勻速直線運動，豎直方向沿y軸負方向做勻加速運動，即d＝××2，得到E＝，所以＝2v0，選項C正確。 答案　C　 2.(多選)質量為m、電荷量為q的微粒以速度v與水平方向成θ角從O點進入方向如圖所示的正交的勻強電場和勻強磁場組成的混合場區(qū)，該微粒在電場力、洛倫茲力和重力的共同作用下，恰好沿直線運動到A，下列說法正確的是(　　) A．該微粒一定帶負電荷 B．微粒從O到A的運動可能是勻變速運動 C．該

36、磁場的磁感應強度大小為 D．該電場的場強為Bvcosθ 解析　若微粒帶正電荷，它受豎直向下的重力mg、水平向左的電場力qE和垂直O(jiān)A斜向右下方的洛倫茲力qvB，則微粒不能做直線運動，據此可知微粒應帶負電荷，它受豎直向下的重力mg、水平向右的電場力qE和垂直O(jiān)A斜向左上方的洛倫茲力qvB，又知微粒恰好沿著直線運動到A，可知微粒應該做勻速直線運動，則選項A正確，B錯誤；由平衡條件得qvBcosθ＝mg，qvBsinθ＝qE，得磁場的磁感應強度B＝，電場的場強E＝Bvsinθ，故選項C正確，D錯誤。 答案　AC　 3．(多選)如圖所示，一帶電小球在一正交電場、磁場區(qū)域里做勻速圓周運動，電場方

37、向豎直向下，磁場方向垂直紙面向里，則下列說法正確的是(　　) A．小球一定帶正電 B．小球一定帶負電 C．小球的繞行方向為順時針 D．改變小球的速度大小，小球將不做圓周運動 解析　由于小球做勻速圓周運動，有qE＝mg，電場力方向豎直向上，所以小球一定帶負電，故A項錯，B項正確；洛倫茲力提供小球做圓周運動的向心力，由左手定則可判定小球繞行方向為順時針，故C項正確；改變小球速度大小，小球仍做圓周運動，D項錯誤。 答案　BC　 4．速度相同的一束粒子由左端射入質譜儀后分成甲、乙兩束，其運動軌跡如圖所示，其中S0A＝S0C，則下列相關說法正確的是(　　) A．甲束粒子帶正電，乙束粒子帶負電 B．甲束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷 C．能通過狹縫S0的帶電粒子的速率等于 D．若甲、乙兩束粒子的電荷量相等，則甲、乙兩束粒子的質量比為3∶2 解析　由左手定則可判定甲束粒子帶負電，乙束粒子帶正電，A項錯誤；粒子在磁場中做圓周運動，滿足B2qv＝m，得＝，由題意知r甲